Um circuito RL. com um resistor de 5 Omega e um indutor de 0,05 H carrega uma corrente de 1 A em t=0, no momento em que uma fonte de tensão E(t)=5 cos 120 t V é adicionada. Determine a corrente no indutor e a tensão subsequentes.

Passo 1

O enunciado descreve um circuito série RL com resistêcia R=5 Omega e indutância L=0,05 H. Em t=0 a corrente no indutor vale i(0)=1 A e, simultaneamente, aplica-se uma fonte E(t)=5cos(120,t) V.
O conteúdo necessário é a resolução de uma EDO de 1ª ordem com termo forçante senoidal, usando solução homogênea mais particular e impondo a condição inicial.

Passo 2

Escrevemos a equação do circuito:
Ldidt+R,i(t)=E(t),
A solução homogênea satisfaz
Ldihdt+R,ih=0 Longrightarrow ih(t)=A,e^-tfracRLt =A,e^-100,t

Passo 3

Para a solução particular, buscamos uma resposta senoidal de mesma frequência:
ip(t)=Imcosl(120,t-varphir)
Em regime permanente por fasor temos
Z=R+jomega L=5+j(120cdot0,05)=5+j6, |Z|=raiz5^2+6^2=raiz61, varphi=arctan!l(65r)
Logo a amplitude de corrente é
Im=5|Z|=5raiz61

Passo 4

A solução geral é
i(t)=ip(t)+ih(t) =5raiz61cosl(120,t-varphir) + A,e^-100,t
Impondo i(0)=1, nota-se que cos(-varphi)=cosvarphi=5/raiz61. Então
1 =5raiz61cos(-varphi)+A =5raiz61cdot5raiz61+A =2561+A ;Longrightarrow; A=3661
Portanto
i(t) =5raiz61cosl(120,t-varphir) +3661,e^-100,t, varphi=arctan!l(tfrac65r)

Passo 5

Para obter a tensão no indutor usamos
vL(t)=Ldidt
Calculando a derivada:
didt =-3661,100,e^-100,t -5raiz61,120, sinl(120,t-varphir)
Multiplicando por L=0,05:
vL(t) =-36cdot10061,0,05;e^-100,t -5cdot120raiz61,0,05; sinl(120,t-varphir)
Simplificando os coeficientes:
vL(t) =-18061,e^-100,t -30raiz61, sinl(120,t-varphir)(V)

Resposta

i(t) = 5raiz61cos!l(120t-varphir) +3661e^-100t, com varphi=arctan!l(tfrac65r).
v L(t) = -18061e^-100t -30raiz61sin!l(120t-varphir) V.

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