Considere um circuito formado por um capacitor de capacitância C ligado em série com um resistor cuja resistência é R, alimentado por uma bateria ideal com f.e.m \varepsilon=V_{0}.
a) Mostre que a energia dissipada no resistor E_{R} é
E_{R}=\frac{1}{2} C V_{0}^{2}\left(1-e^{-\frac{2 t}{R C}}\right),
b) Mostre que a energia armazenada no capacitor E_{C} é
E_{C}=\frac{1}{2} C V_{0}^{2}\left(1-2 e^{-\frac{t}{R C}}+e^{-\frac{2 t}{R C}}\right),
c) Mostre que a energia fornecida pela bateria E_{\text {bat }} em um instante t é
E_{\mathrm{bat}}=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-\frac{t}{R C}}\right),
d) Mostre que após um longo tempo ( t \rightarrow \infty ), a energia dissipada no resistor é igual a energia armazenada no capacitor.
e) Mostre que se t \rightarrow \infty, a soma da energia dissipada no resistor com a energia armazenada no capacitor é exatamente a energia fornecida pela bateria.
f) Faça o gráfico de E_{\text {bat }}

Passo 1

O enunciado nos dá um circuito série com um capacitor de capacitância C e um resistor de resistência R, ligado a uma bateria ideal de f.e.m. \varepsilon = V_{0}. Condições iniciais implícitas: o capacitor está descarregado em t=0, isto é, a carga inicial é q(0)=0. O que se pede:
(a) a expressão para a energia dissipada no resistor até um tempo t, E_{R}(t);
(b) a expressão para a energia armazenada no capacitor em t, E_{C}(t);
(c) a expressão para a energia fornecida pela bateria até t, E_{\mathrm{bat}}(t);
(d) mostrar que quando t\to\infty a energia dissipada no resistor é igual à energia armazenada no capacitor;
(e) mostrar que quando t\to\infty a soma E_{R}+E_{C} é igual à energia fornecida pela bateria;
(f) desenhar o gráfico de E_{\mathrm{bat}}(t).
Informações relevantes fornecidas: R,\;C,\;V_{0} e condição inicial q(0)=0. A resolução a seguir vai obter q(t),\;i(t),\;v_{C}(t) e então calcular as energias pedidas.

Passo 2

Equações fundamentais e montagem da equação diferencial. Vou lembrar duas relações básicas para capacitores e circuitos em série:
  • A corrente é a taxa de variação da carga no capacitor: i(t)=\dfrac{dq}{dt}, onde q(t) é a carga no capacitor em coulombs.
  • A tensão no capacitor é v_{C}(t)=\dfrac{q(t)}{C}.
Aplicando a Lei das Malhas (KVL) no circuito série temos que a queda de potencial no resistor mais a queda no capacitor é igual à f.e.m. da bateria:
V_{0}=v_{R}(t)+v_{C}(t).
Como v_{R}(t)=i(t)R e i(t)=\dfrac{dq}{dt}, substituindo obtemos a equação diferencial para q(t):
V_{0}=R\frac{dq}{dt}+\frac{q}{C}.
Explicando esta equação: o termo R\frac{dq}{dt} representa a tensão instantânea no resistor (lei de Ohm), e \dfrac{q}{C} é a tensão no capacitor. A soma deve ser a tensão fornecida V_{0}.

Passo 3

Resolver a equação diferencial linear de primeira ordem
R\frac{dq}{dt}+\frac{q}{C}=V_{0}.
É uma equação linear padrão. Podemos escrever na forma
\frac{dq}{dt}+\frac{1}{RC}q=\frac{V_{0}}{R}.
Método: encontrar solução geral como soma da solução homogênea e particular.
Solução homogênea:
\frac{dq_h}{dt}+\frac{1}{RC}q_h=0,
cuja solução é
q_h(t)=A e^{-t/(RC)},
onde A é constante a determinar pela condição inicial.
Uma solução particular constante para o lado direito constante \dfrac{V_{0}}{R} é
q_p(t)=C V_{0},
pois substituindo dá \dfrac{1}{RC} C V_{0} = \dfrac{V_{0}}{R}.
Assim a solução geral é
q(t)=q_h(t)+q_p(t)=A e^{-t/(RC)}+C V_{0}.
Usando q(0)=0 temos
0=A + C V_{0}\quad\Rightarrow\quad A=-C V_{0}.
Portanto
q(t)=C V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).
Derivar para obter a corrente:
i(t)=\frac{dq}{dt}=C V_{0}\cdot\frac{d}{dt}\left(1-e^{-t/(RC)}\right)=C V_{0}\cdot\left(0+\frac{1}{RC}e^{-t/(RC)}\right).
Simplificando,
i(t)=\frac{V_{0}}{R}e^{-t/(RC)}.
Tensão no capacitor:
v_{C}(t)=\frac{q(t)}{C}=V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).
Resumo útil (será usado nas próximas contas):
q(t)=C V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right), \qquad i(t)=\frac{V_{0}}{R}e^{-t/(RC)}, \qquad v_{C}(t)=V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).

Passo 4

Energia armazenada no capacitor em t. Fórmula para energia instantânea armazenada num capacitor de capacitância C com tensão v_{C} é
E_{C}(t)=\frac{1}{2}C\,v_{C}(t)^{2}.
Aqui v_{C}(t)=V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right). Substituindo:
E_{C}(t)=\frac{1}{2}C\left[V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right)\right]^{2}.
Colocando V_{0}^{2} em evidência e expandindo o quadrado:
E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-2e^{-t/(RC)}+e^{-2t/(RC)}\right).
Isso fornece exatamente a expressão pedida no item (b).

Passo 5

Energia dissipada no resistor até o tempo t. A potência instantânea dissipada no resistor é P_{R}(t)=i(t)^{2}R. A energia dissipada até t é a integral dessa potência:
E_{R}(t)=\int_{0}^{t} P_{R}(t')\,dt'=\int_{0}^{t} i(t')^{2}R\,dt'.
Substituir i(t')=\dfrac{V_{0}}{R}e^{-t'/(RC)}:
E_{R}(t)=R\int_{0}^{t}\left(\frac{V_{0}}{R}e^{-t'/(RC)}\right)^{2}dt' =R\int_{0}^{t}\frac{V_{0}^{2}}{R^{2}}e^{-2t'/(RC)}dt'.
Simplificando o fator constante:
E_{R}(t)=\frac{V_{0}^{2}}{R}\int_{0}^{t}e^{-2t'/(RC)}dt'.
Calcular a integral exponencial. Usar a primitiva de e^{-\alpha t'} que é -\dfrac{1}{\alpha}e^{-\alpha t'}, aqui \alpha=\dfrac{2}{RC}. Assim
\int_{0}^{t}e^{-2t'/(RC)}dt'=\left[-\frac{RC}{2}e^{-2t'/(RC)}\right]_{0}^{t}=-\frac{RC}{2}e^{-2t/(RC)}+\frac{RC}{2}.
Multiplicando pelo fator \dfrac{V_{0}^{2}}{R} obtemos
E_{R}(t)=\frac{V_{0}^{2}}{R}\cdot\frac{RC}{2}\left(1-e^{-2t/(RC)}\right).
Simplificando R cancela parcialmente:
E_{R}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-e^{-2t/(RC)}\right).
Isso corresponde exatamente à expressão pedida no item (a).

Passo 6

Energia fornecida pela bateria até o tempo t. A potência fornecida pela bateria é P_{\mathrm{bat}}(t)=V_{0}\,i(t). A energia fornecida até t é
E_{\mathrm{bat}}(t)=\int_{0}^{t}V_{0}\,i(t')\,dt'=V_{0}\int_{0}^{t}i(t')\,dt'.
Mas \int_{0}^{t}i(t')\,dt'=q(t)-q(0)=q(t) porque q(0)=0. Então
E_{\mathrm{bat}}(t)=V_{0}\,q(t).
Usando q(t)=C V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right) obtemos
E_{\mathrm{bat}}(t)=V_{0}\cdot C V_{0}\left(1-e^{-t/(RC)}\right)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).
Isso é exatamente a expressão do item (c).

Passo 7

Verificação da conservação de energia (relação entre as três energias). Somar E_{R}(t) e E_{C}(t) usando as fórmulas obtidas:
E_{R}(t)+E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-e^{-2t/(RC)}\right)+\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-2e^{-t/(RC)}+e^{-2t/(RC)}\right).
Somando os dois parênteses:
\left(1-e^{-2t/(RC)}\right)+\left(1-2e^{-t/(RC)}+e^{-2t/(RC)}\right)=2-2e^{-t/(RC)}.
Logo
E_{R}(t)+E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\cdot\left(2-2e^{-t/(RC)}\right)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).
Comparando com a expressão de E_{\mathrm{bat}}(t) que obtivemos no passo anterior, vemos que
E_{R}(t)+E_{C}(t)=E_{\mathrm{bat}}(t),
o que confirma a conservação de energia (toda a energia fornecida pela bateria até t foi dissipada no resistor ou armazenada no capacitor).

Passo 8

Limite quando t\to\infty (item d). Analisar os limites exponenciais: \lim_{t\to\infty}e^{-t/(RC)}=0 e \lim_{t\to\infty}e^{-2t/(RC)}=0. Aplicando aos resultados:
\lim_{t\to\infty}E_{R}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-0\right)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2},
\lim_{t\to\infty}E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-0+0\right)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}.
Portanto quando t\to\infty as energias E_{R} e E_{C} tornam-se iguais, ambas valendo \dfrac{1}{2}C V_{0}^{2}, como pedido no item (d).

Passo 9

Limite quando t\to\infty para a energia fornecida pela bateria e verificação da soma (item e). De E_{\mathrm{bat}}(t)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-t/(RC)}\right) segue:
\lim_{t\to\infty}E_{\mathrm{bat}}(t)=C V_{0}^{2}.
E como \lim_{t\to\infty}E_{R}=\dfrac{1}{2}C V_{0}^{2} e \lim_{t\to\infty}E_{C}=\dfrac{1}{2}C V_{0}^{2}, a soma no limite é
\lim_{t\to\infty}\bigl(E_{R}+E_{C}\bigr)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}+\frac{1}{2}C V_{0}^{2}=C V_{0}^{2}=\lim_{t\to\infty}E_{\mathrm{bat}}.
Isso confirma o item (e): a energia total fornecida pela bateria é exatamente dividida entre dissipação (metade) e energia armazenada (metade) no regime estacionário.

Passo 10

Gráfico de E_{\mathrm{bat}}(t) (item f). A função é
E_{\mathrm{bat}}(t)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-t/(RC)}\right).
Características importantes do gráfico para desenhar:
  • No instante t=0: E_{\mathrm{bat}}(0)=0.
  • Quando t\to\infty: E_{\mathrm{bat}}(\infty)=C V_{0}^{2} (assíntota horizontal).
  • Derivada temporal (taxa de variação) da energia: \dfrac{dE_{\mathrm{bat}}}{dt}=V_{0}i(t)=\dfrac{V_{0}^{2}}{R}e^{-t/(RC)}. Em t=0 a inclinação inicial é \dfrac{V_{0}^{2}}{R}.
  • A constante de tempo relevante para a subida é \tau=RC. Em t=\tau temos
E_{\mathrm{bat}}(\tau)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-1}\right)\approx C V_{0}^{2}\cdot(1-0{,}3679)=0{,}6321\,C V_{0}^{2}.
Portanto o gráfico é uma curva exponencial crescente que parte de zero, cresce rapidamente nas primeiras frações de \tau e se aproxima assintoticamente de C V_{0}^{2} quando t se torna várias vezes \tau. Para desenhar: eixo vertical E_{\mathrm{bat}}, eixo horizontal t, assinalar t=0, t=\tau e a assíntota E=C V_{0}^{2}, traçar curva do tipo 1-e^{-t/\tau}.

Resposta

(a) \displaystyle E_{R}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-e^{-\frac{2t}{RC}}\right)\n
(b) \displaystyle E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\left(1-2e^{-\frac{t}{RC}}+e^{-\frac{2t}{RC}}\right)\n
(c) \displaystyle E_{\mathrm{bat}}(t)=C V_{0}^{2}\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)\n
(d) \displaystyle \lim_{t\to\infty}E_{R}(t)=\lim_{t\to\infty}E_{C}(t)=\frac{1}{2}C V_{0}^{2}\n
(e) \displaystyle \lim_{t\to\infty}\bigl(E_{R}+E_{C}\bigr)=C V_{0}^{2}=\lim_{t\to\infty}E_{\mathrm{bat}}(t)\n
(f) Gráfico: E_{\mathrm{bat}}(t)=C V_{0}^{2}\bigl(1-e^{-t/(RC)}\bigr), curva exponencial crescente de 0 em t=0 até a assíntota C V_{0}^{2} quando t\to\infty, com constante de tempo \tau=RC e inclinação inicial \dfrac{V_{0}^{2}}{R}.

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