Aplica-se uma fem de 3 V aos extremos de uma ligação em serie de um indutor de 3 H com um resistor de 10 \Omega. (a) Calcule a potência instantânea fornecida pela bateria no tempo de 0,3 s (igual a constante de tempo) apos a ligação do circuito. (b) Qual a potência instantânea dissipada sob a forma de calor no resistor?
(c) Qual o valor instantâneo da taxa de acumulação de energia no campo magnético? Resp. (a) P \varepsilon=0,567 \mathrm{~W}
(b) P_{R}=0,357 W (c) P_{L}=0,21 W.

Passo 1

O enunciado dá um circuito série com uma fonte de fem \mathcal{E}=3\\ \text{V}, um indutor L=3\\ \text{H} e um resistor R=10\\ \Omega. O circuito é fechado no instante t=0. Perguntas:
(a) calcular a potência instantânea fornecida pela bateria no tempo t=0{,}3\\ \text{s} (que é igual à constante de tempo do circuito);
(b) calcular a potência instantânea dissipada sob a forma de calor no resistor nesse mesmo instante;
(c) calcular a taxa instantânea de acumulação de energia no campo magnético do indutor nesse instante.
Dados extraídos do enunciado:
\mathcal{E}=3\\ \text{V}, L=3\\ \text{H}, R=10\\ \Omega, e o tempo pedido é t=0{,}3\\ \text{s}, que coincide com a constante de tempo \tau.

Passo 2

Vamos montar a equação diferencial que governa a corrente no circuito RL série. A lei de Kirchhoff de tensões dá:
L\frac{di}{dt} + R\,i = \mathcal{E}.
Isto significa: a queda de tensão no indutor L\frac{di}{dt} mais a queda de tensão no resistor Ri deve ser igual à fem aplicada \mathcal{E}.
Para resolver essa equação usamos a solução padrão para resposta a degrau (fem constante aplicada em t=0). A solução geral é soma da solução homogênea e de uma particular:
  • Solução particular (regime permanente): i_p=\dfrac{\mathcal{E}}{R}.
  • Solução homogênea: i_h(t)=K e^{-Rt/L}.
Aplicando a condição inicial i(0)=0 (indutor impede variação instantânea de corrente), obtemos
i(0)=i_p + K = 0 \quad\Rightarrow\quad K=-\dfrac{\mathcal{E}}{R}.
Portanto a corrente no transiente é
i(t)=\dfrac{\mathcal{E}}{R}\Bigl(1-e^{-t/\tau}\Bigr),
onde definimos a constante de tempo
\tau=\dfrac{L}{R}.

Passo 3

Calculemos os valores numéricos úteis:
\tau=\dfrac{L}{R}=\dfrac{3}{10}=0{,}3\\ \text{s}.
A corrente em regime final (tendente ao infinito) vale
I_{\infty}=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{3}{10}=0{,}3\\ \text{A}.
No instante pedido t=\tau temos
i(\tau)=I_{\infty}\Bigl(1-e^{-1}\Bigr)=0{,}3\Bigl(1-e^{-1}\Bigr).
Use que e^{-1}\approx 0{,}3678794412, então
1-e^{-1}\approx 0{,}6321205588,
e
i(\tau)=0{,}3\times 0{,}6321205588\approx 0{,}1896361676\\ \text{A}\approx 0{,}1896\\ \text{A}.
(Expliquei o valor de e^{-1} porque ele aparece muito em transientes; se na prova não tiver calculadora, memorize 1-e^{-1}\approx 0{,}6321.)

Passo 4

Agora escrevemos as fórmulas de potência que vamos usar e explico o porquê de cada uma:
  • Potência instantânea fornecida pela fonte (bateria): é a tensão da fonte vezes a corrente que ela entrega:
P_{\mathcal{E}}(t)=\mathcal{E}\,i(t).
Aqui \mathcal{E} é em volts e i(t) em ampères, logo P em watts.
  • Potência dissipada no resistor (calor): pelo efeito Joule é
P_R(t)=i^2(t)\,R.
Isto dá sempre energia dissipada (positiva) enquanto houver corrente.
  • Potência associada ao indutor: a potência que vai para o indutor (ou sai dele) é
P_L(t)=v_L(t)\,i(t),
onde v_L(t)=L\frac{di}{dt} é a tensão no indutor. Essa potência P_L é a taxa de variação da energia armazenada no campo magnético do indutor. Também podemos escrever, usando a solução do transiente, uma forma prática:
\frac{di}{dt}=\frac{\mathcal{E}}{L}e^{-t/\tau},
logo
P_L(t)=L\,i(t)\,\frac{di}{dt}=\mathcal{E}\,i(t)\,e^{-t/\tau}.
Observe a relação de conservação de potência:
P_{\mathcal{E}}(t)=P_R(t)+P_L(t),
ou seja, o que a fonte fornece é parcialmente dissipado no resistor e parcialmente acumulado no indutor.

Passo 5

Calculemos numericamente os três termos no instante t=\tau.
Já temos \mathcal{E}=3\\ \text{V} e i(\tau)\approx 0{,}1896361676\\ \text{A}.
(a) Potência fornecida pela bateria:
P_{\mathcal{E}}(\tau)=\mathcal{E}\,i(\tau)=3\times 0{,}1896361676\approx 0{,}5689085028\\ \text{W}.
Arredondando para três casas decimais: P_{\mathcal{E}}(\tau)\approx 0{,}569\\ \text{W}.

Passo 6

(b) Potência dissipada no resistor:
P_R(\tau)=i^2(\tau)\,R=(0{,}1896361676)^2\times 10.
Calculemos o quadrado:
(0{,}1896361676)^2\approx 0{,}035967414,
portanto
P_R(\tau)\approx 0{,}035967414\times 10=0{,}35967414\\ \text{W}.
Arredondando: P_R(\tau)\approx 0{,}360\\ \text{W}.

Passo 7

(c) Potência/ taxa de acumulação de energia no indutor (campo magnético). Podemos usar P_L(\tau)=P_{\mathcal{E}}(\tau)-P_R(\tau) ou a expressão direta P_L=\mathcal{E}\,i\,e^{-t/\tau}. Usando a expressão direta:
P_L(\tau)=\mathcal{E}\,i(\tau)\,e^{-1}=3\times 0{,}1896361676\times 0{,}3678794412.
Calculando:
P_L(\tau)\approx 0{,}5689085028\times 0{,}3678794412\approx 0{,}2092343628\\ \text{W}.
Arredondando: P_L(\tau)\approx 0{,}209\\ \text{W}.
Verificação de consistência (conservação de potência):
P_{\mathcal{E}}(\tau)\approx 0{,}5689085\\ \text{W},\qquad P_R(\tau)\approx 0{,}3596741\\ \text{W},
P_{\mathcal{E}}(\tau)-P_R(\tau)\approx 0{,}2092344\\ \text{W}=P_L(\tau),
o que bate com o cálculo direto.

Resposta

(a) P_{\mathcal{E}}(\tau)\approx 0{,}569\\ \text{W}
(b) P_{R}(\tau)\approx 0{,}360\\ \text{W}
(c) P_{L}(\tau)\approx 0{,}209\\ \text{W}

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