circuitos rc e rl integradores e diferenciadores. resposta às funções ...

CAPITULO 06 

CIRCUITOS RC E RL 

INTEGRADORES E 

DIFERENCIADORES. 

RESPOSTA ÀS FUNÇÕES 

SINGULARES. 

Prof. SILVIO LOBO RODRIGUES

6.1 INTRODUÇÃO 

PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL 

FACULDADE DE ENGENHARIA - FENG 

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA – DEE 

CIRCUITOS I 

Destina-se o presente capítulo ao estudo da resposta a uma excitação de entrada dos circuitos 

RC e RL. 

Abordaremos inicialmente os circuitos RC e RL atuando como filtros passa-baixa e passa-alta 

bem como as condições em que atuam como circuitos integradores e diferenciadores. O passo seguinte 

destina-se ao estudo da resposta às principais funções singulares, tais como o degrau unitário, o 

impulso unitário, a rampa e o dublê unitário. 

7.2 CIRCUITO PASSA-ALTA 

Um circuito é dito passa-alta quando as componentes de alta freqüência da função de 

excitação vs(t) ou is(t) são menos atenuados do que as de baixa freqüência. 

No caso extremo, CC(freqüência nula), o sinal é completamente suprimido e ausente na saída. 

Circuitos passa-alta são, pois, eliminadores de corrente contínua. 

Como primeiro exemplo, observemos o circuito da figura 6.1, no qual o capacitor C é um 

circuito aberto para baixas freqüências. 

Figura 6.1 - Circuito passa-alta RC. 

Façamos a análise matemática do circuito usando a lei de Kirchhoff de tensão: 

v = = = v + 

+ v 

S c o 

A constante de tempo do circuito é: 

γ= 

γ= RC s 

vs(t) 

Em termos da corrente i(t): 

1 

vs = = i dt Ri 

C ∫ ⋅ ⋅ + 

+ 

1 1 

v = = Ri ⋅ ⋅ dt + + Ri = = v ⋅ ⋅ dt + 

+ v 

RC ∫ ∫ γ ∫∫ 

∫ ∫ 

s o o 

Professor Silvio Lobo Rodrigues 2 

+ 

vC 

C 

- 

i(t) 

R 

+ 

vo(t) 

- 

(6.1) 

(6.2)




CIRCUITOS I 

Derivando a igualdade: 

dvs 1 dvo 

= = vo 

+ 

+ 

dt γ dt 

⎡ ⎡dvs dvo 

⎤ 

⎤ 

vo() t =γ =γ ⎢ ⎢ − 

− 

dt dt ⎥ 

⎥ 

⎣ ⎣ ⎦ 

⎦ 

Utilizando a linearidade: 

d( vs − vo) vs 

vo() t =γ 

=γ 

dt 

Quando vs>>vo (6.3) 

() 

v t 

o 

dv 

≅= ≅= ≅= γγ 

γ γ 

dt 

Logo. Se a tensão de entrada vs >> vo teremos a saída vo(t) proporcional à derivada da entrada. 

Esta condição será satisfeita quando quase toda tensão de entrada estiver sobre o capacitor. 

A condição física necessária é que R e C tenham valores pequemos, tais que, a constante de 

tempo RC do circuito, seja muito menor que o período T da tensão de entrada. 

Em temos práticos, considera-se: 

(6.5) 

T ≥ ≥10 γ γ ou T ≥ 

≥10RC 

Um circuito passa-alta sendo utilizado nestas condições é um circuito diferencial. 

Um outro exemplo de circuito passa-alta pode ser observado na digura 6.2. 

A constante de tempo é: 

L 

γ= 

γ= 

R 

s 

vs(t) 

i(t) 

Figura 6.2 – Circuito RL passa-alta. 


R 

L 

+ 

vo(t) 

- 

v = = v + 

+ v 

s R o 

(6.4) 

(6.6)

Então: 




CIRCUITOS I 

Como: 

1 

i() t = vodt L ∫ 

R 1 

v = = v dt + + v = = v dt + 

+ v 

L ∫∫ ∫ γ ∫ 

∫ 

s o o o o 

Derivando: 

⎡ ⎡dv dv ⎤ 

⎤ 

⎢ ⎢ dt dt ⎥ 

⎥ 

⎣ ⎣ ⎦ 

⎦ 

s o 

o () =γ =γ − 

− 

v t 

() 

v = = R⋅ ⋅ ⋅ i t + 

+ v 

s o 

Usando a linearidade: 

o 

() 

v t 

( − ) 

d v v 

=γ 

=γ 

dt 

s o 

Quando vs >> vo: 

dvs 

vo() t =γ 

=γ 

dt 

Logo, se a tensão de entrada vs>>vo, teremos a saída vo(t) proporcional à derivada da entrada. 

Esta consição será satisfeita quando quase toda tensão de entrada estiver sobre o resistor. 

A condição física necessária é que L/R seja pequeno, isto é, a constante de tempo do circuito 

seja muito menor que o período da tensão de entrada. 

Em termos práticos considera-se: 

L 

T ≥≥ ≥ ≥10 γ γ ou T ≥≥ 

≥ ≥10 

R 

(6.8) 

Um circuito RL passa-alta usado nestas condições é um circuito diferenciador. 


(6.7)




CIRCUITOS I 

6.3 CIRCUITOS PASSA-BAIXA 

Um circuito é dito passa-baixa quando as componentes de baixa freqüência da função de 

excitação vs(t) ou is(t) são menos atenuadas do que as alta freqüência. 

Como primeiro exemplo observemos o circuito da figura 7.3, 

Pela lei de Kirchhoff de correntes: 

is = = iR + 

+ io 

vo 

is = = + + 

+ io 

R 

Porém: 

dio 

vo= L 

dt 

Logo: 

L dio 

io = = ⋅ ⋅ + 

+ io 

R dt 

dio L 

io − − i s = = γ γ γ 

γ= 

dt R 

Para is >> io: 

dio 

is 

≅γ 

≅γ 

dt 

1 t 

io = is() t dt 

γ ∫0 

is(t) iR io vo 

Figura 6.3 – Circuito RL passa-baixa. 

Nestas condições a saída é proporcional à integral da entrada do circuito. 


+ 

- 

(6.9) 

(6.10) 

(6.11)




CIRCUITOS I 

Para que is >> io a maior parte da corrente tem que estar sobre o resistor. A condição física 

necessária é que a constante de tempo do circuito tenha um valor vem maior que o período do circuito. 

Em termos práticos podemos considerar que a saída é proporcional à integral da entrada 

durante todo o período da onda de entrada quando: 

L 

γ≥ γ≥10T ou ≥≥ 

≥ ≥10T 

R 


(6.12) 

Nestas condições o circuito age como integrador. 

O circuito é chamado passa-baixa porque o indutor oferece baixa reatância às correntes de 

baixa freqüência e dificulta a passagem das correntes de alta freqüência. 

Outro exemplo de circuito passa-baixa pode ser observado na figura 6.4. 

vs = = vR + 

+ vo 

vs = = Ri + 

+ vo 

dvo 

vs = = RC + + v o γ γ = = 

= RC 

dx 

dvo 

vs − − vo 

= = γ 

γ 

dx 

Quando vs >> vo : 

dvo 

vs 

≅≅ ≅ γ 

γ 

dx 

Então: 

1 

vo = vsdt γ ∫ 

vs(t) 

x(t) 

+ vR - 

R 

Figura 6.4 – Circuito RC passa-baixa. 

Logo, a saída é proporcional à integral da entrada. Para que vs>>vo quase toda a tensão da fonte 

deve estar aplicada no resistor. 

C 

+ 

vo(t) 

-




CIRCUITOS I 

Isto será possível se a constante de tempo do circuito for elevada em relação ao período da 

onda de entrada. 

Em termos práticos: 

γ≥ γ≥ γ≥10T ou RC ≥ 

≥10T 


(6.13) 

Nestas condições, o circuito age como integrador durante todo o período da onda de entrada. 

O circuito é chamado passa-baixa porque o capacitor oferece alta reatância às correntes de 

baixa freqüência e dessa forma desenvolve sobre si quase toda a tensão da fonte. 

OBS: Para maiores informações sobre os itens 6.2 e 6.3, ver TÉCNICAS DE PULSOS de 

Contantine H. Houpis, e Jerzy Lubelfeld, CAPÍTULO 1. 

EX1. 

Para o circuito abaixo C = 1µF, R = 1 MΩ e o período da forma de onda de entrada é T = 1s. 

Para esses valores , o circuito age como um passa-alta diferenciador satisfatório? 

Solução: A constante de tempo do circuito é 

= = = 

4 − −6 − 

−2 

Tc = RC = 10 x10 = 10 segundos 

Assim, 

T 1 

100 ou T 100T 

2 

c 

T 10 − = = = = = 

= 

c 

vi(t) 

+ vc 

Portanto, a condição T >> Tc, para um circuito passa-alta satisfatório, foi conseguida. 

C 

- 

R 

+ 

vo 

-




CIRCUITOS I 

EX2. a) Para o circuito abaixo, C = 10µF, R = 1 MΩ e o período da forma de onda de 

entrada é T = 1s. O circuito age como um passa-alta diferenciador satisfatório? 

b) Repita (a) para R = 1 0kΩ. 

Solução: 

a) Constante de tempo do circuito é 

= = = 

6 −5 


ou, 

T 1 

= = = = 0,1 ou T = 

= 0,1Tc 

T 10 

c 

A condição T >> Tc, para a operação satisfatória não foi alcançada. 

b) Constante de tempo do circuito agora se torna 

= = = 

4 −5 

Tc = RC = 10 x10 = 0,1 segundos 

ou, 

T 1 

= = = = 10 ou T = 

= 10Tc 

T 0,1 

c 

ii(t) 

A condição T ≥ 10 Tc foi satisfeita no limite para a operação como passa-alta. 


iR 

R 

io 

C 

+ 

vo 

-




CIRCUITOS I 

EX3. Para o circuito abaixo, L = 100mH, R = 1kΩ e o período da forma de onda da entrada é 

T = 0,5s. O circuito age como um passa-alta integrador satisfatório? 

Solução: 


L 10 

R 10 

−2 

Tc = = = = 3 

−4 

= 

= 10 segundos 

ou, 

T 0,5 

4 

T 10 − = = = = = 

= 

c 

ii(t) 

3 

5x10 ou T 5000Tc 

A condição T >> Tc, para a operação como passa-alta diferenciador é alcançada. 

EX4. a) Para o circuito abaixo, C = 1µF, R = 10kΩ e o período da forma de onda de entrada 

é T = 1s. O circuito age como um passa-baixa diferenciador satisfatório? 

c) Repita (a) para C = 10µF, R = 1MΩ. 

v i= v R+ vo 

v= i R.i +vo 

+ vR - 

dvo 

v= i R.C + vo 

dt 

vi(t) 

R 

i(t) 

C 

+ 

vo 

dvo 

v i - v= o γ 

dt 

Se vi vo 

- dvo 

vi 

γ 

dt 

1 dvi 

vo 

 

γ dt 

Para ser diferenciador a maior parte da tensão deve estar no resistor e isto acontece quando 

T

Solução: 




CIRCUITOS I 


= = = 

4 − −6 − 

−2 


ou, 

T 1 

= = = = = = 

= 

−2 

T 10 

c 

−2 

100 ou Tc 10 T 

Como Tc ≥ 10 T, a condição para a operação satisfatória como passa-baixa não foi alcançada. 

b) Constante de tempo do circuito agora se torna 

= = = 

6 −5 


ou, 

T 1 

= = = = 0,1 ou Tc = 

= 10T 

T 10 

c 

Portanto, a condição Tc ≥ 10 T para a operação satisfatória como passa-baixa diferenciador foi 

alcançada. 

EX5. a) Para o circuito abaixo, L = 0,01H, R = 100Ω e o período da forma de onda da 

entrada é T = 1µs. O circuito age como um passa-baixa satisfatório? 

b) Qual é o maior valor que o período da forma de onda de entrada pode ter e ainda 

manter uma operação satisfatória como passa-baixa? 

ii(t) 


R 

iR 

L 

iL 

+ 

vo 

- 

i i= i R+ io 

vo 

i= i + i o 

R 

L dio 

i= + i 

R dt 

dio 

i i - i= o γ 

dt 

Se ii io 

dio 

ii 

γ 

dt 

1 1 

io idt 

0 

i 

γ ∫ 

 

 

 

i o




CIRCUITOS I 

Para ser integrador a maior parte da corrente deve estar sobre o resistor. Isto acontece se 

γ >> T. 

Solução: 


L 10 

R 100 

−2 

Tc = = = = 

−4 

= 

= 10 segundos 

ou, 

−6 

T 10 

= = = = = 

= 

−4 

T 10 

c 

−2 

10 ou Tc 100T 

A condição Tc = 10T para a operação como passa-baixa foi alcançada. 

b) O maior valor que o período da forma de onda de entrada pode ter para operação satisfatória 

é 

T 10 

10 10 

−4 

Tmáx = = c = = = 

−5 

= = = 10 = = = 10µ µ 

µ s 

Professor Silvio Lobo Rodrigues 11




CIRCUITOS I 

6.4 O DEGRAU UNITÁRIO 

A função degrau é por definição uma função que e nula para todos os valores de seu argumento 

que sejam menores do que zero e que é 1(um) para todos os valores positivos do argumento. 

() 

u t 

⎧0 

t < 0 

= ⎨ 

⎩1 

t > 0 

Figura 6.5 – Degrau Unitário. 


(6.14) 

Para t = 0 u(t) muda de 0 para 1 e seu valor não é definido. Porém, em t = 0 - , u(0 - ) = 0 e em t 

= 0 + , u(0 + ) = 1. 

Um degrau retardado no tempo de to segundos é representado por: 

⎧0 

t − − t < < 0 ⇒ ⇒ t < 

< t 

u( t − − to) 

= = ⎨ 

⎩1 

t − − t > > > 0 ⇒ ⇒ ⇒ t > 

> t 

o o 

o o 

Figura 6.6 – Degrau retardado no tempo. 

Um degrau adiantado no tempo de to segundos é representado por: 

⎧0 

t + + t < < 0 ⇒ ⇒ ⇒ t < < − 

−t 

u( t + + to) 

= = ⎨ 

⎩1 

t + + + t > > 0 ⇒ ⇒ ⇒ t > > − 

−t 

1 

1 

u(t) 

o o 

o o 

t0 

t 

t 

(6.15) 

(6.16)




CIRCUITOS I 

Figura 6.7 – Degrau adiantado no tempo. 

Um degrau com argumento negativo tem uma configuração invertida. 

⎧0 

-t < < 0 ⇒ ⇒ ⇒ t > 

> 0 

u( − − t) 

= = ⎨ 

⎩1 

-t > > 0 ⇒ ⇒ ⇒ t < < 

< 0 

Como exercício obtenha os gráficos para: 

( − − − 

− ) 

( − ) 

a) u 2 t 

b) u 2 t 

Figura 6.8 – Degrau invertido. 


(6.17) 

A função degrau quando multiplicada com qualquer outra função tem uma função de 

apagamento para t < 0. Como por exemplo: 

2 

x() t t 

-t0 

1 

1 

= f() t = = = u() t ⋅ 

⋅x() 

t 

x(t) f(t) 

t t 

Figura 6.9 – Exemplo de aplicação do degrau como função pagamento. 

t 

t




CIRCUITOS I 

Outra aplicação importante da função degrau é a obtenção de outras formas de onda pela soma 

e subtração de degraus. Vejamos dois exemplos: 

1 

t 

() = = () − − ( − 

− ) 

f t u t u t 2 

u(t) -u(t-2) f(t) 

5 

4 

3 

2 

1 

-1 

t 

2 2 

Figura 6.9 – Subtração de degraus. 

() = = () − − ( − − ) − − ( − − ) + + ( −− 

− ) 

x t 5u t 2u t 2 3u t 4 u t 5 

x(t) 

1 2 3 4 5 6 

t 

Figura 6.10 – Soma e subtração de degraus. 


1 

t




CIRCUITOS I 

6.5 RESPOSTA AO DEGRAU DE UM CKT RL 

Vamos considerar agora um circuito série RL ao qual é aplicada uma tensão Vu(t).A corrente 

inicial no indutor é nula. 

di 

Vu() t = = Ri + + 

+ L 

dt 

i(t) = 0 para t < 0 

Para t > 0: 

di 

V = = Ri + 

+ L 

dt 

Figura 6.11 – Aplicação do degrau ao CKT RL série. 


(6.18) 

A resposta em corrente terá duas componentes, uma natural, e outra forçada, uma vez que o 

indutor não permite uma variação instantânea de corrente: 

() = = n + 

+ f 

i t i i 

A componente natural para um CKT RL já é nossa conhecida e podemos escrever: 

i Ae − 

= 

n 

R 

t 

L 

(6.19) 

(6.20) 

A componente forçada é fácil de ser obtida e podemos escrever até por simples inspeção uma 

vez que após algum tempo a corrente sobre o indutor será um curto. 

i 

f 

v 

i(0) = 0 

V 

= 

R 

t = 0 

R 

i(t) 

L v.u(t) 

L 

R 

i(t) 

(6.21)




CIRCUITOS I 

A solução completa é: 

R 

− t V L i() t = = Ae + 

+ 

R 

Aplicando a condição inicial i(0) = 0: 

V V 

0 = = A+ + + ⇒ ⇒ A=− 

=− 

=− 

R R 

Então: 

R ⎛ t ⎞ 

V ⎛ ⎞ 

i t ⎜ ⎜1 e ⎟⎟ 

⎟ t 

R ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

L 

() = = − − µ 

µ () 

V 

R 

V 

0,632 R 

i(t) 

Figura 6.12 – Resposta ao degrau de um circuito RL. 

6.6 RESPOSTA AO DEGRAU DE UM CKT RC 

Consideremos o CKT da figura 6.13. 

I.u(t) 

γ 4γ 

iR iC 

R C 

Figura 6.13 – Circuito RC excitado por um degrau. 


+ 

v(t) 

t 

- 

v(0)=0 

(6.22) 

(6.23)

() 




CIRCUITOS I 

I µ µ t = = = iR + 

+ ic 

v t 

I µ µ () t = = 

R 

dv t 

+ 

+ C 

dt 

Para t < 0 v(t) = 0. 

Para t > 0: 

A tensão v(t) será obtida pela soma de duas componentes: 

A solução natural é obtida por: 


(6.24) 

(6.25) 

(6.26) 

A solução forçada é obtida por inspeção uma vez que após algum tempo toda a corrente estará 

sobre o resistor. 

A solução completa: 

Aplicando a condição inicial v(0) = 0: 

Logo: 

() () 

() () 

v t dv t 

I = = + 

+ C 

R dt 

() = = = n + + 

+ f 

v t v v 

v Ae − 

= 

n 

v = = R⋅⋅ ⋅ ⋅I 

f 

() 

t 

RC 

t 

− 

RC 

v t = = Ae + + R ⋅ 

⋅I 

0 = = A + + R ⋅ ⋅I ⇒ ⇒ A = = − −R ⋅ 

⋅I 

t ⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

v t RI ⎜ ⎜1 e ⎟ 

⎟ t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

RC 

() = = − − µ 

µ () 

(6.27) 

(6.28) 

(6.29)




CIRCUITOS I 

6.7 OUTRAS FUNÇÕES SINGULARES 

6.7.1 Função Pulso P∆(t) 

⎧⎪ 

0 t < 0 

p () t 1 

∆ ⎨ 0 < < t ∆ 

Figura 6.14 – Resposta ao degrau de um CKT RC. 

Figura 6.15 – Função Pulso. 


(6.30) 

Observe que a função pulso possui área unitária qualquer que seja ∆. Observe o comportamento 

da função no limite quando ∆ 0. 

Em termos da função degrau podemos ainda definir a função pulso como: 

() 

p t 

∆ 

() − − ( −∆ 

−∆) 

u t u t 

= 

∆ 

RI 

0,632.RI 

v(t) 

γ 4γ 

1/∆ 

p∆(t) 

∆ 

t 

t 

(6.31)




CIRCUITOS I 

6.7.2 Impulso Unitário δ(t) 

É também chamado de função delta-Dirac. Não é uma função no sentido matemático do termo. 

É definido como: 

⎧0 

t ≠ 0 

δ δ () t = =⎨ = 

⎩singular 

em t = 0 

A singularidade é tal que: 

∫ 

+ε 

+ε 

−ε −ε −ε 

Veja que a área sob a curva é unitária. 

Figura 6.16 – Impulso Unitário. 


(6.32) 

(6.33) 

Intuitivamente nós podemos pensar que a função impulso é a função pulso no limite quando 

∆ 0. Isto equivale a um pulso de amplitude infinita e duração instantânea. 

Fisicamente podemos pensar que δ(t) representa a densidade de carga de uma carga puntal 

unitária localizada em t = 0. 

Da definição de δ(t) e u(t) conclui-se que: 

Logo: 

() 

δ δ t dt = = 1 δ> 

δ> 0 

() 

du t 

dt 

=δ 

=δ 

() t 

t 

() = = = δ 

δ() 

∫ 

u t t dt 

−∞ 

−∞ 

1 

δ(t) 

t 

(6.34) 

(6.35)




CIRCUITOS I 

6.7.3 Rampa Unitária 

A rampa unitária é definida como: 

r() t = tu() t 

Figura 6.17 – Rampa Unitária. 

Uma conclusão imediata pode ser retirada da equação de definição: 

() 

dr t 

u t 

dt = 

Logo: 

6.7.4 Dublê Unitário 

É uma função singular definida como: 

A singularidade é tal que: 

Ou ainda: 

() 

t 

() () 

r t = ∫ u t dt 

−∞ 

−∞ 

' ⎧0 

t ≠ 0 

δ δ () t = =⎨ = 

⎩singular 

em t = 0 

t 

' () () 

∫ 

δ δ t = = = δ 

δ t dt 

−∞ 

−∞ 

() 

' dδt δ δ () t = 

= 

dt 


1 

r(t) 

1 

t 

(6.36) 

(6.37) 

(6.38) 

(6.39) 

(6.40) 

(6.41)




CIRCUITOS I 

6.8 RESPOSTA AO IMPULSO δ(t) 

Figura 6.18 – Dublê Unitário. 

Existem três métodos práticos para obtenção da resposta ao impulso. (ver capítulo 4.6 – 

DESOER). 

O mais poderoso, entretanto, consiste em se obter primeiramente a resposta ao degrau e por 

derivação obter-se a resposta ao impulso. 

Já vimos que: 

du() t 

δ δ () t = = 

= 

dt 


(6.42) 

Denotando por h(t) a resposta ao impulso de tensão ou corrente e por s(t) a resposta ao degrau 

de tensão ou corrente, temos por extensão da propriedade para um CKT linear: 

() 

h t 

ds() t 

= 

dt 

6.9 RESPOSTA AO IMPULSO PARA UM CKT RL 

Consideremos o circuito RL da figura 6.19 ao qual é aplicado um impulso de tensão Vδ(t). 

vδ(t) 

R 

i(t) 

' 

δ () t 

L 

Figura 6.19 – Impulso aplicado a CKT RL. 

t 

(6.43)




CIRCUITOS I 

A resposta ao degrau de amplitude V obtida para o mesmo CKT RL, foi: 

R ⎛ t ⎞ 

V ⎛ ⎞ 

i t s t ⎜⎜ ⎜ ⎜1 e ⎟ 

⎟u 

t 

R ⎝⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

L 

() = = () = = − 

− () 

A resposta ao impulso Vδ(t) será, pois: 

() 

R R 

ds t V − − t V ⎛ ⎛ − 

− t ⎞ 

⎞ 

L L 

i() t = = = h() t = = = = e u t + + ⎜ ⎜1 − −e ⎟ 

⎟ δ 

δ t 

dt L R ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

A segunda parcela é identicamente nula uma vez que δ(t) só existe em t = 0 e neste instante 

(1-e -(R/L)t ) = 0. Então, 

R 

V t 

i t h t e u t 

L 

− 

L 

() = = () = 

= () 

Para um impulso unitário V = 1: 

R 

1 t 

h t e u t 

L 

− 

L () = () 

V/L 

() () 

h(t) 

Figura 6.20 – Resposta ao impulso CKT RL. 


t 

(6.44) 

(6.45)




CIRCUITOS I 

6.10 RESPOSTA AO IMPULSO PARA UM CKT RC 

Consideremos o circuito RC da figura 6.21 ao qual é aplicado um impulso de corrente Iδ(t). 

Figura 6.21 – Impulso aplicado a um CKT RC. 

A resposta ao degrau de amplitude I obtida para o mesmo CKT RC, foi: 

t ⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

v t s t RI ⎜ ⎜1 e ⎟ 

⎟u 

t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

RC 

() = = = () = = − 

− () 

A resposta ao impulso Iδ(t) será, pois: 

() 

t t 

ds t I −− − ⎛ ⎛ − 

− ⎞ 

⎞ 

RC RC 

v() t = = h() t = = = = e µ µ () t + + RI ⎜ ⎜1 − −e ⎟ 

⎟ δ 

δ() 

t 

dt C 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

O segundo membro é identicamente nulo. Teremos então: 

() 

t 

ds t I − 

RC 

v() t = = h() t = = = = = e ⋅⋅ 

⋅ ⋅u 

t 

dt C 

Para um impulso unitário I = 1: 

t 

1 

v t e u t 

C 

− 

RC () = = ⋅ 

⋅ () 

iδ(t) 

I/C 

() 

h(t) 

Figura 6.22 – Resposta ao impulso CKT RC. 


R 

C 

+ 

v 

- 

t 

(6.46) 

(6.47)




CIRCUITOS I 

Veja ainda capítulo 4 TEORIA BÁSICA DE CIRCUITOS – Charles Dosoer e Ernest Kuh, 

tabela 4.1, página 142 do livro em português. 

6.11 RESPOSTA À RAMPA – CIRCUITOS RL E RC 

Para obtenção da resposta a uma rampa r(t) na entrada, escrevem-se as equações de malha ou 

de nó para os circuitos RL e RC e resolve-se a equação diferencial, pelos métodos normais de solução. 

Veja exemplo a seguir. 

Vamos determinar à resposta a rampa para o circuito RL da figura 6.23 considerando que a 

corrente inicial no indutor em t = 0 é 3A. 

A equação de malha fornece: 

() 

() 

di t 

3tu() t = = = 10i() t + + 

+ 0,5 

dt 

i() t = = in + 

+ if 

−20t 

in= Ae 

Para t > 0 

di() t 

3t = = 10i() t + 

+ 0,5 

dt 

if = = K1t+ + 

+ K2 

3t = = 10⎡⎡ ⎣ ⎡ ⎣ ⎣Kt + + K ⎤ ⎦ ⎦⎤⎤ 

⎦ + + 0,5 ⋅⋅ 

⋅ ⋅K 

3 = 10K1 

0 = = = 10K 2 + + 

+ 0,5K 1 

K1 = = = 0, 3 K 2 = = = −− 

− −0,015 

i = = 0,3t − 

−0,015 

1 2 1 

f 

−20t 

i t = Ae + 0,3t − 

0,015 

= + − 

3.r(t) 

10Ω 

0,5H 

Figura 6.23 – Exemplo circuito RL. 


i(t)




CIRCUITOS I 

Aplicando a condição inicial i(0) = 3A: 

3 = = A − 

−0,015 

A= 3,015 

−20t 

i t = = 3,015e + + 0,3t − −0,015 para t ≥≥ 

≥ ≥0 

i t = = = 3A para t < 

< 0 

() 

() 

6.12 EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 

1. Para o circuito abaixo determine a resposta i(t), i1(t), i2(t) e v(t) sendo i2(0) =0. 

Solução: 

() = = = 1() + 

+ 2() 

() 

() = 1 () ( ) 

() = = () + 

+ 

di2 () t 

( ) 

i t i t i t 1 

v t 6i t 2 

v t 4i2 t 10 

dt 

3 

v t 18 1, 2i t 4 

() = = = −− 

− − () ( ) 

Aplicando (1) em (2): 

( ) 

() = = = () − 

− 2 () 

v() t + 6i2() t 

() = 

v t 6 i t i t 

1Ω 

5Ω 

i1(t) 

( ) 

i t 5 

6 


+ 

v(t) 

- 

i(t) 

1,2Ω 

18u(t) 

4Ω 

i2(t) 

10H




CIRCUITOS I 

Substituindo (5) em (4): 

() + () 

⎡ ⎡v t 

v() t = = 18−− − −1,2 

⎢ ⎢ 

⎣ ⎣ 

6i2 6 

t ⎤ 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎦ 

v t 18 0, 2v t 1, 2i t 

() = = − − () − 

− 2 () 

18 −1, 

2i2 () t 

() = 

v t 

1, 2 

v t 15 i t 6 

() = = = − 

− () ( ) 

2 

Levando a equação (6) na equação (3): 

() 

() 

() () 

2 

15 − i2 t = 4i2 t + 10 

dt 

() 

di t 

dt 

+ () = 

di () t 

+ dt 

= 

i t = = = i + 

+ i 

2 

10 + 5i2 t = 15 

() 

() ( ) 

2 

2 + i2 t = 3 7 

2 2n 2f 

2n = 

1 

− t 

2 

2f 

2 

− = + 

1 

− t 

2 

di t 

i Ae 

i2f = = = K ⇒ 

⇒ Aplicando na equação 7 

dK 

2 + + K = = 3 ⇒ ⇒ K = 

= 3 

dt 

i = 3 

i t = = 3 + 

+ Ae 

Aplicando a condição inicial: 

0 = = 3 + + A⇒ ⇒ ⇒ A = = − 

−3 

i2t ⎛ ⎛ 

3 ⎜ ⎜1 ⎝ ⎝ 

1 

t ⎞ 

⎞ 

e ⎟ 

⎟u 

t 

⎠ 

⎠ 

− 

2 

() = = − 

− () 


( )




CIRCUITOS I 

Para v(t) : t > 0 

di 10× 3 

v() t = = = 4i2 + + 12 = = 12 − − 12e + + 

+ e 

dt 2 

2. Para o circuito que segue determine iL(t), Ø(t), i(t) e v(t). 

Solução: 

1 ⎛ t ⎞ 

1 1 

− − t − 

− t 

2 2 2 

⎛ − ⎞ 2 

v() t = = ⎜ ⎜12 + + 3e ⎟ 

⎟ ⋅ 

⋅u() 

t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

1 v() t ⎛ ⎛ − t ⎞ 

⎞ 2 

i1() t = = = = = ⎜ ⎜2 + + 0,5e ⎟ 

⎟ ⋅ 

⋅u() 

t 

6 ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

1 

⎛ ⎛ t ⎞ 

⎞ 

i t i1 t i2 t ⎜ ⎜5 2,5e ⎟ 

⎟ u t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

2 

() = = () + + () = = − − ⋅ 

⋅ () 

1 ⎛ t ⎞ 

⎛ ⎞ 

i2t 3 ⎜ ⎜1 e ⎟ 

⎟ u t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

2 

() = = − − ⋅ 

⋅ () 

6u(t) 

() = = () + 

+ L () () 

() t 12iL () t ( 2) 

v φ() 

t 

() = = + 

+ 

( ) 

6u t i t i t 1 

φ φ = 

= 

6u t 3 

2 12 

di 4φ L () t 1 dφ 

= = + + = = + + + ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( 4) 

v 4iL12 dt 12 

12 

12 dt 

φ() t dφ 

v = = + 

+ 

3 dt 

5 


+ 

v(t) 

- 

i(t) 

2Ω 

( ) 

4Ω 

iL(t) 

12H 

iL(0)=0




CIRCUITOS I 

Aplicando (5) em (3): 

() t 

() 

Como: 

Então A = -24: 

() t 1dφ 

() t 

φ φ 

6u() t = 

6 

φ 

φ 

+ + 

2 dt 12 

72u t 3 t 

d φ φ 

6 para t 

dt 

0 24 

d φ 

φ 

2 

dt 

t 

φ φ =φ =φ =φ +φ 

+φ 

() = = φ φ () + + > > ⇒ ⇒ = = +φ +φ 

+φ() 

n f 

1 

− t 

st 1 

2 

n Ae Ae s1 

φ φ = = = = = =− =− 

=−1 

2 

dk 

φ φ f = = k ⇒ ⇒ 24 = = k + + 2 ⇒ ⇒ k = 

= 24 

dt 

1 

− t 

2 

φ φ t = = Ae + 

+ 24 

L 

() ( ) 

i t = = 0 ⇒φ ⇒φ 0 = 

= 0 

1 ⎛ t ⎞ 

⎛ − ⎞ 2 

φ φ () t = = 24 ⎜ ⎜1 − −e ⎟ 

⎟ ⋅ 

⋅u() 

t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

1 φ() t ⎛ ⎛ − t ⎞ 

⎞ 2 

iL() t = = = = = 2 ⎜ ⎜1 − −e ⎟ 

⎟ ⋅ 

⋅u 

t 

12 ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

i() t = = = 6u() t − 

−iL() 

t 

1 

⎛ ⎛ − t ⎞ 

⎞ 2 

i() t = = ⎜ ⎜4 + + 2e ⎟ 

⎟ ⋅ 

⋅u() 

t 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

1 ⎛ t ⎞ 

⎛ ⎞ 

v = = 2i t = = ⎜ ⎜8 + + 4e ⎟⎟ 

⎟ ⎟ ⋅ 

⋅u 

t 

⎝⎝ ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

2 

() () 

() 





CIRCUITOS I 

3. Represente graficamente a seguinte operação: 

Resposta: 

1 

() = = () + + ( − − ) − −( − − ) ( − − ) − − ( − 

− ) 

f t t.u t u t 1,5 t 3 u t 3 4u t 6 

t.u(t) 

1 

-3 

(t-3).u(t-3) 

4 

3 

2 

1 

3 

1 

u(t-1,5) 


1,5 

t.u(t)+ u(t-1,5)-(t-3).u(t-3) 

1 

45 o 

2 

45 o 

3 

4 

3 

5 

2,5 

1,5 

-(t-3).u(t-3) 

6 

3 

45 o 

45 o 

1,5 

t u(t)+u(t-1,5)




CIRCUITOS I 

4. Determine e esboce a corrente i(t) para o circuito abaixo: 

Solução: 

() = = n + 

+ f 

i t i i 

Para a resposta natural; com as fontes em curto: 

Req = = 2//6 = 

= 1,5 

L 

γ= γ= 

R 

= = 

= 2s 

n 

eq 

i Ae − 

= 

t 

2 

A corrente forçada é obtida com as duas fontes em operação e o indutor em curto. 

100 

if= = = = = 

= 50A 

2 

() 

4 

3 

2 

1 

i t 50 Ae − 

= = = + 

+ 

t 

2 

f(t) 

50V 

1 

45º 

50u(t) 

2 

45º 


3 

4 

2Ω 

5 

6Ω 

6 

3H 

i(t)

Então: 




CIRCUITOS I 

Para determinar a constante A devemos obter a corrente no indutor em t= 0 - . 

− 50 

iL ( 0 ) = = = = 25A t < 

< 0 

2 

25 = = 50 + + + A ⇒ ⇒ A = = − 

−25 

() 

Escrevendo uma única equação para todo t: 

5. Para o CKT que segue determine vc(t) e v1(t). 

Solução: 

t 

− 

2 

i t = = 50 − − 25e t > 

> 0 

Da equação (3): 

t ⎛ ⎞ 

⎛ − ⎞ 2 

i() t = = 25 + + 25 ⎜ ⎜1 − 

−e 

⎟ 

⎟u() 

t A 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

30u(t) 

() = + + 

() 

⎧ 30u t = vc + 20000ic + v 1 1 

⎪⎪ dv 

⎨⎪⎪ 

= 

dt 

⎩ 

v1 = = 10000 ic − − 3u t × 

× 10 3 


( ) 

−5 

c ic 10 2 

−3 

( () ) ( ) 

dv dv 

= × − = − 

dt dt 

+ 

vc 

10µF 

20kΩ 

10kΩ 

() () ( ) 

−5 

c c 

v1 = 10000 × 10 − 30u t = 0,1 − −30u 

t 4 

- 

ic 

i1 

+ 

v1 

- 

3u(t)mA




CIRCUITOS I 

Aplicando (2) e (4) em (1): 

dvc dvc 

30u() t = = vc + + 0,2 + + + 0,1 −− 

− −30u() 

t 

dt dt 

dvc 

60u() t = = = 0, 3 + 

+ vc 

dt 

− 

v = = v + 

+ v 

γ= γ= γ= 20000 + + + 10000 10 = = = 0, 3 = = 

= 3 10 

c n f 

n = 

10 

− t 

3 

v Ae 

vf= k 

60 = k 

v = 60V 

f 

c 

() 

( ) 

() 

10 t 

3 

vct = = 60 + 

+ Ae 

vc0 = 0 

0 = = 60 + + A⇒ ⇒ ⇒ A = = − 

−60 

v t = = = 60 + 

+ Ae volts 

− 

10 ⎛ t ⎞ 

dv ⎛ ⎞ 

ic t 10 ⎜ ⎜10 200e ⎟⎟ 

⎟ ⎟ut 

dt ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

− 

− −5 c − 

−5 

3 

() = = = = ⋅ 

⋅ () 

10 ⎛ t ⎞ 

⎛ − ⎞ 3 

ic () t = ⎜ ⎜2e ⎟ 

⎟u() 

t mA 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

10 ⎡ t ⎤ 

⎡ ⎛ ⎛ − ⎞ 

⎞ ⎤ 

3 

i1() t = = = ic − − 3u() t = = ⎢ ⎢ ⎜ ⎜2e ⎟ 

⎟ − 

−3 

⎥ 

⎥u() 

t mA 

⎣⎣ ⎢ ⎣ ⎣⎢⎢ ⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ ⎦ ⎥ ⎦ ⎥ 

10 ⎛ t ⎞ 

⎛ − ⎞ 3 

vc() t = = 60 ⎜ ⎜1 − 

−e 

⎟ 

⎟u() 

t volts 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

10 ⎛ t ⎞ 

⎛ − ⎞ 3 

v1() t = = = 10⎜⎜ ⎜ ⎜2e −− 

− −3 

⎟ 

⎟u() 

t Volts 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

( ) 5 





CIRCUITOS I 

6. Para o circuito abaixo determine a tensão de saída quando: 

a) is = u(t) 

b) is = δ(t) 

c) Trace os gráficos de v(t) para os resultados obtidos nos itens a) e b). 

Solução: 

a) 

b) 

() 

() 

is= u t 

φ φ V φ φ 1 d φ 

φ 

is = = = iL + + iR 

= = + + = = = + 

+ 

L R L R dt 

dφ 

u() t = = 2 φ+ 

φ+ 0,01 

dt 

−200t 

φ φ φ t = = Ae + 

+ 0,5 

−200t 

( ) () 

φ= φ= 0,5 1 − 

−e 

u t 

v t 

dφ 

dt 

0,5 200e u t 0,5 1 e t 

− −200t − 

−200t 

() = = = = × × () + + ( − − ) δ 

δ() 

−200t 

() = = () = 

= () 

s t v t 100e u t 

() 

is(t) 

0,5H 

− −200t − 

−200t 

() = = δ δ() −− 

− () 

resposta ao degrau 

is=δ =δ 

=δ t 

ds() t 

h() t = = = 

= v() t 

resposta ao impulso 

dt 

v t 100e t 20000e u t 

100Ω 


+ 

v(t) 

- 

() n f f 

φ φ t =φ =φ +φ +φ +φ φ φ = 

= 0,5 x 1 = 0,5wb 

( ) 

φ φ 0 = 

= 0

c) 




CIRCUITOS I 

100 

100 

-20000 

5 

10 

7. A chave do circuito abaixo está em A por muito tempo. Em t = 0 ela é movida para B e, em 

t = 1 segundo, é movida para C. Para que valor de t, v = 1V? 

5V 

v(t) 

v(t) 

5 

25kΩ 

100kΩ 

10 


A 

B 

+ 

v 

- 

15 

15 

C 

20 

20 

10µF 

t(ms) 

t(ms) 

100kΩ

Solução: 

() 

() 




CIRCUITOS I 

t< 0 

3 

− 100× 10 

v( 0) = = × × 5 = 

= 4V 

3 

125× 10 

0 < < t < 

< 1 posição B 

t 

− 

RC 

o 

−1 

v t = = Ve 

−t 

= 

= 4e 

v 1 = = 4e = = 4 × × 0,368 = 

= 1,472Volts 

1 < t posição C 

() () 

t 

− 

−5 

100k //100k⋅10 v t = = V 1 e = 

= 1,472e 

−2t 

1 = 1,472e 

1 −2t 

= e 

1,472 

⎛⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎞ 

ln ⎜ ⎜ =− =− 

=−2t 

1,472 

⎟⎟ 

⎟ ⎟ 

⎝ ⎝ ⎠ 

⎠ 

t = 0,1933 

Como ficou 1s na posição B. 

t = = 1 + + 0,1933 = 

= 1,1933 segundos 

(divisor de tensão) 

8. Para o circuito abaixo determine vc(t) e ic(t) para todo t. 

10+15u(t)mA 


−2t 

ic 

8kΩ 

5µF 

+ vc - 

i ' 

20kΩ 

12kΩ




CIRCUITOS I 

Solução: 

t< 0 

−3 

' − − 8000 × × 10 × 

× 10 80 − −3 − 

−3 

i ( 0 ) = = = = = × × 10 = = 2 × 

× 10 A 

3 

8 20 12 10 40 

( ) 

() 

( + + + 

+ ) 

− − 3 −− 

− −3 

vc 0 = 20 ⋅ 10 × 2 × 10 = 40V 

v t = = v + 

+ v 

c cn cf 

−3 

25 × × 10 × 

× 8000 200 −3 

if = = = = × × 10 = 

= 5mA 

3 

( + + + 

+ ) 

3 −3 

vcf = 20 × 10 × 5 × 10 = 100V 

eq 

= ⋅ × × = 

8 20 12 10 40 

= × × × = 

R = = 20k//20k = = 10k Ω 

Ω 

t 

− 

4 −6 

10 × × 5 × 

× 10 

vcn = = = Ae 

−20t 

= 

= Ae 

−20t 

vc () t = = = 100 + 

+ Ae 

CI 

⇒ ⇒ 40 = = 100 + 

+ A 

A =− 

=−60 

v t 

−20t 

= = 40 + + 60 1 − 

−e 

u t 

c 

c 

c 

() ( ) () 

() = = × × × × × × 

− −6 ⋅ 

⋅ 

− 

−20t 

() 

() = 

−20t 

() 

i t 1200 5 10 e u t 

i t 6e u t mA 

c 

c 

−20t 

() = = = + + ( − 

− ) () 

v t 40 60 1 e u t 

−20t 

() = () 

i t 6e u t mA 

(divisor de corrente) 

(divisor de corrente) t >>> 0 

(com a fonte em aberto) 

9. A chave no circuito abaixo esteve aberta por um longo tempo antes de fechar em t = 0. Para 

o intervalo -0,5 < t < 0,5 seg. encontre e esboce o gráfico de i(t) e v(t): 

4H 

i 

15Ω 

+ 

v 

- 


1A 

i’ 

5Ω 

t=0 

24V

Solução: 

− ( ) 

i 0 = 1A 

() 

() 




CIRCUITOS I 

iL t = = = iLn + 

+ iLf 

Req = = 20 Ω 

Ω 

L 4 1 

γ= γ= = = = = = 

= 0, 25 

R 20 5 

− − + + + + + + + = 

= 

( ) 

' ' 

24 5i 15 1 i 0 

' 

− − 24 + + + 15 + + 20i = 

= 0 

' 

− − 9 = = − 

−20i 

' 9 

i = = = = = 

= 0,45 

20 

iLf ' 

= = 1 + 

+ i 

iLf = = 1 + + 0,45 = 

= 1,45A 

iLn −5t 

= Ae 

i t 

−5t 

= = 1,45 + 

+ Ae 

L 

+ + + − 

− 

( ) = = = 

= ( ) 

i 0 1A i 0 

L L 

1= = = 1,45+ + 

+ A 

A=− =− 

=−0,45 

L 

−5t 

() ( ) 

i t = = 1 + + 0,45 1 − − e t > 

> 0 

1,66 

1,45 

1,33 

1 

iL(t) 

0,2 0,4 0,6 0,8 t 





CIRCUITOS I 

−5t 

( ) 

di d ⎡ ⎡1 + + 0,45 1 − 

−e 

⎤ 

⎤ 

vL() t = = 4 = = = 4 

⎣ ⎣ ⎦ 

⎦ 

= = = 4× × × 0,45× × 

× 5e 

dt dt 

−5t 

vL() t = 9e V 

v = = 15i + 

+ vL 

− −5t − 

−5t 

v = = 15 ⎡ ⎡1 + + 0,45( 1 − − e ) ⎤ 

⎤+ 

+ 

9e 

⎣ ⎣ ⎦ 

⎦ 

+ 

− −5t − 

−5t 

v = = 15 + + 6,75 − − 6,75e + 

+ 9e 

() 

= = + + > 

> 

−5t 

v t 21,75 2, 25e t 0 

10. Para o circuito abaixo determine i1(t) e iL(t) para todo t. 

25 

24 

20 

15 

-0,6 -0,4 -0,2 

0,2 0,4 0,6 

t 

60u(t)V 

i1 

+ 

vR 

30Ω 


v(t) 

- 

+ 

vL 

- 

iL 

0,2H 

−5t 

60Ω 

2u(t)A

Solução: 




CIRCUITOS I 

Condições iniciais: iL(0 - ) = iL(0 + ) = 0 

L 

() 

iL t = = = in + 

+ if 

60 

if = = 2 + + = 

= 4A 

30 

Req = = 60//30 = = 20 Ω 

Ω 

L 0,2 

γ= γ= = = = 

= 0,01 

R 20 

in −100t 

= Ae 

−100t 

i() t = = 4 + 

+ Ae 

Pela condição inicial 0 = = = 4 + + + A ⇒ ⇒ ⇒ A = 

= -4 

i t 4 1 e u t 

−100t 

() = = ( − 

− ) () 

() = = = 1 + 

+ L 

() = = 1 + + × 

× 

−100t 

() 

−100t 

⎛ ⎛60 − 80e ⎞ 

⎞ v () t 

60u t 30i v 

60u t 30i 0, 2 400e u t 

i1 

= = ⎜ ⎜ 

⎝ ⎝ 30 

⎟ 

⎟ = 

= 

⎠ 

⎠ 

R 

30 

i 2 

8 

e 

3 

2 

3 

8 

1 

3 

e u t 

−100t 

−100t 

1 = = − − =− =− + + ( − 

− ) () 

L 

−100t 

() = = = ( − 

− ) () 

i t 4 1 e u t 

2 8 

i1 =− =− + + 1 − 

−e 

u t 

3 3 

−100t 

( ) ()

circuitos rc e rl integradores e diferenciadores. resposta às funções ...

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