Uma das Leis Kirchhof implica que num certo circuito elétrico simples se satisfaz a igualdade
L d Id t+R I=E(t)
onde E(t) e I(t) correspondem à voltagem e a corrente no instante t e R e L são resitência e a indutância constante do circuito, respetivamente.
(a) Suponha que num circuito específico, R=12 Omega, L=4 H e uma bateria fornece uma voltagem constante de 60 V . Se em t=0 tem-se I(0)=0, determine o valor de I(1) e o valor límite da corrente.
(b) Como mudam os valores encontrados no item anterior se no lugar de uma bateria, é usado um gerador que fornece uma voltagem variavel dada por E(t)=60 sin (30 t) ?

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial linear de 1ª ordem que vem da lei de Kirchhoff para um circuito RL:
L dIdt + R,I = E(t),
com R=12;Omega, L=4; H. Vamos resolver dois casos:
(a) E(t)=60 constante, com I(0)=0.
(b) E(t)=60sin(30t), com a mesma condição inicial.
O método é padronizar para
dIdt+ RL,I = E(t)L,
usar solução geral = solução homogênea + particular e impor I(0)=0.

Passo 2

Dividindo por L=4 chegamos a
dIdt + 3,I = E(t)4
Para cada caso, identificamos o coeficiente de amortecimento 3 e forçamento E(t)/4.

Passo 3

Caso (a): E(t)=60Rightarrow E(t)/4=15 constante.
A solução homogênea é
Ih(t)=C e^-3t
Uma particular constante satisfaz 3Ip=15, logo Ip=5.
Assim
I(t)=C e^-3t + 5
Impondo I(0)=0 C+5=0Rightarrow C=-5, logo
I(t)=5 - 5e^-3t

Passo 4

Ainda no caso (a):
I(1)=5 - 5e^-3(amperes),
e o valor limite quando ttoinfty é
limttoinftyI(t)=5;A

Passo 5

Caso (b): E(t)=60sin(30t)Rightarrow E(t)/4=15sin(30t).
Usamos fator integrante mu(t)=e^3t. Então
ddtl(Ie^3tr) =15,e^3tsin(30t) Longrightarrow I(t)=e^-3tl[I(0)+!integral0^t15,e^3ssin(30s),dsr]
Como I(0)=0, basta avaliar a integral.

Passo 6

Usando a fórmula
integral e^assin(bs),ds =e^asa^2+b^2l(asin(bs)-bcos(bs)r),
com a=3, b=30, obtemos
integral0^t15,e^3ssin(30s),ds =153^2+30^2,e^3sl(3sin(30s)-30cos(30s)r)|0^t
Como 3^2+30^2=909 e simplificando fatores, a solução final é
I(t) =5sin(30t)-50cos(30t)101 +50101,e^-3t

Passo 7

Ainda no caso (b):
Para t=1,
I(1) =5sin(30)-50cos(30)101 +50101e^-3
Para ttoinfty o termo exponencial some e a corrente tende ao regime forçado
Iinfty(t) =5sin(30t)-50cos(30t)101

Resposta

(a)
I(1)=5-5e^-3 A
limttoinftyI(t)=5 A
(b)
I(1)=dfrac5sin(30)-50cos(30)101+dfrac50101e^-3 A
limttoinftyI(t)=5sin(30t)-50cos(30t)101

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