Um circuito elétrico possui uma fonte de \epsilon=5 \mathrm{~V} (5 volts), resistência de \mathrm{R}=10 \Omega ( 10 ohms) e uma capacitância de \mathrm{C}=10^{-2} \mathrm{~F} ( 10^{-2} faraday). Inicialmente, a carga no capacitor é 5 coulombs. Um circuito como esse, em que a resistência e o capacitor estão ligados em série, é denominado circuito RC. Sabemos que a ddp (diferença de potencial) fornecida pela fonte alimenta a resistência e o capacitor. Se q(t) determina a carga no capacitor em função do tempo e i(t)=d q(t) / d t representa a corrente elétrica em função do tempo, então a ddp requerida pela resistência é dada por \operatorname{Ri}(t) enquanto a ddp requerida pelo capacitor é dada por q(t) / C.
a) Determine a corrente transitória i(t).
b) Determine \lim _{t \rightarrow \infty} i(t) e interprete o resultado.
c) Suponha que, ao invés da fonte de \epsilon=5 \mathrm{~V} ( 5 volts), tivessemos uma fonte de corrente alternada, para a qual a ddp varia com o tempo de acordo com \epsilon(\mathrm{t})=5 \operatorname{sen}(400 \mathrm{t}) [t é medido em segundos e \epsilon em volts]. Mantendo todos os outros parâmetros do circuito inalterados, qual seriam agora as respostas dos itens a) e b) acima?

Passo 1

O enunciado descreve um circuito RC em série com fonte contínua de \epsilon=5,V, resistência R=10, \Omega e capacitância C=10^{-2},F. A carga inicial no capacitor é q(0)=5,C. Queremos a corrente transitória i(t)=\frac{dq}{dt}. Para isso montamos a equação de malha:
R\,i(t)+\frac{q(t)}{C}=\epsilon,
que, como i(t)=dq/dt, vira a EDO linear de 1.º ordem
\frac{dq}{dt}+\frac{1}{RC}\,q=\frac{\epsilon}{R}.
O tempo de resposta (constante de tempo) é \tau=RC=10\times10^{-2}=0,1,s.

Passo 2

Resolvendo a EDO pelo método de fator integrante ou lembrando o resultado padrão, obtemos a carga
q(t)=C\,\epsilon+\bigl(q(0)-C\,\epsilon\bigr)\,e^{-t/\tau}.
Como C\,\epsilon=10^{-2}\times5=0,05,C, isto dá
q(t)=0,05+(5-0,05)\,e^{-t/0.1}=0,05+4,95\,e^{-10t}.
A corrente é i(t)=dq/dt, logo

Passo 3

i(t)=\frac{d}{dt}\Bigl[0,05+4,95\,e^{-10t}\Bigr] =-10\cdot4,95\,e^{-10t} =-49,5\,e^{-10t}\quad\text{(A)}.

Passo 4

O limite quando t\to\infty é
\lim_{t\to\infty}i(t)=\lim_{t\to\infty}\bigl(-49,5\,e^{-10t}\bigr)=0.
Interpretação: no regime permanente o capacitor está totalmente carregado e não circula corrente em DC.

Passo 5

Agora a fonte é \epsilon(t)=5\sin(400t). A EDO fica
\frac{dq}{dt}+\frac{1}{\tau}\,q=\frac{1}{R}\,5\sin(400t),
com \tau=0,1 e \omega=400. A solução geral é soma da homogênea
\,q_h=Ae^{-t/\tau}\, e de uma particular do tipo
q_p(t)=\alpha\sin(400t)+\beta\cos(400t).
Ao substituir em dq/dt+(1/\tau)q=(5/R)\sin(400t) e igualar coeficientes, acha-se
\alpha=\frac{0,5}{400^2+10^2}\cdot10\approx3{,}1237\times10^{-5},\quad \beta=-40\,\alpha\approx-1{,}2495\times10^{-3}.
O termo homogêneo ajusta-se à condição q(0)=5, dado que q_p(0)=\beta. Logo
A=q(0)-q_p(0)=5-\beta\approx5{,}0012495.

Passo 6

A corrente total é
i(t)=\frac{dq}{dt} =-\frac{A}{\tau}\,e^{-t/\tau} +\omega\,\alpha\cos(400t)-\omega\,\beta\sin(400t).
Substituindo valores numéricos:
-\frac{A}{\tau}\approx-\frac{5{,}00125}{0,1}=-50{,}0125,\quad \omega\alpha=400\cdot3{,}1237\times10^{-5}\approx0{,}012495,\quad -\omega\beta=400\cdot1{,}2495\times10^{-3}\approx0{,}4998.
Portanto
i(t)=-50{,}0125\,e^{-10t}+0{,}012495\cos(400t)+0{,}4998\sin(400t)\quad\text{(A)}.

Passo 7

No regime permanente ( t\to\infty) o termo exponencial some e fica só a parte forçada:
i_{\rm ss}(t) =0{,}012495\cos(400t)+0{,}4998\sin(400t),
uma corrente puramente senoidal de amplitude \approx0{,}5 A.

Resposta

(a) i(t)=-49{,}5\,e^{-10t} A.
(b) \lim_{t\to\infty}i(t)=0 A, pois o capacitor bloqueia corrente em DC.
(c) Com \epsilon(t)=5\sin(400t),
i(t)=-50{,}0125\,e^{-10t}+0{,}012495\cos(400t)+0{,}4998\sin(400t)
e
\lim_{t\to\infty}i(t)=0{,}012495\cos(400t)+0{,}4998\sin(400t).

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