Considere um circuito RL alimentado por uma fonte de tensão contínua \varepsilon.
a) Calcule a corrente i(t) para qualquer instante de tempo t.
b) Para qual valor de t, em termos da constante de tempo t_{\mathrm{L}}=\mathrm{L} / \mathrm{R}, a corrente atinge 50 \% do seu valor máximo ( \varepsilon / \mathrm{R} )?
c) Calcule a energia dissipada no resistor do instante t=0 até o instante de tempo encontrado no item b). Expresse seu resultado em termos dos parâmetros \varepsilon, \mathrm{R} e L .
d) Calcule a energia armazenada no indutor ( \mathrm{Li}^{2} / 2 ) para qualquer instante de tempo i(t). Após um tempo muito longo, a energia no indutor tenderá a qual valor? Expresse seu resultado em termos dos parâmetros \varepsilon, R e L.
e) A energia dissipada calculada no item c) corresponde a quantos por cento da energia armazenada no indutor após um tempo muito longo?

Passo 1

O enunciado descreve um circuito série com resistor R e indutor L alimentado por uma fonte de tensão contínua \varepsilon que é ligada em t=0. O conteúdo aqui é resolução de uma equação diferencial de 1º ordem para obter i(t), seguida de cálculos de energia dissipada em R e armazenada em L.

Passo 2

Escrevemos a lei de Kirchhoff em malha:
\varepsilon = L\frac{di}{dt} + R\,i.
A solução geral é soma da particular i_p = \varepsilon/R com a homogênea i_h = A e^{-Rt/L}. Impondo i(0)=0
i(t) = \frac{\varepsilon}{R}\Bigl(1 - e^{-\tfrac{R}{L}t}\Bigr).
Definimos a constante de tempo \displaystyle t_{\mathrm{L}} = \frac{L}{R}, de modo que
i(t) = \frac{\varepsilon}{R}\Bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\Bigr).

Passo 3

Para achar t em que i(t) atinge metade do valor máximo \varepsilon/R, impomos
\frac{\varepsilon}{R}\Bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\Bigr) = \frac{1}{2}\,\frac{\varepsilon}{R}.
Logo 1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}} = \tfrac12, ou seja e^{-t/t_{\mathrm{L}}}=\tfrac12. Daí
t = t_{\mathrm{L}}\ln 2.

Passo 4

A energia dissipada no resistor de 0 até t_1 = t_{\mathrm{L}}\ln2 é
W_R = \int_{0}^{t_1} R\,i^2(t)\,dt = \int_{0}^{t_1} R\Bigl(\tfrac{\varepsilon}{R}\bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\bigr)\Bigr)^2 dt.
Fazendo a integral e usando e^{-t_1/t_{\mathrm{L}}}=1/2 e e^{-2t_1/t_{\mathrm{L}}}=1/4, obtém-se
W_R = \frac{\varepsilon^2 L}{R^2}\Bigl(\ln2 + \tfrac{11}{8}\Bigr).

Passo 5

A energia armazenada no indutor a qualquer instante é
W_L(t) = \frac{1}{2}\,L\,i^2(t) = \frac{L}{2}\Bigl(\frac{\varepsilon}{R}\Bigr)^2\Bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\Bigr)^2.
Para t\to\infty, i\to\varepsilon/R e
W_L(\infty) = \frac{1}{2}\,L\Bigl(\frac{\varepsilon}{R}\Bigr)^2 = \frac{\varepsilon^2 L}{2R^2}.

Passo 6

A razão entre a energia dissipada em (c) e a energia armazenada em t\to\infty é
\frac{W_R}{W_L(\infty)} = \frac{\frac{\varepsilon^2 L}{R^2}\bigl(\ln2 + \tfrac{11}{8}\bigr)} {\frac{\varepsilon^2 L}{2R^2}} = 2\Bigl(\ln2 + \tfrac{11}{8}\Bigr) = 2\ln2 + \tfrac{11}{4} \approx 4{,}136.
Logo, em porcentagem, são cerca de 413{,}6\%.

Resposta

(a) \displaystyle i(t) = \frac{\varepsilon}{R}\bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\bigr).
(b) \displaystyle t = t_{\mathrm{L}}\ln 2.
(c) \displaystyle W_R = \frac{\varepsilon^2 L}{R^2}\Bigl(\ln2 + \tfrac{11}{8}\Bigr).
(d) \displaystyle W_L(t) = \frac{L}{2}\Bigl(\frac{\varepsilon}{R}\Bigr)^2\bigl(1 - e^{-t/t_{\mathrm{L}}}\bigr)^2,
\displaystyle W_L(\infty)=\frac{\varepsilon^2 L}{2R^2}.
(e) \displaystyle \frac{W_R}{W_L(\infty)}\times100\% \approx 413{,}6\%.

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