Exerc_ciosCel1_2015_I

Exercícios sobre capacitores,
indutores, circuitos RC,
RL e RLC.
Carga e descarga de um capacitor - RC
1. O capacitor da figura abaixo está descarregado. A chave deslocase para posição 1 e em 5 ms, para posição 2, permanecendo nessa
posição.
a) Determinar vc e ic enquanto a chave
está na posição 1;
b) Calcule vc e ic em t = 5 ms;
c) Idem da letra (a) para chave na
posição 2;
d) Determine vc e ic em t = 10 ms.
Solução:
a) Chave na posição 1 (0 < t ≤ 5ms) – carga do capacitor,
vc(0) = 0 e a solução tem a forma:
vC - E1
dvC
iC + iR = 0 Ю
+C
= 0
R
dt
dvC vC
dvC
E1
C
+
=
Ю RC
+ vC = E1
dt
R
R
dt
t = RC ® Const. Tempo
Termo ≠ 0
K1 = vC (Ґ ) = E1
Ю K 2 = - K1 = - E1
vC = E (1- e- t / t )
1
t = RC = 1k.4mF = 4 (ms)
1
1
1000
=
=
= 250 (1/s)
- 3
t
4.10
4
(
vC = 10 1- e
- t /4.10-
3
)= 10(1-
e
- 250 t
), 0 Ј
t Ј 5ms
й10(1- e- 250t )щ
d
dvC
кл
ъ
ы
iC = C
= 4m.
dt
dt
E1 - t / t 10 - 250t
=C
e =
e
= 10e- 250t (mA), 0 Ј t Ј 5ms
RC
1k
b) Calcule vc e ic em t = 5 ms:
- 250.5.10-
(
t = 5ms ® vC = 10 1- e
- 250.5.10-
t = 5 ms ® iC = 10e
3
3
)= 7,14 V
= 2,87 (mA)
c) Idem da letra (a) para chave na
posição 2 – Circuito de recarga:
t 2 = 0 ® vC (0) = 7,14 V
dvC vC - E2
dvC
C
+
= 0 Ю RC
+ vC = E2
dt
R
dt
K1 = vC (Ґ ) = E2
K 2 = 7,14 - 30 = - 22,86 V
t = RC = 1k.4mF = 4 (ms)
vC = 30 - (22,86)e
- 250 t
, t і 5ms
dvC
- 250 t
iC = C
= (22,86)e
(mA), t і 5ms
dt
d) Determine vc e ic em t = 10 ms
Neste caso, define-se nova base de tempo, onde t = 5 ms é t = 0 e
para t = 10 ms, tem-se t = 5 ms, para a chave na posição 2.
Então, tem-se:
iC = (22,86)e- 250t (mA), t і 5ms(t і 0)
vC = 30 - (22,86)e
- 250 t
, t і 5ms (t і 0)
- 250.5.10-
vC = 30 - (22,86)e
3
= 23, 45 V
- 250.5.10-
iC = (22,86)e
3
=6,55 (mA)
O circuito da figura abaixo atingiu o estado
estacionário. Determinar as tensões do
capacitor.
O capacitor é composto de placas condutoras separadas por um
isolante, não há caminho condutor de um terminal a outro pelo
capacitor.
Quando colocado em uma fonte DC, com exceção de um rápido surto
transiente, sua corrente é nula.
Logo, um capacitor se comporta como em um circuito aberto quando
no estado estacionário.
Então, tem-se:
200
I1 =
= 2A
40 + 60
I2 =
V1 - 120 - 18 = 0 ® V1 = 138 V
90
= 1,5 A
40 + 8 + 12
V2 = (8 W)(1,5 A) = 12 V
Determinar todas as tensões e correntes no
circuito abaixo, imediatamente após a chave ser
fechada e no estado estacionário.
Quando colocado em uma fonte DC, com exceção de um
rápido surto transiente (máxima tensão), sua tensão é nula.
Logo, um indutor se comporta como em um curto circuito
quando no estado estacionário.
Modelo para o rápido transiente – momento que a chave é fechada:
Tensões:
vR2 = 160 - vR3
= 40 V
vL2 = vR3 = 120 V
vR1 = 0
vL1 = 160 V
60
vR3 =
160
20 + 60
= 120 V
vR4 = 0
Modelo para o rápido transiente – momento que a chave é fechada:
Correntes:
160
iT = i2 =
= 2A
20 + 60
i1 = 0
i3 = i2 = iT = 2 A
i4 = 0
Modelo para o estado estacionário – curto circuito
Tensões
vR2 = 160 - 30
= 130 V
vL2 = 0
vR1 = 160 V
vL1 = 0
60 / /5
vR3 = vR4 =
160
20 + 60 / /5
= 30 V
Modelo para o estado estacionário – curto circuito
Correntes
i2 = i1 + i2 = 11,83 A i = i + i = 6,5 A
2
3
4
30
i3 =
= 0,5 A
60
160
i1 =
= 5,33 A
30
30
i4 =
= 6A
5
Para o circuito da figura abaixo, a chave fecha em t = 0:
a) Determine as equações para iL e vL;
b) Em t = 300 ms, abre-se a chave. Determine as equações para iL e vL
durante a fase de decaimento;
c) Determine a tensão e a corrente em t = 100 ms e t = 350 ms;
Solução:
Converter o circuito a esquerda de L em
seu equivalente de Thévenin.
Converter o circuito a esquerda de L em
seu equivalente de Thévenin.
a) Figura ilustra o circuito reduzido
ETh = RThiL + vL
LTK:
ETh
L diL
= iL +
RTh
RTh dt
L
5
t =
=
= 50 (ms)
RTh 100
ETh
K1 = iL (Ґ ) =
= 2A
RTh
t = 0 ® iL (0) = 0 = K1 + K 2
K 2 = - K1 = - 2 A
1
1
=
= 20 (1/s)
- 3
t
50.10
iL = 2(1- e
- 20 t
)A
diL
- 20 t
vL = L
= 200 e
V
dt
b) Em t = 300 ms, abre-se a chave. Determine as equações para iL e vL
durante a fase de decaimento.
O aumento da corrente com o tempo é ilustrado na figura abaixo:
Observar que a constante de tempo
é τ = 50 ms, logo, 300 ms
correspondem um período de
tempo maior que 5τ (250 ms),
tendo o indutor atingido o estado
estacionário, ou seja, a corrente
inicial de descarga é igual a 2 A.
Quando a chave é aberta, a corrente
cai a zero através de uma resistência
igual a 60 + 80 = 140 Ω
Então:
L
5
t =
=
= 35,7 (ms)
RTh 140
1
1
=
= 28 (1/s)
- 3
t
35,7.10
K1 = 0 ® estado estacionário
K 2 = 2 ® condição inicial
- 28t
iL = 2 e
A
A tensão, logo após a abertura
da chave é – 280 V (I0 = 2 A)
(estado inicial do decaimento)
vL = V0 e
- t /t
= - 280 e
- 28t
V
t = 100ms (2t ) ® iL = 0,865(2) = 1,73 A
c) Tensão e corrente em
100 ms e 350 ms.
Para t = 350 ms, nova
escala de tempo, t = 50 ms,
para circuito de descarga.
- 28(50 ms )
iL = 2 e
=0,493 A
vL = - 280 e- 28(50 ms ) = - 69 V
t = 100ms (2t )
vL = 0,135(200) = 27 V
Segunda ordem - RLC
1º Caso – raízes reais e
distintas:
V> 1 ® x(t ) = K1e + K 2e
s1t
s2t
SUPERAMORTECIDO
2º Caso – raízes reais e
iguais: V = 1 ® s = - Vw
n
® x(t ) = (B1 + B2t )e
- Vwnt
CRITICAMENTE AMORTECIDO
3º Caso – raízes complexas
conjugadas:
м
s
=
V
w
м
п
s
=
V
w
+
j
w
n
п
1
n
d
п
п
V< 1 ® н
Юн
2
п
п
s
=
V
w
j
w
w
=
w
1
V
n
d
п
о 2
п
n
о d
3º Caso – raízes complexas
conjugadas:
м
s
=
V
w
м
п
s
=
V
w
+
j
w
n
п
1
n
d
п
п
V< 1 ® н
Юн
2
п
п
s
=
V
w
j
w
n
d
п
о 2
п
оwd = wn 1- V
s1t
x(t ) = K1e + K 2e
- st
= e
s2t
(A1 cos wd t + A2senwd t )
SUBAMORTECIDO
2ª Ordem
dv(t )
= - 3B1e- 3t + B2 e- 3t - 3B2te- 3t
dt
= - 3(B1 + 3B2t )e- 3t + B2 e- 3t