Questão 5- Um indutor de 8 mH e um resistor de 2 \Omega săo ligados em série com uma bateria ideal. Uma chave no circuito é fechada no instante t=0 e nesse instante acorrente é 0 . A corrente atinge metade do valor final em:
(a) 2,8 \mathrm{~ms}
(b) 4,0 \mathrm{~ms}
(c) 3 s
(d) 170 s
(e) 250 s

Passo 1

O enunciado descreve um circuito série com um indutor de L=8\,\mathrm{mH} e um resistor de R=2\,\Omega ligados a uma fonte ideal. A chave fecha em t=0 com corrente inicial i(0)=0 e, em regime permanente, a corrente vale I_{\infty}=V/R. Precisamos achar o instante t em que i(t)=\tfrac12\,I_{\infty}. O conteúdo usado é a análise de resposta natural e forçada de um circuito RL de primeira ordem.

Passo 2

Calculamos a constante de tempo do circuito RL usando
\tau = \frac{L}{R}
Substituindo L=8\times10^{-3}\,\mathrm{H} e R=2\,\Omega:
\tau = \frac{8\times10^{-3}}{2} = 4\times10^{-3}\,\mathrm{s}

Passo 3

A solução para a corrente em um circuito RL série sujeito a uma fonte em degrau é
i(t) = I_{\infty}\,\bigl(1 - e^{-t/\tau}\bigr)
com I_{\infty}=V/R. Note que o fator I_{\infty} vai se cancelar ao usar uma fração da corrente final.

Passo 4

Impondo i(t)=\tfrac12\,I_{\infty} na expressão acima:
\tfrac12 = 1 - e^{-t/\tau} \quad\Longrightarrow\quad e^{-t/\tau} = \tfrac12 \quad\Longrightarrow\quad -t/\tau = \ln\tfrac12 = -\ln2
Logo
t = \tau\,\ln2

Passo 5

Substituindo \tau=4\times10^{-3}\,\mathrm{s} e \ln2\approx0,693:
t = 4\times10^{-3}\times0,693 = 2,772\times10^{-3}\,\mathrm{s}\approx2,8\times10^{-3}\,\mathrm{s} = 2,8\,\mathrm{ms}

Resposta

(a) 2,8\,\mathrm{ms}

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