No circuito da figura ao lado a chave S foi mantida fechada durante um tempo muito longo, de modo que a corrente no circuito tornou-se permanente. A ddp da fonte é varepsilon=10 V, e os resistores e o indutor ideal são tais e que R=10 Omega, R1=100 Omega e L=2 H. Obtenha a corrente no indutor em função do tempo medido a partir do instante de abertura da chave S. (Resp. c) IL=e^-50 t )

Passo 1

Então, o enunciado diz que temos uma fonte de 10 V, um indutor de 2 H e dois resistores R=10 Ω e R₁=100 Ω. A chave ficou fechada por muito tempo (regime permanente) e aí, no instante t=0, a gente abre a chave. A tarefa é achar a corrente no indutor para t>0.
Conteúdo: circuito RL em regime transitório. A gente vai usar:
  • Regime permanente do indutor (curto-circuito).
  • Equação diferencial do circuito RL (Lei de Kirchhoff + L di/dt).
  • Solução exponencial decrescente com constante de tempo τ = L/R_eq.

Passo 2

Regime permanente (t<0, chave fechada muito tempo): o indutor age como fio (curto), então a malha “fonte–R–R₁–indutor” tem resistência total R+R₁ = 10+100 = 110 Ω.
Por lei de Ohm:
IL(0^-) = Iinfty = varepsilonR + R1 = 10110 = 111 A
Como a corrente num indutor não “pula” instantaneamente, I_L(0^+) = I_L(0^-) = 1/11 A.

Passo 3

Para t>0, abrimos a chave S. Isso isola R e a fonte, deixando a malha de descarga do indutor passando só por R₁ e L.
Aplicamos a Lei de Kirchhoff: a soma das quedas de tensão é zero:
L,didt + R1,i = 0

Passo 4

Essa é uma ED do tipo i(t) = I(0^+),exp!l(-R1L,tr) . A solução geral é
Aqui, . E .

Passo 5

Substituindo tudo, temos
IL(t) = 111,exp(-50,t)para t>=0

Resposta

IL(t) ;=;111,e^-50,t(A)

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