CIRCUITOS RL E RC RESPOSTA NATURAL CAPITULO 05

CAPITULO 05
CIRCUITOS RL E RC
RESPOSTA NATURAL
Prof. SILVIO LOBO RODRIGUES
PONTIFÍCIA UNIVERSIDADE CATÓLICA DO RIO GRANDE DO SUL
FACULDADE DE ENGENHARIA - FENG
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA ELÉTRICA – DEE
CIRCUITOS I
5.1 INTRODUÇÃO
Estudaremos neste capítulo os circuitos mais simples contendo resistores e capacitores ou
resistores e indutores e que não tenham nenhuma fonte.
Obteremos para estes circuitos uma equação diferencial linear homogênea de 1ª ordem ou um
sistema de equações de 1ª ordem para circuitos que contenham mais de um indutor ou mais de um
capacitor dispostos de maneira tal que não permitam uma associação série ou paralela de modo direto.
Uma solução será obtida ao encontrarmos, para a variável dependente, uma expressão que
satisfaça a equação diferencial e a distribuição de energia nos indutores e capacitores num determinado
instante de tempo t = 0.
A solução da equação diferencial representa a resposta do circuito. Quando o circuito não é
alimentado continuamente por uma fonte independente a resposta é chamada de resposta natural, ou
transitória uma vez que ela depende apenas da natureza dos elementos do circuito e desaparece ao
longo do tempo pela dissipação da energia armazenada nos capacitores ou indutores se transformando
em calor nos resistores do circuito.
5.2 CIRCUITO RL MAIS SIMPLES
Consideremos o CKT da figura 5.1 no qual a corrente no indutor em t = 0 é I0.
t=0
R
vR
+
i
+
vL
i(0) = I0
-
Figura 5.1 - Circuito RL simples.
Do circuito temos:
vL + vR = L
di
+ Ri = 0
dt
di R
+ i=0
dt L
(5.1)
Esta é a equação diferencial de 1ª ordem representativa do circuito.
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CIRCUITOS I
Devemos, pois, obter uma solução para i(t) que satisfaça esta equação e a condição inicial i(0)
= Io.
Uma solução para esta equação é obtida pelo método de separação de variáveis e integração
direta.
di
R
= − dt
i
L
i(t ) di
R t
∫Io i = − L ∫0 dt
i(t )
ln (i ) I
o
t
R 
= − t
L 0
ln (i ) − ln ( I o ) = −
R
t
L
 i 
R
ln   = − t
L
 Io 
e
 i 
ln  
 Io 
=e
R
− t
L
R
− t
i
=e L
Io
Donde finalmente chegamos à expressão que representa a resposta natural em termos da
corrente i(t) em um circuito RL simples.
i ( t ) = Ioe
R
− t
L
(5.2)
Este tipo de solução é um pouco limitado uma vez que nem sempre se podem separar as
variáveis.
O método mais utilizado, entretanto consiste em se admitir uma forma de solução e testar a
hipótese substituindo nas equações e testar as condições iniciais.
Voltemos ao nosso exemplo. Da equação (5.1):
di R
+ i=0
dt L
i (0) = Io
Admitimos como solução uma solução exponencial:
i ( t ) = Aes1t
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(5.3)
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Levando na equação diferencial:
d
R
Aes1t + Aes1t = 0
dt
L
R
As1es1t + Aes1t = 0
L
R

As1es1t  + s1  = 0
L

(
)
Temos três soluções possíveis:
A=0
s1 = - ∞
s1 = −
ou
R
L
As duas primeiras não nos interessam, pois levam a soluções nulas ou triviais.
Logo,
R
L
A nossa solução hipótese fica:
s1 = −
i ( t ) = Ae
−
(5.4)
R
t
L
Resta determinar a constante A que é obtida pela condição inicial i(0) = I0.
i ( 0 ) = I o = Ae0
Logo,
i ( t ) = I oe
A = Io
R
− t
L
A potência dissipada no resistor é:
PR ( t ) = Ri ( t ) = R ( Io ) e
2
2
−
2R
t
L
A energia transformada em calor ao longo do tempo:
∞
∞
0
0
2 −
W = ∫ p ( t )dt = ∫ R ( I o ) e
W = −R (Io )
2
2R
t
L
dt
∞
t
L − 2R
⋅
e L 
2R
0
1
2
W = L (Io )
2
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(5.5)
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O resultado concorda com a energia inicialmente armazenada no indutor.
5.3 PROPRIEDADES DA RESPOSTA EXPONENCIAL
Consideremos o gráfico da figura 5.2.
i (t )
I0
1
0,638
θ
θ’
t(s)
ϒ
Figura 5.2 – Corrente num CKT RL (resposta natural).
Quando R não se altera, a curva decresce constantemente à medida que t aumenta.
L
A razão inicial do decaimento é dada pela derivada em t = 0.
d  i 
 Io 
dt
R − RL t
=− e
L
=−
t =0
(5.6)
R
L
t =0
Da figura 5.2:
d  i 
I
tgθ' =  o 
dt
=−
R
L
tgθ =
1
γ
t =0
Como θ é o suplemento de θ’
tgθ = −tgθ'
1 R
=
γ L
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L
Logo γ = R (s)
(5.7)
E representa o tempo necessário para que
i
caia de 1 a 0.
Io
A constante γ é chamada de constante de tempo do circuito.
Quando t = γ :
i (t )
Io
i (t )
Io
=e
R
− t
L
= e −1
= 0, 368
Logo i(t) = 36,8%.Io
Para t = 2γ:
Para t = 3γ:
Para t = 4γ:
Para t = 5γ:
i (t )
Io
i (t )
Io
i (t )
Io
i (t )
Io
= e −2 = 0,135
= e −3 = 0, 0498
= e −4 = 0, 0183
= e −5 = 0, 0067
Conclui-se que para t = 5γ a corrente no circuito é praticamente nula pois i(t)=0,67%.Io.
Em termos da constante de tempo:
i (t ) = Ioe
−
t
γ
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(5.8)
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5.4 ESTUDO DE UM CKT RL MAIS ELABORADO
Analisemos a figura 5.3 na qual é conhecida iL(0).
R3
i1
iL
i2
R1
L
R2
R4
Figura 5.3 – Circuito RL mais geral.
R eq = R 3 + R 4 +
R1 ⋅ R 2
R1 + R 2
A constante de tempo do circuito:
γ=
L
R eq
A corrente iL(t) pode ser escrita:
iL (t ) = iL (0) e
−
Re q
L
t
= i L ( 0) e
−
t
γ
(5.9)
Se quisermos i2, por exemplo, fazemos o divisor de corrente.
i2 = −
R1
⋅ iL
R1 + R 2
Então:
t
−
R1
⋅ i L ( 0) e γ
i 2 (t ) = −
R1 + R 2
(5.10)
Se não for conhecido iL(0) e for conhecido i1(0+), por exemplo, teremos:
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( )
( )
(0 ) = RR i (0 )
R 1i1 0 + = R 2 i 2 0 +
i2
+
1
1
+
2
( ) = − i (0 ) + i (0 )
iL 0
+
1
+
2
+


R
i L 0+ = −  i1 0+ + 1 i1 0 + 
R2


 R + R1 
+
i L 0+ = −  2
 ⋅ i1 0
 R2 
( )
( )
( )
( )
( )
(5.11)
A equação (5.10) para i2(t) fica então:
t
−
R
i 2 ( t ) = 1 ⋅ i1 0+ e γ
R2
( )
(5.12)
5.5 CIRCUITO RC MAIS SIMPLES
Consideremos a figura 5.4 na qual v(0) = V0.
R
C
+
v(t)
v(0) = v0
-
Figura 5.4 – Circuito RC simples.
A corrente total deixa o nó superior em t = 0.
dv v
+ =0
dt R
dv
v
+
=0
dt RC
C
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Comparando com
de i por v e
R por 1 .
L
RC
di R
+ i = 0 , verificamos que se trata da equação dual pela substituição
dt L
A solução deve ser portanto o dual da solução para CKT RL.
Logo:
v ( t ) = V0e
−
t
RC
(5.13)
Vamos supor que selecionamos i(t) e não v(t) como variável para o CKT RC.
v (t 0 ) +
1
idt + Ri = 0
C∫
Derivando:
i (t )
C
+R
di
=0
dt
Como i =
v
dv
v
+
=0
→
R
dt RC
Teremos novamente:
v ( t ) = Voe
−
t
RC
5.6 PROPRIEDADES DA RESPOSTA EXPONENCIAL (CKT RC)
v
V0
1
0,638
θ
θ’
ϒ
t
Figura 5.5 – Tensão num circuito RC (resposta natural).
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1
Quando
não se altera, a curva decresce constantemente à medida que t aumenta. A razão
RC
inicial do
decaimento é dada pela derivada em t = 0.
d  v 
 Vo 
dt
=−
t
1 − RC
e
RC
=−
t =0
1
RC
t =0
tgθ' = − tgθ = −
1
γ
1
1
=
γ RC
Logo γ = RC (s)
(5.14)
E representa o tempo necessário para que
v
caia de 1 a 0.
Vo
Quando t = γ : v ( t )
= e −1 = 0, 368
Vo
v (t )
Para t = 2γ:
Vo
v (t )
Para t = 3γ:
Vo
v (t )
Para t = 4γ:
Vo
v (t )
Para t = 5γ:
Vo
= e −2 = 0,135
= e −3 = 0, 0498
= e−4 = 0, 0183
= e−5 = 0, 0067
Conclui-se que a tensão no circuito, para t = 5γ, é praticamente cula pois v(t)=0,67%.Vo.
Em termos da constante de tempo:
v ( t ) = Vo e
−
t
γ
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(5.15)
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5.7 ESTUDO DE UM CKT RC MAIS ELABORADO
Consideremos o CKT da figura 5.6 em que v(0) = Vo.
i1
R2
i
R1
R3
+
v
-
C
Figura 5.6 – CKT RC mais geral.
R eq = R 2 +
v ( t ) = V0e
−
R1 ⋅ R 3
R1 + R 3
t
Re q C
γ = R eq C
Qualquer voltagem ou corrente na parte resistiva da rede será da forma A ⋅ e
−t
γ
Por exemplo:
( )
i1 ( t ) = i1 0+ e
−t
γ
E i(0+) deve ser obtido da condição inicial dada.
Para o divisor de corrente:
( ) ( )
i1 0+ = i 0+ ⋅
( )=
Mas. i 0
+
R3
R1 + R 3
( )=
v 0+
V0
R eq

R 1R 3 
 R2 +

R1 + R 3 

( )
+
Então, i1 0 =
=
V0 ( R1 + R 3 )
R1R 2 + R 2 R 3 + R1R 3
R3
⋅ v 0+
R1 R 2 + R 2 R 3 + R1R 3
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( )
(5.16)
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5.8 CKT RL E RC GERAIS
Um circuito com vários indutores ou capacitores geralmente não permite a simplificação para 1
indutor ou 1 capacitor associado a uma resistência equivalente. Temos sempre nestes casos mais de
uma exponencial negativa associada ao circuito. Tais problemas envolvem a solução de um sistema de
equações diferenciais de 1ª ordem e o circuito terá mais de uma constante de tempo, associada a
descarga da energia armazenada nos capacitores ou indutores.
Exemplo: seja o circuito da figura 5.7 para o qual conhecemos i1(0) e i2(0).
Seja i1(0) = 11A e i2(0) = 11A.
2H
1Ω
2Ω
3H
i1
i2
Figura 5.7 – Circuito a dois indutores – Exemplo de aplicação.
Temos duas correntes de laço e cada uma delas será representada pela soma de duas
exponenciais e cada exponencial tem como incógnita uma amplitude e uma constante de tempo.
Teremos 6 incógnitas a determinar:
Escrevendo as equações de laço:
di1
di
−3 2 = 0
dt
dt
di
di
−3 1 + 3 2 + 2i 2 = 0
dt
dt
i1 + 5
(1)
(2)
A nossa hipótese de solução é:
i1 = Aes1t +Bes2t
(3)
i 2 = Ces1t +Des2t
(4)
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Substituindo i1 e i2 nas equações diferenciais:
Aes1t +Bes2 t +5As1es1t -3Cs1es1t +5Bs 2es2 t -3Ds 2es2 t =0
−3As1es1t − 3Bs 2es2 t + 3Cs1es1t + 3Ds 2es2t + 2Ces1t + 2Des2t = 0
( A + 5As1 − 3Cs1 ) es t + (B + 5Bs2 − 3Ds 2 ) es2 t = 0
( −3As1 + 3Cs1 + 2C ) es t + ( −3Bs2 + 3Ds 2 + 2D ) es2 t = 0
1
1
1
1
A solução para este sistema obriga que todos os termos entre parêntesis sejam nulos.
A (1 + 5s1 ) − 3Cs1 = 0
B (1 + 5s 2 ) − 3Ds2 = 0
C ( 2 + 3s1 ) − 3As1 = 0
D ( 2 + 3s 2 ) − 3Bs 2 = 0
(5)
(6)
(7)
(8)
Da equação (5):
A = 3C
s1
1 + 5s1
Levando na equação (7):
6s12 + 13s1 + 2 = 0
Donde s1 = −1 6 , s 2 = -2
Da equação (6):
B = 3D
s2
1 + 5s 2
Levando na equação (8):
6s 2 2 + 13s 2 + 2 = 0
Donde s1 = −1 6 , s 2 = -2
Escolhemos para solução:
s1 = −1 6 e s 2 = -2
i1 = Ae
i 2 = Ce
−t
6
+ Be−2t
−t
6
+ De−2t
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Aplicando as condições iniciais:
i1 ( 0) = A + B = 11
i 2 ( 0) = C + D = 11
(9)
(10)
Estas duas equações não são suficientes para determinar A, B, C e D. Utilizamos então duas
equações diferenciais.
Por exemplo as equações (5) e (6):
A (1 + 5s1 ) − 3Cs1 = 0
B (1 + 5s 2 ) − 3Ds 2 = 0
Como s1 = −1 6 , s 2 = -2
A + 3C = 0
−9B + 6D = 0
(11)
(12 )
A solução das equações (9) a (12) fornece:
A=3
B=8
C = −1
e
D = 12
A solução final fornece:
i1 = 3e
−t
6
+ 8e−2t
−t
6
+ 12e−2t
i 2 = −e
As constantes de tempo do circuito são:
γ1 = −
1
s1
γ 1 = 6s
γ2 = −
1
s2
1
γ2 = s
2
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A representação gráfica das correntes sobre os indutores é dada na figura 5.8.
i1 (t) [A]
i1 (t) – i2 (t) [A]
11
11
10
10
8
8
6
6
4
4
2
2
1
2
3
4
5
t (s)
1
2
3
4
5
t (s)
Figura 5.8 – Resposta em corrente para o CKT RL a dois indutores.
5.9 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1. A fonte independente no circuito da figura abaixo é 140V para t < 0 e 0V para t > 0. Determine
i(t) e vo(t).
2µF
70Ω
vs
420Ω
20Ω
80Ω
60Ω
i(t)
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+
v0(t)
-
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Solução:
140
A vo ( t ) = 0
490
Para t > 0: R eq = ( 70 // 420 ) + ( 80 // 80 ) = 60 + 40 = 100Ω
Para t < 0: i ( t ) =
γ = R eqC = 100 × 2 × 10−6 = 2 × 10−4 s
vc (0+ ) = 420 × i(0− ) = 420 ×
+
vc (t) = vc (0 )e
− t
140
= 120V
490
(2⋅10 ) 120e−5000t t > 0
=
−4
+ vc(t) ic(t)
40Ω
60Ω
dv c
= −2 × 10−6 × 120 × 5000e−5000t
dt
i c ( t ) = −1, 2 × e−5000t A
t>0
ic (t ) = C
i (t ) =
i c ( t ) × 70
=
1, 2 × 70 −5000t
e
490
490
i ( t ) = −0,171e−5000t
t>0
v o ( t ) = 60 × i R60
i R60 = −
i c ( t ) × 80
= 0, 6 × e−5000t A
160
v o ( t ) = 60 × 0, 6 × e −5000t V
vo ( t ) = 36e−5000t V → t > 0
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2. Após estar fechada por um longo tempo, a chave no circuito da figura que segue é aberta em
t = 0. Determine v(t) para t > 0.
ix
2kΩ
t=0
0,3V
0,6mA
+
1kΩ 5µF
v(t)
-
Solução:
Chamando ix a corrente no resistor de 2KΩ para t < 0 temos:
(
0, 3 = 2000i x + 1000 i x + 0, 6 × 10−3
ix =
)
0, 3 − 0, 6 −0, 3
=
= −0,1mA
3000
3000
Logo:
( )
v ( 0 ) = v ( 0 ) = 0, 5V
v 0− = 1000 ( 0, 6 − 0,1) × 10−3 = 0, 5V
−
+
( )
Para t > 0: v ( t ) = v 0
+
− t
e
(1000×5×10 )
−6
v ( t ) = 0, 5e−200t V
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3. A chave do circuito da figura que segue fecha-se em t = 0. Determine i1(t) e i2(t) para t > 0.
6H
3Ω
12H
i2
i1
18A
4,5Ω
t=0
2Ω
6Ω
Para t < 0:
18 × 4, 5
= 9A
4, 5 + 3 + 1, 5
9 × 2 18 9
=
=
i 2 (t ) =
6+2 8 4
i1 ( t ) =
Para t > 0:
i1
3i1 + 6
12H
6H
3Ω
2Ω
i2
6Ω
di1
+ 2 ( i1 − i 2 ) = 0
dt
di 2
+ 6i 2 + 2 ( i 2 − i1 ) = 0
dt
di
5i1 + 6 1 − 2i 2 = 0
dt
di
−2i1 + 8i 2 + 12 2 = 0
dt
12
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CIRCUITOS I
A nossa solução hipótese é:
i1 = Aes1t + Bes2t
i 2 = Ces1t + Des2t
5Aes1t + 5Bes2 t + 6As1es1t + 6Bs2es2 t − 2Ces1t − 2Des2 t = 0
−2Aes1t − 2Bes2t + 12Cs1es1t + 12Ds 2es2t + 8Ces1t + 8Des2t = 0
es1t ( 5A + 6As1 − 2C ) + es2t ( 5B + 6Bs 2 − 2D) = 0
es1t ( −2A + 12Cs1 + 8C ) + es2t ( −2B + 12Ds 2 + 8D) = 0
(5 + 6s1 ) A − 2C = 0
(5 + 6s 2 ) B − 2D = 0
(8 + 12s1 ) C − 2A = 0
(8 + 12s2 ) D − 2B = 0
(1)
(2)
(3)
(4)
Combinando (1) com (3):
De (1) :  5 + 6s1 


2
A = C

Aplica em (3):
2s12 + 3s1 + 1 = 0
s1 = −
1
e -1
2
Combinando (2) com (4):
De (2) :  5 + 6s 2 


2
B = D

Aplica em (4):
2s 2 2 + 3s 2 + 1 = 0
s2 = −
1
e -1
2
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CIRCUITOS I
Escolhendo para solução:
s1 = −
1
e s 2 = -1
2
i1 = Ae
i 2 = Ce
−t
2
+ Be− t
−t
2
+ De− t
Quando t = 0 :
i1 ( 0 ) = A + B = 9
i 2 ( 0) = C + D = 9
(5)
4
(6)
Escolhendo as equações (1) e (2):
(5 + 6s1 ) A − 2C = 0 → s1 = −1 2
(5 + 6s 2 ) B − 2D = 0 → s 2 = −1
2A − 2C = 0
− B − 2D = 0
(7)
(8)
Resolvendo o sistema das equações (5), (6), (7) e (8):
9
2
9
B=
2
9
C=
2
A=
9
4
9 −t
9
i1 (t) = e 2 + e− t
2
2
9 −t 9
i 2 (t) = e 2 − e− t
2
4
D=−
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CIRCUITOS I
As constantes de tempo são:
γ 1 = 2s
γ 2 = 1s
4. A chave do circuito abaixo está em a por muito tempo. Em t = 0 ela é movida para b e, em
t = 1s é movida para c. Para que instante t, v = 1V?
25kΩ
a b c
t=0
100kΩ
5V
100kΩ
+
v
10µF
Solução:
Com a chave em a o capacitor se carrega e em t = 0-:
( )
v 0− =
100000
⋅ 5 = 4V
25000 + 100000
Com a chave na posição b, 0 < t < 1:
v ( t ) = Voe
−t
RC
= 4e
−
t
105 ⋅10−5
= 4e− t V
Em t = 1s:
v (1) = 4e−1 = 1, 472V
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CIRCUITOS I
Com a chave na posição c, t > 1:
−
(10
v ( t ) = v (1) e
5
t
)
// 105 ⋅10−5
= 1, 472e−2t
1 = 1, 472e−2t
1
= e−2t
1,472
 1 
ln 
 = −2t
 1,472 
t = 0,193s
Assim o instante em que ocorre v = 1 é:
t = 1 + 0,193 = 1,193s
5. Com referência ao circuito mostrado a seguir sabe-se que v(0) = 9V. Determine i(t) para t > 0.
i(t)
15Ω
a
+
6i
50µF
10Ω
v(t)
-
b
Solução:
Para se obter a tensão v(t) e i(t) precisamos do equivalente resistivo (Thévenin) ligado ao
capacitor.
Assim obtém-se o equivalente Thévenin visto de ab.
i
15Ω
ix
6i
i’
a
10Ω
1V
b
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1
= 0,1A
10
−1 + 15i x + 6i = 0
i' =
i + i x + i' = 0
1 = 15i x + 6i

 −0,1 = i x + i
i x = −0,1 − i
1 = 15 ( −0,1 − i ) + 6i
1 + 1, 5 = −9i
2, 5
−9
i = −0, 2777A
i=
1
1
= 3, 6Ω
R TH = − =
i 0, 2777
Assim:
i
+
3,6Ω
vc
50µF
vc ( t ) = 9e
−
t
3,6×50×10−6
-
vc ( t ) = 9e−5555,5t V
i (t ) = −
vc
dv
= C c = −50 × 10−6 × 9 × 5555, 5e−5555,5t
3, 6
dt
i ( t ) = −2, 5e−5555,5t A
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CIRCUITOS I
6. As duas chaves do circuito que segue são fechadas em t = 0. Determine i1(t), i2(t) e i3(t) para
t > 0.
i2
10Ω
10Ω
0,2V
+
vL
t=0
i
0,8H
-
40Ω
20Ω
i1
0,3V
t=0
i3
Solução:
a) Antes de t = 0 com o inductor em curto vL = 0:
( )
i 3 0− = 0
−0, 2 + 10i 2 + 10i 2 + v L = 0
−0, 3 + 20i1 + 40i1 + v L = 0
i = i 2 + i1 = 0, 015A
i 2 = 0, 01A
i1 = 0, 005A
b) Após o fechamento das chaves o indutor fica em paralelo com as resistências de 10Ω e 40Ω
e as fontes deixam de alimentar o indutor. Assim:
i3 =
0, 2
= 0, 02A
10
t>0
i
40//10 = 8Ω
0,8H
i ( t )3 = I o e
R
− t
L
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= 0, 015e
−
8
t
0,8
= 0, 015e−10t A
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c) i2 é obtido de i(t) por divisão de corrente para t > 0.
i2
10Ω
40Ω
0,8H
i2 = −
i
40 ⋅ i
= −0, 8 × 0, 015e−10 = −0, 015e−10t A
40 + 10
7. A chave da esquerda no circuito que segue é fechada em t = 0.
a) Determinar iL(t) e i1(t) para 0 < t < 0,15.
b) A chave do lado direito é fechada em t = 0,15. Determine iL(t) e i1(t) para t > 0,15.
2Ω
4Ω
6Ω
iL(t)
t=0
24V
t=0,15s
0,6H
i1(t)
Solução:
a) Para t < 0:
( )
(0 ) = 2 +244 + 6 = 2A
i1 0− = 0
iL
−
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Para 0 < t < 0,15 com a chave da esquerda fechada:
i L ( t ) = Ioe
i1 ( t ) =
−
10
t
0,6
= 2e−16,67t
24
− i L ( t ) = 12 − 2e−16,67t
2
c) Para t > 0,15:
i1 ( t ) =
24
= 12A
2
i L ( t ) = i L ( 0,1) ⋅ e
−
6
t
0,6
= 2e−1,667 ⋅ e−10t
i L ( t ) = 2 × 0,1888e−10t
i L ( t ) = 0, 3776e−10t
8. Após ter estado fechada por um longo tempo, a chave no circuito abaixo é aberta em t = 0.
Determine v(t) para t > 0.
i1
t=0
2kΩ
i
0,3V
0,6mA
1kΩ
5µF
+
vc(t)
-
Solução:
Para t = 0- o capacitor está carregado e em aberto:
( )
v c 0− = 1000i
(1)
0, 3 = 2000i1 + 1000i
(2)
i1 + 0, 6 × 10−3 = i → i1 = i − 0, 006
(3)
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Levando (3) em (2):
0, 3 = 2000 ( i − 0, 0006) + 1000i
0, 3 = 3000i − 1, 2
i=
1, 5
= 0, 5 × 10−3 A
3000
( )
( )
vc 0− = 1000 × 0, 5 × 10−3 = 0, 5V = vc 0+
Para t > 0:
( )
vc ( t ) = vc 0 e
+
−
t
10 3 × 5×10 −6
= 0, 5e−200t V
9. Um capacitor de precisão de valor 1µF tem como dielétrico (isolante entre as placas condutoras)
um material com resistividade muito elevada. O capacitor é carregado até 1V em t = 0 e é, então,
desligado da fonte. Observa-se que a voltagem cai a 0,9V em 100 horas.
Determine a resistência de isolação:
v ( t ) = Voe
0, 9 = 1e
0, 9 = e
−
−
−t
RC
t
R×10−6
106 t
R
 − 10 t 
ln ( 0, 9) = ln  e R 




106 t
−0,1053605 = −
R
t = 100 × 3600 = 36 × 104 s
6
R=
106 × 36 × 104
= 3, 4168 × 1012 Ω
0,1053605
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10. As voltagens iniciais nos capacitores, do circuito que segue, são: v1(0) = 10V e v2(0) = 4V.
Para que valor de t, i = 0?
+
v1
i(t)
1µF
-
3µF
i1
2MΩ
i2
v2
+
2MΩ
Solução:
i1 ( t ) − i 2 ( t ) = i ( t )
Quando i ( t ) = 0 → i1 ( t ) = i 2 ( t )
Como os resistores são de igual valor a corrente i(t) será nula quando v1(t) = v2(t).
v1 ( t ) = 10e
v 2 ( t ) = 4e
10e
e
e
e
−
t
2
t
−
6
−
t
3
−
t
2
=
= 4e
−
−
t
6
−
t
6
t
2
4
10
= 0, 4
 −t 
ln  e 3  = ln ( 4 )


−
t
= −0, 91629 → t = 2, 74887s
3
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