Exercícios Resolvidos de Circuito RC

Puc - Física 3 – P2 2018.2 - 1

O circuito da Figura 1 abaixo é formado pelos elementos: ε = 36   V , R 1 = 10   Ω , R 2 = 40   Ω , R 3 = 20   Ω , R 4 = 80   Ω e C = 30   μ F . Adicionalmente, apresenta as seguintes condições iniciais: chave S aberta e capacitor descarregado.

  1. Determine a corrente na bateria (indicando seu sentido) imediatamente após o fechamento da chave S .
  2. Determine a diferença entre os potenciais V A B = ( V B - V A ) , supondo que o capacitor está plenamente carregado.
  3. Após o pleno carregamento do capacitor, a chave S é aberta. Determine a expressão para a diferença entre os potenciais V A B = ( V B - V A ) em função do tempo, calculando seus valores numéricos. Indique o sentido da corrente no capacitor.

Passo 1

a) Para o instante de tempo inicial ( t = 0 ), o capacitor está inicialmente descarregado q C t = 0 = 0 , o que significa que a ddp entre os terminais do capacitor também é zero, já que temos

V A B = V C t = 0 = q C t = 0 C = 0   .

Como V A B = 0 , então os pontos A e B nesse caso terão o mesmo valor. Por isso, os resistores R 1 e R 2 estão submetidos ao mesmo potencial e, portanto, estão em paralelo. Pela mesma razão, R 3 e R 4 também estão em paralelo.

A resistência equivalente entre R 1 e R 2 estará em série com a resistência equivalente entre R 3 e R 4 . Por isso, a resistência equivalente total será igual a

R e q = R 1 R 2 R 1 + R 2 + R 3 R 4 R 3 + R 4 = 24   Ω   .

Portanto, a corrente em t = 0 será

i t = 0 = ε R e q = 1,5   A   .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) Em um tempo suficientemente grande ( t = ∞ ) , o capacitor estará totalmente carregado e por ele não passará nenhuma corrente. Por isso, nessa situação, o resistor R 1 estará em série com R 4 e R 2 estará em série com R 3 .

Nesse caso, a resistência equivalente entre R 1 e R 4 estará em paralelo com a resistência equivalente entre R 2 e R 3 .

Então, a resistência equivalente total será

R e q = R 2 + R 3 R 1 + R 4 R 1 + R 2 + R 3 + R 4 = 36   Ω   .

Isso vai dar o seguinte para a corrente em t = ∞ (tempo muito grande):

i t = ∞ = ε R e q = 1   A   .

Como a resistência equivalente na parte de cima do circuito é R e q 1 = R 2 + R 3 = 60   Ω e embaixo é igual a R e q 2 = R 1 + R 4 = 90   Ω , a corrente i 23 que passa por R 2 e R 3 é i 23 = 1,5 i 14 , sendo que i 14 é a corrente que passa pelos resistores R 1 e R 4 .

Por isso, podemos aplicar a lei dos Nós no nó D da figura e escrever que

i t = ∞ = 1   A = i 23 + i 14 = 2,5   i 14     ⇒     i 14 = 0,4   A .

Portanto, i 23 = 0,6   A .

Como temos os valores das correntes, podemos escrever o seguinte sistema entre os pontos D e A e entre D e B da figura acima

V D - R 2 i 23 = V A

V D - R 1 i 14 = V B

Subtraindo a primeira equação acima da segunda, vamos obter que

V B - V A = R 2 i 23 - R 1 i 14   ⇒   V B - V A = 20   V   .  

Passo 3

c) Depois desse tempo muito grande, o capacitor estará totalmente carregado e, depois que a chave S for aberta, esta carga vai começar a diminuir com o tempo. Consequentemente, a ddp V B - V C também vai diminuir com o tempo, e é esse comportamento com o tempo de V A B ( t ) que vamos encontrar agora.

Quando a chave S for aberta, não precisaremos mais considerar o trecho que contém a fonte ε . Basta olhar para as malhas à esquerda do capacitor, por onde passa uma corrente i E ( t ) , e a malha à direita de C , por onde passa uma corrente i D ( t ) .

A corrente que passa pelo capacitor é i ( t ) e, nessa nova situação, os resistores R 1 e R 2 estão série assim como os resistores R 3 e R 4 .

Pela lei dos Nós, a corrente do capacitor é igual a

i t = d q d t = i E t + i D t   .

Agora, vamos aplicar a lei das Malhas para as malhas da esquerda e da direita, começando do ponto A e retornando a ele somando as diferenças de potencial:

- R 1 + R 2 i E t - q t C = 0   ,

- R 3 + R 4 i D t - q t C = 0   .

Subtraindo uma equação acima da outra, vamos ter que

R 1 + R 2 i E t = R 3 + R 4 i D t     ⇒     i E t = 2 i D t   .

Substituindo isso na expressão que obtivemos a partir da lei dos nós, teremos

d q d t = 3 i E t   .

Do sistema acima, obtido a partir da lei das Malhas, podemos isolar a corrente i E ( t ) e substituir em d q / d t acima

d q t d t = - 3 q t R 3 + R 4 C   ⇒ ∫ q M q t d q ´ q ´ = - 3 R 3 + R 4 C   ∫ 0 t d t ´   .

Quando a gente resolve essa integral, vamos chegar a

q t = q M e - t τ C   ,

com

τ C = R 3 + R 4 C 3 = 10 - 3   s   .

Para obter o potencial V A B ( t ) , basta dividir q ( t ) por C :

V A B t = q t C = 20   e - 10 3 t   V   ,  

sendo que

q M C = 20   V  

é a ddp que encontramos no Passo 2.

Como o capacitor está se descarregando, então a corrente i ( t ) que passa por ele está no sentido de baixo para cima e as correntes i E ( t ) e i D ( t ) estão ambas no sentido anti-horário nas respectivas malhas.

Resposta

  1. i t = 0 = ε R e q = 1,5   A   ;
  2. V B - V A = 20   V   ;
  3. V A B t = q t C = 20   e - 10 3 t   V   ;

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