Uma bateria ideal de 6 V , com resistência interna desprezível, é utilizada para carregar um capacitor de 2 \mu \mathrm{~F} através de um resistor de 100 \Omega. Determine:
(a) a corrente inicial. b) a carga final no capacitor. c) o tempo necessário para a carga atingir 90 \% de seu valor final. d) a carga quando o valor da corrente for igual à metade de seu valor inicial.

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados e pede quatro coisas.
  • Dados fornecidos:
    • Tensão da bateria: V=6\\ \mathrm{V}.
    • Resistência do circuito: R=100\\ \mathrm{\Omega}.
    • Capacitância do capacitor: C=2\times10^{-6}\\ \mathrm{F} (ou 2\\ \mu\mathrm{F}).
    • A bateria é ideal e a resistência interna é desprezível.
    • Pressupõe-se que, no instante t=0, o capacitor está descarregado e o circuito é fechado para iniciar a carga.
  • O que o enunciado pede:
    (a) a corrente inicial imediatamente após fechar o circuito, I(0);\n
    (b) a carga final no capacitor, Q_{\infty} (quando o circuito atingir o estado estacionário);\n
    (c) o tempo necessário para a carga atingir 90\% do seu valor final;\n
    (d) a carga no capacitor quando a corrente valer metade do seu valor inicial.

Passo 2

Modelo e equações fundamentais (sem resolver ainda).
  • Quando o capacitor carrega através de um resistor, a carga no capacitor Q(t) e a corrente I(t) satisfazem a lei de Kirchhoff de tensão:
V = R\,I(t) + \frac{Q(t)}{C}.
  • Relação entre corrente e carga:
I(t)=\frac{dQ}{dt}.
  • Substituindo I(t)=\dfrac{dQ}{dt} na equação de tensão obtemos uma equação diferencial para Q(t):
V = R\,\frac{dQ}{dt} + \frac{Q}{C}.
  • É útil definir a constante de tempo do circuito:
\tau = R\,C.
Aqui \tau tem dimensão de tempo e controla a rapidez com que o capacitor carrega.

Passo 3

Resolver a equação diferencial para Q(t) de forma didática.
  • Reescrever a equação diferencial isolando a derivada:
\frac{dQ}{dt} + \frac{1}{RC}\,Q = \frac{V}{R}.
  • Esta é uma equação diferencial linear de primeira ordem. Usamos o fator integrante e^{t/(RC)}=e^{t/\tau}. Multiplicando ambos os lados:
e^{t/\tau}\frac{dQ}{dt} + \frac{1}{\tau}e^{t/\tau}Q = \frac{V}{R}e^{t/\tau}.
  • O lado esquerdo é a derivada do produto e^{t/\tau}Q(t), logo:
\frac{d}{dt}\bigl(e^{t/\tau}Q(t)\bigr) = \frac{V}{R}e^{t/\tau}.
  • Integramos ambos os lados de 0 até t. Usando a condição inicial Q(0)=0:
e^{t/\tau}Q(t) - e^{0}Q(0) = \frac{V}{R}\int_{0}^{t} e^{t'/\tau}\,dt'.
e^{t/\tau}Q(t) = \frac{V}{R}\left[\tau e^{t'/\tau}\right]_{0}^{t} = \frac{V}{R}\tau\left(e^{t/\tau}-1\right).
  • Isolando Q(t):
Q(t) = \frac{V}{R}\tau\left(1 - e^{-t/\tau}\right).
  • Usando \tau=RC simplificamos \dfrac{V}{R}\tau = V C. Portanto a forma padrão é:
Q(t)=C V\left(1 - e^{-t/\tau}\right).
Explicação: C V é a carga final (quando t\to\infty), e o fator 1-e^{-t/\tau} descreve a aproximação exponencial a esse valor.

Passo 4

Obter a expressão para a corrente I(t) e calcular a corrente inicial (item a).
  • Como I(t)=\dfrac{dQ}{dt}, derivando Q(t)=C V(1-e^{-t/\tau}):
I(t)=C V\cdot\frac{d}{dt}\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr)=C V\cdot\left( \frac{1}{\tau} e^{-t/\tau} \right).
  • Usando \tau=RC obtemos a forma simplificada:
I(t)=\frac{V}{R}e^{-t/\tau}.
  • A corrente inicial é I(0)=\dfrac{V}{R}. Substituindo os dados:
I(0)=\frac{6\\ \mathrm{V}}{100\\ \mathrm{\Omega}}=0,06\\ \mathrm{A}.
  • Em unidades mais usuais: I(0)=60\\ \mathrm{mA}.

Passo 5

Calcular a carga final no capacitor (item b).
  • A carga final (quando t\to\infty) é
Q_{\infty}=C V.
  • Substituindo C=2\times10^{-6}\\ \mathrm{F} e V=6\\ \mathrm{V}:
Q_{\infty}=2\times10^{-6}\cdot 6 = 12\times10^{-6}\\ \mathrm{C}.
  • Em unidades mais amigáveis: Q_{\infty}=12\\ \mu\mathrm{C}.

Passo 6

Determinar o tempo para atingir 90\% da carga final (item c).
  • Queremos Q(t)=0{,}9\,Q_{\infty}. Usando Q(t)=Q_{\infty}\left(1-e^{-t/\tau}\right):
1-e^{-t/\tau}=0{,}9 \quad\Rightarrow\quad e^{-t/\tau}=0{,}1.
  • Tomando logaritmo natural:
-\frac{t}{\tau}=\ln(0{,}1) \quad\Rightarrow\quad t = -\tau\ln(0{,}1)=\tau\ln(10).
  • Primeiro calcule \tau:
\tau=R C = 100\cdot 2\times10^{-6} = 2\times10^{-4}\\ \mathrm{s}.
  • Agora t=\tau\ln 10. Usando \ln 10\approx 2{,}302585:
t = 2\times10^{-4}\cdot 2{,}302585 \approx 4{,}605\times10^{-4}\\ \mathrm{s}.
  • Converto para microssegundos: 4{,}605\times10^{-4}\\ \mathrm{s}=460{,}5\\ \mu\mathrm{s} (aprox).

Passo 7

Encontrar a carga quando a corrente vale metade do valor inicial (item d).
  • A condição é I(t)=\dfrac{1}{2}I(0). Como I(t)=I(0)e^{-t/\tau}, temos:
e^{-t/\tau}=\frac{1}{2} \quad\Rightarrow\quad t=\tau\ln 2.
  • A carga nesse instante é
Q(t)=Q_{\infty}\left(1-e^{-t/\tau}\right)=Q_{\infty}\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}Q_{\infty}.
  • Como Q_{\infty}=12\\ \mu\mathrm{C}, obtemos Q(t)=6\\ \mu\mathrm{C}.
  • Observação intuitiva: para um circuito RC de carga, quando a corrente decai até metade do valor inicial, a carga já alcançou metade da carga final — resultado direto das formas exponenciais de I(t) e Q(t).

Resposta

(a) I(0)=0,06\\ \mathrm{A}=60\\ \mathrm{mA}
(b) Q_{\infty}=12\times10^{-6}\\ \mathrm{C}=12\\ \mu\mathrm{C}
(c) t_{0{,}9}=\tau\ln 10\approx 4{,}605\times10^{-4}\\ \mathrm{s}\approx 460{,}5\\ \mu\mathrm{s}
(d) Q\bigl(I=\tfrac{1}{2}I(0)\bigr)=\tfrac{1}{2}Q_{\infty}=6\\ \mu\mathrm{C}

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