Exercícios Resolvidos de Circuitos RLC

PUC - Física 3 – P3 2018.1 - 2

Considere o circuito da figura, onde os valores dos componentes são conhecidos: R 1 = 3   Ω , R 2 = 2   Ω , R 3 = 0,5   Ω , L = 5   H e ε = 2   V .

Fase 1: chave na posição A

Fase 2: chave na posição B

  1. Encontre as intensidades e os sentidos (para cima ou para baixo) das correntes em R 1 , R 2 e R 3 imediatamente depois de fechar a chave S na posição A (início da fase 1).
  2. Encontre as intensidades e os sentidos (para cima ou para baixo) das correntes em R 1 , R 2 e R 3 no final da fase 1.
  3. Após um tempo muito longo, a chave S é colocada na posição B (fase 2).

  4. Encontre as intensidades e os sentidos (para cima ou para baixo) das correntes que passam em R 1 , R 2 e R 3 imediatamente depois de fechar a chave S na posição B (início da fase 2).
  5. Encontre as intensidades e os sentidos (para cima ou para baixo) das correntes que passam em R 1 , R 2 e R 3 no final da fase 2.
  6. Encontre a energia dissipada em cada um dos resistores R 1 , R 2 e R 3 a partir do momento que a chave S é fechada na posição B e permanece nesta posição por um tempo muito longo. (Nota: pode deixar seu resultado em termos de frações numéricas, sem necessidade de calculá-las).

Passo 1

a) No instante t = 0 logo após a chave ser colocada na posição A, não passa corrente no indutor L e, consequentemente, não passa corrente também no resistor R 3 que está em série com ele. Por isso

I L t = 0 = 0     ;     I R 3 = 0   .

Por isso, a corrente que passa no circuito sai da bateria no sentido do polo negativo para o positivo + e passa de baixo para cima no resistor R 1 e no sentido de cima para baixo no R 2 que está em série com R 1 em t = 0 .

O valor dessa corrente é:

I t = 0 = E R 1 + R 2 = 2 3 + 2   ⇒ I t = 0 = 0,4   A   .  

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) Quando passa um tempo muito grande, ou seja, t = ∞ , então a corrente que passa pelo indutor chega ao seu valor máximo I L ,   m a x ≠ 0 . Portanto, a ddp no indutor é zero, já que

V L = L d i d t = 0   ,

ou seja, a corrente não varia mais com o tempo. Como não há queda de potencial através do indutor, a ddp nesse trecho é somente aquela devida a ddp no resistor R 3 quando ele é percorrido por uma corrente I R 3 . Queremos encontrar esta corrente e também aquele que passa pelo resistor R 2 .

Como esses dois resistores estão ligado em paralelo, eles estão à mesma ddp, ou seja,

R 2 I R 2 = R 3 I R 3   ⇒   I R 2 = I R 3 4   .

Como estão em paralelo, podemos “substitui-los” por uma resistência equivalente de R e q = R 2 R 3 R 2 + R 3 = 0,4   Ω . Como R e q está em série com o R 1 , a corrente que passa no circuito em t = ∞ é

I t = ∞ = E R 1 + R e q = 2 3,4       ⇒     I t = ∞ = 10 17   A   .

Essa corrente é igual a soma das correntes I R 2 e I R 3 que passam, respectivamente, nos resistors R 2 e R 3 . Portanto, como I R 2 = I R 3 / 4 , temos

I t = ∞ = I R 3 4 + I R 3 = 5 I R 3 4     ⇒     I R 3 = 8 17   A   .

Logo, também teremos que

I R 2 = 2 17   A   .

Nesse caso, a corrente I R 1 passará de baixo para cima em R 1 e de cima para baixo em ambos R 2 e R 3 .

Todos os valores que encontramos para as correntes acima são para um tempo muito grande, ou seja, para t = ∞ quando a chave está na posição A do circuito.

Passo 3

c) No instante t = 0 da chave na posição B, não tem mais corrente em R 1 , ou seja,

I R 1 t = 0 = 0

Como a corrente no indutor é máxima e igual a 8 17   A , a corrente em R 3 é também I R 3 = 8 17   A .

Como o valor da corrente que passa pelo resistor R 1 é zero, então a corrente que passa nos resistores R 2 e R 3 são iguais. Por isso, o que temos, nesse instante em que a chave é ligada na posição B, é

I R 2 t = 0 =   I R 3 t = 0 = 8 17   A   ,  

que tem sentido de cima para baixo em R 3 e de baixo para cima em R 2 . Note que, nesse caso, a corrente vai ficar circulando apenas na malha que contém os resistores R 2 e R 3 .

Passo 4

d) Para um tempo muito grande após a chave ser colocada na posição B, as correntes vão se anular, por isso temos que

I R 1 ∞ = I R 2 ∞ = I R 3 ∞ = 0   .

No caso da chave ligada na posição B, não há mais corrente que passa pelo resistor R 1 em nenhum momento. Por isso, para todo instante de tempo

I R 1 t = 0  

e a corrente passa apenas no circuito reduzido que tem o indutor L e os dois resistores R 2 e R 3 em série. Portanto, no tempo t = 0 logo após a chave estar na posição B, teremos que

I R 2 t = 0 = I R 3 t = 0 = 8 17   A   .

Para um tempo intermediário t depois da chave na posição B, corrente que passa nos resistores será

I R 2 t = I R 3 t = 8 17 e - t τ   ,

em que a constante indutiva τ é dada por

τ = L R 2 + R 3 = 2   s   ,  

o que nos dá

I R 2 t = I R 3 t = 8 17 e - t 2   .

Passo 5

e) A energia total dissipada em R 2 será

U R 2 = ∫ 0 ∞ R 2 I R 2 2 t d t = 2   × 8 17 2   ∫ 0 ∞ e - t   d t   ,

que dá como resultado final

U R 2 = 128 17 2   J .

Para R 3 , a energia total dissipada será

U R 3 = ∫ 0 ∞ R 3 I R 3 2 t d t = 0,5   × 8 17 2   ∫ 0 ∞ e - t   d t   ,

e teremos

U R 3 = 32 17 2   J   .

Apenas para completar, a energia que o indutor tinha em t = 0 logo após a chave ser mudada para B era de

U L = L I R 3 2 2 = 5   ×   8 17 2 2 = 160 17 2   J   ,

que é igual a

U L = 160 17 2 = U R 2 + U R 3   ,  

ou seja, toda a energia que havia no campo magnético do indutor foi dissipada através dos resistores R 2 e R 3 .

Resposta

  1. Corrente de baixo para cima em R 1 e de cima para baixo em R 2 ; em ambos, a corrente é I t = 0 = 0,4   A   ;
  2. I t = ∞ = 10 17   A   ;   I R 2 t = 0 = 2 17   A     ;     I R 3 t = 0 = 8 17   A   : correntes no mesmo sentido do item a) ;
  3. I R 1 t = 0 = 0   ;   I R 2 t = 0 = I R 3 t = 0 = 8 17   A   ;  
  4. I R 1 ∞ = I R 2 ∞ = I R 3 ∞ = 0   ;
  5. U R 2 = 128 17 2   J   ;   U R 3 = 32 17 2   J   .  

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