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. Ver mais sobre constante de tempo em: Papel da constante de tempo RC.

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}}$

Resolvendo usando Laplace

Podemos fazer exatamente a mesma análise do circuito RC, de outra maneira, obtendo sua função transferência Neste caso, usando Transformada de Laplace.

A partir da equação diferencial original obtida para este 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 Aplicando Degrau (usando EDO) 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 Aplicando entrada Degrau na EDO do circuito para determinar 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 analíticas, 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.