Exercícios Resolvidos de Circuitos RLC

Circuitos CA

Considere o circuito da figura onde ε = 5   V , R 1 = 4   Ω , R 2 = 1 Ω , L = 10 - 3   H e C = 10 - 3   F . Neste circuito ocorrem as seguintes fases sucessivas:

Fase 1 : chave na posição 1 durante longo tempo.

Fase 2 : chave comutada instantanemanere da posição 1 para a posição 2 , permanecendo nesta posição durante longo tempo.

a ) A intensidade e o sentido da corrente no indutor em função do tempo durante a Fase 1 .

b ) A d.d.p V A - V B em função do tempo durante a Fase 1 .

c ) A energia armazenada no indutor no final da Fase 1 .

d ) A corrente no indutor em função do tempo na Fase 2 , indicando o sentido no início desta fase ( t = 0   s imediatamente após a comutação da chave da posição 1 para a posição 2 ).

e ) As d.d.p. V S - V A , V A - V B e V B - V S no início da Fase 2 .

f ) Quais seriam os efeitos na corrente do indutor durante a Fase 2 se os valores de R 1 e R 2 forem trocados para 1   Ω e 4   Ω , respectivamente?

Passo 1

a )

Durante a fase 1 , temos um circuito RL. Para esse tipo de circuito, temos que a corrente varia da seguinte maneira:

i ( t ) = ε R . 1 - e - R . t L

No caso acima, temos que a resistência equivalente é a soma das resistências, tendo em vista que os resistores estão em série. Logo, a corrente em função do tempo será:

i t = 5 1 + 4 . 1 - e - ( 1 + 4 ) . t 10 - 3

i t = 1 - e - 5000 . t [ A ]

A corrente flui do polo positivo para o negativo, ou seja, sentido horário.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b )

A d.d.p nos terminais de um indutor é dada pela seguinte relação:

V = L . d i d t

Logo:

V A - V B = - L . d 1 - e - 5000 . t d t

V A - V B = - 10 - 3 . - 5000 . e - 5000 . t

V A - V B = 5 . e - 5000 . t   [ V ]

Passo 3

c )

A energia armazenada em um indutor é dada pela seguinte relação:

U = L . i 2   2

Substituindo, temos:

U = 10 - 3 . 1 2 2

U = 5 × 10 - 4   J

Passo 4

d )

Em circuito R L C , temos que a corrente, irá fluir no sentido anti-horário, pois a energia está armazenada no indutor. A corrente para esse circuito é dada pela seguinte relação:

i t = i . e - R . t 2 L cos ⁡ ω ' . t

Onde ω ' = 1 L C - R 2 L 2

Substituindo os valores, temos:

i t = 1 . e - 1 . t 2.10 - 3 cos ⁡ 1 10 - 3 . 10 - 3 - 1 2.10 - 3 2 . t

i t = e - 500 . t . cos ⁡ 866 . t   [ A ]

Passo 5

e )

Como o capacitor está inicialmente descarregado, a d.d.p entre seus terminais será nula, logo:

V B - V S = 0

Logo a d.d.p nos terminais do indutor e nos terminais do resistor será igual em módulo, para o resistor, como a corrente inicial vale 1   A :

V S - V A = R . I = 1 .   1 = 1   V

E no indutor, a d.d.p será:

V B - V A = - 1 V

O valor é negativo por conta da Lei das malhas(a soma deve dar zero)!

Passo 6

f )

Ao trocar o valor das resistências, temos que o ω ' se torna um número imaginário, pois:

ω ' = 1 10 - 3 . 10 - 3 - 4 2.10 - 3 2

Portanto, se trata de uma oscilação superamortecida.

Resposta

a )   i t = 1 - e - 5000 . t [ A ]

b ) V A - V B = 5 . e - 5000 . t   [ V ]

c )   U = 5 × 10 - 4   J

d )   U = L 2 . ε R 1 + R 2 2   [ J ]

e ) i t = e - 500 . t . cos ⁡ 866 . t   [ A ]

f ) Oscilação superamortecido.

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