INTRODUÇÃO AS EQUAÇÕES
INTEGRO-DIFERENCIAIS
INTRODUÇÃO AS EQUAÇÕES
INTEGRO-DIFERENCIAIS
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM: RC, RL
RESPOSTA NATURAL e FORÇADA
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM: RLC SÉRIE e
PARALELO
RESPOSTA NATURAL
RESPOSTA SUPERAMORTECIDA
RESPOSTA SUBAMORTECIDA
RESPOSTA CRITICAMENTE AMORTECIDA
CIRCUITOS DE PRIMEIRA ORDEM: RC, RL
RESPOSTA NATURAL e FORÇADA
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM: RLC SÉRIE e
PARALELO
RESPOSTA NATURAL
RESPOSTA SUPERAMORTECIDA
RESPOSTA SUBAMORTECIDA
RESPOSTA CRITICAMENTE AMORTECIDA
INTRODUÇÃO
Com a chave no lado esquerdo o capacitor recebe carga da bateria.
Chave no lado
direito
o capacitor se
descarrega
através da
lâmpada.
dx
x
f
e
t
x
e
t
x
e
t t TH x t t)
(
1
)
(
)
(
0 0 0=
∫
−
τ
τ
τ
τ
RESPOSTA GERAL: CIRCUITO DE PRIMEIRA ORDEM
0
)
0
(
;
x
x
f
x
dt
dx
TH+
=
=
+
τ
IncluIindo a condição inicial
no modelo do capacitor (tensão)
ou no indutor (corrente):
Resolvendo a equação diferencial, usando o fator de integração, tem-se:
dx
x
f
e
t
x
e
t
x
t
t
TH
x
t
t
t
)
(
1
)
(
)
(
0 00
∫
−
−
−
−
+
=
τ
τ
τ
0)
0
(
);
(
)
(
)
(
t
ax
t
f
t
x
x
dt
dx
+
=
+
=
τ
t
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 COM FONTES CONSTANTES 0
)
0
(
;
x
x
f
x
dt
dx
TH+
=
=
+
τ
(
(
)
)
τ
0)
(
0 t t TH THx
t
f
e
f
t
x
− −−
+
=
t
≥
t
0A forma da solução é:
0 2 1;
)
(
0t
t
e
K
K
t
x
t t≥
+
=
− −τQualquer variável do circuito é
da forma:
0
2
1
;
)
(
0t
t
e
K
K
t
y
t
t
≥
+
=
−
−
τ
Somente os valores das constantes
K
1, K
2podem mudar
TRANSIENTE TEMPO CONSTANTE
EVOLUÇÃO DO TRANSIENTE E A INTERPRETAÇÃO DA CONSTANTE DE TEMPO
VISÃO QUALITATIVA:
MENOR CONSTANTE DE TEMPO MAIS RÁPIDO O TRANSITÓRIO DESAPARECE
Erro menor que 2% Transiente é zero a partir deste ponto Descarrega de 0.632 do valor
Inicial em uma constante de tempo
Tangente atinge o eixo x no valor da constante de tempo
C
R
TH=
τ
CONSTANTE DE TEMPO − + vS RS a b C + vc _Carga em um capacitor
TH C C THv
v
dt
dv
C
R
+
=
O modelo:0
)
0
(
,
=
=
S C SV
v
v
Assume
A solução pode ser escrita como:
τ t S S C
t
V
V
e
v
(
)
=
−
−C
R
TH=
τ
transiente Para efeitos práticos, o capacitor é “carrregado” quando o transitório é insignificante.0067
.
0
0183
.
0
0498
.
0
135
.
0
5
4
3
2
368
.
0
τ
τ
τ
τ
τ
τ te
t
− dt dv C C S S CR
v
v
−
0
=
−
+
S S C cR
v
v
dt
dv
C
:
KCL@a
Efeito do Capacitor na fase de carga.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
Copyright ©2003 by Pearson Education, Inc. Upper Saddle River, New Jersey 07458 All rights reserved.
ASSUME FIND 2 ) 0 ( . 0 ), (t t v VS v > = ) (t v @ KCL USE 0. t FOR MODEL >
0
)
(
)
(
=
+
−
t
dt
dv
C
R
V
t
v
S2
/
)
0
(
V
Sv
=
condition
initial
PASSO 1 CONSTANTE DE TEMPO
f
y
dt
dy
+
=
τ
PASSO 2 ANÁLISE DO ESTADO INICIAL
value)
state
(steady
,
t
and
0
for
IS
SOLUTION
1 2 1,
0
)
(
K
v(t)
t
e
K
K
t
v
t→
∞
→
>
>
+
=
−τ
τ SV
K
=
∴
1values)
state
steady
(equating
f
K
f
y
dt
dy
=
=
+
THEN
1IS
MODEL
THE
IF
τ
PASSO 3 USO DA CONDIÇÃO INICIAL
1 2 2 1
(
0
)
)
0
(
0
K
v
K
K
K
v
t
−
=
⇒
+
=
=
AT
f
v
K
2=
(
0
)
−
v
(
0
)
=
V
S/
2
⇒
K
2=
−
V
S/
2
0
,
)
2
/
(
)
(
t
=
V
−
V
e
−t
>
v
RC t S S:
ANSWER
EXAMPLE s V t v t dt dv RC ()+ ( )= R / *Resumo: Sentido das tensões e correntes quando
a chave é fechada
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Corrente no capacitor durante a fase de
carga.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Tensão no capacitor durante a fase de carga
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Após fase de carga: Capacitor circuito aberto
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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A função e
-x
(x
≥
0).
Curto circuito p/ Capacitor (chave fechada t= 0).
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Gráfico Universal de Constantes de tempo.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Corrente i
C
x tempo, durante a fase de carga.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Tensão v
C
x tempo durante a fase de carga.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Ciclos de carga e descarga da rede básica.
) (t i
0
),
(
t
t
>
i
FIND
0 t FOR KVL USE MODEL. > − +vR − + L v ) (t i KVL)
(
)
(
t
dt
di
L
t
Ri
v
v
V
S=
R+
L=
+
0 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( 0 ) 0 ( 0 = + + = − ⇒ = − ⇒ < i i i i t inductor CONDITION INITIAL PASSO 1 R V t i t dt di R L ()+ ()= S R L =τ
PASSO 2 ESTADO ESTACIONÁRIO
R V K i∞ = = S 1 ) (
PASSO 3 CONDIÇÃO INICIAL
2 1
)
0
(
K
K
i
+
=
+
−
=
−LR t Se
R
V
t
i
(
)
1
:
ANS
EXAMPLE ) 0 ( ); ( 0 , ) ( 2 1 1 2 1 + = + ∞ = > + = − x K K x K t e K K t x t τ0
t
FOR
KCL
MODEL.
>
) ( ) ( t i R t v IS= + ) (t v⇒
=
(
)
)
(
t
dt
di
L
t
v
(
t
)
i
(
t
)
dt
di
R
L
I
S=
+
PASSO 1 PASSO 2i
(
∞
)
=
I
S⇒
K
1=
I
S PASSO 3i
(
0
+
)
=
0
=
K
1+
K
2
−
=
−LR t Se
I
t
i
(
)
1
:
ANS
0
)
0
(
+
=
i
:
CONDITION
INITIAL
R L =τ
PROBLEMA
O circuito no instante em que a chave é fechada.
Gráfico da forma de onda de i
L
durante o ciclo carga.
Forma da onda de i
L
durante a fase de carga para
três valores diferentes de L.
0 t FOR MODEL > 2 ) ( ) ( R t v t i =
É MAIS SIMPLES DETERMINAR ATRAVÉS DO MODELO DE TENSÃO 0 t FOR STATE STEADY IN CIRCUIT < INITIAL CONDITIONS V v V k k k vC (12) 4 (0 ) 4 6 3 3 ) 0 ( = ⇒ + = + = − 0 ) ( ) ( || ; 0 ) ( ) ( ) ( 2 1 2 1 = + = = + + P P R t v t dt dv C R R R R t v t dt dv C R t v Ω = = k k k RP 3 ||6 2 s F C RP =(2×103Ω)(100×106 )=0.2 = −
τ
PASSO 1 PASSO 2 v(∞)=K1=0 PASSO 3 v(0+)=K1+K2=4V⇒K2=4V 0 ], [ 4 ) (t = e−0.2V t> v t0
],
[
3
4
)
(
:
ANS
i
t
=
e
−0.2mA
t
>
t 0 , ) (t =K1+K2e− t> i t τ 0 ), (t t> vO FIND C 1 R 2 R KCL USE 0. t FOR MODEL > 0 ) ( ) ( 0 ) ( 1 2 2 1 = + + ⇒ = + + C C c C t v dt dv C R R R R v t dt dv C s F C R R ) (6 10 )(100 10 ) 0.6 ( 1+ 2 = × 3Ω × 6 = = −τ
PASSO 1 ) ( 3 1 ) ( 4 2 2 ) (t v t v t vO C = C + = PASSO 2 0 , ) (t =K1+K2e− t> v t C τ K1=0CONDIÇÃO INICIAL. CIRCUITO NO ESTADO INICIAL t<0
− − + ) 0 ( C v (12)V 9 6 = ] [ 8 8 ) 0 ( K1 K2 K2 V vC + = = + ⇒ = PASSO 3
0
],
[
8
)
(
t
=
e
−0.6V
t
>
v
t C0
],
[
3
8
)
(
t
=
e
−0.6V
t
>
v
t O EXEMPLO ) (t vc DETERMINE ) 0 ( ); ( 0 , ) ( 1 2 1 1 2 1 + = + ∞ = > + = − i K K v K t e K K t v C t C τ0 ), ( 1 t t> i FIND KVL USE 0. t FOR MODEL > ⇒ = +181( ) 0 1 i t dt di L L 0 ) ( ) ( 9 1 1 1 t +i t = dt di ) 0 ( ); ( 0 , ) ( 1 2 1 1 1 2 1 1 + = + ∞ = > + = − i K K i K t e K K t i t τ PASSO 1 s 9 1 =
τ
PASSO 2 K1=0 CONDIÇÃO INICIALCORRENTE NO INDUTOR PARA t<0
) 0 ( 1 −
i
CIRCUITO NO ESTADO INICIAL
A V i 1 12 12 ) 0 ( 1 − = Ω= PASSO 3
]
[
1
)
0
(
)
0
(
1 1 2 2 1i
K
K
K
A
i
−
=
+
=
+
⇒
=
0
],
[
]
[
)
(
19 9 1=
=
−>
−t
A
e
A
e
t
i
t t:
ANS
) ( 1 t i − + L v EXEMPLO Robert L. BoylestadIntroductory Circuit Analysis, 10ed.
Copyright ©2003 by Pearson Education, Inc. Upper Saddle River, New Jersey 07458 All rights reserved.
Exemplo: Ilustrar v
C
e i
C
do circuito abaixo,
para chave em 1 em t = 0 e em 2 apos 9 ms.
Solução: Aplica-se Thévenin para determinar RTh da
constante de tempo.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Substitui-se o equivalente de Thévenin.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Formas de onda da tensão e corrente no capacitor.
Robert L. Boylestad
Introductory Circuit Analysis, 10ed.
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Determinando R
Th
para o circuito.
Circuito equivalente de Thévenin.
CIRCUITOS DE SEGUNDA ORDEM
EQUAÇÃO BÁSICA Simples Nó: Uso KCL R i iL iC0
=
+
+
+
−
i
Si
Ri
Li
C ) ( ); ( ) ( 1 ; ) ( 0 0 t dt dv C i t i dx x v L i R t v i L C t t L R= =∫
+ = S L t ti
t
dt
dv
C
t
i
dx
x
v
L
R
v
+
+
+
=
∫
(
)
(
)
(
)
1
0 0 Diferenciandodt
di
L
v
dt
dv
R
dt
v
d
C
2+
1
+
=
S 2Malha simples: Uso KVL − +vR − +vC − + L v
0
=
+
+
+
−
v
Sv
Rv
Cv
L ) ( ); ( ) ( 1 ; 0 0 t dt di L v t v dx x i C v Ri v C L t t C R= =∫
+ =dt
dv
C
i
dt
di
R
dt
i
d
L
2+
+
=
S 2 S C t tv
t
dt
di
L
t
v
dx
x
i
C
Ri
+
1
∫
(
)
+
(
0)
+
(
)
=
0EXEMPLO WRITE THE DIFFERENTIAL EQUATION FORv(t),i(t), RESPECTIVELY
>
<
=
0
0
0
)
(
t
I
t
t
i
S S S iMODEL O PARA RLC PARALELO
dt
di
L
v
dt
dv
R
dt
v
d
C
2
+
1
+
=
S
2
0
;
0
)
(
t
=
t
>
dt
di
S0
1
2 2=
+
+
L
v
dt
dv
R
dt
v
d
C
− + S v
>
<
=
0
0
0
)
(
t
t
V
t
v
S SMODELO PARA RLC SÉRIE
dt
dv
C
i
dt
di
R
dt
i
d
L
2+
+
=
S 20
;
0
)
(
t
=
t
>
dt
dv
S0
2 2=
+
+
C
i
dt
di
R
dt
i
d
L
A RESPOSTA DA EQUAÇÃO
)
(
)
(
)
(
)
(
1 2 2 2t
f
t
x
a
t
dt
dx
a
t
dt
x
d
=
+
+
EQUATION
THE
FOR
SOLUTIONS
THE
STUDY
WE
solution
ary
complement
solution
particular
:
KNOWN
c p c px
x
t
x
t
x
t
x
(
)
=
(
)
+
(
)
0
)
(
)
(
)
(
1 2 2 2=
+
+
t
a
x
t
dt
dx
a
t
dt
x
d
c c cSATISIFES
SOLUTION
ARY
COMPLEMENT
THE
SE A FUNÇÃO FORÇADA É UMA CONSTANTE
solution
particular
a
is
2
)
(
a
A
x
A
t
f
=
⇒
p=
A x a dt x d dt dx a A x p p p p= ⇒ = 2 = ⇒ 2 = 2 2 0 : PROOF)
(
)
(
)
(
2t
x
a
A
t
x
A
t
f
c+
=
=
FUNCTION
FORCING
ANY
FOR
0 ) ( 4 ) ( 2 ) ( 2 2 = + + t x t dt dx t dt x d EXEMPLO 0 ) ( 16 ) ( 8 ) ( 4 2 2 = + + t xt dt dx t dt x d FREQUENCY NATURAL AND RATIO DAMPING EQUATION, STIC CHARACTERI THE DETERMINECOEFICIENTE DA SEGUNDA DERIVADA
0 ) ( 4 ) ( 2 ) ( 2 2 = + + t xt dt dx t dt x d 2 n
ω
nςω
2 0 4 2 2+ + = s s EQUATION STIC CHARACTERIRAZÃO DE DECAIMENTO, FREQ. NATURAL
2 = ⇒
ω
n 5 . 0 = ⇓ς
A EQUAÇÃO HOMOGÊNEA0
)
(
)
(
)
(
1 2 2 2=
+
+
t
a
x
t
dt
dx
a
t
dt
x
d
0
)
(
)
(
2
)
(
2 2 2=
+
+
t
x
t
dt
dx
t
dt
x
d
n nω
ςω
FORM
NORMALIZED
2 1 1 2 2 22
2
a
a
a
a
a
n n n=
⇒
=
=
⇒
=
ς
ςω
ω
ω
ratio
damping
frequency
natural
(undamped)
ς
ω
n0
2
2 2+
+
=
n ns
s
ςω
ω
EQUATION
STIC
CHARACTERI
ANALISE DA EQUAÇÃO HOMOGÊNEA 0 ) ( ) ( 2 ) ( 2 2 2 = + + t x t dt dx t dt x d n n
ω
ςω
FORM NORMALIZED0
2
)
(
2 2+
+
=
=
n n sts
s
Ke
t
x
ω
ςω
iff
solution
a
is
st st Ke s dt x d sKe t dt dx 2 2 2 ; ) ( = = : PROOF st n n n n t xt s s Ke dt dx t dt x d ) 2 ( ) ( ) ( 2 ) ( 2 2 2 2 2
ω
ςω
ω
ςω
+ = + + + 0 2 2 2+ + = n ns sςω
ω
EQUATION STIC CHARACTERI roots) distinct and (real : 1 CASEς
>1 t s t s e K e K t x 1 2 2 1 ) ( = + roots) conjugate (complex : 2 CASEς
<1 d n n j s j sω
σ
ς
ω
ςω
± − = − ± − = 2 1(
A t A t)
e t x d d tω
ω
σ sin cos ) ( = − 1 + 2 t j t t j st e n d e ne d e = −(ςω ±ω ) = −ςω mω : HINT t j t e d d t jωd cosω
m sinω
m = roots) equal and (real 1 : 3 CASEς
= n s=−ςω
(
B Bt)
e nt t x( )= 1+ 2 −ςω ) 0 2 2 ( ) 0 2 ( 2+ n + n2= + n= st s AND s s teςω
ω
ςω
iff solution is : HINT t s t s e K e K t x 1 2 2 1 ) ( = + frequency n oscillatio damped = dω
* 1 2 ) (t K K x real⇒ =[
j t]
d d e K t x j s K K ( ) 1 * 1 2 ( ) 2Re σ ωω
σ
⇒ = − + ± − = = 2 / ) ( 1 2 1 A jA K = + ASSUME 1 0 ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 − ± − = − ± − = = − + +ς
ω
ςω
ω
ω
ς
ςω
ω
ς
ω
ςω
n n n n n n n n s s s(modes of the system)
factor damping =
σ
EXEMPLO0
)
(
4
)
(
4
)
(
2 2=
+
+
t
x
t
dt
dx
t
dt
x
d
0 4 4 2+ + = s s EQUATION STIC CHARACTERI0
)
2
(
0
4
4
2 2+
s
+
=
⇒
s
+
=
s
2 4 2= ⇒ = n nω
ω
2ςω
n=4⇒ς
=1 system 3) (case damped critically a is this t ste
t
B
B
t
x
e
t
B
B
t
x
2 2 1 2 1)
(
)
(
)
(
)
(
−+
=
+
=
DETERMINAR A FORMA DA SOLUÇÃO GERAL
0
)
(
16
)
(
8
)
(
4
2 2=
+
+
t
x
t
dt
dx
t
dt
x
d
0
)
(
4
)
(
2
)
(
2 2=
+
+
t
x
t
dt
dx
t
dt
x
d
2 4 2= ⇒ = n nω
ω
2ςω
n=2⇒ς
=0.5system
2)
(case
d
underdampe
3 25 . 0 1 2 1 ; 1 = − 2= − = = =ςω
ω
ω
ς
σ
n d n(
)
(
A
t
A
t
)
e
t
x
t
A
t
A
e
t
x
t d d t3
sin
3
cos
)
(
sin
cos
)
(
2 1 2 1+
=
+
=
− −σω
ω
3 1 0 3 ) 1 ( 4 2 2 2 j s s s s + + = + + = ⇒ =− ±Raizes reais e iguais
Raizes complexas conjugadas
CRITICAMENTE AMORTECIDO CRITICAMENTE AMORTECIDO
SUBAMORTECIDO SUBAMORTECIDO
PROBLEMA F C H L R RLC 2 , 2 , 1Ω = = = WITH CIRCUIT PARALLEL
0
1
2 2=
+
+
L
v
dt
dv
R
dt
v
d
C
2 0 2 = + + C i dt di R dt i d L0
4
2
1
0
2
2
2 2 2 2=
+
+
=
+
+
v
dt
dv
dt
v
d
v
dt
dv
dt
v
d
0 16 3 ) 4 1 ( 4 1 2 2 2+ + = + + = s s s 2 1 4 1 ; 2 1 = ⇒ = =ςω
ς
ω
n n + =e− A t A t t v t c 4 3 sin 4 3 cos ) ( 4 1 2 4 3 4 1 1 2 1 1− 2= − = =ω
ς
ω
d n F F F C H L R RLC 2 , 1 , 5 . 0 , 1 ; 2Ω = = = WITH CIRCUIT SERIES EQUAÇÃO HOMOGÊNEA 0 2 2 2 = + + C i dt di dt i d values replace & L / : C C n n=ςω
= ⇒ς
=ω
1 ; 2 2 C=0.5 subamortecido C=1.0 criticamente amortecido C=2.0 superamortecidoClassificar a resposta para um dado valor de C 4 1 =
σ
EXEMPLOF
C
H
L
R
5
1
,
5
,
2
Ω
=
=
=
i
L(
0
)
=
−
1
A
,
v
C(
0
)
=
4
V
∫
+ + = + t L dt dv C i dx x v L R v 0 0 ) 0 ( ) ( 1 0 1 1 2 2 = + + v LC dt dv RC dt v d 0 1 5 . 2 2+ + = s s EQUATION STIC CHARACTERI 25 . 1 ; 1 = = ⇒ωn ς 2 5 . 1 5 . 2 2 4 ) 5 . 2 ( 5 . 2 2 − ± = − ± − = s t t e K e K t v()= 1 −2 + 2 −0.5To determine the constants we need
) 0 ( ); 0 ( + + dt dv v V v v v(0+)= C(0+)= C(0)=4 + =0 t KCL AT 0 ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( = + + + + + dt dv C i R v L C 5 ) 5 / 1 ( ) 1 ( ) 5 / 1 ( 2 4 ) 0 ( + =− − − =− dt dv 2 ; 2 5 5 . 0 2 4 2 1 2 1 2 1 ⇒ = = − = − − = + K K K K K K 0 ; 2 2 ) (t = e−2 + e−0.5 t> v t t R i iL C i 0 = + + L C R i i i PASSO 1 MODELO PASSO 2 PASSO 3 RAIZES PASSO 4 FORMA DA SOLUÇÃO PASSO 5: OBTER AS CONSTANTES
) 0 ( ), 0 ( L C i v FIND GIVEN NOT IF ANALIZAR CIRCUITO t=0+
%script6p7.m
%plots the response in Example 6.7 %v(t)=2exp(-2t)+2exp(-0.5t); t>0
t=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
SUPERAMORTECIDO
SUPERAMORTECIDO
EXAMPLOF
C
H
L
R
=
6
Ω
,
=
1
,
=
0
.
04
V
v
A
i
L(
0
)
=
4
;
C(
0
)
=
−
4
∫
+ = + + ti xdx vC C t dt di L t Ri 0 0 ) 0 ( ) ( 1 ) ( ) ( 0 ) ( 1 ) ( 2 2 = + + i t LC t dt di L R dt i d 0 ) ( 25 ) ( 6 2 2 = + + t i t dt di dt i d 0 25 6 2+ + = s s : Eq. Ch. 6 . 0 6 2 5 25 2 = ⇒ = = ⇒ =ς
ςω
ω
ω
n n n 4 3 2 100 36 6 j s=− ± − =− ± : rootsω
d ) 4 sin 4 cos ( ) ( 1 2 3 t A t A e t i = −t + A i i(0)= L(0)=4 ) 0 ( + dt di COMPUTE TO ) ( ) ( t dt di L t vL = ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( Ri vC dt di L =− − ⇒ (0+)=−20 dt di 4 1= ⇒ A ) 4 cos 4 4 sin 4 ( ) ( 3 ) (t i t e 3 A1 t A2 t dt di =− + −t − + 2 4 ) 4 ( 3 20 : 0 @t= − =− × + A2⇒A2=− 0 ]; )[ 4 sin 2 4 cos 4 ( ) (t =e−3 t− t A t> i t + − R v − +vL − + C v 0 = + + L C R v v v∫
+ = − − = C t C i xdx C v t dt di L t Ri t v 0 ) ( 1 ) 0 ( ) ( ) ( ) ( 0 ]; )[ 4 sin 22 4 cos 4 ( ) (t =e−3 − t+ t V t> vC t 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(4t)) % use a simle algorithm to estimate display time
tau=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)')
SUBAMORTECIDO
SUBAMORTECIDO
EXEMPL0R
1
,
R
1
,
C
0
,
195
F
,
L
1
,
14
H
2 1=
Ω
=
Ω
=
=
A
i
V
v
C(
0
)
=
1
,
L(
0
)
=
0
.
5
KVL 0 ) ( ) ( ) (t +R1i t +v t = dt di L KCL ) ( ) ( ) ( 2 t dt dv C R t v t i = + 0 ) ( ) ( ) ( ) ( 1 2 1 2 2 2 = + + + + t vt dt dv C R t v R dt v d C t dt dv R L 0 ) ( ) ( 1 ) ( 2 2 1 1 2 2 2 = + + + + v t LC R R R t dt dv L R C R t dt v d 0 ) ( 9 ) ( 6 ) ( 2 2 = + + t vt dt dv t dt v d Ch.Eq.: s2+6s+9=01
6
2
,
3
=
⇒
=
=
ςω
ς
ω
n n 2 2)
3
(
0
9
6
+
=
=
+
+
s
s
s
:
Eq.
Ch.
(
B
B
t
)
e
t
v
(
)
=
−3t 1+
2V
v
v
(
0
+
)
=
c(
0
+
)
=
1
) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( 0 2 dt dv C R v i i t L = + = + = KCL AT56
,
2
)
0
(
=
−
⇒
dt
dv
11
)
0
(
B
v
=
=
44
,
0
56
,
2
)
0
(
3
)
0
(
=
−
v
+
B
2=
−
⇒
B
2=
dt
dv
(
1
0
,
44
)
;
0
)
(
t
=
e
−3+
t
t
>
v
t(
1
,
025
0
,
26
)
;
0
)
(
t
=
e
−3+
t
t
>
i
tUSO 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 AMORTECIDO
CRITICAMENTE AMORTECIDO
Second Order