Use a equação representativa e transformadas de Laplace para calcular i , para t > 0 , se o circuito está em regime permanente em t = 0 - .

Passo 1

E aí, moçada. Vamos dar continuidade na nossa jornada resolvendo circuitos usando transformadas ao invés de equações características.

O circuito está chaveado e antes do chaveamento o circuito já está em regime permanente. Isso significa que teremos que encontrar a corrente no capacitor e a tensão no indutor. Para o regime permanente em t = 0 - , teremos a seguinte situação:

Se observarmos bem, o resistor de 3   Ω está em vermelho porque nesta configuração ele está curto-circuitado, ou seja, é como se ele não existisse. O que sobra é apenas a fonte e o resistor de 1   Ω . Logo

i 0 - = 8   V 1   Ω ∴ i 0 - = 8   A

Para calcular v 0 - , vamos usar a LKT na primeira malha:

v 0 - = v r e s i s t o r - v f o n t e = 8   V - 8   V ∴ v 0 - = 0

Assim, essas são nossas condições iniciais.

Passo 2

De posse das condições iniciais, podemos desenhar o circuito no domínio da frequência com as fontes de tensão associadas a cada condição. No nosso caso, só teremos uma fonte de tensão em série com o indutor.

Fazendo uso da análise de malhas, obtemos:

Malha 1:

- 8 s + 3 + 1 I 1 s + 20 s   I 1 s - I 2 s = 0

⇒ 4 + 20 s I 1 s - 20 s I 2 s = 8 s

Reorganizando:

4 s + 20 s I 1 s - 20 s ⋅ I 2 s = 8 s

⇒ 4 s + 20 I 1 s - 20 I 2 s = 8

Malha 2:

20 s   I 2 s - I 1 s + 5 s I 2 s = 40 ⇒   - 20 s I 1 s + 20 s + 5 s I 2 s = 40

Reorganizando:

- 20 s I 1 s + 20 + 5 s 2 s I 2 s = 40 s s  

⇒   - 20 I 1 s + 20 + 5 s 2 I 2 s = 40 s

Assim, o nosso sistema é composto das seguintes equações:

4 s + 20 I 1 s - 20 I 2 s = 8 - 20 I 1 s + 20 + 5 s 2 I 2 s = 40 s

Passo 3

Como nosso objetivo é encontrar i que coincide com I 1 ( s ) no domínio da frequência, vamos calcular apenas I 1 ( s ) para poupar esforços. Vamos usar o método da adição nesse sistema para eliminar I 2 ( s ) .

4 s + 20 I 1 s - 20 I 2 s = 8                   ⋅ [ 20 + 5 s 2 ] - 20 I 1 s + 20 + 5 s 2 I 2 s = 40 s                   ⋅ 20  

⇒   4 s + 20 20 + 5 s 2 I 1 s - 20 20 + 5 s 2 I 2 s = 8 ( 20 + 5 s 2 ) - 20 ⋅ 20 I 1 s + 20 20 + 5 s 2 I 2 s = 40 ⋅ 20 ⋅ s

Perceba que os termos com I 2 s são opostos, ou seja, a sua soma vale zero. Assim, ficamos apenas com os demais termos:

80 s + 20 s 3 + 400 + 100 s 2 - 400 ⋅ I 1 s = 160 + 40 s 2 + 800 s

I 1 s = - 40 ( s 2 - 20 s + 4 ) 20 ( s 3 + 5 s 2 + 4 s ) = 2 s 2 + 20 s + 4 s ( s + 1 ) ( s + 4 ) = A s + B s + 1 + C s + 4

Passo 4

Para uma questão tão grande, até que o autor foi bonzinho conosco nos dando apenas polos simples para calcularmos. Isso é feito facilmente usando o método dos resíduos:

A = s I 1 s s = 0 = 2 ( s 2 + 20 s + 4 ) ( s + 1 ) ( s + 4 ) s = 0 = 2 ( 4 ) 1 ⋅ 4 ⇒ A = 2

B = ( s + 1 ) I 1 s s = - 1 = 2 ( s 2 + 20 s + 4 ) s ( s + 4 ) s = - 1 = 2 [ - 1 2 + 20 - 1 + 4 ] - 1 ( - 1 + 4 ) ⇒ B = 10

C = s + 4 I 1 s s = - 4 = 2 ( s 2 + 20 s + 4 ) s ( s + 1 ) s = - 4 = [ - 4 2 + 20 - 4 + 4 ] - 4 ( - 4 + 1 ) ⇒ C = - 10

Assim,

I 1 s = 2 s + 10 ⋅ 1 s + 1 - 10 ⋅ 1 s + 4

Logo,

i t = 2 + 10 e - t - 10 e - 4 t u t

Show de bola! Agora vamos pra próxima!

Resposta

i t = 2 + 10 e - t - 10 e - 4 t u t