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INTRODUÇÃO AS EQUAÇÕES INTEGRO-DIFERENCIAIS
INTRODUÇÃO AS EQUAÇÕES INTEGRO-DIFERENCIAIS
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM: RC, RLRESPOSTA NATURAL e FORÇADA
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM: RLC SÉRIE e PARALELO
RESPOSTA NATURAL RESPOSTA SUPERAMORTECIDARESPOSTA SUBAMORTECIDARESPOSTA CRITICAMENTE AMORTECIDA
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM: RC, RLRESPOSTA NATURAL e FORÇADA
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM: RLC SÉRIE e PARALELO
RESPOSTA NATURAL RESPOSTA SUPERAMORTECIDARESPOSTA SUBAMORTECIDARESPOSTA CRITICAMENTE AMORTECIDA
INTRODUÇÃO
Com a chave no lado esquerdo o capacitor recebe carga da bateria.
Chave no ladodireitoo capacitor se descarregaatravés dalâmpada.
dxxfetxetxet
tTH
xtt
)(1
)()(0
0
0 ∫=− ττττ
RESPOSTA GERAL: CIRCUITO DE PRIMEIRA ORDEM
0)0(; xxfxdt
dxTH =+=+τ
IncluIindo a condição inicialno modelo do capacitor (tensão)ou no indutor (corrente):
Resolvendo a equação diferencial, usando o fator de integração, tem-se:
dxxfetxetxt
t
TH
xttt
)(1
)()(0
0
0 ∫−−−−
+= ττ
τ
0)0();()()( xxtftaxtdtdx =+=+
τt
e−
/*
τ É denominada de constante de tempo e esta associada a resposta do circuito.
É denominada de constante de tempo e esta associada a resposta do circuito.
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM COMFONTES CONSTANTES
0)0(; xxfxdt
dxTH =+=+τ
( ) τ0
)()( 0
tt
THTH eftxftx−−
−+= 0tt ≥
A forma da solução é:
021 ;)(0
tteKKtxtt
≥+=−−τ
Qualquer variável do circuito éda forma:
021 ;)(0
tteKKtytt
≥+=−−τ
Somente os valores das constantesK1, K2 podem mudar
TRANSIENTE
TEMPOCONSTANTE
EVOLUÇÃO DO TRANSIENTE E A INTERPRETAÇÃO DA CONSTANTE DE TEMPO
VISÃO QUALITATIVA:MENOR CONSTANTE DE TEMPOMAIS RÁPIDO O TRANSITÓRIODESAPARECE
Erro menor que 2% Transiente é zeroa partir deste ponto
Descarrega de 0.632 do valorInicial em uma constante de tempo
Tangente atinge o eixo x no valor da constante de tempo
CRTH=τ
CONSTANTE DE TEMPO
−+
vS
RS a
b
C
+
vc_
Carga em um capacitor
THCC
TH vvdt
dvCR =+
O modelo:
0)0(, == CSS vVv
Assume
A solução pode ser escrita como:
τt
SSC eVVtv−
−=)(
CRTH=τ
transiente
Para efeitos práticos, o capacitor é“carrregado” quando o transitórioé insignificante.
0067.0
0183.00498.0135.0
5
432
368.0
ττττ
ττt
et −
dtdv
C C
S
SC
Rvv −
0=−+S
SCc
Rvv
dtdv
C
: KCL@a
Efeito do Capacitor na fase de carga.
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
Copyright ©2003 by Pearson Education, Inc.Upper Saddle River, New Jersey 07458
All rights reserved.
ASSUME FIND 2)0(.0),( SVvttv =>
)(tv @KCL USE 0.t FORMODEL >
0)()( =+−
tdtdv
CR
Vtv S
2/)0( SVv = condition initial
PASSO 1 CONSTANTE DE TEMPO
fydtdy =+τ
PASSO 2 ANÁLISE DO ESTADO INICIAL
value)state(steady ,t and 0for
IS SOLUTION
1
21 0,)(
Kv(t)
teKKtvt
→∞→>>+=
−
τ
τ
SVK =∴
1
values)statesteady (equating
fKfydtdy ==+ 1 THEN ISMODEL THE IF τ
PASSO 3 USO DA CONDIÇÃO INICIAL
1221 )0()0(
0
KvKKKv
t
−=⇒+== AT
fvK −= )0(22/2/)0( 2 SS VKVv −=⇒=
0,)2/()( >−=−
teVVtv RCt
SS :ANSWER
EXAMPLE
sVtvtdtdv
RC =+ )()(
R/*
Resumo: Sentido das tensões e correntes quandoa chave é fechada
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
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Corrente no capacitor durante a fase de carga.
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
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Tensão no capacitor durante a fase de carga
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Após fase de carga: Capacitor circuito aberto
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A função e -x (x ≥ 0).
Curto circuito p/ Capacitor (chave fechada t= 0).
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Gráfico Universal de Constantes de tempo.
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Corrente i C x tempo, durante a fase de carga .
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Tensão v C x tempo durante a fase de carga.
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Rede básica de carga e descarga .
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Ciclos de carga e descarga da rede básica .
)(ti
0),( >tti FIND
0t FORKVL USE MODEL. >
−+ Rv
−
+
Lv)(ti
KVL
)()( tdtdi
LtRivvV LRS +=+=
0)0()0()0(
0)0(0=+
+=−⇒
=−⇒<i
ii
it
inductor
CONDITIONINITIAL
PASSO 1R
Vtit
dtdi
RL S=+ )()( R
L=τ
PASSO 2 ESTADO ESTACIONÁRIOR
VKi S==∞ 1)(
PASSO 3 CONDIÇÃO INICIAL
21)0( KKi +=+
−=
−R
Lt
S eR
Vti 1)( :ANS
EXAMPLE
)0();(
0,)(
211
21
+=+∞=>+=
−
xKKxK
teKKtxtτ
0t FORKCL MODEL. >
)()(
tiRtv
IS +=
)(tv
⇒= )()( tdtdi
Ltv )()( titdtdi
RL
IS +=
PASSO 1
PASSO 2 SS IKIi =⇒=∞ 1)(
PASSO 3 210)0( KKi +==+
−=
−R
Lt
S eIti 1)( :ANS
0)0( =+i :CONDITIONINITIAL
RL=τ
PROBLEMA
Resumo: Circuito transitórioR-L básico.
O circuito no instante em que a chave é fechada.
O circuito no estado estacionário (regime).
Gráfico da forma de onda de iL durante o ciclo carga.
Gráficos de funçõesy = 1 –e−t/τ e y = e−t/τ.
Forma da onda de iL durante a fase de carga para três valores diferentes de L.
Gráfico da tensão υL em função do tempo.
0t FORMODEL >
2
)()(
Rtv
ti =
É MAIS SIMPLES DETERMINAR ATRAVÉSDO MODELO DE TENSÃO
0t FOR STATESTEADY IN CIRCUIT <INITIAL CONDITIONS
VvVkk
kvC 4)0(4)12(
633
)0( =+⇒=+
=−
0)(
)(
||;0)(
)()(
2121
=+
==++
P
P
Rtv
tdtdv
C
RRRR
tvt
dtdv
CR
tv
Ω== kkkRP 26||3
sFCRP 2.0)10100)(102( 63 =×Ω×== −τPASSO 1
PASSO 2 0)( 1 ==∞ Kv
PASSO 3 VKVKKv 44)0( 221 =⇒=+=+
0],[4)( 2.0 >=−
tVetvt
0],[3
4)( :ANS 2.0 >=
−tmAeti
t
0,)( 21 >+=−
teKKtitτ
0),( >ttvO FIND
C
1R
2R
KCL USE 0.t FORMODEL >
0)()(0)( 2121
=++⇒=+
+ cCCC vt
dtdv
CRRRR
vt
dtdv
C
sFCRR 6.0)10100)(106()( 6321 =×Ω×=+= −τPASSO 1
)(31
)(42
2)( tvtvtv CCO =
+=
PASSO 20,)( 21 >+=
−teKKtv
t
Cτ 01 =K
CONDIÇÃO INICIAL. CIRCUITO NO ESTADO INICIAL t<0
−−
+)0(Cv V)12(
96=
][88)0( 221 VKKKvC =⇒+==+PASSO 3
0],[8)( 6.0 >=−
tVetvt
C
0],[38
)( 6.0 >=−
tVetvt
O
EXEMPLO
)(tvc DETERMINE
)0();(
0,)(
1211
21
+=+∞=>+=
−
iKKvK
teKKtv
C
t
Cτ
0),(1 >tti FIND
KVL USE 0.t FORMODEL >
⇒=+ 0)(1811 ti
dtdi
L
L
0)()(91
11 =+ tit
dtdi
)0();(
0,)(
12111
211
+=+∞=>+=
−
iKKiK
teKKtitτ
PASSO 1 s91=τ
PASSO 2 01 =K
CONDIÇÃO INICIALCORRENTE NO INDUTOR PARA t<0
)0(1 −i
CIRCUITO NO ESTADO INICIAL
AV
i 11212
)0(1 =Ω
=−PASSO 3
][1)0()0( 22111 AKKKii =⇒+=+=−
0],[][)( 991
1 >== −−
tAeAeti t
t
:ANS
)(1 ti
−
+
Lv
EXEMPLO
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
Copyright ©2003 by Pearson Education, Inc.Upper Saddle River, New Jersey 07458
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Exemplo: Ilustrar vC e iC do circuito abaixo, para chave em 1 em t = 0 e em 2 apos 9 ms .
Solução: Aplica-se Thévenin para determinar RTh daconstante de tempo .
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
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Substitui-se o equivalente de Thévenin .
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
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Formas de onda da tensão e corrente no capacitor.
Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
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Exemplo Indutor: Obter v L e iL.
Determinando RTh para o circuito.
Determinando ETh para o circuito
Circuito equivalente de Thévenin.
Formas de onda resultantes de iL e vL para o circuito.
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM
EQUAÇÃO BÁSICA
Simples Nó: Uso KCL
Ri Li Ci
0=+++− CLRS iiii
)();()(1
;)(
0
0
tdtdv
CitidxxvL
iRtv
i CL
t
tLR =+== ∫
SL
t
t
itdtdv
CtidxxvLR
v =+++ ∫ )()()(1
0
0
Diferenciando
dtdi
Lv
dtdv
Rdt
vdC S=++ 1
2
2
Malha simples: Uso KVL
−+ Rv
−+ Cv
−
+
Lv
0=+++− LCRS vvvv
)();()(1
; 0
0
tdtdi
LvtvdxxiC
vRiv LC
t
tCR =+== ∫
dtdv
Ci
dtdi
Rdt
idL S=++2
2
SC
t
t
vtdtdi
LtvdxxiC
Ri =+++ ∫ )()()(1
0
0
EXEMPLO LYRESPECTIVE FOR EQUATIONAL DIFFERENTI THE WRITE ),(),( titv
><
=0
00)(
tI
tti
SS
Si
MODEL O PARA RLC PARALELO
dtdi
Lv
dtdv
Rdt
vdC S=++1
2
2
0;0)( >= ttdtdiS
01
2
2
=++Lv
dtdv
Rdt
vdC
−
+
Sv
><
=00
0)(
t
tVtv S
S
MODELO PARA RLC SÉRIE
dtdv
Ci
dtdi
Rdt
idL S=++2
2
0;0)( >= ttdt
dvS
02
2
=++Ci
dtdi
Rdt
idL
A RESPOSTA DA EQUAÇÃO
)()()()( 212
2
tftxatdtdx
atdt
xd =++
EQUATION
THE FOR SOLUTIONS THESTUDY WE
solutionary complement
solution particular
:KNOWN
c
p
cp
x
x
txtxtx )()()( +=
0)()()( 212
2
=++ txatdt
dxat
dt
xdc
cc
SATISIFES
SOLUTIONARY COMPLEMENT THE
SE A FUNÇÃO FORÇADA É UMA CONSTANTE
solution particular a is 2
)(aA
xAtf p =⇒=
Axadt
xd
dt
dx
aA
x ppp
p =⇒==⇒= 22
2
2
0 :PROOF
)()(
)(
2
txaA
tx
Atf
c+=
= FUNCTION FORCING ANY FOR
0)(4)(2)(2
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
EXEMPLO
0)(16)(8)(4 2
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
FREQUENCYNATURAL
ANDRATIO DAMPING EQUATION,
STICCHARACTERI THE DETERMINE
COEFICIENTE DA SEGUNDA DERIVADA
0)(4)(2)(2
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
2nωnςω2
0422 =++ ss
EQUATION STICCHARACTERI
RAZÃO DE DECAIMENTO, FREQ. NATURAL
2=⇒ nω
5.0=⇓
ς
A EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
0)()()( 212
2
=++ txatdtdx
atdt
xd
0)()(2)( 22
2
=++ txtdtdx
tdt
xdnn ωςω
FORM NORMALIZED
2
11
22
2
22
aa
a
aa
n
nn
=⇒=
=⇒=
ςςω
ωω
ratio damping
frequency natural (undamped)
ςωn
02 22 =++ nnss ωςωEQUATION STICCHARACTERI
ANALISE DA EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
0)()(2)( 22
2
=++ txtdtdx
tdt
xdnn ωςω
FORM NORMALIZED
02
)(22 =++
=
nn
st
ss
Ketx
ωςωiff solution a is
stst Kesdt
xdsKet
dtdx 2
2
2
;)( == :PROOF
stnnnn Kesstxt
dtdx
tdt
xd)2()()(2)( 222
2
2
ωςωωςω ++=++
02 22 =++ nnss ωςωEQUATION STICCHARACTERI
roots)distinct and (real :1 CASE 1>ςtsts eKeKtx 21
21)( +=roots) conjugate(complex :2 CASE 1<ς
d
nn
js
js
ωσςωςω
±−=−±−= 21
( )tAtAetx ddt ωωσ sincos)( 21 += −
tjttjst dndn eeee ωςωωςω m−±− == )( :HINT
tjte ddtj d ωωω sincos m
m =
roots) equal and (real 1 :3 CASE =ςns ςω−=
( ) tnetBBtx ςω−+= 21)(
)022()02( 22 =+=++ nnn
st
sANDss
te
ςωωςωiff solution is :HINT
tsts eKeKtx 2121)( +=
frequency noscillatio damped=dω
*12)( KKtx =⇒ real
[ ]tj
d
deKtxjs
KK )(1
*12 Re2)( ωσ
ωσ+−=⇒
±−==
2/)( 211 jAAK += ASSUME
1
0)()(
2
222
2222
−±−=
−±−=
=−++
ςωςω
ωωςςω
ωςωςω
nn
nnn
nnn
s
s
s
(modes of the system)
factor damping =σ
EXEMPLO
0)(4)(4)(2
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
0442 =++ ss
EQUATION STICCHARACTERI
0)2(044 22 =+⇒=++ sss
242 =⇒= nn ωω 142 =⇒= ςςωn
system 3) (case damped critically a is this
t
st
etBBtx
etBBtx2
21
21
)()(
)()(−+=
+=
DETERMINAR A FORMA DA SOLUÇÃO GERAL
0)(16)(8)(42
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
0)(4)(2)(2
2
=++ txtdtdx
tdt
xd
242 =⇒= nn ωω 5.022 =⇒= ςςωn
system 2) (case dunderdampe
325.0121;1 2 =−=−=== ςωωςωσ ndn
( )( )tAtAetx
tAtAetxt
ddt
3sin3cos)(
sincos)(
21
21
+=
+=−
− ωωσ
3103)1(42 22 jssss ±−=⇒=++=++
Raizes reais e iguaisRaizes complexas conjugadas
CRITICAMENTE AMORTECIDOCRITICAMENTE AMORTECIDOSUBAMORTECIDOSUBAMORTECIDO
PROBLEMA
FCHLR
RLC
2,2,1 ==Ω=WITH CIRCUIT PARALLEL
01
2
2
=++Lv
dtdv
Rdt
vdC 0
2
2
=++Ci
dtdi
Rdt
idL
042
1
02
2
2
2
2
2
=++
=++
vdtdv
dtvd
vdtdv
dt
vd0
163
)41
(41
222 =++=++ s
ss
21
41
;21 =⇒== ςςωω nn
+=
−tAtAetv
t
c 43
sin43
cos)( 214
43
41
121
1 2 =−=−= ςωω nd
FFFCHLR
RLC
2,1,5.0,1;2 ==Ω=WITH CIRCUIT SERIES
EQUAÇÃO HOMOGÊNEA
022
2
=++Ci
dtdi
dt
id
valuesreplace& L/:
CC nn =⇒== ςςωω 22;1
C=0.5 subamortecidoC=1.0 criticamente amortecidoC=2.0 superamortecido
Classificar a resposta paraum dado valor de C
41=σ
EXEMPLOFCHLR 5
1,5,2 ==Ω=VvAi CL 4)0(,1)0( =−=
∫ =+++t
L dtdv
CidxxvLR
v
0
0)0()(1
011
2
2
=++ vLCdt
dvRCdt
vd
015.22 =++ ss
EQUATION STICCHARACTERI
25.1;1 ==⇒ ςωn
25.15.2
2
4)5.2(5.2 2 ±−=−±−=s
tt eKeKtv 5.02
21)( −− +=
To determine the constants we need
)0();0( ++dtdv
v
Vvvv CC 4)0()0()0( ==+=++= 0t KCL AT
0)0()0()0( =+++++
dtdv
CiR
vL
C
5)5/1()1(
)5/1(24
)0( −=−−−=+dtdv
2;255.02
421
21
21 ==⇒
−=−−=+
KKKK
KK
0;22)( 5.02 >+= −− teetv tt
RiLi Ci
0=++ CLR iii
PASSO 1MODELO
PASSO 2
PASSO 3RAIZES
PASSO 4FORMA DASOLUÇÃO
PASSO 5: OBTER AS CONSTANTES
)0(),0( LC iv FIND GIVEN NOT IF
ANALIZARCIRCUITOt=0+
%script6p7.m%plots the response in Example 6.7%v(t)=2exp(-2t)+2exp(-0.5t); t>0t=linspace(0,20,1000);v=2*exp(-2*t)+2*exp(-0.5*t);plot(t,v, 'mo' ), grid, xlabel( 'time(sec)' ), ylabel( 'V(Volts)' )title( 'RESPONSE OF OVERDAMPED PARALLEL RLC CIRCUIT')
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA
SUPERAMORTECIDOSUPERAMORTECIDO
EXAMPLO FCHLR 04.0,1,6 ==Ω=
VvAi CL 4)0(;4)0( −==
∫ =+++t
CvdxxiC
tdtdi
LtRi0
0)0()(1
)()(
0)(1
)(2
2
=++ tiLC
tdtdi
LR
dt
id
0)(25)(62
2
=++ titdtdi
dt
id
02562 =++ ss :Eq. Ch.6.062
5252
=⇒==⇒=
ςςωωω
n
nn
432
100366js ±−=−±−= :roots dω
)4sin4cos()( 213 tAtAeti t += −
Aii L 4)0()0( ==
)0( +dtdi
COMPUTE TO
)()( tdtdi
LtvL =
)0()0()0( CvRidtdi
L −−= 20)0( −=+⇒dtdi
41 =⇒ A
)4cos44sin4()(3)( 213 tAtAetit
dtdi t +−+−= −
24)4(320:0@ 22 −=⇒+×−=−= AAt
0];)[4sin24cos4()( 3 >−= − tAtteti t
+
−
Rv−+ Lv
−
+
Cv0=++ CLR vvv
∫+=−−=t
CC dxxiC
vtdtdi
LtRitv0
)(1
)0()()()(
0];)[4sin224cos4()( 3 >+−= − tVttetv tC
model
Form:
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA%script6p8.m%displays the function i(t)=exp(-3t)(4cos(4t)-2sin( 4t))% and the function vc(t)=exp(-3t)(-4cos(4t)+22sin(4 t))% use a simle algorithm to estimate display timetau=1/3;tend=10*tau;t=linspace(0,tend,350);it=exp(-3*t).*(4*cos(4*t)-2*sin(4*t));vc=exp(-3*t).*(-4*cos(4*t)+22*sin(4*t));plot(t,it, 'ro' ,t,vc, 'bd' ),grid,xlabel( 'Time(s)' ),ylabel( 'Voltage/Current' )title( 'CURRENT AND CAPACITOR VOLTAGE')legend( 'CURRENT(A)' , 'CAPACITOR VOLTAGE(V)' )
SUBAMORTECIDOSUBAMORTECIDO
EXEMPL0 HLFCRR 14,1,195,0,1,1 21 ==Ω=Ω=AiVv LC 5.0)0(,1)0( ==
KVL
0)()()( 1 =++ tvtiRtdtdi
L
KCL
)()(
)(2
tdtdv
CR
tvti +=
0)()()(
)(1
212
2
2
=+
++
+ tvt
dtdv
CR
tvR
dt
vdCt
dtdv
RL
0)()(1
)(2
211
22
2
=++
++ tv
LCRRR
tdtdv
LR
CRt
dt
vd
0)(9)(6)(2
2
=++ tvtdtdv
tdt
vd 0962 =++ ss :Eq. Ch.
162,3 =⇒== ςςωω nn
22 )3(096 +==++ sss :Eq. Ch.
( )tBBetv t21
3)( += −
Vvv c 1)0()0( =+=+
)0()0(
)0()0(
0
2 dtdv
CR
vii
t
L +==
+= KCL AT
56,2)0( −=⇒dt
dv
11)0( Bv ==
44,056,2)0(3)0( 22 =⇒−=+−= BBvdt
dv
( ) 0;44,01)( 3 >+= − ttetv t
( ) 0;26,0025,1)( 3 >+= − tteti t
USO DO MATLAB PARA VISUALIZAR A RESPOSTA
%script6p9.m%displays the function v(t)=exp(-3t)(1+6t)tau=1/3;tend=ceil(10*tau);t=linspace(0,tend,400);vt=exp(-3*t).*(1+6*t);plot(t,vt, 'rx' ),grid, xlabel( 'Time(s)' ), ylabel( 'Voltage(V)' )title( 'CAPACITOR VOLTAGE')
CRITICAMENTE AMORTECIDOCRITICAMENTE AMORTECIDO
Second
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