Exemplos

Exemplo 1: Considere o circuito da figura 5.10 (R'=10 K$\Omega$, R=1 K$\Omega$, C=10 $\mu$F, E=10 V).

Figura 5.10: circuito do Exemplo 1.

a) calcule a expressão literal de $v_2(t)$ em função de $v_1(t)$.

b) se o sinal $v_1(t)$ tiver a forma representada na figura 5.11

Figura 5.11: tensão $v_1(t)$ no circuito da figura 5.10.

Determinar a forma de $v_2(t)$ para T=2 s, T=20 ms e T=2 ms.

a) notando a corrente que percorre $R'$, $i(t)$ e as correntes em $R$ e $C$ respectivamente $i_1(t)$ e $i_2(t)$ podemos escrever

$$v_1(t) = R' i(t) + v_2(t)\eqno{\rm (a)}$$

$$v_2(t) = R i_1(t) = {1\over C}\int i_2(\tau) d\tau,\eqno{\rm (b)}$$

mas

$$i(t) = i_1(t) + i_2(t) = {{v_2(t)}\over R} + C {{dv_2(t)}\over {dt}}, \eqno{\rm (c)}$$

substituindo (c) em (a),

$$v_1(t) = {{R'}\over R}v_2(t) + R'C {{dv_2(t)}\over {dt}} + v_2(t), \eqno{\rm (d)}$$

ou ainda

$$R'C {{dv_2(t)}\over {dt}} + (1+R'/R)v_2(t)=v_1(t).\eqno{\rm (e)}$$

b) vamos optar por definir dois intervalos temporais: um para $0\le t \le T/2$ e outro para $T/2 \le t \le T$. Calculando agora a TL da equação do circuito e utilizando o dado que $v_2(0)=0$ no primeiro intervalo,

$$R'CV_2(s)+(1+{{R'}\over R})V_2(s) = V_1(s)$$

ou ainda

$$V_2(s) = {{V_1(s)}\over {R'Cs + 1 + R'/R}}$$

que depois de algum arranjo e com $V_1(s)=E/s$ (visto que estamos no intervalo $0<t<T/2$)

$$V_2(s) = {{E'}\over {s(1+\tau s)}}$$

com

$$\tau={{RR'C}\over {R+R'}} \qquad {\rm e} \qquad E'={{RE}\over {R+R'}}.$$

Como habitualmente a TLI permite obter a forma temporal da tensão $v_2(t)$ procurada

$$v_2(t) = E'(1-e^{-t/\tau}),$$

com os valores númericos $\tau = 9$ ms e $E'=RE/R+R'=0.9$ v. Portanto a forma de $v_2(t)$ é uma exponencial de carga do condensador com a constante de tempo de 9ms. Para T=2 s temos que T/2 $» \tau$ e $v_2(t) \approx v_1(t)$, para T=20 ms a constante de tempo é da ordem de grandeza de T/2 e por isso temos uma exponencial perfeita até 0.9 v. No caso extremo em que T=2ms, T/2 $« \tau$ e nesse caso vê-se apenas o início da exponencial o que parece uma linha recta oblíqua - que pode ser confundido com uma onda triangular. Neste último caso dizemos que o sinal de saída $v_2(t)$ é aproximadamente o integral do sinal de entrada $v_1(t)$.

No segundo intervalo de tempo, i.e., quanto $T/2 \le t \le T$, a tensão de entrada $v_1(t)$ muda de $E$ para $-E$ volts, o circuito comporta-se de forma idêntica ao exemplo do circuito RC estudado no início deste capítulo, com a diferença que em vez de uma tensão $e(t)=0$ volts temos uma tensão negativa de $-E$ volts, de onde podemos desde já prever que o condensador em vez de se descarregar nas resistências $R$ e $R'$, se vai carregar a uma tensão de polaridade contrária de valor $-E'=-RE/(R+R')$. Mas, vamos ver as equações. Admitindo que no instante $t=T/2$ a tensão atingida era $v_2(T/2)=E'[1-\exp{(-T/2\tau)}]$, a TL da equação que rege o circuito escreve-se

$$R'C[sV_2(s)-v_2(T/2)e^{-sT/2}] + {{R+R'}\over R} V_2(s) = V_1(s)\eqno{\rm a}$$

ou seja

$$V_2(s)[R'Cs+{{R+R'}\over R}] = V_1(s)+R'Cv_2(T/2)e^{-sT/2}$$

ou ainda, depois de mais alguma arrumação, e considerando que o novo sinal à entrada é $v_1(t)=-E$ dando $V_1(s) = {{-E}\over s}$ onde $E'$ e $\tau$ têm os valores habituais

$$V_2(s) = {{-E'/\tau - s v_2(T/2)[1-e^{-sT/2}]}\over {s(1/\tau + s)}}.$$

A decomposição em factores escreve-se agora

$$V_2(s) = {A\over s} + {B\over {1/\tau +s}}$$

onde por identificação $A=-E'$ e $B=E'+ v_2(T/2)\exp{(T/2\tau)}$ de onde tiramos directamente a TLI de $V_2(s)$

$$v_2(t) = [-E' + E'e^{-t/\tau} + v_2(T/2) e^{-(t-T/2)/\tau}] u(t).$$

Esta equação permite traçar a resposta final do circuito para os dois intervalos para $0 \le t \le T$.

Exemplo 2: para o circuito RL da figura 5.12 determine:

a)

a potência total fornecida pela fonte

b)

a potência dissipada na resistência

c)

a potência armazenada na bobine

Figura 5.12: circuito do Exemplo 2.

a) a potência fornecida pela fonte é $p(t)=v(t) i(t)$. Assim, podemos escrever

$$v(t) = Ri(t) + L {{di(t)}\over {dt}}$$

cuja TL com $i(0)=0$ é

$$V(s) = RI(s) + LsI(s)$$

ou, em função de $I(s)$,

$$I(s) = {{V(s)/L}\over {R/L+s}}.$$

Com $V(s)=4/s$ permite escrever

$$I(s)= {{4/L}\over {s(R/L+s)}}$$

onde determinar a TLI de $I(s)$ se faz como habitualmente decompondo em factores e

$$i(t) = {4\over R}u(t) + {4\over R}e^{-t/\tau},$$

onde $\tau=L/R$.

Finalmente a potência escreve-se

$$p(t) = {{16}\over R}(1 - e^{-t/\tau})u(t), \qquad {\rm com} \qquad \tau=L/R$$

b) a potência dissipada na resistência é igualmente

$$p(t) = Ri^2(t) = {{16}\over R}(1 - e^{-t/\tau})^2u(t), \qquad {\rm com} \qquad \tau=L/R$$

c) a potência armazenada na bobine

$$v_L(t) = L {{di(t)}\over {dt}} = 4 e^{-t/\tau},$$

ou seja

$$p_L(t) = {{16}\over R} e^{-t/\tau}(1-e^{-t/\tau})u(t).$$