\mathbf{3}^{\boldsymbol{\circ}} ) ( \mathbf{2 , 5 0} pontos) A corrente em um circuito RL aumenta para um quarto de seu valor final em 4 s . Sendo R=5 \Omega \mathrm{e} \mathcal{E}=20 \mathrm{~V}, determine para t=0,2 s;
a) (1,00 ponto) A potência fornecida pela bateria.
b) (1,00 ponto) A d.d.p no resistor e no indutor.
c) ( \mathbf{0 , 5 0} ponto) A energia armazenada no indutor.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados (peguei tudo do enunciado):
  • R=5\\ \Omega.
  • \mathcal{E}=20\\ \text{V}.
  • A corrente atinge um quarto do seu valor final em t=4\\ \text{s}; isto é, i(4)=\tfrac{1}{4}I_{\infty}.
  • Pede os valores em t=0{,}2\\ \text{s}:
    a) a potência fornecida pela bateria;
    b) a d.d.p. (tensão) no resistor e no indutor;
    c) a energia armazenada no indutor.

Passo 2

Modelo físico e fórmula do regime transiente do circuito RL (explicação didática).
  • Ao fechar a chave num circuito série com fonte constante, resistor R e indutor L, a equação de circuito (Lei de Kirchhoff) é
\mathcal{E}=Ri+L\frac{di}{dt}.
  • Aqui:
    • \mathcal{E} é a fem da bateria (em volts),
    • i(t) é a corrente instante a instante (em ampères),
    • R é a resistência (em ohms),
    • L é a indutância (em henries),
    • \tfrac{di}{dt} é a derivada temporal da corrente (em A/s).
  • Essa equação é uma equação diferencial linear de primeira ordem. Para condição inicial i(0)=0 (corrente nula antes de fechar), a solução é a conhecida exponencial de carga:
i(t)=I_{\infty}\bigl(1-e^{-t/\tau}\bigr),
onde
I_{\infty}=\frac{\mathcal{E}}{R} \qquad\text{e}\qquad \tau=\frac{L}{R}
são, respectivamente, a corrente final estacionária (quando t\to\infty) e a constante de tempo do circuito. Explicando: \tau determina quão rápido a corrente se aproxima de I_{\infty}; maiores \tau → resposta mais lenta.

Passo 3

Usar a informação i(4)=\tfrac{1}{4}I_{\infty} para determinar \tau e então L.
  • Substituindo t=4 em i(t)=I_{\infty}(1-e^{-t/\tau}):
\frac{1}{4}I_{\infty}=I_{\infty}\bigl(1-e^{-4/\tau}\bigr).
  • Cancelando I_{\infty} (não nulo) obtemos
\frac{1}{4}=1-e^{-4/\tau}\quad\Rightarrow\quad e^{-4/\tau}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.
  • Tomando logaritmo:
-\,\frac{4}{\tau}=\ln\!\left(\frac{3}{4}\right) \quad\Rightarrow\quad \tau=-\frac{4}{\ln(3/4)}=\frac{4}{\ln(4/3)}.
  • Calcular numericamente \tau:
\ln\!\left(\frac{4}{3}\right)\approx0{,}2876820724 \quad\Rightarrow\quad \tau\approx\frac{4}{0{,}2876820724}\approx13{,}9056\\ \text{s}.
  • Como \tau=L/R, obtemos L:
L=R\tau=5\cdot13{,}9056\approx69{,}528\\ \text{H}.
(Arredondei mantando precisão suficiente para os cálculos seguintes.)

Passo 4

Calcular a corrente em t=0{,}2\\ \text{s}.
  • Primeiro a corrente final:
I_{\infty}=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{20}{5}=4{,}0\\ \text{A}.
  • Exponencial no tempo pedido:
i(0{,}2)=4\bigl(1-e^{-0{,}2/\tau}\bigr).
  • Usando \tau\approx13{,}9056\\ \text{s},
e^{-0{,}2/13{,}9056}=e^{-0{,}014383}\approx0{,}985717,
logo
i(0{,}2)=4\bigl(1-0{,}985717\bigr)=4\cdot0{,}014283\approx0{,}05713\\ \text{A}.
  • Interpretação: a corrente ainda é baixa porque \tau é grande; em 0{,}2\\ \text{s} a corrente já saiu de zero mas está só em cerca de 57\\ \text{mA}.

Passo 5

(a) Potência fornecida pela bateria em t=0{,}2\\ \text{s}.
  • A potência instantânea fornecida pela fonte é
P_{\text{batt}}(t)=\mathcal{E}\,i(t).
  • Assim
P_{\text{batt}}(0{,}2)=20\cdot i(0{,}2)=20\cdot0{,}05713\approx1{,}1426\\ \text{W}.
  • Observação física rápida: essa potência é distribuída entre perda resistiva e energia que está sendo acumulada no campo magnético do indutor (taxa de variação da energia).

Passo 6

(b) D.d.p. no resistor e no indutor em t=0{,}2\\ \text{s}.
  • Tensão no resistor:
V_R(t)=i(t)R.
Logo
V_R(0{,}2)=0{,}05713\cdot5\approx0{,}2856\\ \text{V}.
  • Tensão no indutor: pode-se usar V_L=L\frac{di}{dt} ou simplesmente V_L=\mathcal{E}-V_R (pela KVL). Vou mostrar as duas formas para reforçar:
    • Calcular \dfrac{di}{dt}: da expressão i(t)=I_{\infty}(1-e^{-t/\tau}) segue
    \frac{di}{dt}=\frac{I_{\infty}}{\tau}e^{-t/\tau}.
    • Em t=0{,}2:
    \frac{di}{dt}\Big|_{0{,}2}=\frac{4}{13{,}9056}\,e^{-0{,}2/13{,}9056}\approx0{,}2877\cdot0{,}985717\approx0{,}2836\\ \text{A/s}.
    • Então
    V_L(0{,}2)=L\frac{di}{dt}\approx69{,}528\cdot0{,}2836\approx19{,}714\\ \text{V}.
    • Conferindo com V_L=\mathcal{E}-V_R:
    V_L=20-0{,}2856\approx19{,}7144\\ \text{V},compatível (diferenças mínimas por arredondamento).

Passo 7

(c) Energia armazenada no indutor em t=0{,}2\\ \text{s}.
  • Energia magnética no indutor é
W_L(t)=\frac{1}{2}L\,i(t)^2.
  • Substituindo os valores:
W_L(0{,}2)=\frac{1}{2}\cdot69{,}528\cdot(0{,}05713)^2.
  • Calculando:
(0{,}05713)^2\approx0{,}003262,
\frac{1}{2}\cdot69{,}528\cdot0{,}003262\approx0{,}1135\\ \text{J}.
  • Interpretação: pouca energia acumulada, coerente com corrente pequena.

Resposta

(a) P_{\text{batt}}(0{,}2)=1{,}143\\ \text{W}
(b) V_R(0{,}2)=0{,}286\\ \text{V}; \;V_L(0{,}2)=19{,}714\\ \text{V}
(c) W_L(0{,}2)=0{,}1135\\ \text{J}

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