Exercícios Resolvidos de Circuitos RLC

A figura 1 mostra um circuito utilizado para a geração de picos de alta tensão. Neste circuito acorrem as seguintes fases sucessivas:

Fase 1: chave S 1 fechada e S 2 aberta durante longo tempo

Fase 2: chave S 1 aberta e S 2 fechada durante longo tempo

A figura 2 mostra o gráfico da d.d.p. ( V A - V B ) durante as fases 1 e 2

Com o indutor inicialmente sem corrente, determine:

  1. A expressão para a d.d.p. ( V A - V B ) em função do tempo na fase 1 a partir do instante de tempo t = 0 no qual o interruptor S 1 é fechado. Deixe a expressão em função de ε , R 1 e L .
  2. Os valores de ε , R 1 e R 2 sendo L = 4 m H e assumindo e = 3 (base dos logaritmos neperianos). Sugestão: utilize informações contidas no gráfico da figura 2 considerando as fases 1 e 2
  3. Supondo agora que o resistor R 2 seja retirado e no seu lugar seja colocado um capacitor C = 4 m F . Além disso, os valores de ε , R 1 e L são os mesmos encontrados nos itens anteriores. Com este novo circuito as fases 1 e 2 são repetidas.

  4. Trace o gráfico da d.d.p. V A - V B em função do tempo nas fases 1 e 2 . Em outras palavras desenhe a nova figura 2 para este circuito.

Passo 1

Na fase 1 temos um circuito R L onde a corrente no instante inicial no indutor é nula. Nessa malha temos

ε - L d i d t - R i = 0

Cuja solução para a corrente é dada por

i t = ε R 1 - e - t / τ L

Com τ L = L / R .

E a diferença de potencial V A - B B é a diferença de potencial no indutor

A d.d.p. no indutor é dada por

ε L = - L d i d t = - L ε R τ L e - t τ L = - ε e - t / τ L

Assim

V A - V B = - ε e - t / τ L

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Na fase 1 temos pelo gráfico dois valores de V A - V B t

O primeiro valor do gráfico é

V A - V B 0 = - 12 V

Substituindo na fórmula que achamos no item anterior

- ε e - 0 = - 12 →

ε = 12 V

Passo 3

O segundo valor no gráfico é dado por

V A - V B 10 - 3 = - 4 V

Substituindo na fórmula que achamos no item anterior (e já usando o valor ε = 12 V )

- 4 = - 12 e - 10 - 3 τ L → 4 12 = e - 10 - 3 / τ L

3 - 1 = e - 10 - 3 / τ L

  Tirando o log dos dois lados na base 3

log 3 ⁡ 3 - 1 = log 3 ⁡ e - 10 - 3 / τ L → - 1 = - 10 - 3 τ L log 3 ⁡ e

O enunciado pede para considerar e = 3

- 1 = - 10 - 3 τ L log 3 ⁡ 3 → 10 - 3 τ L = 1

τ L = 10 - 3 s

Como

τ L = L R 1 → R 1 = L τ L   = 4 × 10 - 3 10 - 3

R 1 = 4 Ω

Passo 4

No começo da fase 2 temos no indutor a corrente máxima e um circuito com somente um solenóide e a resistência R 2 .

No final da fase 1 a corrente é dada por

i = ε R 1 = 12 4

i = 3 A

E essa será a corrente no início da fase 2 .

No início da fase 2 a voltagem sobre o solenóide (e consequentemente sobre a resistência R 2 ) é, de acordo com o gráfico 12 × 10 3 V . Assim

V A - V B = i R 2 → R 2 = V A - V B i = 12 × 10 3 3

R 2 = 4 × 10 3 Ω

Passo 5

Na fase 1 sabemos que a voltagem é negativa e tende a 0 exponencialmente.

Agora na fase 2 trocamos essa resistência R 2 por um capacitor de capacitância C = 4 m F .

Pela lei das malhas temos

q C - L d i d t = 0

Lembrando que i = d q / d t

q C - L d 2 q d t 2 = 0 → d 2 q d t 2 = q L C

Cuja solução é

q = q 0 cos ⁡ ω t + ϕ

Onde ω = 1 / L C .

Derivando em relação ao tempo achamos a corrente

i = d q d t = - q 0 ω s e n ω t + ϕ

i t = - i 0 s e n ω t + ϕ

Assim a d.d.p V A - V B (que é a d.d.p. do solenóide) é dada por

V A - V B = - L d i d t = L i 0 d d t s e n ω t + ϕ

V A - V B = L ω i 0 cos ⁡ ω t + ϕ = L C i 0 cos ⁡ ω t + ϕ

Ou seja, na segunda fase a d.d.p V A - V B será uma função tipo seno com amplitude

V 0 = L C i 0 = 4 × 10 - 3 4 × 10 - 3 3

V 0 = 3 V

Assim o esboço dessa voltagem é algo tipo

Resposta

(a) V A - V B = - ε e - t / τ L

(b) ε = 12 V , R 1 = 4 Ω e R 2 = 4 × 10 3 Ω

(c)

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