Exercícios Resolvidos de Modelagens com Fator Integrante

Exercício nº 7 letra “b” - lista 3 de Cálculo III – IME - UERJ – Prof. Fernando Lopes C. -2014

Resolva o circuito RL:

Sabendo que as quedas de voltagem são:

Indutor:   L d I d t Resistor:   I R

E que a força eletromotriz é:

V t = V 0 sen ⁡ w t

E com a lei de Kirchoff: ”A soma algébrica de todas as quedas de tensão em torno de qualquer circuito fechado é nula, ou a tensão aplicada em um circuito fechado é igual à soma das quedas de tensão no resto do circuito.”

Passo 1

Eita que doidera, né não?

Mas a gente viu na teoria que por essa lei de Kirchoff podemos concluir que:

L d I ( t ) d t + I ( t ) R = V ( t )

Mas sabemos que valor da força eletromotriz é: V t = V 0 sen ⁡ w t

Assim:

L d I ( t ) d t + I t R = V 0 sen ⁡ w t

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Beleza clã, achamos uma EDO linear de primeira ordem, né? Vamos dividir tudo por L :

d I ( t ) d t + R L I t = V 0 L sen ⁡ w t

p t = R L g t = V 0 L sen ⁡ w t

Passo 3

Calcular a integral ∫ p t d t sem adicionar a constante e ache v t = e ∫ p t d t

∫ p t d t = ∫ R L d t = R L t

Assim ficou :

∫ p t d t = R L t

v t = e ∫ p t d t

v t = e R L t

Passo 4

Calcular a integral ∫ g t ⋅ v ( t ) d t

∫ V 0 L sen ⁡ w t e R L t d t

V 0 L ∫ sen ⁡ ( w t ) e R L t d t

Essa integral pode ser resolvida por duas integrações por partes:

∫ sen ⁡ ( w t ) e R L t d t

Chama de :

w = e R L t → d w = R L e R L t d z = sen ⁡ w t d t → z = - 1 w cos ⁡ w t

Assim:

∫ sen ⁡ ( w t ) e R L t d t = - 1 w e R L t cos ⁡ w t + R w L ∫ cos ⁡ w t e R L t d t

∫ cos ⁡ w t e - R L sen ⁡ t d t = ?

Mesma coisa:

w = e R L t → d w = R L e R L t d z = cos ⁡ w t → z = 1 w sen ⁡ w t

∫ sen ⁡ ( w t ) e R L sen ⁡ t d t = - 1 w e R L t cos ⁡ w t + R w L 1 w e R L t sen ⁡ w t - R w L ∫ sen ⁡ w t e R L t d t

Perceba que a integral que apareceu na esquerda é igual à da direita, então podemos passar ela para o mesmo lado e colocar ela em evidência:

1 + R 2 w 2 L 2 ∫ sen ⁡ ( w t ) e - R L t d t = - 1 w e R L t cos ⁡ w t + R w 2 L e R L t sen ⁡ w t

Assim:

∫ sen ⁡ ( w t ) e - R L sen ⁡ t d t = - 1 w e R L t cos ⁡ w t 1 + R 2 w 2 L 2 + R w 2 L e R L t sen ⁡ w t 1 + R 2 w 2 L 2

Negócio tá ficando bizarro o.O, mas simbora:

∫ sen ⁡ ( w t ) e - R L sen ⁡ t d t = - w L 2 e R L t cos ⁡ w t w 2 L 2 + R 2 + R L   e R L t sen ⁡ w t w 2 L 2 + R 2

Negócio tá ficando bizarro o.O, mas simbora:

∫ sen ⁡ ( w t ) e - R L sen ⁡ t d t = e R L t w 2 L 2 + R 2 R L sen ⁡ w t - w L 2 cos ⁡ w t

Então:

V 0 L ⋅ e R L t w 2 L 2 + R 2 ( R L sen ⁡ w t - w L 2 cos ⁡ w t )

Vamos tentar dar uma ajeitada pra ficar com uma aparência melhor:

V 0 e R L t w 2 L 2 + R 2 R sen ⁡ w t - w Lcos ⁡ w t

V 0 e R L t ⋅ w L w 2 L 2 + R 2 R w L sen ⁡ w t - cos ⁡ w t

Passo 5

Então qual é a cara da solução?

I t = 1 v t ∫ g t ⋅ v t d t + C

I ( t ) = V 0 e R L t ⋅ w L w 2 L 2 + R 2 R w L sen ⁡ w t - cos ⁡ w t ⋅ e - R L t + C e - R L t

I ( t ) = V 0 w L w 2 L 2 + R 2 R w L sen ⁡ w t - cos ⁡ w t + C e - R L t

Bem bem, essa já é a resposta do problema, mas para dar a resposta do gabarito um paranauê precisa ser feito. Se a gente usar essa identidade trigonométrica aqui:

a sin ⁡ x + b cos ⁡ x = a 2 + b 2 sen ⁡ x + arctg ⁡ b a

A gente consegue reescrever essa bagaça dessa forma:

R w L sen ⁡ w t - cos ⁡ w t = R 2 w 2 L 2 + - 1 2 sen ⁡ w t - arctg ⁡ w L R

Isso é bastante usado no mundo da vibração, mas por aqui ainda é meio assustador, mas é trigonometria!

R w L sen ⁡ w t - cos ⁡ w t = R 2 + W 2 L 2 w L sen ⁡ w t - arctg ⁡ w L R

Subtituindo:

y = V 0 w L w 2 L 2 + R 2 R 2 + W 2 L 2 w L sen ⁡ w t - arctg ⁡ w L R + C e - R L t

Assim, finalmente:

y = V 0 sen ⁡ w t - arctg ⁡ w L R R 2 + W 2 L 2 + C e - R L t

Uuuuuufaaaaa!!!!

Resposta

y = V 0 sen ⁡ w t - arctg ⁡ w L R R 2 + W 2 L 2 + C e - R L t

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