universidade federal do rio de janeiro princípios de ... · a solução para a equação...

Universidade Federal do Rio de Janeiro

Princípios de Instrumentação Biomédica

Módulo 5

Heaviside Dirac Newton

http://pt.wikipedia.org/wiki/Oliver_Heaviside

http://pt.wikipedia.org/wiki/Isaac_Newton

http://pt.wikipedia.org/wiki/Paul_Dirac

Conteúdo

5 - Circuitos de primeira ordem..................................................................................................1

5.1 - Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta a excitação zero.....................1

5.1.1 - O circuito RC (resistor-capacitor)..........................................................................1

5.1.2 - O circuito RL (resistor-indutor)..............................................................................3

5.2 - Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta ao estado zero........................4

5.3 - Linearidade da resposta ao estado zero..........................................................................7

5.4 - Invariância com o tempo................................................................................................8

5.5 - Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta completa................................8

5.6 - Generalização...............................................................................................................11

5.6.1 - Resposta a excitação zero.....................................................................................11

5.6.2 - Resposta ao estado zero........................................................................................11

5.7 - Exercícios.....................................................................................................................12

5 Circuitos de primeira ordem

5.1 Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta a excitação zero

5.1.1 O circuito RC (resistor-capacitor)

O circuito abaixo mostra um capacitor sendo carregado por uma fonte de tensão

constante. Em t=0 a chave S1 abre e a chave S2 fecha.

Para t≥0 ,

iC t iRt=0

C⋅dvC

dt=−vR

R e vC 0=v0

Como

vC=v R=v

C⋅dvdt

vR=0

v 0=v0

dvdt

=−1R⋅C

⋅v

v 0=v0

Esta é uma equação diferencial ordinária de primeira ordem, linear, homogênea com

coeficientes constantes cuja solução geral é

Princípios de Instrumentação Biomédica – COB781 1

v t =K⋅eS 0⋅t⋅ut

onde

S0=−1

R⋅C e K=v 0=v0

iC t =C⋅dvdt

=−v0

R⋅e

−1R⋅C

⋅t⋅u t

Esta resposta é chamada de resposta a excitação zero (sem excitação) e apresenta

solução que depende das características do circuito ( S0 só depende da topologia) e das

condições iniciais do circuito (K depende das condições iniciais). A solução da equação

diferencial de primeira ordem linear é uma função linear do estado inicial do problema.

A curva exponencial que corresponde a resposta deste problema é apresentada na

figura abaixo. Nesta figura v0=1 e R⋅C=1 . Observa-se que a reta que passa pelas

coordenadas t=0 e v=v(0) e apresenta inclinação igual a derivada da função no ponto t=0

cruza o eixo do tempo em um valor igual ao do produto R⋅C . Este produto é chamado

constante de tempo τ e corresponde a S0−1 . Toda exponencial unitária apresenta 37% de seu

valor inicial em 1⋅ , 14% para 2⋅ , 5% para 3⋅ , 2% para 4 e 0,5% para 5⋅ .


A constante de tempo tem unidade de tempo (segundos) e corresponde a freqüência

natural do circuito. Um circuito RC com apenas um capacitor equivalente e um resistor

equivalente sempre apresenta constante de tempo da forma de um produto RC.

5.1.2 O circuito RL (resistor-indutor)

O circuito abaixo mostra um indutor sendo carregado por uma fonte de corrente

constante. Em t=0 a chave S1 troca de posição e a chave S2 fecha.

Para t≥0

v Lv R=0

L⋅diL

dtR⋅i L=0 e iL 0=I 0

didt=−

RL⋅i

iL0= I 0

Esta é uma equação diferencial de primeira ordem, homogênea, linear de parâmetros

constantes cuja solução, de forma semelhante ao problema do circuito RC, é

iL t =I 0⋅e−R

L⋅t⋅u t

Esta solução também depende das condições iniciais do problema ( I 0 ) e da topologia

do circuito (constante de tempo). Neste caso a constante de tempo é definida como

=LR


que também apresenta unidade de tempo (segundos).

5.2 Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta ao estado zero

Para o circuito abaixo a chave S1 abre em t=0

Para t≥0

iCiR=iS

C⋅dvdt

vR=iS t e v 0=0

Esta é uma equação diferencial de primeira ordem, linear, não homogênea (com

excitação) e condição inicial nula (estado zero).

A equação diferencial em questão deve satisfazer outras duas condições impostas pelo

circuito:

para t=0+

dvdt

=iS

C (condição imposta pela topologia do circuito)

para t=∞

v=R⋅iS t (condição imposta pela fonte)

A solução para a equação diferencial linear não homogênea pode ser obtida pela soma

da solução homogênea e de uma solução particular que apresenta o mesmo formato da

excitação, assim vcompleta=vhv p . A solução homogênea depende das condições iniciais do


problema e da sua topologia e a solução particular depende da excitação. Algumas vezes a

resposta particular é chamada de resposta forçada pois é imposta pela excitação.

Para o exemplo em questão

v t =K1⋅e−1R⋅C

⋅tR⋅iS t , para t≥0 .

sendo que K 1 pode ser calculado pela condição inicial do problema

v 0=K1R⋅iS t =0

K 1=−R⋅iS t ,

logo

v t =R⋅i S t ⋅1 – e−1R⋅C

⋅tSe a excitação fosse senoidal a resposta forçada seria senoidal, se a excitação fosse

uma exponencial a resposta forçada seria uma exponencial e assim por diante.

Exemplo: Se iS t =A1⋅cos ⋅t1=A ' 1⋅cos ⋅t A ' ' 1⋅sen ⋅t então

v pt =A2⋅cos ⋅t2=A ' 2⋅cos ⋅tA' ' 2⋅sen ⋅t

C⋅dvdt

vR=A ' 1⋅cos ⋅t A ' ' 1⋅sen ⋅t


⋅tA' 2⋅cos ⋅t A' ' 2⋅sen ⋅t , para t≥0

v 0=K1A' 2⋅cos 0=K1A' 2=0

K 1=−A' 2

Após o fim do transitório (a exponencial decrescente), o problema restringe-se a


C⋅dv p

dt

v p

R=A ' 1⋅cos ⋅t A ' ' 1⋅sen ⋅t

como v pt =A' 2⋅cos ⋅t A ' ' 2⋅sen ⋅t

então

C⋅⋅[−A ' 2⋅sen ⋅t A' ' 2⋅cos ⋅t ]...

...[ A' 2⋅cos⋅t A' ' 2⋅sen ⋅t ]

R=A ' 1⋅cos ⋅t A ' ' 1⋅sen ⋅t

agrupando os termos em seno e os termos em cosseno podemos montar duas equações:

para senos: −C⋅⋅A' 2A' ' 2

R=A' ' 1

para cossenos: C⋅⋅A' ' 2A ' 2

R=A ' 1

A figura abaixo foi produzida com R=1 , C=1F , A1=0 e 1=−900 . A resposta

completa é a soma da exponencial (resposta homogênea) com o cosseno defasado (resposta

particular). A influência da exponencial desaparece depois de 5 constantes de tempo por isso a

resposta homogênea é chamada de resposta transitória ao passo que a resposta particular é

chamada de resposta em regime permanente.


5.3 Linearidade da resposta ao estado zero

É uma propriedade de qualquer circuito linear que a resposta ao estado zero é uma

função linear da excitação, isto é, a dependência da resposta ao estado zero com a forma de

onda da excitação é expressa por uma função linear. Se o símbolo Z t0 for utilizado para

representar uma rede no estado zero então a linearidade é obtida se forem satisfeitas as

seguintes condições.

Z t0 i 1i2=Z t0 i1Z t0 i 2

Z t0 k⋅i1=k⋅Z t0i1

Para uma determinada rede, v1 é a resposta a excitação com uma fonte i1t tal que

C⋅dv1

dt

v1

R=i 1t com v10=0

e v2 é a resposta para uma excitação i2t de tal forma que

C⋅dv2

dt

v2

R=i2 t com v20=0 .

A soma das duas equações resulta em

C⋅dv1

dtC⋅

dv2

dt

v1

R

v2

R=i1t i 2t

ou seja

C⋅d v1v2

dt 1

R⋅v1v2=i1t i 2t com v10v20=0

o que satisfaz a primeira condição para linearidade.

Caso a fonte i1t seja multiplicada por por um determinado valor k então


C⋅d k⋅v1

dt

k⋅v1

R=k⋅i1t com k⋅v10=0

Assim as duas condições para linearidade são satisfeitas se a rede estiver no estado

zero mesmo que R e C forem variantes com o tempo.

5.4 Invariância com o tempo

Seja uma rede linear invariante excitada por uma corrente i1 e cuja resposta ao estado

zero seja v1 tal que

dv1

dt

v1

=i1 .

Agora, supondo que a excitação mude para i1t−T1 , então a resposta ao problema é

v1t−T1 tal que

dv1t−T1dt

v1t−T1

=i1t−T1

cuja solução é idêntica a da equação

dydt

y=x onde

y=v1t−T1 e x=i1t−T1 com v10−T1=0 .

Isto significa que em uma rede invariante a resposta ao estado zero é deslocada T1

segundos se a entrada estiver deslocada T1 segundos.

5.5 Circuito linear invariante de primeira ordem – resposta completa

Para os casos onde haja condição inicial não nula e excitação diferente de zero a

resposta da equação diferencial corresponde a soma da resposta a excitação zero mais a

resposta ao estado zero. Isto pode ser demonstrado se as equações para o caso de excitação


zero e estado zero forem analisadas separadamente e em conjunto. Separadamente estas

equações são

C⋅dv I

dt

v I

R=0 (equação para o circuito RC com excitação zero)

C⋅dvO

dt

vO

R=i S t (equação para o circuito RC com estado zero)

onde v I e vO são as respostas a excitação zero e ao estado zero respectivamente.

Somando as equações temos

C⋅dv I

dt

v I

RC⋅

dvO

dt

vO

R=iS t

que pode ser reescrita como

C⋅d vIv0

dtv Iv0

R=i S t .

Por esta razão a soma das respostas separadas corresponde a solução para o problema

completo.

vC t =v I t vO t , para t≥0 .

vC t =v0⋅e−1R⋅C

⋅tR⋅iS⋅1 – e

−1R⋅C

⋅t .

Esta resposta completa também pode ser obtida pela soma da resposta transitória e da

resposta em regime permanente.

vC t =v transitoria t v permanente t

vC t =v0 – R⋅i S⋅e−1R⋅C

⋅tR⋅i S t , para t≥0 .

Se a excitação é um degrau ou um impulso a resposta sempre terá o formato


sol t=sol ∞−[sol ∞−sol 0]⋅e−t

onde sol corresponde a solução do problema (corrente ou tensão) e é a constante de

tempo do circuito, seja ele RC ou RL.

Exemplo: Determinar a equação da tensão sobre o capacitor da figura abaixo. A chave

S1 abre para t=0 e a chave S2 fecha para t=R1⋅C .

para t≤0

vC=0

para 0≤t≤R1⋅C

vC 0=0

vC ∞=R1⋅I

vC=R1⋅I⋅1 – e−t

R1⋅C para t=R1⋅C=T1

vC T1=R1⋅I1⋅1−1e

vC ∞= I⋅ R1⋅R2R1R2

2=C⋅ R1⋅R2R1R2


vC t =vC T1⋅e−t−T1

2 vC ∞⋅1– e−t – T1

2 =v excitação zerov estado zero

vC t =vC ∞−[vC ∞−vC T1]⋅e−t−T1

2 =v permanente v transitória

5.6 Generalização

5.6.1 Resposta a excitação zero

A resposta a excitação zero é a resposta do circuito quando a excitação é nula. Assim a

equação diferencial que descreve o sistema é

d n ydt n a1⋅

d n−1 ydtn−1 ...an⋅y=0

O polinômio característico desta equação é

sna1⋅sn−1...an−1⋅san=0

e as raízes deste polinômio são as chamadas freqüências naturais da variável de rede y.

Se todas as raízes forem distintas então

y t =∑i=1

n

k i⋅esi⋅t

onde as constantes ki são determinadas pelas condições iniciais. Se alguma das raízes

coincidirem então a resposta deve ser reescrita levando-se em conta os termos com potência

de t adequadas.

5.6.2 Resposta ao estado zero

A resposta ao estado zero é da forma

y t =∑i=1

n

k i⋅esi⋅t y p t


onde yp é uma solução particular que depende da excitação w e, por conveniência,

podem ser escolhidas de acordo com a tabela abaixo. As constantes ki são obtidas pelas

condições iniciais.

Função forçada Solução assumida

K A

K⋅t A⋅tB

K⋅t2 A⋅t 2B⋅tC

K⋅sen⋅t A⋅sen ⋅t B⋅cos ⋅t

K⋅e−a⋅t A⋅e−a⋅t

5.7 Exercícios

1) Um circuito RC série no qual entra uma onda quadrada está representado na figura a

seguir. A entrada é formada por um trem periódico de pulsos com uma amplitude de 10V e

uma largura de 1ms, sendo cada pulso gerado a cada 2ms. A constante de tempo do circuito é

de 0,1ms. Calcule a tensão sobre o capacitor vC e o resistor v R . Quando a fonte V é

considerada entrada e a saída corresponde a vC o circuito é chamado de passa baixas e

quando a saída é v R o circuito é chamado passa altas. Qual seria a razão para estes nomes?

Transformando o circuito Thévenin em um equivalente Norton e resolvendo o

problema

− vR

vC

RC⋅

dvC

dt


dvC

dt

vC

R⋅C= v

R⋅C

onde R⋅C=constante de tempo==0,1ms

vC=k 1⋅e−1⋅tk2

Para os 0,1ms onde v=10V

vC ∞=10V

vC t =[ vC 0−10]⋅e− 1⋅t10

a tensão chega a 10V em 0,5ms (5 constante de tempo)

Para os 0,1ms onde v=0V

vC ∞=0V

vC t =10⋅e− 1⋅t

a tensão chega a 0V em 1,5ms.

Do segundo pulso em diante

vC t =−10⋅e−1⋅t10 (considerando que t=0 quando a fonte muda para 10V)

vC t =10⋅e− 1⋅t (considerando que t=0 quando a fonte muda para 0V)

Fazendo o gráfico destas funções observa-se que o desenho se parece com a onda

quadrada da entrada porém apresenta as bordas arredondadas. As bordas são mudanças

rápidas associadas a altas frequências. Os patamares, que não mudam, estão associados as

baixas frequências. Por esta razão este circuito é chamado de passa baixas (passa baixas

frequências).


v Rt =v−vC t

v Rt =10⋅e−1⋅t (considerando que t=0 quando a fonte muda para 10V)

v Rt =10−10⋅e−1⋅t (considerando que t=0 quando a fonte muda para 0V)

Fazendo o gráfico destas funções percebe-se que o desenho mantém as bordas da onda

quadrada mas “zera” as partes constantes. Por esta razão este circuito é chamado de passa

altas (passa altas frequências).

V(V1,C1) – tensão sobre o resistor

2) Considere o circuito linear invariante mostrado na figura abaixo. Seja vC 0=1V e

V =30⋅cos 2 ⋅1000⋅t ⋅u t V . Calcular a corrente do circuito para t≥0 . Determinar se há

alguma condição inicial para o capacitor e/ou fase para o sinal V tal que a resposta transitória

seja nula.


C⋅dvdt

vR=[A' 1⋅cos ⋅t A ' ' 1⋅sen ⋅t ]

R

onde =2⋅⋅1000 , A ' 1=30 e A ' ' 1=0


⋅tA' 2⋅cos ⋅t A' ' 2⋅sen ⋅t , para t≥0

v 0=K1A' 2⋅cos 0=K1A' 2=1

se v 0=A' 2 então K 1=0 e não há transitório

Após o fim do transitório (a exponencial decrescente), o problema restringe-se a

C⋅dv p

dt

v p

R=[A ' 1⋅cos ⋅t ]

R

como v pt =A' 2⋅cos ⋅t A ' ' 2⋅sen ⋅t

então

C⋅⋅[−A ' 2⋅sen ⋅t A' ' 2⋅cos ⋅t ]...

...[ A' 2⋅cos⋅t A' ' 2⋅sen ⋅t ]

R=[A' 1⋅cos ⋅t ]

R

agrupando os termos em seno e os termos em cosseno podemos montar duas equações:

para senos: −C⋅⋅A' 2A' ' 2

R=0

para cossenos: C⋅⋅A' ' 2A ' 2

R=30


3) No circuito abaixo o indutor está descarregado quando a chave S1 abre e a chave S2

fecha. a) Calcule a energia armazenada no indutor no instante t=4s; b) Em t=4s a chave S1

fecha e a S2 abre. Calcule a corrente que passa pelo resistor de 4Ω para t>4. Indique o sentido

correto desta corrente; c) Calcule a energia total dissipada no resistor de 4Ω no intervalo

4t∞ .

a) Transformando o Norton (I=10A e R=2Ω) em Thévenin

diL

dt R

L⋅iL=

RL⋅I S

diL

dt1

4⋅i L=

14⋅10=2,5

iL0=0A , iL∞=10A

iLt =10– 10⋅e−t4 para t>0

iL4=10– 10⋅e−1=6,32 A

w L4=12⋅L⋅i L

2 4= 12⋅8⋅6,322=159,8 J

b)

iL4=6,32 A e iL∞=0 e =LR=

84=2

iLt =6,32⋅e−t−4

2 para t>4


c)

wR=∫0

∞

R⋅I 2t dt

wR=4⋅∫4

∞

6,322⋅e−2⋅ t−4

2 ⋅dt=4⋅6,322⋅−1⋅e−t−4∣4∞=159,8 J

4) Para os problemas abaixo, cujas condições iniciais foram calculadas no módulo

anterior calcule tensão e corrente sobre o capacitor ou indutor.

a) Considere I S1t uma fonte constante e independente e o capacitor descarregado.

−I S1iR1iC=0 e iR1=I S1−iC

−R1⋅iR11C⋅∫ iC t ⋅dtR1⋅iC=0 – considerando vC 0=0

derivando esta equação

R1⋅diC

dt 1

C⋅iCR1⋅

diC

dt=0

diC

dt 1

C⋅R1R1⋅iC=0

iC t =k⋅e−t

C⋅R1R1

iC 0+=

R1⋅I S1

R1R1=k


i t =R1⋅I S1

R1R1⋅e

−tC⋅R1R1 para t>0

b) Considere I 1t uma fonte constante e independente.

iL10-=iL1 0

+ =I1

G1G2⋅G2

iL1∞=I1

Com o modelo Norton (I1, R1) transformado em um modelo Thévenin o problema

I1⋅R1=L⋅diL1

dtR1⋅I1

=L1

R1

iL1t =k 1⋅e− 1⋅tk2

, para t>0.

iL1∞=k 2= I1 , iL10=k1k 2=I1

G−1G2⋅G2

k 2= I1 , k 1=−I1⋅G1

G1G2

v L1t =L⋅diL1 t

dt, para t>0.

c) Considere V 1t uma fonte constante e independente


V TH=−409

V , RTH=RN=209 , I N=−2A

vC1 0+ =V TH , vC1 ∞=

V TH

RTHR2⋅R2=3,48V

Considerando o equivalente Norton, teremos um circuito formado por C1, R2, RN e IN

em paralelo. Este circuito já foi calculado.

REQ=R2⋅RN

R2RN

I N=C⋅dvC1

dt

vC1

REQ

=REQ⋅C1

vC1 t =k1⋅e−1⋅tk 2

, para t>0.

vC1 ∞=k 2=3,48

vC1 0=k 1k 2=−4,44

k 1=−7,92

d) I 1t é um degrau unitário de corrente.


Observe que neste circuito R1 esta em paralelo com L1. Este conjunto está em série

com o paralelo de C2 com R2. Desta forma este circuito é equivalente a dois circuitos paralelo

independentes: a) I1, R1 e L1 ; b) I1, R2 e C2.

iL1t =k 1⋅e−

R1

L1⋅tk2

vC2 t =k3⋅e− 1

R2⋅C2⋅tk4

e) I 1t é um degrau de corrente de 10mA e I 2t é uma fonte de corrente constante

de 4mA.

Solução: Calculando o equivalente Norton nos terminais do capacitor

REQ=RTH=12k // 20k16k =9k

iEQ=[10⋅u t – 4]mA

V C1 0– =−

4 mA⋅[20k12k // 16k]20k12k

⋅12k=−16V


iC 0+ =6mA16V9k

=7,77 mA

iC ∞=0

dvC

dt

vC

REQ⋅C=

iEQ

C

iC t =iC 0+⋅e

−tC⋅REQ⋅u t mA

f) V 1t é um pulso de tensão de amplitude 10V e largura 0,5s.

v R2=V1 logo iR2=V1R2

(a mesma corrente que flui pelo paralelo de C1 com R1)

vC1=v R1=Vo

Para 0<t<0,5

vC1 0+ =0V , vC1 ∞=−

V1R2⋅R1

=R1⋅C1

vC1 t =k1⋅e−1⋅tk 2

vC1 ∞=k 2=−5


vC1 0=k 1k 2=0

k 1=5

Para t>0,5

vC1 0,5=5⋅e− 1

0,1⋅0,5

−5≈−4,9V , vC1 ∞=0V

vC1 t =k 3⋅e−1⋅ t−0,5

k4

k 4=0

vC1 0,5=k3=−4,9

g) V 1t é um pulso de tensão de amplitude 10V e largura 6⋅R⋅C segundos.

Transformando o Thévenin (V1, R1) em um modelo Norton

V1R1

=C⋅dvC1

dt

vC1

R1

Para 0t6⋅R1⋅C1

vC1 0+ =0V , vC1 ∞=V1

=R1⋅C1


vC1 t =k1⋅e−1⋅tk 2

vC1 t =−V1⋅e− 1⋅tV1

Para t6⋅R1⋅C1

vC1 6⋅R1⋅C1=−V1⋅e− 1

R1⋅C1⋅6⋅R1⋅C1

V1≈V1 , vC1 ∞=0V

vC1 t =V1⋅e−1⋅ t−6⋅R1⋅C1

h) V 1t é uma fonte constante e independente.

Solução:

iL0–=V 1

R1, iL∞=

V 1

R1, iL0+=i L 0

-

vC 0– =V 1 , vC 0

+=V 1 , vC ∞=0V

C⋅dvC

dt

vC

R=0

vC t =6⋅e−tR⋅C V para t>0.


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