(Circuito RL simples) Considere um circuito RL série, com R=20 \Omega e L= 0.40 H , ligado a uma bateria de 12 V . O interruptor é fechado em t=0.
(a) Escreva a equação diferencial que descreve a variação da corrente no circuito.
(b) Encontre a expressão para I(t) durante o crescimento da corrente.
(c) Calcule a constante de tempo \tau_{L} do circuito e o valor de I em t=\tau_{L}.

Passo 1

O enunciado dá um circuito série R\!-\!L com os seguintes dados:
  • R=20\\ \Omega.
  • L=0,40\\ \mathrm{H}.
  • Fonte de tensão constante V=12\\ \mathrm{V}.
  • O interruptor é fechado em t=0.
O enunciado pede:
(a) Escrever a equação diferencial que descreve a variação da corrente I(t) no circuito.
(b) Encontrar a expressão de I(t) durante o crescimento da corrente (para t\ge0).
(c) Calcular a constante de tempo \tau_{L} do circuito e o valor de I em t=\tau_{L}.

Passo 2

Vamos escrever a equação física que relaciona tensões no circuito. Pelo método de malha / Lei de Kirchhoff das tensões, a soma algébrica das quedas de tensão no resistor e no indutor deve igualar a tensão da bateria. As expressões que precisamos conhecer:
  • Queda no resistor: V_R = R\,I(t).
  • Queda no indutor: V_L = L\,\dfrac{dI}{dt}.
    Essas fórmulas significam: o resistor dá uma queda proporcional à corrente (lei de Ohm) e o indutor tem uma tensão proporcional à taxa de variação da corrente. Aplicando Kirchhoff:
V - V_R - V_L = 0.

Passo 3

Substituindo as expressões das quedas na equação de Kirchhoff obtemos a equação diferencial para I(t):
V - R\,I(t) - L\,\frac{dI}{dt} = 0.
Reorganizando para a forma padrão de primeira ordem:
L\,\frac{dI}{dt} + R\,I(t) = V.
Condição inicial física: no instante imediatamente antes de fechar o interruptor a corrente era zero, e o indutor impede variações instantâneas, portanto
I(0)=0.

Passo 4

Agora vamos resolver a equação diferencial linear de primeira ordem
L\,\frac{dI}{dt} + R\,I(t) = V.
Dividindo tudo por L para escrever na forma canônica:
\frac{dI}{dt} + \frac{R}{L}\,I(t) = \frac{V}{L}.
Método de solução (explicação didática): a solução geral é soma da solução da homogênea e de uma particular. A homogênea atende
\frac{dI_h}{dt} + \frac{R}{L}I_h = 0,
cuja solução é exponencial:
I_h(t) = C\,e^{-\tfrac{R}{L}t},
onde C é constante determinada pela condição inicial. Uma solução particular constante da equação não homogênea é o valor estacionário I_{\infty} tal que \dfrac{dI}{dt}=0, logo
\frac{R}{L}I_{\infty} = \frac{V}{L}\quad\Rightarrow\quad I_{\infty}=\frac{V}{R}.
Assim a solução geral é
I(t)=I_{\infty}+C\,e^{-\tfrac{R}{L}t}=\frac{V}{R}+C\,e^{-\tfrac{R}{L}t}.
Aplicando a condição inicial I(0)=0:
0=\frac{V}{R}+C\quad\Rightarrow\quad C=-\frac{V}{R}.
Portanto
I(t)=\frac{V}{R}\Big(1-e^{-\tfrac{R}{L}t}\Big).
(Observação alternativa com fator integrante: multiplicando a equação padrão por e^{\tfrac{R}{L}t} obtém-se a mesma expressão após integrar; o procedimento é equivalente.)

Passo 5

Substituindo os valores numéricos para obter a expressão explícita:
  • Primeiro o valor de regime estacionário:
I_{\infty}=\frac{V}{R}=\frac{12}{20}=\;0,6\\ \mathrm{A}.
  • A taxa de decaimento (o expoente) é \dfrac{R}{L}=\dfrac{20}{0,40}=50\\ \mathrm{s^{-1}}.
    Logo a solução com números fica
I(t)=0,6\bigl(1-e^{-50\,t}\bigr)\\ \mathrm{A},\qquad t\ge0.

Passo 6

Agora a constante de tempo do circuito indutivo é
\tau_{L}=\frac{L}{R}.
Calculando numericamente:
\tau_{L}=\frac{0,40}{20}=0,02\\ \mathrm{s}=20\\ \mathrm{ms}.
O valor da corrente em t=\tau_{L} usando a fórmula encontrada é
I(\tau_{L})=I_{\infty}\bigl(1-e^{-1}\bigr)=0,6\bigl(1-e^{-1}\bigr)\\ \mathrm{A}.
Cálculo numérico de 1-e^{-1}: e^{-1}\approx0,367879, então
1-e^{-1}\approx0,632121,
e portanto
I(\tau_{L})\approx0,6\times0,632121\approx0,3793\\ \mathrm{A}.

Passo 7

Interpretação física curta e motivadora: no instante t=0 a corrente começa em 0 (o indutor se opõe à mudança brusca). Ela cresce exponencialmente em direção ao valor final 0,6\\ \mathrm{A} com característica temporal \tau_{L}=0,02\\ \mathrm{s}. Após tempos da ordem de alguns \tau_{L} (por exemplo 3\tau_{L},5\tau_{L}), a corrente estará muito próxima do valor de regime.

Resposta

(a) \;L\,\dfrac{dI}{dt}+R\,I(t)=V.\newline
(b) \;I(t)=\dfrac{V}{R}\Big(1-e^{-\tfrac{R}{L}t}\Big)=0,6\bigl(1-e^{-50\,t}\bigr)\\ \mathrm{A}.\newline
(c) \;\tau_{L}=\dfrac{L}{R}=0,02\\ \mathrm{s};\quad I(\tau_{L})=0,6\bigl(1-e^{-1}\bigr)\approx0,3793\\ \mathrm{A}.

Exercícios relacionados