Análise de Circuito RC

Problema

Seja o circuito abaixo:

Para simulações usando Ocatve/Matlab, considere: R = 1 K$\mathrm{\Omega }$$\Omega$ e C = 1 $\mu$$\mu$F.

Resolva:

a) Descubra o que acontece quando se aplica um degrau de amplitude de 5 Volts ao mesmo (mostre um gráfico de $V_{out}(t)$$V_{out}(t)$).

b) Descubra o que ocorre quando se aplica uma senoide na entrade deste ciruito. Compare num diagrama no tempo, a forma de onda de entrada versus forma de onda na saída deste circuito.

Resolução:

• Podemos resolver usando equações diferencias, no domínio tempo, ou;
• Podemos usar transformada de Laplace para obter a função transferência, realizar os cálculos necessários e voltar ao domínio tempo para descobrir as respostas.

Resolução usando Equações Diferencias

Circuito:

xxxxxxxxxx
                 R
Vin(t) ───────/\/\/\/─────●──── Vout(t)
                          │
                         === C
                          │
                         GND

Analisando...

Como a corrente que passa pelo resistor é a mesma corrente que carrega o capacitor:

$i_R(t)=i_C(t)$$i_R(t)=i_C(t)$

Pela lei de Ohm:

$i_R(t)={\displaystyle \frac{V_{in}(t)-V_{out}(t)}{R}}$$i_R(t)=\dfrac{V_{in}(t)-V_{out}(t)}{R}$

Para o capacitor:

$i_C(t)=C{\displaystyle \frac{d{V}_{out}(t)}{dt}}$$i_C(t)=C\dfrac{dV_{out}(t)}{dt}$

Portanto:

${\displaystyle \frac{V_{in}(t)-V_{out}(t)}{R}}=C{\displaystyle \frac{d{V}_{out}(t)}{dt}}$$\dfrac{V_{in}(t)-V_{out}(t)}{R} = C\dfrac{dV_{out}(t)}{dt}$

Multiplicando por $R$$R$:

$V_{in}(t)-V_{out}(t)=RC{\displaystyle \frac{d{V}_{out}(t)}{dt}}$$V_{in}(t)-V_{out}(t) = RC\dfrac{dV_{out}(t)}{dt}$

Finalmente:

$\boxed{{\displaystyle RC{\displaystyle \frac{d{V}_{out}(t)}{dt}}+V_{out}(t)=V_{in}(t)}}$$\boxed{RC\dfrac{dV_{out}(t)}{dt}+V_{out}(t)=V_{in}(t)}$

Essa é a equação diferencial do circuito.

Numericamente, com $R=1,k\mathrm{\Omega }$$R=1,k\Omega$ e $C=1,\mu F$$C=1,\mu F$, teremos:

$RC={10}^3\times {10}^{-6}={10}^{-3}s$$RC=10^3\times10^{-6}=10^{-3}s$

Este valor vai corresponder à constante de tempo, $\tau$$\tau$, deste circuito. Entenderemos isto melhor mais adiante...

Então:

$0,001{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+V_{out}=V_{in}$$0,001\dfrac{dV_{out}}{dt}+V_{out}=V_{in}$

ou:

$\boxed{{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}+1000V_{out}=1000V_{in}}}$$\boxed{\frac{dV_{out}}{dt}+1000V_{out}=1000V_{in}}$

Aplicando Degrau de 5 Volts na entrada

Vamos supor que inicialmente o capacitor esteja descarregado:

$V_{out}(0^{-})=0$$V_{out}(0^-)=0$

e que em $t=0$$t=0$ a entrada passe instantaneamente de 0 para 5 V (degrau):

$V_{in}(t)=5\cdot u(t)$$V_{in}(t)=5 \cdot u(t)$

onde $u(t)$$u(t)$ é a função degrau unitário.

Queremos descobrir $V_{out}(t)$$V_{out}(t)$

Resolvendo usando equação diferencial

Nossa equação é:

$RC{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+V_{out}=V_{in}$$RC\dfrac{dV_{out}}{dt}+V_{out}=V_{in}$

Para $t>0$$t>0$:

$V_{in}=5$$V_{in}=5$

portanto:

$RC{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+V_{out}=5$$RC\dfrac{dV_{out}}{dt}+V_{out}=5$

Substituindo $RC=0,001$$RC=0,001$:

$0,001{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+V_{out}=5$$0,001\dfrac{dV_{out}}{dt}+V_{out}=5$

Dividindo por 0,001:

${\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+1000V_{out}=5000$$\dfrac{dV_{out}}{dt}+1000V_{out}=5000$

Temos uma equação diferencial linear de primeira ordem.

Passo 1: solução homogênea

Primeiro resolvemos:

${\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+1000V_{out}=0$$\dfrac{dV_{out}}{dt}+1000V_{out}=0$

Portanto:

${\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}=-1000V_{out}$$\dfrac{dV_{out}}{dt}=-1000V_{out}$

Separando as variáveis:

${\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{V_{out}}}=-1000dt$$\dfrac{dV_{out}}{V_{out}}=-1000dt$

Integrando:

$\ln |V_{out}|=-1000t+K$$\ln|V_{out}|=-1000t+K$

Logo:

$V_{out}=K{e}^{-1000t}$$V_{out}=Ke^{-1000t}$

Passo 2: solução particular

Como o lado direito é uma constante, procuramos uma solução constante:

$V_{out,p}=A$$V_{out,p}=A$

Então:

${\displaystyle \frac{d{V}_{out,p}}{dt}}=0$$\dfrac{dV_{out,p}}{dt}=0$

Substituindo valores:

$0+1000A=5000$$0+1000A=5000$

Logo: $A=5$$A=5$

Portanto: $V_{out,p}=5$$V_{out,p}=5$

Passo 3: solução completa

A solução geral é:

$V_{out}(t)=V_{out,h}+V_{out,p}$$V_{out}(t)=V_{out,h}+V_{out,p}$

$V_{out}(t)=K{e}^{-1000t}+5$$V_{out}(t)=Ke^{-1000t}+5$

Agora precisamos determinar $K$$K$.

Como a tensão em um capacitor não pode mudar instantaneamente:

$V_{out}(0^{+})=V_{out}(0^{-})=0$$V_{out}(0^+)=V_{out}(0^-)=0$

Então:

$0=K{e}^0+5$$0=K e^0+5$

$K=-5$$K=-5$

Portanto:

$V_{out}(t)=5-5e^{-1000t}$$V_{out}(t)=5-5e^{-1000t}$

ou:

$\boxed{{\displaystyle V_{out}(t)=5(1-e^{-1000t})}}$$\boxed{V_{out}(t)=5(1-e^{-1000t})}$

Como:

$\tau =RC=0,001$$\tau=RC=0,001$ (segundos)

podemos escrever de uma forma muito mais significativa:

$\boxed{{\displaystyle V_{out}(t)=5(1-e^{-t/\tau })}}$$\boxed{V_{out}(t)=5\left(1-e^{-t/\tau}\right)}$

Significado da Constante de tempo

Significado desta equação... ou significado da constante de tempo RC:

Para:

• $t=0$$t=0$, teremos: $V_{out}=0$$V_{out}=0$
• $t=\tau =1$$t=\tau=1$ (ms), teremos, $V_{out}=5(1-e^{-1})\approx 3,16$$V_{out}=5(1-e^{-1}) \approx3,16$ (Volts)

Ou seja, após uma constante de tempo:

$V_{out}(\tau )\approx 63,2\mathrm{\%}$$V_{out}(\tau)\approx 63,2\%$ da tensão final.

Note:

Portanto, aproximadamente após: $5\tau =5(ms)$$5\;\tau=5\;(ms)$, podemos considerar o capacitor praticamente carregado.

Note que tabela acima poderia ter sido levantada numericamente usando o Octave/Matlab:

xxxxxxxxxx
octave:1> R=1e3;
octave:2> C=1e-6;
octave:3> tau=R*C
tau = 1.0000e-03
octave:4> t=0:tau:5*tau         % Note que t é uma matriz de 1 x 6
t =
 Columns 1 through 5:
             0    1.0000e-03    2.0000e-03    3.0000e-03    4.0000e-03
 Column 6:
    5.0000e-03

octave:5> Vout=5*(1-exp(-t/tau));
octave:6> size(Vout)            % Note que Vout = matriz 1 x 6
ans =
   1   6
octave:7> per=(Vout./5)*100;    % calculando em porcentagem
octave:8> [t' Vout' per']       % mostrando valores
ans =
         0         0         0
    0.0010    3.1606   63.2121
    0.0020    4.3233   86.4665
    0.0030    4.7511   95.0213
    0.0040    4.9084   98.1684
    0.0050    4.9663   99.3262

Simulação temporal

Podemos plotar o gráfico de $V_{out}(t)$$V_{out}(t)$:

xxxxxxxxxx
octave:9> ezplot('5*(1-exp(-1000*t))', [0 5e-3])
octave:10> grid

Obtendo:

Resolvendo usando Laplace

Podemos fazer exatamente a mesma análise de outra maneira. Neste caso, usando Laplace.

Da equação original do circuito temos:

$RC{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}+V_{out}=V_{in}$$RC\dfrac{dV_{out}}{dt}+V_{out}=V_{in}$

Aplicamos a transformada de Laplace:

$RC\mathcal{L}\left\{{\displaystyle \frac{d{V}_{out}}{dt}}\right\}+\mathcal{L}\left\{V_{out}\right\}\mathcal{L}\left\{V_{in}\right\}$$RC \ \mathcal{L} \left\{ \dfrac{dV_{out}}{dt} \right\} + \mathcal{L}\left\{ V_{out} \right\} \mathcal{L} \left\{ V_{in} \right\}$

Usamos a propriedade:

$\mathcal{L}\left\{{\displaystyle \frac{dx}{dt}}\right\}=sX(s)-x(0^{-})$$\mathcal{L}\left\{\dfrac{dx}{dt}\right\} = sX(s)-x(0^-)$

Obtemos:

$RC[s{V}_{out}(s)-V_{out}(0^{-})]+V_{out}(s)=V_{in}(s)$$RC\left[sV_{out}(s)-V_{out}(0^-)\right] + V_{out}(s) = V_{in}(s)$

Como:

$V_{out}(0^{-})=0$$V_{out}(0^-)=0$

teremos:

$RCs{V}_{out}(s)+V_{out}(s)=V_{in}(s)$$RCsV_{out}(s)+V_{out}(s)=V_{in}(s)$

Colocando $V_{out}(s)$$V_{out}(s)$ em evidência:

$V_{out}(s)(RCs+1)=V_{in}(s)$$V_{out}(s)(RCs+1)=V_{in}(s)$

Logo:

$\boxed{{\displaystyle H(s)=\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)}={\displaystyle \frac{1}{RCs+1}}}}$$\boxed{ H(s) = \frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = \dfrac{1}{RCs+1} }$

Essa é a função de transferência do circuito.

Função Transferência

A função transferência para nosso circuito é então:

$\boxed{{\displaystyle H(s)=\frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)}={\displaystyle \frac{1}{RCs+1}}}}$$\boxed{ H(s) = \frac{V_{out}(s)}{V_{in}(s)} = \dfrac{1}{RCs+1} }$

Adaptando valores numéricos para o caso do nosso circuito:

$RC=0,001$$RC=0,001$ portanto:

$\boxed{{\displaystyle H(s)=\frac{1}{0,001s+1}}}$$\boxed{H(s)=\frac{1}{0,001s+1} }$

ou:

$\boxed{{\displaystyle H(s)=\frac{1000}{s+1000}}}$$\boxed{H(s)=\frac{1000}{s+1000}}$

Aplicando o degrau de 5 V

A entrada é:

$V_{in}(t)=5\cdot u(t)$$V_{in}(t)=5 \cdot u(t)$

A transformada de Laplace do degrau é:

$\mathcal{L}\{5\cdot u(t)\}={\displaystyle \frac{5}{s}}$$\mathcal{L}\{5 \cdot u(t)\}=\dfrac{5}{s}$

Então:

$V_{in}(s)={\displaystyle \frac{5}{s}}$$V_{in}(s)=\dfrac{5}{s}$

Como:

$V_{out}(s)=H(s)\cdot V_{in}(s)$$V_{out}(s)=H(s) \cdot V_{in}(s)$

vamor obter:

$V_{out}(s)=\left({\displaystyle \frac{1000}{s+1000}}\right)\left({\displaystyle \frac{5}{s}}\right)$$V_{out}(s) = \left( \dfrac{1000}{s+1000} \right) \left( \dfrac{5}{s} \right)$

$V_{out}(s)={\displaystyle \frac{5000}{s(s+1000)}}$$V_{out}(s) = \dfrac{5000}{s(s+1000)}$

Agora precisamos fazer a transformada inversa.

Usando frações parciais:

${\displaystyle \frac{5000}{s(s+1000)}}={\displaystyle \frac{A}{s}}+{\displaystyle \frac{B}{s+1000}}$$\dfrac{5000}{s(s+1000)} = \dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+1000}$

Calculando os resíduos $A$$A$ e $B$$B$:

$A={\displaystyle \frac{5000\cdot \cancel{s}}{\cancel{s}(s+1000)}}{|}_{s=0}=5$$A=\dfrac{5000 \cdot \cancel{s}}{\cancel{s}(s+1000)}\Big\vert_{s=0}=5$

$B={\displaystyle \frac{5000\cdot \cancel{(s+1000)}}{s\cancel{(s+1000)}}}{|}_{s=-1000}=-5$$B=\dfrac{5000 \cdot \cancel{(s+1000)}}{s\,\cancel{(s+1000)}}\Big\vert_{s=-1000}=-5$

Assim:

$V_{out}(s)={\displaystyle \frac{5000}{s(s+1000)}}={\displaystyle \frac{5}{s}}-{\displaystyle \frac{5}{s+1000}}$$V_{out}(s)= \dfrac{5000}{s(s+1000)} = \dfrac{5}{s} - \dfrac{5}{s+1000}$

Da tabela de transformadas de Laplace:

${\mathcal{L}}^{-1}\left\{{\displaystyle \frac{1}{s}}\right\}=1$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s}\right\}=1\quad$(Degrau)

e:

${\mathcal{L}}^{-1}\left\{{\displaystyle \frac{1}{s+a}}\right\}=e^{-at}$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \dfrac{1}{s+a} \right\} = e^{-at}\quad$ (Função Exponencial)

Então:

$\boxed{{\displaystyle V_{out}(t)=5-5e^{-1000t}}}$$\boxed{V_{out}(t)=5-5e^{-1000t}}$

Note que é exatamente a mesma resposta obtida usando equação diferencial.

Note que poderíamos ter usado Matlab/Octave:

xxxxxxxxxx
octave:1> N=5000;
octave:2> D=[1 1000 0];     % s(s+1000) = s^2 + 1000s + 0
octave:3> [R,p,k]=residue(N,D)
R =

  -5
   5

p =

  -1000
      0

k = [](0x0)

octave:4> syms s % declarando variável s como simbolica
Symbolic pkg v3.2.1: Python communication link active, SymPy v1.13.3.
octave:5> Vout=5000/(s*(s+1000));
octave:6> pretty(Vout)
      5000    
  ────────────
  s⋅(s + 1000)

octave:7> v_out=ilaplace(Vout) % inversa de Laplace;
octave:8> pretty(v_out)
         -1000⋅t
  5 - 5⋅ℯ       

Simulação temporal

Note que o Octave/Matlab possui a função step() que já permite simular uma entrada degrau num sistema.

Neste caso, ficaria algo como:

xxxxxxxxxx
octave:1> N=1000;
octave:2> D=[1 1000];
octave:3> H=tf(N,D) # variavel transfer function H(s)

Transfer function 'H' from input 'u1' to output ...

        1000  
 y1:  --------
      s + 1000

Continuous-time model.
octave:10> zpk(H) # outra forma de mostrar transfer function (zero, pole, gain)

Transfer function 'ans' from input 'u1' to output ...

        1000  
 y1:  --------
      s + 1000

Continuous-time model.

octave:11> step(5*H) # resposta para entrada degrau de amplitude 5

É gerado o gráfico:

Compare com a figura obtida anteriormente no item Simulação Temporal e perceba que foi gerado o mesmo gráfico. Mas agora usamos facilidades inerentes à função step():

$y(t)=\text{step}(A\cdot H)={\mathcal{L}}^{-1}\{A\cdot U(s)\cdot H(s)\}=A\cdot {\mathcal{L}}^{-1}\{\left({\displaystyle \frac{1}{s}}\right)\cdot H(s)\}=$$y(t) = \text{step}(A \cdot H) = \mathcal{L}^{-1} \left\{ A \cdot U(s) \cdot H(s) \right\} = A \cdot \mathcal{L}^{-1} \left\{ \left( \dfrac{1}{s} \right) \cdot H(s) \right\}=$ Gráfico.

Note que esta função nos poupou muito tempo com deduções, senão teríamos que repetir todo o desenvolvimento já realizado no item anterior Aplicando Degrau de 5 Volts na entrada para alcançar o resultado analítico:

$V_{out}(t)=5(1-e^{-1000t})$$V_{out}(t)=5(1-e^{-1000t})$

Mas note a a função step() não devolve expressões algébricas, apenas o resultado numérico da aplicação de uma entrada degrau num certo sistema.

E se a entrada fosse senoidal?

E se ao invés de colocar uma entrada degrau na entrada do circuito RC, que corresponde na prática a conectar este circuito à uma fonte DC de 5 Volts, fosse aplicada uma onda senoidal à entrada do mesmo?

Novamente, podemos resolver usando:

• equações diferenciais;
• transformada de Laplace.

O próximo item: Circuito RC com entrada senoidal, mostra como se faz isto.

Fernando Passold, em 13/08/2026.