Question

No circuito da Figura, a chave se move instantaneamente da posição A para B em $t$ = 0.

a) Determine para qualquer $v(t)$ ≥ 0;
b) Que tipo de resposta esse circuito produzirá. Subamortecida, superamortecida ou criticamente amortecida? Justifique sua resposta.

Answer 1

Vamos considerar a situação inicial onde a chave ficou um tempo muito longo na posição A e depois foi mudada para a posição B.

Enquanto a chave estava na posição A, carga se acumulou no capacitor, até que uma ddp constante fosse atingida. Essa será a condição inicial do problema. Primeiro, precisamos encontrar tal ddp.

Temos um gerador de corrente contínua que mantém uma corrente de 5 ampères. Parte dessa corrente irá em direção ao indutor, passará pelo capacitor e retornará ao início. A outra parte irá passar pelo resistor de 4 ohm. Seja $I_1$ a parte da corrente que vai na direção do indutor e seja $I_2$ a parte da corrente que passa pelo resistor de 4 ohm.

Temos que $I_1 + I_2 = 5\text{ A}$  Pela conservação da energia, a ddp em um circuito fechado é 0.

Podemos escrever:

$\displaystyle{-L\frac{dI_1}{dt}-\frac{1}{C}\int_0^t I_1 dt+RI_2=0}$

$\displaystyle{-L\frac{dI_1}{dt}-\frac{1}{C}\int_0^t I_1 dt+R(5-I_1)=0}$

$\displaystyle{\ddot Q_1+\frac{R}{L}\dot Q_1+\frac{1}{LC}Q_1=5\frac{R}{L}}$

$\displaystyle{\ddot Q_1+16\dot Q_1+100Q_1=80}$

A solução da EDO será a soma da solução homogênea e da solução particular.

A solução homogênea é da forma $e^{pt}$. A equação característica é:

$\displaystyle{p^2+16p+100=0}$

A solução dessa equação é:

$\displaystyle{p=-8\pm 6i}$

A solução homogênea é:

$\displaystyle{Q_{1h}(t)=e^{-8t}(c_1e^{6i t}+c_2e^{-6i t})}$

$\displaystyle{Q_{1h}(t)=e^{-8t}(A\cos{(6t-\phi)})}$

A solução particular deverá ser uma constante:

Seja $Q_{1p}(t)=K$

$100K = 80$

$\displaystyle{K = \frac{4}{5}}$

A solução geral é:

$\displaystyle{Q_{1}(t)=e^{-8t}(A\cos{(6t-\phi)})+\frac{4}{5}}$

Precisamos achar $A$ e $\phi$. As condições iniciais $Q_1(0)=0$ e $\dot Q_1(0)=0$

$\displaystyle{\dot Q_{1}(0)=-8A\cos{(\phi)}+6A\sin{(\phi)}=0}$

$\displaystyle{\frac{8}{6}=\tan{(\phi)}}$

$\displaystyle{\phi=\arctan(\frac{4}{3}})}$

$\displaystyle{Q_{1}(0)=A\cos{(-\phi})+\frac{4}{5}=0}$

$\displaystyle{A\cos{(\phi})=-\frac{4}{5}}$

Quanto é  $\cos{(\phi)}$ ? Imagine um triangulo de catetos 3 e 4 onde $\phi$ é o ângulo oposto ao cateto que mede 4. A hipotenusa será 5, e com isso o cosseno será 3/5 = 0.6

$\displaystyle{\frac{3}{5}A=-\frac{4}{5}}$

$\displaystyle{A=-\frac{4}{3}}$

Por fim:

$\displaystyle{Q_{1}(t)=-\frac{4}{3}e^{-8t}\cos{(6t-\arctan(4/3))}+\frac{4}{5}}$

Quando t tende ao infinito, a carga final no capacitor será 0.8 C, pois o termo oscilatório ira "morrendo" por causa da exponencial decadente.

Finalmente podemos resolver o que o problema nos pede.

Quando a chave for de A para B teremos um circuito RLC com o capacitor carregado.

A EDO em função da carga Q do sistema é:

$\displaystyle{\ddot Q+\frac{R}{L}\dot Q+\frac{1}{LC}Q=0}$

Agora o resistor tem 10 ohms.

$\displaystyle{\ddot Q+40\dot Q+100Q=0}$

Teremos a equação característica:

$\displaystyle{p^2+40p+100=0}$

Que tem por solução:

$\displaystyle{p=-20\pm10\sqrt{3}}}$

A solução geral da é:

$\displaystyle{Q(t)=e^{-20t}(c_1e^{10\sqrt{3}t}+c_2e^{-10\sqrt{3}t})}$

Condições iniciais $Q(0)=0.8$ e $\dot Q(0)=0$

$\displaystyle{Q(0)=c_1+c_2=0.8}$

$\displaystyle{c_1=0.8-c_2}$

$\displaystyle{\dot Q(0)=(-20+10\sqrt{3})c_1+(-20-10\sqrt{3})c_2=0}$

$\displaystyle{(-20+10\sqrt{3})(0.8-c_2)=(20+10\sqrt{3})c_2}$

$\displaystyle{(-20+10\sqrt{3})0.8=c_2(20\sqrt{3})}$

$\displaystyle{c_2=\frac{(-20\sqrt{3}+30)0.8}{60}}$

$\displaystyle{c_2=\frac{-4\sqrt{3}+6}{15}}$

$\displaystyle{c_1=0.8-\frac{-4\sqrt{3}+6}{15}}$

$\displaystyle{c_1=\frac{4\sqrt{3}+6}{15}}$

A solução geral:

$\displaystyle{Q(t)=e^{-20t}(\frac{4\sqrt{3}+6}{15}}e^{10\sqrt{3}t}-\frac{4\sqrt{3}-6}{15}}e^{-10\sqrt{3}t})}$

E por fim, a equação para a ddp no capacitor para t>0:

$\displaystyle{V(t)=Q(t)/C=25e^{-20t}(\frac{4\sqrt{3}+6}{15}}e^{10\sqrt{3}t}-\frac{4\sqrt{3}-6}{15}}e^{-10\sqrt{3}t})}$

Isso responde o item A.

Para o item B a resposta é amortecimento supercrítico.

Afinal, obtemos 2 raízes reais distintas para a equação característica da nossa EDO. O que caracteriza o amortecimento crítico.

Answer 2

Problema 8.17 do livro do Sadiku, 5ª edição.

A chave se encontra na posição A por um bom tempo. Então podemos considerar que tanto o indutor quanto o capacitor estão em estado estacionário.

Com isso, podemos substituir o capacitor na figura por um circuito aberto e o indutor por um curto-circuito.

Assim, a corrente inicial sobre o indutor, no instante t = 0s é nula.

$i_L(0) = 0 \text{ A}$

A tensão inicial sobre o capacitor, em t = 0s é a mesma tensão aplicada sobre o resistor de $4 \text{ }\Omega$:

$V_C(0) = I_S \cdot R_{4\Omega}$

$V_C(0) = 5 \cdot 4$

$V_C(0) = 20 \text{ V}$

Quando a chave move para a posição B, a fonte de corrente e a resistência de $4 \text{ }\Omega$ desaparecem do circuito, conectando agora o indutor e o capacitor com a resistência de $10 \text{ }\Omega$.

Vamos começar aplicando a Lei de Kirchoff para as Tensões nessa malha.

$V_R(t) + V_L(t) + V_C(t) = 0$

$R \cdot i_L(t) + L \cdot \dfrac{di_L(t)}{dt} + V_C(t) = 0$

Mas lembre que como o indutor e o capacitor se encontram em série, a corrente que atravessa o indutor é a mesma que passa pelo capacitor:

$i_C(t) = i_L(t)$

E lembre que:

$i_C(t) = C \cdot \dfrac{dV_C(t)}{dt}$

Fazendo essa substituição:

$R \cdot C \cdot \dfrac{dV_C(t)}{dt} + L \cdot C \cdot \dfrac{d^2V_C(t)}{dt^2} + V_C(t) = 0$

Dividindo tudo por $L \cdot C$:

$\dfrac{d^2V_C(t)}{dt^2} + \dfrac{R \cdot C}{L \cdot C} \cdot \dfrac{dV_C(t)}{dt} + \dfrac{1}{L \cdot C} \cdot V_C(t) = 0$

$\dfrac{d^2V_C(t)}{dt^2} + \dfrac{R}{L} \cdot \dfrac{dV_C(t)}{dt} + \dfrac{1}{L\cdot C} \cdot V_C(t) = 0$

Aplicando a Transformada de Laplace:

$\mathcal{L}\left[\dfrac{d^2V_C(t)}{dt^2}\right] + \dfrac{R}{L} \cdot \mathcal{L}\left[\dfrac{dV_C(t)}{dt}\right] + \dfrac{1}{L\cdot C} \cdot \mathcal{L}\left[V_C(t)\right] = 0$

$s^2 \cdot V_C(s) - s \cdot V_C(0) - V_C'(0) + \dfrac{R}{L} \cdot\left[s \cdot V_C(s) - V_C(0)\right] + \dfrac{1}{L\cdot C} \cdot V_C(s) = 0$

Isolando $V_C(s)$:

$V_C(s) \cdot \left[s^2 + \dfrac{R}{L} \cdot s + \dfrac{1}{L \cdot C} \right] = s \cdot V_C(0) + \dfrac{R}{L} \cdot V_C(0) +V_C'(0)$

Considere $V_C'(0) = 0\text{ V}$:

$V_C(s) = \dfrac{\left(s + \dfrac{R}{L}\right) \cdot V_C(0)}{s^2 + \dfrac{R}{L} \cdot s + \dfrac{1}{L \cdot C}}$

Vamos aplicar Frações Parciais:

$V_C(s) = \dfrac{A}{s - r_1} + \dfrac{B}{s - r_2}$

Onde $r_1$ e $r_2$ são as duas raízes do polinômio de segundo grau no denominador. Podemos utilizar Bhaskara para encontrá-las:

$r = \dfrac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4 \cdot a \cdot c}}{2 \cdot a}$

Utilizando $a = 1$, $b = \dfrac{R}{L}$ e $C = \dfrac{1}{L \cdot C}$:

$r = \dfrac{-\dfrac{R}{L} \pm \sqrt{\left(\dfrac{R}{L}\right)^2 - 4 \cdot 1 \cdot \dfrac{1}{L \cdot C}}}{2 \cdot 1}$

Sabendo que $\dfrac{R}{L} = 40$ e $\dfrac{1}{L \cdot C} = 100$, encontramos:

$r = \dfrac{-40 \pm \sqrt{1600 - 400}}{2}$

$r = \dfrac{-40 \pm \sqrt{1200}}{2}$

$r = \dfrac{-40 \pm 34.641}{2}$

$r_1 = \dfrac{-40 + 34.641}{2} = \dfrac{-5.3589}{2} = -2.6795$

e:

$r_2 = \dfrac{-40 - 34.641}{2} = \dfrac{-74.641}{2} = -37.320$

Logo, teremos:

$V_C(s) = \dfrac{A}{s + 2.6795} + \dfrac{B}{s + 37.320}$

Então:

$\left \{ {{A + B = V_C(0)} \atop {37.32 \cdot A + 2.6795 \cdot B = V_C(0) \cdot \dfrac{R}{L}}} \right.$

Substituindo:

$\left \{ {{A + B = 20} \atop {37.32 \cdot A + 2.6795 \cdot B = 800}} \right.$

Sistema linear com duas incógnitas e duas equações. Dá para resolver por substituição:

$A = 20 - B$

$37.32 \cdot (20 - B) + 2.6795 \cdot B = 800$

$746.4 -37.32 \cdot B + 2.6795 \cdot B = 800$

$-37.32 \cdot B + 2.6795 \cdot B = 800 - 746.4$

$-34.6405 \cdot B = 53.6$

$B = - \dfrac{53.6}{34.6405}$

$B = - 1.5473$

Calculando A:

$A = 20 - (-1.5473)$

$A = 20 + 1.5473$

$A = 21.5473$

Substituindo:

$V_C(s) = \dfrac{21.5473}{s + 2.6795} - \dfrac{1.5473}{s + 37.320}$

Bem, agora aplicamos a transformada inversa de Laplace para retornar ao domínio do tempo.

$V_C(t) = 21.5473 \cdot \mathcal{L}^{-1}\left[\dfrac{1}{s + 2.6795}\right] - 1.5473 \cdot \mathcal{L}^{-1} \left[\dfrac{1}{s + 37.320}\right]$

a)

$\boxed{V_C(t) = 21.5473 \cdot e^{-2.6795\cdot t} - 1.5473e^{-37.320}\text{ , } t > 0\text{ s}}$

b)

O tipo de resposta de um sistema de segunda ordem está relacionado com as raízes $r_1$ e $r_2$ obtidas através da Equação de Bhaskara.

Como ambas as raízes são reais e distintas, temos que a resposta é superamortecida (ou amortecimento supercrítico).