2º EE · Circuitos Elétricos 1

Questão 012º EE2018.1Condições iniciais · 0⁻, 0⁺ e as duas derivadas3 ptsVer material

O circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine $i_1$ , $i_2$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^+$ .

A chave está fechada antes de $t = 0$ e abre em $t = 0$ — é o que a resolução da prova mostra. Depois da abertura a fonte sai do circuito, e o que sobra é o $8\ \Omega$ , o indutor, o $2\ \Omega$ e o capacitor se descarregando.

Gabarito

$i_1(0^+) = -4\ \mathrm{A}$ · $i_2(0^+) = 4\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 0$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = -10\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $t = 0^-$ (chave fechada, regime permanente): o indutor vira fio e o capacitor vira circuito aberto. Com o indutor curto-circuitando os dois nós de cima, o $8\ \Omega$ fica em paralelo com o $2\ \Omega$ da direita:

8 \parallel 2 = \frac{16}{10} = 1{,}6\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad i_T = \frac{18}{2 + 1{,}6} = 5\ \mathrm{A}

v_{\text{nó}} = 1{,}6 \cdot 5 = 8\ \mathrm{V}

Daí, o que importa guardar:

i(0^-) = \frac{8}{2} = 4\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^-) = 8\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada, indutor em curto, capacitor aberto. O $8\ \Omega$ fica em paralelo com o $2\ \Omega$ da direita ( $1{,}6\ \Omega$ ), a fonte entrega $18/3{,}6 = 5\ \mathrm{A}$ e o nó de cima fica em $8\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade:

i(0^+) = 4\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^+) = 8\ \mathrm{V}

Passo 3 — circuito em $t = 0^+$ (chave aberta): o indutor vira fonte de corrente de $4\ \mathrm{A}$ e o capacitor, fonte de tensão de $8\ \mathrm{V}$ . Sem a fonte de $18\ \mathrm{V}$ , o único caminho para os $4\ \mathrm{A}$ do indutor voltarem é o $8\ \Omega$ :

\boxed{i_1(0^+) = -i(0^+) = -4\ \mathrm{A}}

O sinal é negativo porque a corrente sobe pelo $8\ \Omega$ , contra a seta de $i_1$ .

Em $t = 0^+$ . O indutor é uma fonte de $4\ \mathrm{A}$ e o capacitor, uma de $8\ \mathrm{V}$ . Os $4\ \mathrm{A}$ só voltam pelo $8\ \Omega$ , subindo ( $i_1 = -4\ \mathrm{A}$ , nó da esquerda em $-32\ \mathrm{V}$ ); à direita o $2\ \Omega$ absorve os $4\ \mathrm{A}$ inteiros e não sobra nada para o capacitor.

Passo 4 — $i_2$ e a derivada da tensão. O $2\ \Omega$ da direita está direto sobre o capacitor:

\boxed{i_2(0^+) = \frac{v(0^+)}{2} = \frac{8}{2} = 4\ \mathrm{A}}

A LKC no nó do capacitor dá $i = i_2 + i_C$ , logo

i_C(0^+) = 4 - 4 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C(0^+)}{C} = 0}

Passo 5 — a derivada da corrente. A tensão sobre o indutor é a diferença entre os dois nós. O nó da esquerda está em $-8 \times 4 = -32\ \mathrm{V}$ (os $4\ \mathrm{A}$ sobem pelo $8\ \Omega$ ) e o da direita em $+8\ \mathrm{V}$ :

v_L(0^+) = -32 - 8 = -40\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-40}{4} = -10\ \mathrm{A/s}}

Conferência — os sinais contam a história certa: a corrente do indutor vai cair (derivada negativa), porque sem a fonte não há nada que a sustente; e a tensão do capacitor começa plana, porque naquele instante toda a corrente do indutor é absorvida pelo $2\ \Omega$ ✔

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Questão 022º EE2018.1Primeira ordem · Chave comutadora entre duas fontes3 ptsVer material

Determine a função $i(t)$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

No original a comutação é feita por uma chave de duas posições; aqui ela aparece como duas chaves complementares — uma abre e a outra fecha no mesmo instante, o que é a mesma coisa. Antes de $t = 0$ manda a fonte de $20\ \mathrm{V}$ ; depois, a de $50\ \mathrm{V}$ .

Gabarito

$i(t) = 5 - 3\,e^{-10t/3}\ \mathrm{A}$ , para $t > 0$ (com $v(t) = 30 - 18\,e^{-10t/3}\ \mathrm{V}$ )

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial, com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ . Em regime permanente o capacitor é circuito aberto, então os $4\ \Omega$ e $6\ \Omega$ ficam em série:

i(0^-) = \frac{20}{4 + 6} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v(0^-) = 6 \cdot 2 = 12\ \mathrm{V}

Pela continuidade, $v(0^+) = 12\ \mathrm{V}$ .

Em $t = 0^-$ . Só a fonte de $20\ \mathrm{V}$ age, e o capacitor está aberto: $4\ \Omega$ e $6\ \Omega$ em série, $i = 20/10 = 2\ \mathrm{A}$ e $v = 6 \cdot 2 = 12\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — valor final, com a fonte de $50\ \mathrm{V}$ . De novo o capacitor abre:

i(\infty) = \frac{50}{10} = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v(\infty) = 6 \cdot 5 = 30\ \mathrm{V}

Em $t \to \infty$ . Agora age a fonte de $50\ \mathrm{V}$ e o ramo de $20\ \mathrm{V}$ ficou pendurado. Capacitor aberto de novo: $i = 50/10 = 5\ \mathrm{A}$ e $v = 30\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — constante de tempo. Desativando a fonte de $50\ \mathrm{V}$ , o capacitor vê os $4\ \Omega$ em paralelo com os $6\ \Omega$ :

R_{\mathrm{eq}} = 4 \parallel 6 = 2{,}4\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad \tau = 2{,}4 \cdot \frac{1}{8} = 0{,}3\ \mathrm{s} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{\tau} = \frac{10}{3}\ \mathrm{s^{-1}}

A constante de tempo. Fonte de $50\ \mathrm{V}$ desligada (vira fio): pelos terminais do capacitor, o $4\ \Omega$ e o $6\ \Omega$ ficam em paralelo, $R_{\mathrm{eq}} = 2{,}4\ \Omega$ e $\tau = 2{,}4 \cdot \tfrac{1}{8} = 0{,}3\ \mathrm{s}$ .

Passo 4 — a fórmula dos três valores, aplicada a $v$ (que é a grandeza contínua):

v(t) = 30 + (12 - 30)\,e^{-t/0{,}3} = \boxed{30 - 18\,e^{-10t/3}\ \mathrm{V}}

Passo 5 — de $v$ para $i$ , que é a corrente do $6\ \Omega$ :

i(t) = \frac{v(t)}{6} = \boxed{5 - 3\,e^{-10t/3}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $i = 5 - 3 = 2\ \mathrm{A}$ , igual ao valor de $0^-$ (a corrente do $6\ \Omega$ é contínua aqui porque $v$ é) ✔ Para $t$ grande, $i \to 5\ \mathrm{A}$ ✔ Este é exatamente o resultado da resolução da prova, que chega nele montando a equação diferencial $3\,dv/dt + 10v = 300$ .

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Questão 032º EE2018.1Segunda ordem · Criticamente amortecido4 ptsVer material

Determine as funções $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

A chave está em paralelo com o $3\ \Omega$ : fechada, ela o curto-circuita. Ao abrir em $t = 0$ , o $3\ \Omega$ entra no caminho — e o indutor e o capacitor, que estão em paralelo, formam um circuito de 2ª ordem.

Gabarito

$i(t) = 2 + (3 + 6t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = -60\,t\,e^{-2t}\ \mathrm{V}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Com a chave fechada o $3\ \Omega$ está curto-circuitado, e em regime permanente o indutor é fio e o capacitor é aberto. O indutor põe o nó em $0\ \mathrm{V}$ , então o $2\ \Omega$ não conduz e toda a fonte vai para o indutor:

i(0) = 5\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0) = 0\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada (o $3\ \Omega$ está em curto), indutor em fio, capacitor aberto. O indutor prende o nó em $0\ \mathrm{V}$ : o $2\ \Omega$ não conduz e os $5\ \mathrm{A}$ vão todos para o indutor.

Passo 2 — o circuito para $t > 0$ . Com a chave aberta, a fonte de $5\ \mathrm{A}$ em paralelo com o $2\ \Omega$ equivale a $10\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ ; somando o $3\ \Omega$ , o par $L$ – $C$ é alimentado por $10\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

O circuito para $t \gt 0$ . Chave aberta: a fonte de $5\ \mathrm{A}$ com o $2\ \Omega$ vira $10\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ , e o $3\ \Omega$ soma em série. O par $L$ – $C$ , em paralelo, é alimentado por $10\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

Passo 3 — a equação diferencial. Com $v = L\,di/dt = 5\,di/dt$ e $i_C = C\,dv/dt = \tfrac{1}{20}\,dv/dt$ , a LKC no nó do capacitor dá

\frac{10 - v}{5} = i + \frac{1}{20}\frac{dv}{dt}

Substituindo $v$ e multiplicando por $4$ :

\boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\,\frac{di}{dt} + 4\,i = 8}

Passo 4 — as frequências naturais. Comparando com a forma padrão, $2\alpha = 4$ e $\omega_0^2 = 4$ :

\alpha = 2 = \omega_0 \qquad\Longrightarrow\qquad \text{criticamente amortecido}, \quad s_1 = s_2 = -2

RLC paralelo. Com a fonte de $10\ \mathrm{V}$ desligada (vira fio), o $5\ \Omega$ fica em paralelo com $L$ e $C$ : $\alpha = \dfrac{1}{2RC} = \dfrac{1}{2 \cdot 5 \cdot 1/20} = 2$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \dfrac{1}{\sqrt{5/20}} = 2$ — os mesmos da equação, caso crítico.

Passo 5 — resposta completa. A forçada é $i_f = 8/4 = 2\ \mathrm{A}$ , e a natural do caso crítico é $(A_1 + A_2 t)e^{-2t}$ :

i(t) = 2 + (A_1 + A_2 t)\,e^{-2t}

Passo 6 — as duas constantes. De $i(0) = 5$ :

2 + A_1 = 5 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 3

E da derivada, usando $v(0) = 0 = 5\,\dfrac{di(0)}{dt}$ , ou seja $di(0)/dt = 0$ :

\frac{di}{dt}\bigg|_0 = A_2 - 2A_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = 6

\boxed{i(t) = 2 + (3 + 6t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão, direto da relação do indutor:

v(t) = 5\,\frac{di}{dt} = 5\big[6\,e^{-2t} - 2(3 + 6t)e^{-2t}\big] = 5(-12t)\,e^{-2t} = \boxed{-60\,t\,e^{-2t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $v(0) = 0$ ✔, $i(0) = 5\ \mathrm{A}$ ✔, e para $t$ grande $i \to 2\ \mathrm{A}$ — exatamente $10/5$ , o regime permanente do circuito novo ✔ A tensão é negativa para $t > 0$ , e tem de ser: a corrente do indutor está caindo de $5$ para $2\ \mathrm{A}$ , logo $L\,di/dt < 0$ . É o resultado que a resolução da prova apresenta.

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Questão 042º EE2024.1Condições iniciais · Três chaveamentos simultâneos3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $v$ , $i$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $0^-$ e em $0^+$ .

No original há três chaves, duas delas comutadoras. Pela resolução da prova, antes de $t=0$ valem a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e a de $5\ \mathrm{A}$ , com a chave do trilho aberta; depois de $t=0$ valem a de $50\ \mathrm{V}$ e a de $10\ \mathrm{A}$ , com a chave do trilho fechada.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 10\ \mathrm{V}$ , $i = 5\ \mathrm{A}$ , $dv/dt = 0$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $v = 10\ \mathrm{V}$ , $i = 5\ \mathrm{A}$ , $dv/dt = 36\ \mathrm{V/s}$ , $di/dt = 17{,}5\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ . Fonte de $20\ \mathrm{V}$ , chave do trilho aberta, fonte de $5\ \mathrm{A}$ . Regime permanente: capacitor aberto, indutor em fio. Com a chave do trilho aberta, o circuito se parte em dois pedaços independentes.

Pedaço da esquerda: $20\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ , alimentando o $2\ \Omega$ vertical (o capacitor não conduz):

v(0^-) = 20 \cdot \frac{2}{2+2} = \boxed{10\ \mathrm{V}}

Pedaço da direita: os $5\ \mathrm{A}$ só têm o indutor (que é um fio) para escoar, porque o ramo dos dois $5\ \Omega$ termina no mesmo potencial nos dois lados:

i(0^-) = \boxed{5\ \mathrm{A}}

E as duas derivadas em $0^-$ são nulas, porque em regime permanente nada varia:

i_C(0^-) = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0} \qquad v_L(0^-) = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Em $t = 0^-$ . Fonte de $20\ \mathrm{V}$ , chave do trilho aberta, fonte de $5\ \mathrm{A}$ ; capacitor aberto e indutor em curto. À esquerda, o divisor dá $v = 10\ \mathrm{V}$ ; à direita, o indutor curto-circuita o ramo dos dois $5\ \Omega$ e leva os $5\ \mathrm{A}$ inteiros.

Passo 2 — continuidade: $v(0^+) = 10\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 5\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . Agora: $50\ \mathrm{V}$ , chave do trilho fechada, $10\ \mathrm{A}$ . O capacitor vira fonte de $10\ \mathrm{V}$ e o indutor, fonte de $5\ \mathrm{A}$ . Com a chave fechada, os dois $5\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ passam a compartilhar o mesmo nó de $10\ \mathrm{V}$ :

i_{2\Omega} = \frac{10}{2} = 5\ \mathrm{A} \qquad i_{5\Omega,\text{vert}} = \frac{10}{5} = 2\ \mathrm{A}

A fonte de $50\ \mathrm{V}$ entrega, pelo $2\ \Omega$ de cima,

i_T = \frac{50 - 10}{2} = 20\ \mathrm{A}

Em $t = 0^+$ . Fonte de $50\ \mathrm{V}$ , chave do trilho fechada, fonte de $10\ \mathrm{A}$ ; o capacitor é uma fonte de $10\ \mathrm{V}$ e o indutor, uma de $5\ \mathrm{A}$ . Pelo $2\ \Omega$ de cima chegam $20\ \mathrm{A}$ ; da direita, $10 - 5 = 5\ \mathrm{A}$ pelo $5\ \Omega$ horizontal; saem $5\ \mathrm{A}$ e $2\ \mathrm{A}$ pelos resistores verticais, e sobram $18\ \mathrm{A}$ para o capacitor.

Passo 4 — a derivada da tensão. No nó do capacitor: chegam $20\ \mathrm{A}$ da fonte e mais o que vem da direita pelo $5\ \Omega$ horizontal; saem $5\ \mathrm{A}$ pelo $2\ \Omega$ , $2\ \mathrm{A}$ pelo $5\ \Omega$ vertical e $i_C$ pelo capacitor.

Do lado direito, o nó do indutor recebe $10\ \mathrm{A}$ da fonte e escoa $5\ \mathrm{A}$ pelo indutor — sobram $5\ \mathrm{A}$ , que vêm pelo $5\ \Omega$ horizontal para a esquerda. Logo

i_C(0^+) = 20 + 5 - 5 - 2 = 18\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C}{C} = \frac{18}{1/2} = 36\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. Os $5\ \mathrm{A}$ atravessam o $5\ \Omega$ horizontal da direita para a esquerda, então o nó do indutor está $5 \times 5 = 25\ \mathrm{V}$ acima do nó do capacitor:

v_L(0^+) = 10 + 25 = 35\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{35}{2} = 17{,}5\ \mathrm{A/s}}

Conferência — as duas grandezas de estado ( $v$ e $i$ ) não saltam, e as duas derivadas saltam de zero para valores grandes: é exatamente o que se espera de um circuito que sai do repouso quando três chaves agem ao mesmo tempo ✔ Todos os números conferem com a resolução da prova.

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Questão 052º EE2023.2Condições iniciais · Duas chaves que fecham juntas3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $v$ , $i$ e $di/dt$ em $0^-$ e em $0^+$ .

Pela convenção da apostila (seção 4.3), é a seta que manda. Na chave da esquerda ela aponta para longe do contato: a chave está fechada antes de $t=0$ e abre no instante zero, tirando a fonte de $80\ \mathrm{V}$ do circuito. Na da direita a seta aponta para o contato: ela está aberta antes e fecha em $t=0$ , trazendo a fonte de $10\ \mathrm{A}$ . A troca é completa: uma fonte sai, a outra entra.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 0$ , $i = 8\ \mathrm{A}$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $v = 10\ \mathrm{V}$ , $i = 8\ \mathrm{A}$ , $di/dt = -15\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (chave da esquerda fechada, chave da direita aberta, regime permanente, indutor vira fio).

Esquerda e meio: a fonte de $80\ \mathrm{V}$ com o $10\ \Omega$ chega ao nó do indutor, que, sendo um fio, põe esse nó em $0\ \mathrm{V}$ . Toda a corrente desce pelo indutor —

i(0^-) = \frac{80}{10} = \boxed{8\ \mathrm{A}}

e o $5\ \Omega$ e o $10\ \Omega$ do meio, com as duas pontas em $0\ \mathrm{V}$ , não conduzem:

\boxed{v(0^-) = 0}

Direita: a fonte de $10\ \mathrm{A}$ com o seu $10\ \Omega$ , isolada pela chave aberta, não influencia nada do que se pede.

E como estamos em regime permanente, $v_L(0^-) = 0$ , logo

\boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Em $t = 0^-$ . O indutor é um fio e põe o nó dele em $0\ \mathrm{V}$ : toda a corrente da fonte de $80\ \mathrm{V}$ desce por ele, e o $5\ \Omega$ e o $10\ \Omega$ do meio, sem tensão, não conduzem. A fonte de $10\ \mathrm{A}$ fica isolada pela chave aberta.

Passo 2 — continuidade: $i(0^+) = 8\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ (a chave da esquerda abriu e a da direita fechou). A fonte de $80\ \mathrm{V}$ e o seu $10\ \Omega$ saem do circuito; o indutor vira fonte de corrente de $8\ \mathrm{A}$ , e a fonte de $10\ \mathrm{A}$ passa a alimentar o meio. O nó do indutor agora só se liga ao $5\ \Omega$ , então toda a corrente do indutor vem por ele:

i_{5\Omega} = 8\ \mathrm{A} \quad \text{(da direita para a esquerda)}

No nó da direita, os dois $10\ \Omega$ ficam em paralelo (mesma tensão $v$ ) e a LKC é

10 = \frac{v}{10} + \frac{v}{10} + 8 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v}{5} = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(0^+) = 10\ \mathrm{V}}

Passo 4 — a derivada. Os $8\ \mathrm{A}$ atravessam o $5\ \Omega$ da direita para a esquerda, então

v_{5\Omega} = 5 \cdot 8 = 40\ \mathrm{V}

e a LKT no laço que contém o indutor, o $5\ \Omega$ e o $10\ \Omega$ dá

v_L(0^+) = v - v_{5\Omega} = 10 - 40 = -30\ \mathrm{V}

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-30}{2} = -15\ \mathrm{A/s}}

Em $t = 0^+$ . O ramo de $80\ \mathrm{V}$ saiu, e o indutor é uma fonte de $8\ \mathrm{A}$ . Os dois $10\ \Omega$ ficam em paralelo com a fonte de $10\ \mathrm{A}$ ; dos $10\ \mathrm{A}$ , $8$ seguem pelo $5\ \Omega$ para o indutor e sobra $1\ \mathrm{A}$ para cada $10\ \Omega$ .

Conferência — a LKC no nó da direita fecha: $10 = 1 + 1 + 8$ ✔ E o sinal negativo da derivada faz sentido: sem a fonte de $80\ \mathrm{V}$ , o indutor passa a empurrar sua corrente contra o $5\ \Omega$ e os dois $10\ \Omega$ , e ela começa a cair. Todos os valores conferem com a resolução da prova.

Sobre a leitura das chaves — esta questão já esteve no site com as duas chaves fechando em $t=0$ . Assim, a fonte de $80\ \mathrm{V}$ ficaria ligada depois do chaveamento e a resposta não fecharia: daria $v(0^+) = 37{,}5\ \mathrm{V}$ , e não os $10\ \mathrm{V}$ da resolução da prova. A seta da chave da esquerda, no original, aponta para longe do contato: ela abre.

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Questão 062º EE2023.2Primeira ordem · Chave que abre e insere um resistor3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t < 0$ .

A chave está em paralelo com o segundo $4\ \Omega$ : fechada, ela o curto-circuita. Ao abrir em $t=0$ ela insere o resistor no caminho, o que dobra a resistência do laço e derruba a corrente à metade.

Gabarito

$v(t) = 8 + 8\,e^{-16t}\ \mathrm{V}$ , para $t > 0$ (com $i(t) = 2\left(1 + e^{-16t}\right)\ \mathrm{A}$ )

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a chave fechada o segundo $4\ \Omega$ está curto-circuitado, e em regime permanente o indutor é um fio. Sobra a fonte com o primeiro $4\ \Omega$ :

i(0) = \frac{16}{4} = 4\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada: o segundo $4\ \Omega$ está em curto. Com o indutor em fio, só o primeiro $4\ \Omega$ limita a corrente, $i = 16/4 = 4\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — a equação para $t > 0$ . Chave aberta, os dois $4\ \Omega$ em série com o indutor. A LKT dá

16 = 4i + 4i + \frac{1}{2}\frac{di}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di}{dt} + 16\,i = 32}

Passo 3 — resposta natural e forçada. A característica é $s + 16 = 0$ , logo $s = -16$ e $i_n = A\,e^{-16t}$ . A forçada é constante:

16\,i_f = 32 \qquad\Longrightarrow\qquad i_f = 2\ \mathrm{A}

que é o mesmo que a fórmula dos três valores daria: $i(\infty) = 16/8 = 2\ \mathrm{A}$ e $\tau = L/R = \tfrac{1/2}{8} = \tfrac{1}{16}\ \mathrm{s}$ .

Em $t \to \infty$ . Chave aberta, indutor em fio de novo: os dois $4\ \Omega$ em série dividem a fonte ao meio, $i = 2\ \mathrm{A}$ e $v = 8\ \mathrm{V}$ .

A constante de tempo. Fonte desligada (vira fio): o indutor vê os dois $4\ \Omega$ em série, $R_{\mathrm{eq}} = 8\ \Omega$ , e $\tau = \tfrac{1/2}{8} = \tfrac{1}{16}\ \mathrm{s}$ — o mesmo $s = -16$ da equação característica.

Passo 4 — a constante, imposta na resposta completa:

i(t) = A\,e^{-16t} + 2 \qquad i(0) = 4 = A + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 2

\boxed{i(t) = 2 + 2\,e^{-16t} = 2\left(1 + e^{-16t}\right)\ \mathrm{A}}

Passo 5 — a tensão pedida é a do segundo $4\ \Omega$ , que conduz a mesma $i$ :

\boxed{v(t) = 4\,i(t) = 8 + 8\,e^{-16t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t=0$ : $v = 16\ \mathrm{V}$ , que é toda a tensão da fonte, porque naquele instante a corrente ainda é $4\ \mathrm{A}$ e o primeiro $4\ \Omega$ também cai $16\ \mathrm{V}$ … na verdade a soma fecha com $v_L(0^+) = 16 - 16 - 16 = -16\ \mathrm{V}$ , coerente com a corrente caindo ✔ Para $t$ grande, $v \to 8\ \mathrm{V}$ , metade da fonte, como manda o divisor de dois resistores iguais ✔

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Questão 072º EE2023.2Segunda ordem · Subamortecido excitado por degrau4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , para $i_g(t) = 2\,u(t)\ \mathrm{A}$ .

$i_g = 2\,u(t)$ significa fonte de $2\ \mathrm{A}$ ligada em $t=0$ — antes disso ela vale zero, e o circuito está em repouso completo. Dois armazenadores que não se associam ( $L$ no ramo do $4\ \Omega$ , $C$ no outro): 2ª ordem.

Gabarito

$i(t) = 2 - e^{-2t}\left(2\cos t + 4\,\mathrm{sen}\,t\right)\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 8 - e^{-2t}\left(8\cos t + 6\,\mathrm{sen}\,t\right)\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Para $t<0$ a fonte vale zero e nada está carregado:

i(0) = 0 \qquad\qquad v(0) = 0

Em $t = 0^+$ . A fonte acabou de ligar, mas nada está carregado: o indutor é uma fonte de $0\ \mathrm{A}$ (aberto) e o capacitor, uma de $0\ \mathrm{V}$ (curto). Os $2\ \mathrm{A}$ vão inteiros para o capacitor, $dv(0^+)/dt = 2/(1/5) = 10\ \mathrm{V/s}$ .

Passo 2 — as duas relações. A LKT no ramo do $4\ \Omega$ com o indutor, cuja tensão total é a do capacitor:

v = 4i + \frac{di}{dt}

E a LKC no nó de cima, com a fonte já valendo $2\ \mathrm{A}$ :

2 = i + \frac{1}{5}\frac{dv}{dt}

Passo 3 — elimine $v$ . Substituindo a primeira na segunda e multiplicando por $5$ :

\boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\,\frac{di}{dt} + 5\,i = 10}

Passo 4 — as frequências naturais. Comparando com a forma padrão, $2\alpha = 4$ e $\omega_0^2 = 5$ :

\alpha = 2 \qquad \omega_0 = \sqrt{5} \approx 2{,}24 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha < \omega_0: \ \textbf{subamortecido}

\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \alpha^2} = \sqrt{5 - 4} = 1\ \mathrm{rad/s} \qquad s_{1,2} = -2 \pm j\,1

RLC série. Com a fonte de corrente desligada (aberta), sobra um laço só com o $4\ \Omega$ , o indutor e o capacitor: $\alpha = \dfrac{R}{2L} = 2$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \sqrt{5}$ — os mesmos da equação.

Passo 5 — resposta completa. A forçada é $i_f = 10/5 = 2\ \mathrm{A}$ :

i(t) = 2 + e^{-2t}\left(A_1 \cos t + A_2\,\mathrm{sen}\,t\right)

Em $t \to \infty$ . Indutor em fio, capacitor aberto: os $2\ \mathrm{A}$ da fonte atravessam o $4\ \Omega$ , e é esse o valor forçado, $i_f = 2\ \mathrm{A}$ , com $v = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 6 — as duas constantes, impostas na resposta completa. De $i(0) = 0$ :

2 + A_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -2

E de $v(0) = 0$ , usando $v = 4i + di/dt$ :

0 = 4A_1 + 8 - 2A_1 + A_2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = -4

\boxed{i(t) = 2 - e^{-2t}\left(2\cos t + 4\,\mathrm{sen}\,t\right)\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão, pela relação do ramo:

v = 4i + \frac{di}{dt} = 8 - e^{-2t}\left(8\cos t + 16\,\mathrm{sen}\,t\right) + 10\,e^{-2t}\,\mathrm{sen}\,t

\boxed{v(t) = 8 - e^{-2t}\left(8\cos t + 6\,\mathrm{sen}\,t\right)\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t=0$ : $i = 2 - 2 = 0$ ✔ e $v = 8 - 8 = 0$ ✔ Para $t$ grande, o indutor vira fio e o capacitor abre, então toda a fonte atravessa o $4\ \Omega$ : $i \to 2\ \mathrm{A}$ e $v \to 8\ \mathrm{V}$ ✔ Com $\omega_d = 1\ \mathrm{rad/s}$ o período é $2\pi \approx 6{,}3\ \mathrm{s}$ , e o envelope $e^{-2t}$ apaga tudo em $\approx 2{,}5\ \mathrm{s}$ — menos de meia oscilação aparece. Confere com a resolução da prova.

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Questão 082º EE2022.2Condições iniciais · Capacitor por cima de dois resistores3 ptsVer material

Se o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $0^-$ e em $0^+$ .

A chave é um ramo vertical que curto-circuita a fonte: pela convenção da apostila ela está aberta antes de $t=0$ e fecha no instante zero. E o capacitor liga, por cima, o nó de saída da fonte ao nó do indutor.

Gabarito

Em $0^-$ : $i = 4\ \mathrm{A}$ , $v = -30\ \mathrm{V}$ , $dv/dt = 0$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $i = 4\ \mathrm{A}$ , $v = -30\ \mathrm{V}$ , $dv/dt = 40\ \mathrm{V/s}$ , $di/dt = -6\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (chave aberta; capacitor aberto, indutor em fio). Toda a fonte atravessa o primeiro $3\ \Omega$ e chega ao nó do $6\ \Omega$ , onde se divide entre o $6\ \Omega$ e o ramo ” $3\ \Omega$ + indutor em curto”:

i(0^-) = \frac{6}{6+3}\cdot 6 = \boxed{4\ \mathrm{A}}

Os potenciais: $v_A = 6\,(3 + 6\!\parallel\!3) = 6 \cdot 5 = 30\ \mathrm{V}$ no nó da esquerda e $0$ no nó do indutor. Com o $+$ do capacitor à direita:

\boxed{v(0^-) = 0 - 30 = -30\ \mathrm{V}}

E em regime permanente as duas derivadas são nulas:

i_C(0^-) = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0} \qquad v_L(0^-) = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Em $t = 0^-$ . Chave aberta, capacitor aberto, indutor em fio. Os $6\ \mathrm{A}$ atravessam o primeiro $3\ \Omega$ e se dividem: $4\ \mathrm{A}$ pelo ramo do indutor, $2\ \mathrm{A}$ pelo $6\ \Omega$ . O nó da esquerda fica em $30\ \mathrm{V}$ e o do indutor em $0$ , daí $v = -30\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade: $i(0^+) = 4\ \mathrm{A}$ e $v(0^+) = -30\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . A chave fecha, o capacitor vira fonte de $30\ \mathrm{V}$ (com o $+$ à direita) e o indutor, fonte de $4\ \mathrm{A}$ . Chamando $i_1$ a corrente do primeiro $3\ \Omega$ , $i_2$ a do $6\ \Omega$ e $i_3$ a do segundo $3\ \Omega$ , as leis dão

3i_1 + 3i_3 = 30 \qquad 3i_1 + 6i_2 = 0 \qquad i_1 = i_2 + i_3

De onde $i_1 = -2i_2$ , $i_3 = -3i_2$ e, substituindo na primeira, $5i_1 = 20$ :

i_1 = 4\ \mathrm{A}, \qquad i_2 = -2\ \mathrm{A}, \qquad i_3 = 6\ \mathrm{A}

Em $t = 0^+$ . A chave põe o nó da esquerda em $0\ \mathrm{V}$ (e curto-circuita a fonte); o capacitor é uma fonte de $30\ \mathrm{V}$ com o $+$ à esquerda, então o nó do indutor está em $-30\ \mathrm{V}$ , e o indutor é uma fonte de $4\ \mathrm{A}$ . As correntes saem $i_1 = 4\ \mathrm{A}$ , $i_2 = -2\ \mathrm{A}$ (sobe pelo $6\ \Omega$ ) e $i_3 = 6\ \mathrm{A}$ ; no nó do indutor sobram $2\ \mathrm{A}$ para o capacitor.

Passo 4 — as duas derivadas. A corrente do capacitor é o que sobra no nó do indutor:

i_C(0^+) = i_3 - i = 6 - 4 = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{2}{1/20} = 40\ \mathrm{V/s}}

E a tensão do indutor sai da LKT no laço do $6\ \Omega$ com o segundo $3\ \Omega$ :

v_L(0^+) = 6i_2 - 3i_3 = -12 - 18 = -30\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-30}{5} = -6\ \mathrm{A/s}}

Conferência — $i_2$ dá negativo, ou seja a corrente sobe pelo $6\ \Omega$ : com a chave fechada quem manda no circuito é o capacitor carregado, não mais a fonte. Todos os valores conferem com a resolução da prova.

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Questão 092º EE2022.2Primeira ordem · A tensão no indutor, que salta3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ e a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

Mesmo circuito do 2º quesito de 2023.2 — lá se pedia a tensão no resistor; aqui, a do indutor. E ela é a grandeza que salta em $t=0$ , o que muda toda a conferência.

Gabarito

$i(t) = 2 + 2\,e^{-16t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = -16\,e^{-16t}\ \mathrm{V}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a chave fechada o segundo $4\ \Omega$ está curto-circuitado, e o indutor em regime é um fio:

i(0) = \frac{16}{4} = 4\ \mathrm{A}

Regime permanente antes da chave. A chave fechada põe o segundo $4\ \Omega$ em curto e o indutor é um fio: só o primeiro $4\ \Omega$ limita a corrente, $i(0^-) = 4\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — a equação para $t > 0$ . Chave aberta, os dois $4\ \Omega$ em série com o indutor:

8i + \frac{1}{2}\frac{di}{dt} = 16 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di}{dt} + 16\,i = 32}

O que o indutor enxerga depois de $t = 0$ . Com a fonte desligada e a chave aberta, os dois $4\ \Omega$ ficam em série: $R_{eq} = 8\ \Omega$ e $\tau = \tfrac{1/2}{8} = \tfrac{1}{16}\ \mathrm{s}$ , que é o $s = -16$ da equação.

Passo 3 — resposta completa. Característica $s = -16$ , forçada $i_f = 32/16 = 2\ \mathrm{A}$ :

i(t) = A\,e^{-16t} + 2, \qquad i(0) = 4 = A + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 2 + 2\,e^{-16t}\ \mathrm{A}}

Passo 4 — a tensão do indutor, direto da relação do elemento:

v = \frac{1}{2}\frac{di}{dt} = \frac{1}{2}\left(-32\,e^{-16t}\right) = \boxed{-16\,e^{-16t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $v$ salta: valia $0$ em $0^-$ (regime permanente, indutor é fio) e vale $-16\ \mathrm{V}$ em $0^+$ . E tem de valer, pela LKT: em $0^+$ a corrente ainda é $4\ \mathrm{A}$ , os dois $4\ \Omega$ juntos caem $32\ \mathrm{V}$ , e a fonte só tem $16\ \mathrm{V}$ — a diferença de $-16\ \mathrm{V}$ é exatamente o indutor ✔ O sinal negativo é a assinatura da corrente caindo de $4$ para $2\ \mathrm{A}$ . Confere com a resolução da prova.

O salto em $0^+$ . O indutor segura os $4\ \mathrm{A}$ e vira fonte de corrente; os dois $4\ \Omega$ caem $32\ \mathrm{V}$ e a LKT deixa para ele $v(0^+) = 16 - 32 = -16\ \mathrm{V}$ .

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Questão 102º EE2022.2Segunda ordem · Criticamente amortecido com condições dadas4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que $i_g(t) = 10\ \mathrm{A}$ , $v(0) = 5\ \mathrm{V}$ e $i(0) = 2\ \mathrm{A}$ .

O indutor e o capacitor ficam no mesmo par de nós — em paralelo —, e não se associam entre si: circuito de 2ª ordem. O enunciado já entrega as duas condições iniciais, o que economiza o passo do circuito em $0^+$ .

Gabarito

$i(t) = 4 - (2 + 3t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 5\,(1 + 6t)\,e^{-2t}\ \mathrm{V}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — simplifique a fonte. Os $10\ \mathrm{A}$ em paralelo com o $2\ \Omega$ equivalem a $20\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ ; somando o $3\ \Omega$ , o par $L$ – $C$ é alimentado por $20\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

A fonte simplificada. $10\ \mathrm{A}$ em paralelo com $2\ \Omega$ viram $20\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ ; somado o $3\ \Omega$ , o par $L$ – $C$ é alimentado por $20\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

Passo 2 — a equação. Com $v = 5\,di/dt$ e $i_C = \tfrac{1}{20}\,dv/dt$ , a LKC no nó do capacitor dá

\frac{20 - v}{5} = i + \frac{1}{20}\frac{dv}{dt}

Substituindo $v$ e multiplicando por $4$ :

\boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\,\frac{di}{dt} + 4\,i = 16}

Passo 3 — as frequências naturais. $2\alpha = 4$ e $\omega_0^2 = 4$ :

\alpha = \omega_0 = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \text{criticamente amortecido}, \quad s_1 = s_2 = -2

O RLC paralelo. Desligando a fonte equivalente, o $5\ \Omega$ fica em paralelo com $L$ e $C$ : $\alpha = \dfrac{1}{2RC} = \dfrac{1}{2 \cdot 5 \cdot 1/20} = 2$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \dfrac{1}{\sqrt{5/20}} = 2$ — iguais, criticamente amortecido.

Passo 4 — resposta completa. Forçada $i_f = 16/4 = 4\ \mathrm{A}$ :

i(t) = 4 + (A_1 + A_2 t)\,e^{-2t}

Passo 5 — as duas constantes. De $i(0) = 2$ :

4 + A_1 = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -2

E da derivada, usando $v(0) = 5 = 5\,\dfrac{di(0)}{dt}$ , ou seja $di(0)/dt = 1\ \mathrm{A/s}$ :

A_2 - 2A_1 = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = -3

\boxed{i(t) = 4 - (2 + 3t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Passo 6 — a tensão:

v = 5\,\frac{di}{dt} = 5\big[-3\,e^{-2t} + 2(2 + 3t)\,e^{-2t}\big] = \boxed{5\,(1 + 6t)\,e^{-2t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $i(0) = 4 - 2 = 2\ \mathrm{A}$ ✔ e $v(0) = 5\ \mathrm{V}$ ✔ Para $t$ grande, o indutor vira fio e o capacitor abre, então toda a corrente equivalente atravessa: $i \to 20/5 = 4\ \mathrm{A}$ e $v \to 0$ ✔ Note que $v$ sobe antes de cair — o termo $30t\,e^{-2t}$ tem máximo em $t = 0{,}5\ \mathrm{s}$ : é o capacitor sendo carregado enquanto a corrente do indutor ainda não chegou ao valor final. Confere com a resolução da prova.

$t \to \infty$ . O indutor vira fio e o capacitor abre: toda a corrente da fonte equivalente passa pelo indutor, $i \to 4\ \mathrm{A}$ , e o fio põe $v \to 0$ .

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Questão 112º EE2022.1Condições iniciais · Chave que abre e solta o nó3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine $v(0^+)$ , $i(0^+)$ , $dv(0^+)/dt$ e $di(0^+)/dt$ .

A chave é um ramo para o fio de baixo: fechada, ela aterra o nó da esquerda. Pela seta ela está fechada antes de $t=0$ e abre no instante zero, soltando aquele nó. O $8\ \Omega$ e o capacitor ligam o mesmo par de nós.

Gabarito

$v(0^+) = -10\ \mathrm{V}$ · $i(0^+) = 5\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 62{,}5\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = 0$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (chave fechada, regime permanente: capacitor aberto, indutor em fio). Com a chave fechada o nó da esquerda está em $0\ \mathrm{V}$ , e a fonte de $10\ \mathrm{V}$ fixa o nó da direita:

v(0^-) = 0 - 10 = -10\ \mathrm{V}

O indutor, sendo fio, põe o nó do $2\ \Omega$ também em $10\ \mathrm{V}$ :

i(0^-) = \frac{10}{2} = 5\ \mathrm{A}

Regime permanente com a chave fechada. O nó da esquerda está aterrado e a fonte de $10\ \mathrm{V}$ fixa o da direita: $v(0^-) = 0 - 10 = -10\ \mathrm{V}$ . O indutor em curto leva os $10\ \mathrm{V}$ ao $2\ \Omega$ : $i(0^-) = 5\ \mathrm{A}$ . A fonte de $5\ \mathrm{A}$ escoa toda pela chave.

Passo 2 — continuidade:

\boxed{v(0^+) = -10\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i(0^+) = 5\ \mathrm{A}}

Passo 3 — circuito em $0^+$ . A chave abre. O capacitor vira fonte de $-10\ \mathrm{V}$ (com o $+$ à esquerda), o que mantém o nó da esquerda em $10 + (-10) = 0\ \mathrm{V}$ ; o indutor vira fonte de $5\ \mathrm{A}$ .

O circuito em $0^+$ . Capacitor como fonte de $-10\ \mathrm{V}$ (o $+$ à esquerda), indutor como fonte de $5\ \mathrm{A}$ . O nó da esquerda fica em $10 + (-10) = 0$ : recebe $5\ \mathrm{A}$ da fonte e $10/8 = 1{,}25\ \mathrm{A}$ pelo $8\ \Omega$ , e tudo atravessa o capacitor.

Passo 4 — a derivada da tensão. LKC no nó da esquerda, que agora só tem três ramos — a fonte de $5\ \mathrm{A}$ , o $8\ \Omega$ e o capacitor:

5 + \underbrace{\frac{10 - 0}{8}}_{\text{vem pelo }8\ \Omega} = i_C \qquad\Longrightarrow\qquad i_C(0^+) = 5 + 1{,}25 = 6{,}25\ \mathrm{A}

\boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C}{C} = \frac{6{,}25}{1/10} = 62{,}5\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. O indutor tem $10\ \mathrm{V}$ à esquerda (a fonte) e, à direita, os $5\ \mathrm{A}$ sobre o $2\ \Omega$ dão também $10\ \mathrm{V}$ :

v_L(0^+) = 10 - 10 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = 0}

Conferência — as duas grandezas de estado não saltam ✔ e as derivadas contam a história: a tensão do capacitor arranca (a chave que abriu jogou toda a corrente da fonte para dentro dele), enquanto a corrente do indutor fica parada — o ramo dele não sentiu nada, porque a fonte de $10\ \mathrm{V}$ e o $2\ \Omega$ continuam iguais. Confere com a resolução da prova.

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Questão 122º EE2022.1Primeira ordem · Quando a condição inicial já é o valor final3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ para $t > 0$ , dado que $v(0) = 5\ \mathrm{V}$ .

A fonte de $1\ \mathrm{A}$ está em série com o $10\ \Omega$ : juntas, elas só retiram $1\ \mathrm{A}$ do nó, e o $10\ \Omega$ não influencia mais nada. A chave liga o capacitor em $t = 0$ .

Gabarito

$v(t) = 5\ \mathrm{V}$ — constante, para todo $t > 0$ .

Passo a passo

Passo 1 — a equação. Chame $i$ a corrente que vem pelo $5\ \Omega$ e $v$ o potencial do nó (que é a tensão do capacitor). A LKC dá

i = 1 + i_C

e a LKT no laço da fonte de $10\ \mathrm{V}$ :

-10 + 5i + v = 0

Substituindo:

5\,(1 + i_C) + v = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad 5\,i_C + v = 5

Com $i_C = \tfrac{1}{20}\,dv/dt$ :

\frac{5}{20}\frac{dv}{dt} + v = 5 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv}{dt} + 4v = 20}

O circuito depois de $t = 0$ . A LKC no nó de cima reparte $i$ entre a fonte de $1\ \mathrm{A}$ e o capacitor; a LKT no laço da fonte de $10\ \mathrm{V}$ amarra $i$ a $v$ . O $10\ \Omega$ , em série com a fonte de corrente, não entra em nenhuma das duas.

Passo 2 — natural e forçada. A característica é $s + 4 = 0$ , logo $s = -4$ e $v_n = A\,e^{-4t}$ . A forçada é constante:

4\,v_f = 20 \qquad\Longrightarrow\qquad v_f = 5\ \mathrm{V}

A constante de tempo. Com a fonte de tensão em curto e a de corrente aberta (o $10\ \Omega$ fica pendurado e sai), o capacitor vê só o $5\ \Omega$ : $\tau = R_{eq}C = \tfrac14\ \mathrm{s}$ , que é o $s = -4$ .

Passo 3 — a constante:

v(t) = A\,e^{-4t} + 5, \qquad v(0) = 5 = A + 5 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 0

\boxed{v(t) = 5\ \mathrm{V}}

O que a questão está ensinando — a condição inicial já era o valor de regime permanente, então a parcela natural nasce com amplitude zero e não há transitório. O capacitor entra no circuito e nada acontece: nem sobe, nem desce.

Vale conferir que é mesmo isso, e não erro de conta. Em regime permanente o capacitor é circuito aberto, então toda a corrente do $5\ \Omega$ tem de ir para a fonte de $1\ \mathrm{A}$ :

i = 1\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v = 10 - 5(1) = 5\ \mathrm{V}

Igual ao valor inicial ✔ E a resolução da prova chega no mesmo $A = 0$ .

O valor final já é o inicial. Com o capacitor aberto, a corrente do $5\ \Omega$ só pode ir para a fonte de $1\ \mathrm{A}$ , e $v = 10 - 5 = 5\ \mathrm{V}$ — exatamente o $v(0)$ dado.

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Questão 132º EE2021.2Condições iniciais · Comutação de fonte e chave que abre3 ptsVer material

Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

Duas chaves agem juntas: a da esquerda comuta a alimentação de $20\ \mathrm{V}$ para $100\ \mathrm{V}$ , e a do meio abre, separando o nó do $10\ \Omega$ do resto. A fonte controlada vale $2v_1$ , e $v_1$ é a tensão do próprio $10\ \Omega$ .

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 20\ \mathrm{V}$ , $i = 0$ , $dv/dt = 0$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $v = 20\ \mathrm{V}$ , $i = 0$ , $dv/dt = 160\ \mathrm{V/s}$ , $di/dt = 80\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (fonte de $20\ \mathrm{V}$ , chave do meio fechada; capacitor aberto, indutor em fio).

Com a chave do meio fechada, existe um laço fechado que contém só o $10\ \Omega$ e a fonte controlada:

-v_1 + 2v_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v_1(0^-) = 0

Ou seja, a fonte controlada vale zero e curto-circuita o seu nó. Então o ramo dos dois $5\ \Omega$ com o indutor não é alimentado:

\boxed{i(0^-) = 0}

E o capacitor, aberto, fica com toda a tensão da fonte:

\boxed{v(0^-) = 20 - 0 = 20\ \mathrm{V}}

Em regime permanente, $i_C = 0$ e $v_L = 0$ , logo

\boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0} \qquad\qquad \boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Regime permanente com $20\ \mathrm{V}$ . A chave do meio fechada põe o $10\ \Omega$ em paralelo com a controlada: $v_1 = 2v_1$ só admite $v_1 = 0$ . A controlada vale zero, o ramo do indutor fica sem alimentação ( $i = 0$ ) e o capacitor aberto segura os $20\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade: $v(0^+) = 20\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 0$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . Agora a fonte é de $100\ \mathrm{V}$ e a chave do meio abriu. O nó do $10\ \Omega$ passa a ter só dois ramos: o capacitor e o próprio resistor. Com o capacitor valendo $20\ \mathrm{V}$ :

v_1(0^+) = 100 - 20 = 80\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad 2v_1 = 160\ \mathrm{V}

O circuito em $0^+$ . Fonte de $100\ \mathrm{V}$ , capacitor como fonte de $20\ \mathrm{V}$ e chave do meio aberta: o $10\ \Omega$ fica com $v_1 = 80\ \mathrm{V}$ , e os $8\ \mathrm{A}$ dele passam todos pelo capacitor. Do outro lado, o indutor é fonte de $0\ \mathrm{A}$ : o $5\ \Omega$ horizontal não cai nada e ele recebe os $160\ \mathrm{V}$ da controlada.

Passo 4 — a derivada da tensão. Toda a corrente do $10\ \Omega$ vem pelo capacitor:

i_C(0^+) = \frac{v_1}{10} = 8\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{8}{1/20} = 160\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. Como $i(0^+) = 0$ , o $5\ \Omega$ horizontal não cai tensão, e o indutor recebe inteira a tensão da fonte controlada:

v_L(0^+) = 160\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{160}{2} = 80\ \mathrm{A/s}}

Conferência — as duas grandezas de estado ficam paradas em $t=0$ ( $20\ \mathrm{V}$ e $0\ \mathrm{A}$ ) e as duas derivadas saltam de zero para valores grandes: é a assinatura de um circuito que estava morto e acordou. Confere com a resolução da prova.

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Questão 142º EE2021.2Primeira ordem · Pulso de corrente e resposta em dois trechos3 ptsVer material

Determinar a tensão $v(t)$ , para $t > 0$ , dado que $i_g(t) = 20\big[u(t) - u(t-5)\big]\ \mathrm{A}$ .

$i_g = 20\big[u(t) - u(t-5)\big]$ é um pulso: vale $20\ \mathrm{A}$ entre $t=0$ e $t=5\ \mathrm{s}$ , e zero fora disso. Logo há dois intervalos, e o valor da corrente do indutor no fim do primeiro é a condição inicial do segundo.

Gabarito

$0 < t < 5\ \mathrm{s}$ : $v(t) = \dfrac{200}{3}\left(1 - e^{-15t/2}\right)\ \mathrm{V}$ · $t > 5\ \mathrm{s}$ : $v(t) = \dfrac{200}{3}\,e^{-\frac{15}{2}(t-5)}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Antes de $t=0$ a fonte vale zero e nada circula:

i(0) = 0

Passo 2 — o primeiro trecho ( $0 < t < 5$ ), com a fonte valendo $20\ \mathrm{A}$ . A LKC no nó de cima e a LKT no laço do indutor dão

i_R = 20 - i \qquad\qquad 10\,i_R = 2\frac{di}{dt} + 5i

Substituindo:

10\,(20 - i) = 2\frac{di}{dt} + 5i \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{2\frac{di}{dt} + 15\,i = 200}

Passo 3 — resolvendo. Característica $2s + 15 = 0 \Rightarrow s = -\tfrac{15}{2}$ , e forçada $i_f = \tfrac{200}{15} = \tfrac{40}{3}\ \mathrm{A}$ :

i(t) = A\,e^{-15t/2} + \frac{40}{3}, \qquad i(0) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -\frac{40}{3}

i(t) = \frac{40}{3}\left(1 - e^{-15t/2}\right)\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = 5\,i(t) = \frac{200}{3}\left(1 - e^{-15t/2}\right)\ \mathrm{V}}

Para onde o primeiro trecho caminha. Com o indutor em curto, os $20\ \mathrm{A}$ se dividem entre $10\ \Omega$ e $5\ \Omega$ : $i_f = 20 \cdot \tfrac{10}{15} = \tfrac{40}{3}\ \mathrm{A}$ — a forçada do Passo 3.

Passo 4 — a costura em $t = 5\ \mathrm{s}$ . A constante de tempo é $\tau = \tfrac{2}{15} \approx 0{,}133\ \mathrm{s}$ , então $5\ \mathrm{s}$ são cerca de 37 $\tau$ : o primeiro trecho chegou ao regime permanente com folga.

i(5) = \frac{40}{3}\left(1 - e^{-37{,}5}\right) \approx \frac{40}{3}\ \mathrm{A}

O que o indutor enxerga. A fonte de corrente desligada é um aberto, e o indutor fica num laço com $10 + 5 = 15\ \Omega$ : $\tau = \tfrac{2}{15} \approx 0{,}133\ \mathrm{s}$ — vale para os dois trechos, porque a fonte de corrente nunca entra nesse cálculo.

Passo 5 — o segundo trecho ( $t > 5$ ), com a fonte desligada. Sem fonte, sobra a resposta natural. A LKT no laço fechado que resta ( $5\ \Omega$ , indutor, $10\ \Omega$ ):

5i + 10i + 2\frac{di}{dt} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 2\frac{di}{dt} + 15\,i = 0

— a mesma constante de tempo, porque o indutor continua vendo $10 + 5 = 15\ \Omega$ . Com o relógio zerado em $t=5$ :

i(t) = \frac{40}{3}\,e^{-\frac{15}{2}(t-5)}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = \frac{200}{3}\,e^{-\frac{15}{2}(t-5)}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t=5$ os dois trechos dão o mesmo valor, $\tfrac{200}{3} \approx 66{,}7\ \mathrm{V}$ ✔ E note o detalhe que a questão cobra: o expoente do segundo trecho é $-(t-5)/\tau$ , não $-t/\tau$ — cada trecho tem o seu próprio relógio. Confere com a resolução da prova.

A costura em $t = 5^+$ . A corrente do indutor não salta: ele vira fonte de $\tfrac{40}{3}\ \mathrm{A}$ e o $5\ \Omega$ continua com $\tfrac{200}{3}\ \mathrm{V}$ , o mesmo valor do fim do primeiro trecho.

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Questão 152º EE2021.2Segunda ordem · Subamortecido com comutação de fonte4 ptsVer material

Determinar a tensão $v(t)$ e a corrente $i(t)$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t < 0$ .

A chave comuta a alimentação de $20\ \mathrm{V}$ para $100\ \mathrm{V}$ em $t=0$ . O ramo $10\ \Omega + 2\ \mathrm{H}$ e o capacitor ficam no mesmo par de nós e não se associam: circuito de 2ª ordem.

Gabarito

$i(t) = 6{,}67 - e^{-3,5t}\big[5{,}33\cos(1{,}658\,t) + 11{,}26\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)\big]\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 66{,}67 - e^{-3,5t}\big[53{,}33\cos(1{,}658\,t) + 16{,}09\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)\big]\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais (fonte de $20\ \mathrm{V}$ , regime permanente: capacitor aberto, indutor em fio). Com o capacitor aberto, os $5\ \Omega$ e $10\ \Omega$ ficam em série:

20 = 15\,i \qquad\Longrightarrow\qquad i(0) = \frac{4}{3}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v(0) = 10\,i = \frac{40}{3}\ \mathrm{V}

Regime permanente com $20\ \mathrm{V}$ . Capacitor aberto e indutor em curto deixam um só caminho, $5 + 10 = 15\ \Omega$ : $i(0) = \tfrac43\ \mathrm{A}$ , e o capacitor fica com a tensão do $10\ \Omega$ , $v(0) = \tfrac{40}{3}\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — a equação para $t > 0$ , agora com $100\ \mathrm{V}$ . Com $v = 10i + 2\,\dfrac{di}{dt}$ e $i_C = \tfrac{1}{10}\,\dfrac{dv}{dt}$ , a LKT e a LKC dão

100 = 5\,(i + i_C) + 10\,i + 2\frac{di}{dt}

Substituindo $i_C$ e depois $dv/dt = 10\,\dfrac{di}{dt} + 2\,\dfrac{d^2 i}{dt^2}$ :

\boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 7\,\frac{di}{dt} + 15\,i = 100}

Passo 3 — as frequências naturais. $2\alpha = 7$ e $\omega_0^2 = 15$ :

\alpha = 3{,}5 \qquad \omega_0 = \sqrt{15} \approx 3{,}873 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha < \omega_0: \ \textbf{subamortecido}

s_{1,2} = \frac{-7 \pm j\sqrt{11}}{2} = -3{,}5 \pm j\,1{,}658 \qquad\Longrightarrow\qquad \omega_d = \frac{\sqrt{11}}{2} \approx 1{,}658\ \mathrm{rad/s}

As frequências naturais. Com a fonte em curto, o capacitor vê o $5\ \Omega$ em paralelo com o ramo $10\ \Omega + 2\ \mathrm{H}$ — não é um RLC série nem paralelo puro, por isso $\alpha$ e $\omega_0$ saem da equação ( $2\alpha = 7$ , $\omega_0^2 = 15$ ), e não de fórmula pronta.

Passo 4 — resposta completa. Forçada $i_f = 100/15 = 20/3 \approx 6{,}67\ \mathrm{A}$ :

i(t) = \frac{20}{3} + e^{-3,5t}\big[A_1\cos(1{,}658\,t) + A_2\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)\big]

Passo 5 — as duas constantes. De $i(0) = \tfrac43$ :

\frac{20}{3} + A_1 = \frac{4}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -\frac{16}{3} \approx -5{,}33

E de $v(0) = \tfrac{40}{3}$ , com $v = 10i + 2\,di/dt$ , sai $\dfrac{di(0)}{dt} = 0$ — porque $10\,i(0) = \tfrac{40}{3}$ já é toda a tensão. Impondo isso:

-\alpha A_1 + \omega_d A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = \frac{3{,}5\,A_1}{1{,}658} = -\frac{112}{3\sqrt{11}} \approx -11{,}26

\boxed{i(t) = 6{,}67 - e^{-3,5t}\big[5{,}33\cos(1{,}658\,t) + 11{,}26\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)\big]\ \mathrm{A}}

O circuito em $0^+$ . O capacitor segura $\tfrac{40}{3}\ \mathrm{V}$ e o indutor $\tfrac43\ \mathrm{A}$ ; no ramo do indutor, o $10\ \Omega$ já consome os $\tfrac{40}{3}\ \mathrm{V}$ inteiros e não sobra nada para ele: $di(0^+)/dt = 0$ .

Passo 6 — a tensão. Derivando e montando $v = 10i + 2\,di/dt$ :

\frac{di}{dt} = 48{,}24\;e^{-3,5t}\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)

\boxed{v(t) = 66{,}67 - e^{-3,5t}\big[53{,}33\cos(1{,}658\,t) + 16{,}09\,\mathrm{sen}(1{,}658\,t)\big]\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t=0$ : $i = 6{,}67 - 5{,}33 = 1{,}33 = \tfrac43\ \mathrm{A}$ ✔ e $v = 66{,}67 - 53{,}33 = 13{,}33 = \tfrac{40}{3}\ \mathrm{V}$ ✔ Para $t$ grande, $i \to 100/15 = 6{,}67\ \mathrm{A}$ e $v \to 10(6{,}67) = 66{,}7\ \mathrm{V}$ ✔ E repare que $di/dt$ começa em zero: é o que o valor de $v(0)$ força, e é de lá que sai $A_2$ . Confere com a resolução da prova.

$t \to \infty$ . O mesmo caminho de $15\ \Omega$ do Passo 1, agora com $100\ \mathrm{V}$ : $i \to \tfrac{20}{3}\ \mathrm{A}$ e $v \to \tfrac{200}{3} \approx 66{,}7\ \mathrm{V}$ .

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Questão 162º EE2021.1Condições iniciais · Fonte controlada por tensão e duas chaves3 ptsVer material

Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

Mesmo arranjo do 1º quesito de 2021.2, com outros valores e a fonte controlada agora de corrente. A chave da esquerda comuta $30\ \mathrm{V} \to 50\ \mathrm{V}$ ; a do meio abre.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 30\ \mathrm{V}$ , $i = 0$ , $dv/dt = 0$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $v = 30\ \mathrm{V}$ , $i = 0$ , $dv/dt = 100\ \mathrm{V/s}$ , $di/dt = 60\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (fonte de $30\ \mathrm{V}$ , chave do meio fechada; capacitor aberto, indutor em fio).

Com a chave fechada, o $2\ \Omega$ e a fonte controlada ficam no mesmo par de nós. Como a fonte vale $v_1/2$ e a tensão sobre o $2\ \Omega$ é $v_1$ , a única solução consistente em regime é

v_1(0^-) = 0

Sem tensão ali, a fonte controlada entrega zero e o ramo dos $3\ \Omega$ com o indutor não é alimentado:

\boxed{i(0^-) = 0} \qquad\qquad \boxed{v(0^-) = 30 - 0 = 30\ \mathrm{V}}

E, em regime permanente,

\boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0} \qquad\qquad \boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Regime permanente com $30\ \mathrm{V}$ . Com a chave do meio fechada, o $2\ \Omega$ , a controlada e os dois ramos de $3\ \Omega$ dividem o mesmo nó; a LKC nele, $\tfrac{v_1}{2} = \tfrac{v_1}{2} + \tfrac{v_1}{3} + \tfrac{v_1}{3}$ , só fecha com $v_1 = 0$ . Nada circula à direita e o capacitor aberto segura os $30\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade: $v(0^+) = 30\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 0$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . Fonte de $50\ \mathrm{V}$ , chave do meio aberta. O capacitor, valendo $30\ \mathrm{V}$ , deixa o nó do $2\ \Omega$ em

v_1(0^+) = 50 - 30 = 20\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v_1}{2} = 10\ \mathrm{A}

O circuito em $0^+$ . Fonte de $50\ \mathrm{V}$ , capacitor como fonte de $30\ \mathrm{V}$ e chave do meio aberta: $v_1 = 20\ \mathrm{V}$ , e os $10\ \mathrm{A}$ do $2\ \Omega$ vêm todos pelo capacitor. À direita, a controlada injeta $v_1/2 = 10\ \mathrm{A}$ ; com o indutor como fonte de $0\ \mathrm{A}$ , tudo desce pelo $3\ \Omega$ vertical, que fica com $30\ \mathrm{V}$ — a tensão do indutor.

Passo 4 — a derivada da tensão. Com a chave aberta, o nó do $2\ \Omega$ só tem o capacitor e o resistor, então toda a corrente do $2\ \Omega$ vem pelo capacitor:

i_C(0^+) = \frac{20}{2} = 10\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{10}{1/10} = 100\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. A fonte controlada injeta $10\ \mathrm{A}$ ; como $i(0^+) = 0$ , tudo isso vai para o $3\ \Omega$ vertical, e o $3\ \Omega$ horizontal não cai tensão:

v_L(0^+) = 3 \cdot 10 = 30\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{30}{1/2} = 60\ \mathrm{A/s}}

Conferência — a LKC no nó da direita fecha: entram $10\ \mathrm{A}$ da controlada, saem $10\ \mathrm{A}$ pelo $3\ \Omega$ vertical e $0$ pelo horizontal ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 172º EE2021.1Primeira ordem · Divisor de corrente na condição inicial3 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

A chave é comutadora (no original, um só polo com dois contatos; aqui, as duas metades dela). Antes de $t=0$ ela liga o $3\ \Omega$ à fonte de $9\ \mathrm{A}$ com o $6\ \Omega$ ; em $t=0$ a seta a leva para baixo, e quem passa a alimentar o $3\ \Omega$ é a fonte de $5\ \mathrm{V}$ . A condição inicial sai de um divisor de corrente, porque em regime o indutor é um fio.

Gabarito

$v(t) = 5 + \dfrac{65}{8}\,e^{-15t/4} = 5 + 8{,}125\,e^{-3,75t}\ \mathrm{V}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com o indutor em fio, o ramo dele vale $3\ \Omega$ e concorre com o $6\ \Omega$ . Divisor de corrente:

i_L(0) = \frac{6}{6+3}\cdot 9 = \frac{2}{3}\cdot 9 = 6\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . A chave está na fonte de $9\ \mathrm{A}$ e a de $5\ \mathrm{V}$ está desligada. O indutor é um fio e curto-circuita o $5\ \Omega$ ; a fonte de $9\ \mathrm{A}$ se divide entre o $6\ \Omega$ e o ramo de $3\ \Omega$ : $i_L(0) = \tfrac{6}{9}\cdot 9 = 6\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — a equação para $t > 0$ . Com a chave na fonte de $5\ \mathrm{V}$ , chame $i$ a corrente do $3\ \Omega$ , $i_L$ a do indutor e $i_R$ a do $5\ \Omega$ . Então

5 = 3i + v_L, \qquad i = i_L + i_R, \qquad v_L = 5\,i_R = \frac{1}{2}\frac{di_L}{dt}

Substituindo $i_R = v_L/5$ :

3\left(i_L + \frac{v_L}{5}\right) + v_L = 5 \qquad\xrightarrow{\times 5}\qquad 15\,i_L + 8\,v_L = 25

E com $v_L = \tfrac12\,di_L/dt$ :

\boxed{4\,\frac{di_L}{dt} + 15\,i_L = 25}

Para $t \gt 0$ . A chave passou para a fonte de $5\ \mathrm{V}$ , e a de $9\ \mathrm{A}$ com o $6\ \Omega$ ficou isolada do resto. LKT e LKC dão $5 = 3i + v_L$ e $i = i_L + i_R$ , com $v_L = 5\,i_R$ , até $4\,di_L/dt + 15\,i_L = 25$ .

Passo 3 — resolvendo. Característica $4s + 15 = 0 \Rightarrow s = -3{,}75$ , e forçada $i_f = \tfrac{25}{15} = \tfrac53\ \mathrm{A}$ :

i_L(t) = \frac{5}{3} + \left(6 - \frac{5}{3}\right)e^{-3,75t} = \frac{5}{3} + \frac{13}{3}\,e^{-3,75t}\ \mathrm{A}

Para $t \to \infty$ . O indutor volta a ser fio e o $5\ \Omega$ fica em curto: toda a fonte cai sobre o $3\ \Omega$ , $i_L(\infty) = 5/3\ \mathrm{A}$ — a forçada da equação.

Passo 4 — a tensão pedida. Primeiro a do indutor:

v_L = \frac{1}{2}\frac{di_L}{dt} = \frac{1}{2}\cdot\frac{13}{3}\cdot(-3{,}75)\,e^{-3,75t} = -\frac{65}{8}\,e^{-3,75t}\ \mathrm{V}

e $v$ é o que sobra da fonte:

\boxed{v = 5 - v_L = 5 + \frac{65}{8}\,e^{-3,75t} = 5 + 8{,}125\,e^{-3,75t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t=0$ : $v = 13{,}125\ \mathrm{V}$ , logo $i = v/3 = 4{,}375\ \mathrm{A}$ . E de fato $i = i_L + v_L/5 = 6 - 1{,}625 = 4{,}375\ \mathrm{A}$ ✔ Para $t$ grande, $v \to 5\ \mathrm{V}$ : o indutor vira fio, o $5\ \Omega$ fica em curto e os $5\ \mathrm{V}$ da fonte caem inteiros sobre o $3\ \Omega$ , com $i \to 5/3\ \mathrm{A}$ : $3 \times \tfrac53 = 5\ \mathrm{V}$ ✔

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Questão 182º EE2021.1Segunda ordem · Superamortecido sem energia inicial4 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que não há energia inicial armazenada no circuito.

“Sem energia inicial armazenada” é o enunciado dizendo $v_C(0) = 0$ e $i(0) = 0$ — as duas condições de uma vez. A fonte controlada fica em paralelo com o ramo $4\ \Omega$ + capacitor.

Gabarito

$i(t) = 2 + 1{,}185\,e^{-1,44t} - 3{,}185\,e^{-5,56t}\ \mathrm{A}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — as condições iniciais, dadas pelo enunciado:

v_C(0) = 0 \qquad\qquad i(0) = 0

Passo 2 — a equação. Escrevendo a LKC e a LKT do circuito e eliminando as variáveis até sobrar $v_C$ , com $i_C = \tfrac18\,\dfrac{dv_C}{dt}$ , chega-se a

\boxed{\frac{d^2 v_C}{dt^2} + 7\,\frac{dv_C}{dt} + 8\,v_C = 32}

As variáveis da equação. LKC no nó da esquerda: $4 = \tfrac{v_1}{4} + \tfrac{v_1}{4} + i_C$ , logo $v_1 = 8 - 2i_C$ ; LKC no nó da direita: $i = \tfrac{v_1}{4} + i_C = 2 + \tfrac{i_C}{2}$ . A LKT pela malha do $4\ \Omega$ , do capacitor e do ramo $L$ – $2\ \Omega$ fecha a conta, com $v_C$ positivo do lado do nó da esquerda.

Passo 3 — as frequências naturais. $2\alpha = 7$ e $\omega_0^2 = 8$ :

\alpha = 3{,}5 \qquad \omega_0 = \sqrt{8} \approx 2{,}83 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha > \omega_0: \ \textbf{superamortecido}

s = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 32}}{2} = \frac{-7 \pm \sqrt{17}}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -1{,}44, \quad s_2 = -5{,}56

Passo 4 — resposta completa. Forçada $v_{Cf} = 32/8 = 4\ \mathrm{V}$ :

v_C(t) = A_1 e^{-1,44t} + A_2 e^{-5,56t} + 4

Para $t \to \infty$ . Com $i_C = 0$ , $v_1 = 8\ \mathrm{V}$ e $i = 2\ \mathrm{A}$ , que cai sobre o $2\ \Omega$ ( $4\ \mathrm{V}$ ); o capacitor fica com o resto, $v_C = 8 - 4 = 4\ \mathrm{V}$ — a forçada $32/8$ .

Passo 5 — as duas constantes. De $v_C(0) = 0$ :

A_1 + A_2 = -4

E de $i(0) = 0$ , usando a relação do circuito $i = 2 + \dfrac{i_C}{2} = 2 + \dfrac{1}{16}\dfrac{dv_C}{dt}$ :

0 = 2 + \frac{1}{16}\big(-1{,}44\,A_1 - 5{,}56\,A_2\big) \qquad\Longrightarrow\qquad 1{,}44\,A_1 + 5{,}56\,A_2 = 32

Resolvendo o sistema:

-4{,}12\,A_1 = 54{,}24 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -13{,}165, \quad A_2 = 9{,}165

Em $t = 0^+$ . Sem energia inicial, o capacitor é uma fonte de $0\ \mathrm{V}$ e o indutor, uma de $0\ \mathrm{A}$ . Com $i = 2 + i_C/2 = 0$ , sai $i_C(0^+) = -4\ \mathrm{A}$ , e $dv_C/dt = 8\,i_C = -32\ \mathrm{V/s}$ — a segunda condição do Passo 5.

Passo 6 — de $v_C$ para $i$ :

i(t) = 2 + \frac{1}{16}\left[(-1{,}44)(-13{,}165)e^{-1,44t} + (-5{,}56)(9{,}165)e^{-5,56t}\right]

\boxed{i(t) = 2 + 1{,}185\,e^{-1,44t} - 3{,}185\,e^{-5,56t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t=0$ : $2 + 1{,}185 - 3{,}185 = 0$ ✔ Para $t$ grande, $i \to 2\ \mathrm{A}$ ✔ E note a assinatura do superamortecido: duas exponenciais reais, sem oscilação, e a mais lenta ( $s_1 = -1{,}44$ ) é quem domina o fim do transitório — em $t \approx 2\ \mathrm{s}$ a segunda já morreu e sobra só a primeira. Confere com a resolução da prova.

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Questão 192º EE2020.2Condições iniciais · Chave que curto-circuita a fonte3 ptsVer material

Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $i_1$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

A chave é um ramo vertical logo depois da fonte: ao fechar, ela curto-circuita a fonte de $10\ \mathrm{A}$ e aterra aquele nó. O capacitor liga, por cima, esse mesmo nó ao nó do indutor.

Gabarito

Em $0^-$ : $i = \tfrac{50}{7} \approx 7{,}14\ \mathrm{A}$ , $v = -\tfrac{620}{7} \approx -88{,}57\ \mathrm{V}$ , $i_1 = \tfrac{20}{7} \approx 2{,}86\ \mathrm{A}$ , $dv/dt = 0$ , $di/dt = 0$ · Em $0^+$ : $i = \tfrac{50}{7}\ \mathrm{A}$ , $v = -\tfrac{620}{7}\ \mathrm{V}$ , $i_1 = -\tfrac{30}{7} \approx -4{,}29\ \mathrm{A}$ , $dv/dt = \tfrac{300}{7} \approx 42{,}86\ \mathrm{V/s}$ , $di/dt = -\tfrac{310}{7} \approx -44{,}29\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (chave aberta; capacitor aberto, indutor em fio). O indutor põe o nó da direita em $0\ \mathrm{V}$ , então do nó do meio saem o $10\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ em paralelo:

10 \parallel 4 = \frac{40}{14} = \frac{20}{7}\ \Omega

Toda a fonte atravessa o $6\ \Omega$ , logo

v_{\text{meio}} = 10 \cdot \frac{20}{7} = \frac{200}{7}\ \mathrm{V}

\boxed{i(0^-) = \frac{200/7}{4} = \frac{50}{7}\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{i_1(0^-) = \frac{200/7}{10} = \frac{20}{7}\ \mathrm{A}}

A tensão do capacitor, com o $+$ à direita (no nó do indutor, que está em $0$ ):

\boxed{v(0^-) = -6(10) - 4\left(\frac{50}{7}\right) = -60 - \frac{200}{7} = -\frac{620}{7}\ \mathrm{V}}

E em regime permanente as duas derivadas são nulas:

\boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0} \qquad\qquad \boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0}

Em $t = 0^-$ . Chave aberta, capacitor aberto, indutor em curto: os $10\ \mathrm{A}$ passam pelo $6\ \Omega$ e se dividem entre o $10\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ( $10 \parallel 4 = 20/7\ \Omega$ ). A tensão $v$ , com o $+$ à direita, soma as quedas no $6\ \Omega$ e no $4\ \Omega$ com sinal trocado.

Passo 2 — continuidade: $i(0^+) = \tfrac{50}{7}\ \mathrm{A}$ e $v(0^+) = -\tfrac{620}{7}\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . A chave fecha e aterra o nó da esquerda, tirando a fonte do jogo. O capacitor vira fonte de $-\tfrac{620}{7}\ \mathrm{V}$ e o indutor, fonte de $\tfrac{50}{7}\ \mathrm{A}$ . Chamando $i_{R1}$ a corrente do $6\ \Omega$ e $i_{R2}$ a do $4\ \Omega$ , as leis dão

10\,i_1 + 6\,i_{R1} = 0 \qquad 6\,i_{R1} + 4\,i_{R2} + v = 0 \qquad i_{R1} = i_1 + i_{R2} \qquad i_{R2} = i_C + i

Resolvendo o sistema:

i_{R1} = \frac{50}{7}\ \mathrm{A}, \qquad \boxed{i_1(0^+) = -\frac{30}{7}\ \mathrm{A}}, \qquad i_{R2} = \frac{80}{7}\ \mathrm{A}

Em $t = 0^+$ . A chave aterra o nó da esquerda e a fonte de $10\ \mathrm{A}$ sai do jogo. O capacitor é uma fonte de $-620/7\ \mathrm{V}$ ( $+$ à direita) e o indutor, uma de $50/7\ \mathrm{A}$ ; LKC no nó do meio dá $v_{\text{meio}} = -300/7\ \mathrm{V}$ , logo $i_1 = -30/7\ \mathrm{A}$ .

Passo 4 — as duas derivadas:

i_C = i_{R2} - i = \frac{80}{7} - \frac{50}{7} = \frac{30}{7}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = 10\,i_C = \frac{300}{7} \approx 42{,}86\ \mathrm{V/s}}

A tensão do indutor é a própria tensão do capacitor (os dois ligam o mesmo par de nós, agora que o da esquerda está aterrado):

v_L(0^+) = v(0^+) = -\frac{620}{7}\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-620/7}{2} = -\frac{310}{7} \approx -44{,}29\ \mathrm{A/s}}

Conferência — $i_1$ inverte de sinal em $t=0$ : antes a corrente descia pelo $10\ \Omega$ alimentada pela fonte; depois, com a fonte curto-circuitada, quem manda é o capacitor carregado, e ela sobe. As grandezas de estado ( $i$ e $v$ ) não saltam ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 202º EE2020.2Primeira ordem · Dois indutores que se desacoplam3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

Há dois indutores, mas eles não interagem: ao fechar, a chave aterra o nó comum, e cada ramo passa a se descarregar por conta própria. Dois problemas de 1ª ordem independentes, e $i$ é a soma que sobra na chave.

Gabarito

$i(t) = 10 - \dfrac{5}{2}\,e^{-8t} - \dfrac{5}{2}\,e^{-4t}\ \mathrm{A}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Com a chave aberta e os indutores em fio, os dois $8\ \Omega$ ficam em paralelo:

8 \parallel 8 = 4\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad i_{\text{total}} = \frac{40}{4 + 4} = 5\ \mathrm{A}

e essa corrente se divide igualmente entre os dois ramos iguais:

i_1(0) = i_2(0) = \frac{5}{2}\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . Chave aberta e indutores em curto: $40\ \mathrm{V}$ sobre $4 + (8 \parallel 8) = 8\ \Omega$ dá $5\ \mathrm{A}$ , metade em cada ramo — $i_1(0) = i_2(0) = 5/2\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — o circuito para $t > 0$ . A chave fecha e aterra o nó comum. Consequências:

a fonte com o $4\ \Omega$ passa a entregar $\dfrac{40}{4} = 10\ \mathrm{A}$ direto para a chave;
cada ramo de indutor fica com tensão nula nos terminais, e se descarrega sozinho.

Passo 3 — cada ramo, separadamente.

8\,i_1 + 1\cdot\frac{di_1}{dt} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad i_1(t) = \frac{5}{2}\,e^{-8t}\ \mathrm{A} \qquad (\tau_1 = \tfrac18\ \mathrm{s})

8\,i_2 + 2\cdot\frac{di_2}{dt} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad i_2(t) = \frac{5}{2}\,e^{-4t}\ \mathrm{A} \qquad (\tau_2 = \tfrac14\ \mathrm{s})

Para $t \gt 0$ . A chave põe o nó comum no potencial do fio de baixo: a fonte com o $4\ \Omega$ entrega $10\ \mathrm{A}$ , e cada ramo RL fica com tensão nula nos terminais e se descarrega sozinho, com $\tau = L/R$ . Com $i_1$ e $i_2$ descendo pelos ramos, a LKC no nó comum dá $10 = i + i_1 + i_2$ .

Passo 4 — a corrente da chave, pela LKC no nó comum:

10 = i + i_1 + i_2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 10 - \frac{5}{2}\,e^{-8t} - \frac{5}{2}\,e^{-4t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0^+$ : $i = 10 - 2{,}5 - 2{,}5 = 5\ \mathrm{A}$ . Antes de $t=0$ a chave estava aberta e $i$ valia zero, então $i$ salta — e pode, porque não é corrente de indutor ✔ Para $t$ grande, os dois indutores se esvaziam e toda a corrente da fonte, $10\ \mathrm{A}$ , passa pela chave ✔

O que a questão ensina — dois armazenadores não significam necessariamente 2ª ordem: se o chaveamento os desacopla, são duas equações de 1ª ordem, cada uma com o seu $\tau$ . Aqui $\tau_2$ é o dobro de $\tau_1$ , e é por isso que a segunda exponencial ainda está viva quando a primeira já morreu.

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Questão 212º EE2020.2Segunda ordem · Criticamente amortecido com corrente inicial alta4 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que $i_g = 10\ \mathrm{A}$ e o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

A chave está em paralelo com o $3\ \Omega$ : fechada, ela o curto-circuita. Ao abrir em $t=0$ , insere o resistor — e o indutor com o capacitor, que ficam no mesmo par de nós, formam um circuito de 2ª ordem.

Gabarito

$i(t) = 4 + (6 + 12\,t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$ , para $t > 0$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais (chave fechada, regime permanente: indutor em fio, capacitor aberto). Com o $3\ \Omega$ curto-circuitado e o indutor sendo fio, o nó fica em $0\ \mathrm{V}$ : o $2\ \Omega$ não conduz e toda a fonte vai para o indutor.

i(0) = 10\ \mathrm{A} \qquad\qquad v_C(0) = 0

Em $t = 0^-$ . A chave curto-circuita o $3\ \Omega$ e o indutor é um fio: o nó de cima fica em $0\ \mathrm{V}$ , o $2\ \Omega$ não conduz e os $10\ \mathrm{A}$ vão todos para o indutor.

Passo 2 — o circuito para $t > 0$ . A chave abre e o $3\ \Omega$ entra. A fonte de $10\ \mathrm{A}$ em paralelo com o $2\ \Omega$ equivale a $20\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ ; somando o $3\ \Omega$ , o par $L$ – $C$ é alimentado por $20\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

Para $t \gt 0$ . A chave abre e o $3\ \Omega$ entra em série. A fonte de $10\ \mathrm{A}$ com o $2\ \Omega$ vira $20\ \mathrm{V}$ em série com $2\ \Omega$ (Norton para Thévenin), e o par $L$ – $C$ vê $20\ \mathrm{V}$ através de $5\ \Omega$ .

Passo 3 — a equação. Com $v_C = 5\,\dfrac{di}{dt}$ e $i_C = \tfrac1{20}\,\dfrac{dv_C}{dt}$ , a LKC dá

\frac{20 - v_C}{5} = i + \frac{1}{20}\frac{dv_C}{dt} \qquad\xrightarrow{\ \times 4\ }\qquad \boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\,\frac{di}{dt} + 4\,i = 16}

Passo 4 — o caso. $2\alpha = 4$ e $\omega_0^2 = 4$ :

\alpha = \omega_0 = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{criticamente amortecido}, \quad s_1 = s_2 = -2

Passo 5 — resposta completa. Forçada $i_f = 16/4 = 4\ \mathrm{A}$ :

i(t) = 4 + (A_1 + A_2 t)\,e^{-2t}

De $i(0) = 10$ :

4 + A_1 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 6

E de $v_C(0) = 0 = 5\,\dfrac{di(0)}{dt}$ , ou seja $di(0)/dt = 0$ :

A_2 - 2A_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = 12

\boxed{i(t) = 4 + (6 + 12\,t)\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Para $t \to \infty$ . Indutor em curto, capacitor aberto: $i(\infty) = 20/5 = 4\ \mathrm{A}$ , a forçada da equação.

Conferência — $i(0) = 4 + 6 = 10\ \mathrm{A}$ ✔ e $i(\infty) = 4\ \mathrm{A}$ , que é $20/5$ ✔ A tensão do capacitor sai da relação do indutor:

v_C = 5\,\frac{di}{dt} = 5\big[12 - 2(6 + 12t)\big]e^{-2t} = -120\,t\,e^{-2t}\ \mathrm{V}

com $v_C(0) = 0$ ✔ e negativa para $t>0$ , porque a corrente do indutor está caindo de $10$ para $4\ \mathrm{A}$ .

Comparação útil — é o mesmo circuito do 3º quesito de 2022.2 (mesma EDO, mesmas raízes), com outras condições iniciais: lá $i(0) = 2\ \mathrm{A}$ e a corrente subia; aqui $i(0) = 10\ \mathrm{A}$ e ela desce. A equação não muda; quem muda a história são as duas constantes.

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Questão 222º EE2020.1Condições iniciais · Uma chave abre e a outra fecha3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $v_R$ , $di/dt$ e $dv/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

As duas chaves agem em sentidos opostos: a da esquerda abre, tirando a fonte de $20\ \mathrm{V}$ , e a da direita fecha, trazendo a de $1\ \mathrm{A}$ . Depois disso o circuito não tem mais fonte de tensão nenhuma.

Gabarito

Em $0^-$ : $i = 1\ \mathrm{A}$ , $v = 10\ \mathrm{V}$ , $v_R = 10\ \mathrm{V}$ , $di/dt = 0$ , $dv/dt = 0$ · Em $0^+$ : $i = 1\ \mathrm{A}$ , $v = 10\ \mathrm{V}$ , $v_R = 20\ \mathrm{V}$ , $di/dt = -5\ \mathrm{A/s}$ , $dv/dt = -5\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (chave da esquerda fechada, da direita aberta; capacitor aberto, indutor em fio). Sobram a fonte de $20\ \mathrm{V}$ , o $10\ \Omega$ da entrada e o $10\ \Omega$ da direita, em série:

i(0^-) = \frac{20}{20} = \boxed{1\ \mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v_R(0^-) = 10 \cdot 1 = 10\ \mathrm{V}}

O capacitor está entre o nó do indutor e o fio de baixo; com o indutor sendo fio, esse nó é o mesmo do $10\ \Omega$ :

\boxed{v(0^-) = 10\ \mathrm{V}}

E em regime permanente,

\boxed{\frac{di(0^-)}{dt} = 0} \qquad\qquad \boxed{\frac{dv(0^-)}{dt} = 0}

Em $t = 0^-$ . Capacitor aberto e indutor em curto: a fonte de $20\ \mathrm{V}$ vê os dois $10\ \Omega$ em série, $i = 1\ \mathrm{A}$ , e o capacitor, ligado ao mesmo nó do $10\ \Omega$ da direita, fica com $v = v_R = 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade: $i(0^+) = 1\ \mathrm{A}$ e $v(0^+) = 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — circuito em $0^+$ . A chave da esquerda abriu (a fonte de $20\ \mathrm{V}$ saiu) e a da direita fechou (entrou a de $1\ \mathrm{A}$ ). No nó do $10\ \Omega$ chegam duas correntes: $1\ \mathrm{A}$ do indutor e $1\ \mathrm{A}$ da fonte.

\boxed{v_R(0^+) = 10 \cdot 2 = 20\ \mathrm{V}}

Em $t = 0^+$ . O capacitor vira uma fonte de $10\ \mathrm{V}$ e o indutor, uma de $1\ \mathrm{A}$ . O $10\ \Omega$ recebe $1 + 1 = 2\ \mathrm{A}$ ( $v_R = 20\ \mathrm{V}$ ); o capacitor, sozinho com o indutor no seu nó, fornece $i_C = -1\ \mathrm{A}$ , e o indutor fica com $v_L = 10 - 20 = -10\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a derivada da tensão. Com a chave da esquerda aberta, o nó do capacitor só tem dois ramos: o capacitor e o indutor. O indutor retira $1\ \mathrm{A}$ dali, então o capacitor o fornece:

i_C(0^+) = -1\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{-1}{1/5} = -5\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. O indutor tem $v = 10\ \mathrm{V}$ à esquerda e $v_R = 20\ \mathrm{V}$ à direita. Com o $+$ no terminal por onde $i$ entra:

v_L(0^+) = 10 - 20 = -10\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-10}{2} = -5\ \mathrm{A/s}}

Conferência do sinal — a derivada tem de ser negativa, e há como checar sem conta: para $t$ grande o capacitor abre, e sem ele não há caminho de retorno para a corrente do indutor, logo $i(\infty) = 0$ . Uma corrente que sai de $1\ \mathrm{A}$ e vai a zero começa caindo.

Uma divergência com a resolução da prova — ela apresenta $di(0^+)/dt = +5\ \mathrm{A/s}$ . O valor correto é $-5\ \mathrm{A/s}$ : o gabarito marcou o $+$ de $v_L$ do lado do capacitor mas fez a conta como se estivesse do lado do $10\ \Omega$ , invertendo o sinal. Os outros quatro valores dele conferem.

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Questão 232º EE2020.1Primeira ordem · Chave que insere um resistor em série3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ e a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t < 0$ .

A chave está em paralelo com o $2\ \Omega$ . Fechada, ela o curto-circuita e junta os dois nós; ao abrir, insere o resistor em série e separa o nó do capacitor do nó da fonte.

Gabarito

$v(t) = 28 + 8\,e^{-2t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = \dfrac{35}{3} + \dfrac{4}{3}\,e^{-2t} \approx 11{,}67 + 1{,}33\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial (chave fechada, capacitor aberto). Com o $2\ \Omega$ em curto, o $4\ \Omega$ e o $3\ \Omega$ ficam em paralelo:

4 \parallel 3 = \frac{12}{7}\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad v(0) = 21 \cdot \frac{12}{7} = 36\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . A chave curto-circuita o $2\ \Omega$ e o capacitor é aberto: os $21\ \mathrm{A}$ entram em $4 \parallel 3 = 12/7\ \Omega$ , e $v(0) = 36\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — valor final (chave aberta, capacitor aberto). Agora o caminho da direita é $2 + 3 = 5\ \Omega$ , em paralelo com o $4\ \Omega$ :

4 \parallel 5 = \frac{20}{9}\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad v_A(\infty) = 21 \cdot \frac{20}{9} = \frac{140}{3}\ \mathrm{V}

e a corrente do ramo de $5\ \Omega$ vale $\tfrac{140/3}{5} = \tfrac{28}{3}\ \mathrm{A}$ , logo

v(\infty) = 3 \cdot \frac{28}{3} = 28\ \mathrm{V}

Para $t \to \infty$ . Chave aberta e capacitor aberto: o ramo da direita tem $2 + 3 = 5\ \Omega$ , em paralelo com o $4\ \Omega$ . Dos $140/3\ \mathrm{V}$ do nó da fonte, o $3\ \Omega$ fica com $28\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — constante de tempo. Desativando a fonte de corrente (circuito aberto), o capacitor vê, do seu nó: o $3\ \Omega$ , e o $2 + 4 = 6\ \Omega$ do outro caminho —

R_{\mathrm{eq}} = 3 \parallel 6 = 2\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad \tau = 2 \cdot \frac14 = 0{,}5\ \mathrm{s}

A constante de tempo. Com a fonte de corrente desligada (aberta), o $2\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em série, e o capacitor vê esse $6\ \Omega$ em paralelo com o $3\ \Omega$ : $R_{\mathrm{eq}} = 2\ \Omega$ , $\tau = 0{,}5\ \mathrm{s}$ .

Passo 4 — a fórmula dos três valores:

\boxed{v(t) = 28 + (36 - 28)\,e^{-t/0,5} = 28 + 8\,e^{-2t}\ \mathrm{V}}

Passo 5 — de $v$ para $i$ . A LKC no nó da fonte relaciona as duas:

21 = \frac{v_A}{4} + \frac{v_A - v}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = \frac{84 + 2v}{3}

i = \frac{v_A}{4} = \frac{84 + 2v}{12} = \frac{84 + 56 + 16\,e^{-2t}}{12}

\boxed{i(t) = \frac{35}{3} + \frac{4}{3}\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t=0$ : $v = 36\ \mathrm{V}$ ✔ e $i = 13\ \mathrm{A}$ . Dá para checar direto: com $v = 36$ , a LKC no nó da fonte dá $v_A = 52\ \mathrm{V}$ e $i = 13\ \mathrm{A}$ ✔ Note que $i$ salta de $9\ \mathrm{A}$ (em $0^-$ , quando o $2\ \Omega$ estava em curto) para $13\ \mathrm{A}$ — e pode, porque $i$ não é corrente de indutor. Só $v$ é contínua. O resultado de $v$ confere com a resolução da prova.

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Questão 242º EE2020.1Segunda ordem · Quando as condições iniciais matam o transitório4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que $i(0) = 2\ \mathrm{A}$ e $v(0) = 0$ .

O indutor e o capacitor ficam no mesmo par de nós e não se associam: 2ª ordem. O enunciado entrega as duas condições iniciais — e elas guardam uma surpresa.

Gabarito

$i(t) = 2\ \mathrm{A}$ e $v(t) = 0$ — constantes, para todo $t > 0$ . Não há transitório.

Passo a passo

Passo 1 — a equação. Com $v = 5\,\dfrac{di}{dt}$ e $i_C = \tfrac{1}{80}\,\dfrac{dv}{dt}$ , a LKC no nó do capacitor dá

\frac{16 - v}{8} = i + \frac{1}{80}\frac{dv}{dt}

Multiplicando por $80$ e substituindo $v$ e $dv/dt = 5\,\dfrac{d^2 i}{dt^2}$ :

\boxed{\frac{d^2 i}{dt^2} + 10\,\frac{di}{dt} + 16\,i = 32}

Passo 2 — as frequências naturais. $2\alpha = 10$ e $\omega_0^2 = 16$ :

\alpha = 5 \qquad \omega_0 = 4 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha > \omega_0: \ \textbf{superamortecido}

s = \frac{-10 \pm \sqrt{100 - 64}}{2} = \frac{-10 \pm 6}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -2, \quad s_2 = -8

Passo 3 — resposta completa. Forçada $i_f = 32/16 = 2\ \mathrm{A}$ :

i(t) = 2 + A_1 e^{-2t} + A_2 e^{-8t}

Passo 4 — as duas constantes. De $i(0) = 2$ :

A_1 + A_2 = 0

E de $v(0) = 0$ , com $v = 5\,di/dt$ :

v = 5\left(-2A_1 e^{-2t} - 8A_2 e^{-8t}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad v(0) = -10A_1 - 40A_2 = 0

Substituindo $A_2 = -A_1$ :

-10A_1 + 40A_1 = 30\,A_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 0 \quad\text{e}\quad A_2 = 0

\boxed{i(t) = 2\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v(t) = 0}

Em $t = 0^+$ . Com $v(0) = 0$ , o $8\ \Omega$ leva $16/8 = 2\ \mathrm{A}$ , que é exatamente a corrente do indutor: o capacitor recebe zero e $dv/dt = 0$ ; com $v = 0$ , também $di/dt = 0$ . Nada começa a mudar.

O que a questão está ensinando — as duas constantes saem nulas, e portanto não existe transitório: o circuito já nasceu no regime permanente. Faz sentido conferir por outro caminho: em regime, o indutor é fio e o capacitor abre, então

i(\infty) = \frac{16}{8} = 2\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(\infty) = 0

— exatamente os valores iniciais dados ✔ Quando isso acontece, montar a equação diferencial ainda vale a nota, mas a resposta é a linha reta. Confere com a resolução da prova.

Para $t \to \infty$ . Indutor em curto e capacitor aberto: $i(\infty) = 16/8 = 2\ \mathrm{A}$ e $v(\infty) = 0$ — os mesmos valores do instante inicial.

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Questão 252º EE2019.2Condições iniciais · Fonte controlada que nasce do nada3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $di/dt$ e $dv/dt$ em $t = 0^+$ .

Em $0^-$ o circuito está inteiro mas parado: o capacitor bloqueia, logo o $4\ \Omega$ não conduz, $v_1 = 0$ e a fonte controlada entrega zero. Nada circula. A comutação para $20\ \mathrm{V}$ é o que acorda tudo.

Gabarito

$i(0^+) = 0$ · $v(0^+) = 12\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = 48\ \mathrm{A/s}$ · $\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 10\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — circuito em $0^-$ (fonte de $12\ \mathrm{V}$ , segunda chave fechada; capacitor aberto, indutor em fio).

O capacitor, aberto, impede qualquer corrente no $4\ \Omega$ :

v_1(0^-) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \text{a fonte controlada vale } v_1 = 0

Sem fonte controlada, o ramo dos $6\ \Omega$ com o indutor não é alimentado:

i(0^-) = 0 \qquad\qquad v(0^-) = 12 - 0 = 12\ \mathrm{V}

Regime em $0^-$ . Capacitor aberto e indutor em curto: sem corrente no $4\ \Omega$ , $v_1 = 0$ e a fonte controlada entrega $0\ \mathrm{A}$ . Nada circula, $i(0^-) = 0$ , e o capacitor fica com toda a fonte, $v(0^-) = 12\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade:

\boxed{i(0^+) = 0} \qquad\qquad \boxed{v(0^+) = 12\ \mathrm{V}}

Passo 3 — circuito em $0^+$ . Fonte de $20\ \mathrm{V}$ , segunda chave aberta. O capacitor, valendo $12\ \mathrm{V}$ , deixa o nó do $4\ \Omega$ em

v_1(0^+) = 20 - 12 = 8\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \text{fonte controlada} = 8\ \mathrm{A}

Circuito em $0^+$ . A chave comutou para $20\ \mathrm{V}$ e a do meio abriu. O capacitor vira fonte de $12\ \mathrm{V}$ , logo $v_1 = 20 - 12 = 8\ \mathrm{V}$ e passam $2\ \mathrm{A}$ pelo $4\ \Omega$ ; o indutor vira fonte de $0\ \mathrm{A}$ , e os $8\ \mathrm{A}$ da controlada descem todos pelo $6\ \Omega$ vertical, deixando $v_L = 48\ \mathrm{V}$ .

Passo 4 — a derivada da tensão. Com a chave aberta, o nó do $4\ \Omega$ só tem o capacitor e o resistor, então toda a corrente do $4\ \Omega$ vem do capacitor:

i_C(0^+) = \frac{8}{4} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{2}{1/5} = 10\ \mathrm{V/s}}

Passo 5 — a derivada da corrente. A fonte controlada injeta $8\ \mathrm{A}$ ; como $i(0^+) = 0$ , o $6\ \Omega$ horizontal não cai tensão e todos os $8\ \mathrm{A}$ vão para o $6\ \Omega$ vertical:

v_L(0^+) = 6 \cdot 8 = 48\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{48}{1} = 48\ \mathrm{A/s}}

Conferência — a fonte controlada é o mecanismo da questão: ela vale zero em $0^-$ (porque $v_1 = 0$ ) e 8 A em $0^+$ , e é essa mudança abrupta que faz as duas derivadas saltarem de zero para valores grandes ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 262º EE2019.2Primeira ordem · Troca de fonte que não muda nada3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ e a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

As duas chaves trocam a alimentação: sai a fonte de $16\ \mathrm{V}$ com o seu $2\ \Omega$ , entra a de $16\ \mathrm{A}$ com outro $2\ \Omega$ . Os dois $2\ \Omega$ ficam em paralelo depois da troca.

Gabarito

$i(t) = 8\ \mathrm{A}$ e $v(t) = 8\ \mathrm{V}$ — constantes, para todo $t > 0$ . Não há transitório.

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial (primeira chave fechada, segunda aberta; indutor em fio). O indutor aterra o seu nó, então o ramo $1\ \Omega + 2\ \Omega$ não conduz e toda a fonte atravessa o $2\ \Omega$ de entrada:

i(0) = \frac{16}{2} = 8\ \mathrm{A}

Regime em $0^-$ . O indutor é fio e aterra o seu nó: o ramo de $1\ \Omega$ e $2\ \Omega$ fica sem tensão e a fonte inteira cai no $2\ \Omega$ de entrada, $i(0^-) = 16/2 = 8\ \mathrm{A}$ . A fonte de $16\ \mathrm{A}$ , ainda isolada pela chave aberta, circula só no seu $2\ \Omega$ .

Passo 2 — o circuito para $t > 0$ . A primeira chave abre e a segunda fecha. Os dois $2\ \Omega$ passam a ligar o mesmo par de nós:

2 \parallel 2 = 1\ \Omega

Sobra: fonte de $16\ \mathrm{A}$ , o $1\ \Omega$ horizontal, o indutor de $2\ \mathrm{H}$ e o $1\ \Omega$ equivalente.

Depois da troca. A primeira chave abre e a segunda fecha: os dois $2\ \Omega$ ligam o mesmo par de nós e valem $1\ \Omega$ . Sobra a fonte de $16\ \mathrm{A}$ alimentando o $1\ \Omega$ equivalente em paralelo com o ramo $1\ \Omega$ + $2\ \mathrm{H}$ .

Passo 3 — a equação. Chamando $i'$ a corrente do $1\ \Omega$ equivalente:

16 = i + i' \qquad\qquad 1 \cdot i' = 1 \cdot i + 2\,\frac{di}{dt}

Substituindo a primeira na segunda:

16 - i = i + 2\frac{di}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di}{dt} + i = 8}

Passo 4 — resposta completa. Característica $s = -1$ , forçada $i_f = 8\ \mathrm{A}$ :

i(t) = A\,e^{-t} + 8, \qquad i(0) = 8 = A + 8 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 0

\boxed{i(t) = 8\ \mathrm{A}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v = 1\cdot i + 2\,\frac{di}{dt} = 8 + 0 = 8\ \mathrm{V}}

Regime novo, igual ao antigo. Com o indutor de novo em fio, os $16\ \mathrm{A}$ se dividem meio a meio entre os dois ramos de $1\ \Omega$ : $i = 8\ \mathrm{A}$ e $v = 8\ \mathrm{V}$ — exatamente o valor de $0^-$ , por isso $A = 0$ .

O que a questão ensina — a troca de fonte foi calibrada para que o valor de regime novo seja igual ao antigo: $16\ \mathrm{V}/2\ \Omega$ e $16\ \mathrm{A}$ com $1\ \Omega$ equivalente dão a mesma corrente de $8\ \mathrm{A}$ no indutor. Com $A = 0$ , o transitório não existe — o circuito troca de alimentação sem sentir.

Conferência — em regime, o indutor é fio e a corrente se divide entre ele e o $1\ \Omega$ equivalente… na verdade a LKC dá $16 = 8 + 8$ ✔ e a LKT, $1(8) = 1(8) + 0$ ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 272º EE2019.2Segunda ordem · RLC em série e paralelo ao mesmo tempo4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que $v(0) = 8\ \mathrm{V}$ e $i(0) = 6\ \mathrm{A}$ .

Não é RLC série nem paralelo puro: o $6\ \Omega$ e o indutor estão em série com a fonte, e o capacitor e o $2\ \Omega$ em paralelo na saída. Não há fórmula pronta de $\alpha$ — tem de montar a equação.

Gabarito

$v(t) = 8 + 0{,}39\,e^{-1,38t} - 0{,}39\,e^{-11,62t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 4 - 0{,}07\,e^{-1,38t} + 2{,}07\,e^{-11,62t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas relações. A LKT da malha da fonte e a LKC no nó do capacitor:

32 = 6\,i + \frac{1}{2}\frac{di}{dt} + v \qquad\qquad i = \frac{1}{2}\frac{dv}{dt} + \frac{v}{2}

As duas relações no desenho. A malha da esquerda carrega $i$ pelo $6\ \Omega$ e pelo indutor; no nó de saída ela se divide entre o capacitor, $i_C = \tfrac12\,dv/dt$ , e o $2\ \Omega$ , $v/2$ .

Passo 2 — elimine $i$ . Da LKC, $\dfrac{dv}{dt} = 2i - v$ , e derivando,

\frac{d^2v}{dt^2} = 2\frac{di}{dt} - \frac{dv}{dt}

Da LKT, $\dfrac{di}{dt} = 64 - 12\,i - 2\,v$ . Substituindo e trocando $i$ por $\tfrac12\left(\dfrac{dv}{dt} + v\right)$ :

\boxed{\frac{d^2v}{dt^2} + 13\,\frac{dv}{dt} + 16\,v = 128}

Passo 3 — as frequências naturais. $2\alpha = 13$ e $\omega_0^2 = 16$ :

\alpha = 6{,}5 \qquad \omega_0 = 4 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha > \omega_0: \ \textbf{superamortecido}

s = \frac{-13 \pm \sqrt{169 - 64}}{2} = \frac{-13 \pm \sqrt{105}}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -1{,}38, \quad s_2 = -11{,}62

Passo 4 — resposta completa. Forçada $v_f = 128/16 = 8\ \mathrm{V}$ :

v(t) = A_1 e^{-1,38t} + A_2 e^{-11,62t} + 8

Passo 5 — as duas constantes. De $v(0) = 8$ :

A_1 + A_2 = 0

A segunda condição vem de $i(0) = 6$ , através da LKC — que dá a derivada inicial da tensão:

\frac{dv(0)}{dt} = 2\,i(0) - v(0) = 12 - 8 = 4\ \mathrm{V/s}

-1{,}38\,A_1 - 11{,}62\,A_2 = 4 \qquad\xrightarrow{\ A_2 = -A_1\ }\qquad 10{,}24\,A_1 = 4

A_1 = 0{,}39, \qquad A_2 = -0{,}39

\boxed{v(t) = 8 + 0{,}39\,e^{-1,38t} - 0{,}39\,e^{-11,62t}\ \mathrm{V}}

Em $t = 0$ . O indutor vira fonte de $6\ \mathrm{A}$ e o capacitor, fonte de $8\ \mathrm{V}$ . O $2\ \Omega$ leva $8/2 = 4\ \mathrm{A}$ , sobram $2\ \mathrm{A}$ para o capacitor, e $dv(0)/dt = 2/(1/2) = 4\ \mathrm{V/s}$ — a segunda condição do Passo 5.

Passo 6 — a corrente, de volta pela LKC:

i = \frac{1}{2}\left(\frac{dv}{dt} + v\right) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 4 - 0{,}07\,e^{-1,38t} + 2{,}07\,e^{-11,62t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t=0$ : $v = 8 + 0{,}39 - 0{,}39 = 8\ \mathrm{V}$ ✔ e $i = 4 - 0{,}07 + 2{,}07 = 6\ \mathrm{A}$ ✔ Para $t$ grande, o indutor vira fio e o capacitor abre: $i \to 32/(6+2) = 4\ \mathrm{A}$ e $v \to 2 \cdot 4 = 8\ \mathrm{V}$ ✔

Note que $v(0)$ já é o valor final, mas ainda existe transitório — porque a segunda condição, $i(0) = 6 \neq 4\ \mathrm{A}$ , não está no regime. Basta uma das duas estar fora para o transitório aparecer. Confere com a resolução da prova.

Regime final. Indutor em fio e capacitor aberto: sobra o divisor $6\ \Omega$ + $2\ \Omega$ , com $i \to 4\ \mathrm{A}$ e $v \to 8\ \mathrm{V}$ — as partes constantes de $i(t)$ e de $v(t)$ .

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Questão 282º EE2019.1Condições iniciais · Duas chaves que fecham juntas3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $di/dt$ e $dv/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

As duas chaves estão abertas em $t < 0$ e fecham em $t = 0$ . A da esquerda põe o $2\ \Omega$ em curto; a da direita liga o $10\ \Omega$ ao capacitor. Repare que em $0^-$ o indutor é um fio, e é ele que puxa o nó do capacitor para o terra.

Gabarito

Em $0^-$ : $i = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}$ · $v = 0$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$ · $\dfrac{dv}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $i = \dfrac{10}{3}\ \mathrm{A}$ · $v = 0$ · $\dfrac{di}{dt} = 40\ \mathrm{A/s}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 10\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Chaves abertas, regime permanente: o capacitor é um aberto e o indutor é um fio.

Com a chave da direita aberta, nada atravessa o $2\ \Omega$ da direita nem o $10\ \Omega$ . E como o indutor curto-circuita o nó central, esse nó está no potencial do terra — logo o capacitor, que enxerga esse mesmo nó pelo $2\ \Omega$ sem corrente, também está descarregado:

v(0^-) = 0

Passo 2 — a corrente em $0^-$ . Sobra a fonte com o $2\ \Omega$ em série e, depois, o $6\ \Omega$ em paralelo com o $3\ \Omega$ (este último aterrado pelo indutor):

6 \parallel 3 = 2\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = 20 \cdot \frac{2}{2 + 2} = 10\ \mathrm{V}

\boxed{i(0^-) = \frac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}} \qquad\qquad i_{6\Omega}(0^-) = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}\ \mathrm{A}

Em regime permanente nada varia, então as duas derivadas em $0^-$ são zero.

Regime em $0^-$ . Indutor em fio e capacitor aberto. O nó $C$ fica no terra, o $2\ \Omega$ da direita não conduz e o capacitor está descarregado; à esquerda, $6 \parallel 3 = 2\ \Omega$ divide a fonte ao meio, $v_B = 10\ \mathrm{V}$ e $i = 10/3\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — continuidade. Corrente de indutor e tensão de capacitor não saltam:

\boxed{i(0^+) = \frac{10}{3}\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v(0^+) = 0}

Passo 4 — o circuito em $0^+$ . A chave da esquerda fechou e o $2\ \Omega$ ficou em curto: o nó $B$ passa a valer os 20 V da fonte. O indutor vira uma fonte de corrente de $10/3$ A e o capacitor, uma fonte de tensão de $0$ V.

LKC no nó central $C$ , com $v_C$ desconhecido:

\frac{20 - v_C}{3} = \frac{10}{3} + \frac{v_C - 0}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad 40 - 2v_C = 20 + 3v_C \qquad\Longrightarrow\qquad v_C(0^+) = 4\ \mathrm{V}

Circuito em $0^+$ . A chave da esquerda fecha e põe o $2\ \Omega$ em curto: $v_B = 20\ \mathrm{V}$ . O indutor vira fonte de $10/3\ \mathrm{A}$ e o capacitor, fonte de $0\ \mathrm{V}$ ; a LKC no nó $C$ dá $v_C = 4\ \mathrm{V}$ , que cai inteiro no indutor, e os $2\ \mathrm{A}$ do $2\ \Omega$ da direita vão todos para o capacitor, porque o $10\ \Omega$ está sob $0\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a derivada da corrente. O indutor está entre o nó $C$ e o terra, então cai nele os $4$ V inteiros:

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{v_L}{L} = \frac{4}{0{,}1} = 40\ \mathrm{A/s}}

Passo 6 — a derivada da tensão. A corrente que desce o $2\ \Omega$ da direita é $4/2 = 2$ A. Ela chega ao nó do capacitor, e como $v(0^+) = 0$ o $10\ \Omega$ não conduz nada — os $2$ A vão todos para o capacitor:

\boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C}{C} = \frac{2}{1/5} = 10\ \mathrm{V/s}}

Conferência — pela fonte saem $\frac{20}{6} + \frac{20 - 4}{3} = \frac{10}{3} + \frac{16}{3} = \frac{26}{3}$ A, e o ramo do $3\ \Omega$ leva $16/3$ A, que se divide em $10/3$ A pelo indutor e $2$ A pelo $2\ \Omega$ ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 292º EE2019.1Resposta ao degrau · O resistor que só existe depois da chave3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ e a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t < 0$ .

Em $t < 0$ quem alimenta é a fonte de $10\ \mathrm{V}$ ; em $t = 0$ a chave comuta para a de $8\ \mathrm{V}$ . O truque está em $0^-$ : o indutor, em regime permanente, é um fio que curto-circuita o $2\ \Omega$ vertical — por isso a corrente inicial é alta.

Gabarito

$i(t) = e^{-t} + 4\ \mathrm{A}$ · $v(t) = -e^{-t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Em $0^-$ o indutor é um fio, e ele põe o $2\ \Omega$ vertical em curto. Sobra a fonte de $10\ \mathrm{V}$ sobre o $2\ \Omega$ horizontal:

i(0^-) = \frac{10}{2} = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 5\ \mathrm{A}

Regime em $0^-$ . O indutor em fio curto-circuita o $2\ \Omega$ vertical, que fica sem tensão: a fonte de $10\ \mathrm{V}$ cai toda no $2\ \Omega$ horizontal, e $i(0^-) = 5\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — a equação para $t > 0$ . Agora a fonte é de $8\ \mathrm{V}$ . Chamando $i_T$ a corrente que vem da fonte e $i_R$ a do $2\ \Omega$ vertical, a LKT da malha da esquerda e a LKC no nó dão

8 = 2\,i_T + v \qquad\qquad i_T = i_R + i \qquad\qquad v = 2\,i_R = L\frac{di}{dt} = \frac{di}{dt}

Substituindo $i_R = \dfrac{1}{2}\dfrac{di}{dt}$ e $v = \dfrac{di}{dt}$ :

8 = 2\left(\frac{1}{2}\frac{di}{dt} + i\right) + \frac{di}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad 2\frac{di}{dt} + 2\,i = 8

Passo 3 — resposta natural. Com $2s + 2 = 0$ vem $s = -1$ :

i_n(t) = A\,e^{-t}

A constante de tempo. Com a fonte desligada, o indutor enxerga os dois $2\ \Omega$ em paralelo, $R_{eq} = 1\ \Omega$ : $\tau = 1/1 = 1\ \mathrm{s}$ , a mesma raiz $s = -1/\tau = -1$ da equação característica.

Passo 4 — resposta forçada. Constante $i_f = K$ , logo $2K = 8$ :

i_f(t) = 4\ \mathrm{A}

Regime final. Com a fonte de $8\ \mathrm{V}$ , o indutor volta a ser fio e o $2\ \Omega$ vertical de novo fica em curto: $i \to 8/2 = 4\ \mathrm{A}$ , a resposta forçada.

Passo 5 — junte e use a condição inicial.

i(t) = A\,e^{-t} + 4 \qquad\qquad i(0) = 5 = A + 4 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 1

\boxed{i(t) = e^{-t} + 4\ \mathrm{A}}

Passo 6 — a tensão. Ela é a do indutor:

v(t) = L\frac{di}{dt} = \frac{d}{dt}\!\left(e^{-t} + 4\right) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = -e^{-t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ , $i = 5$ A (bate com a continuidade) e $v = -1$ V, o que exige $i_R = -0{,}5$ A e $i_T = 4{,}5$ A: de fato $8 - 2(4{,}5) = -1$ V ✔ Em $t \to \infty$ o indutor volta a ser fio, $v \to 0$ e $i \to 8/2 = 4$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 302º EE2019.1Superamortecido · Capacitor e indutor separados por um resistor4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t < 0$ .

O capacitor só entra em cena depois da chave: em $t < 0$ o ramo do meio está aberto e o circuito é dois resistores em série. Como o capacitor e o indutor estão separados por um resistor, não há fórmula pronta de $\alpha$ — é preciso montar a equação de segunda ordem na mão.

Gabarito

$i(t) = 4{,}08\,e^{-1,15t} - 1{,}08\,e^{-4,35t} + 2\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 10 - 26{,}47\,e^{-1,15t} + 41{,}47\,e^{-4,35t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Em $0^-$ manda a fonte de $50\ \mathrm{V}$ , o indutor é fio e o capacitor está fora do circuito. Sobram os dois $5\ \Omega$ em série:

i(0^-) = \frac{50}{5 + 5} = 5\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^-) = 50 - 5 \cdot 5 = 25\ \mathrm{V}

Por continuidade, $i(0^+) = 5\ \mathrm{A}$ e $v(0^+) = 25\ \mathrm{V}$ .

Regime em $0^-$ . Capacitor aberto e indutor em fio: a fonte de $50\ \mathrm{V}$ enxerga os dois $5\ \Omega$ em série, $i = 5\ \mathrm{A}$ , e o capacitor fica com a tensão do $5\ \Omega$ de baixo, $v = 25\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ , chamando $i_g$ a corrente da fonte:

20 = 5\,i_g + v \qquad i_g = i_C + i \qquad v = 5\,i + 10\frac{di}{dt} \qquad i_C = \frac{1}{25}\frac{dv}{dt}

Passo 3 — elimine tudo menos $i$ . Substituindo $i_g$ e $i_C$ :

20 = \frac{5}{25}\frac{dv}{dt} + 5\,i + v

E como $\dfrac{dv}{dt} = 5\dfrac{di}{dt} + 10\dfrac{d^2i}{dt^2}$ :

20 = \frac{1}{5}\left(5\frac{di}{dt} + 10\frac{d^2i}{dt^2}\right) + 5\,i + 5\,i + 10\frac{di}{dt}

2\frac{d^2i}{dt^2} + 11\frac{di}{dt} + 10\,i = 20

Passo 4 — resposta natural. A equação característica $2s^2 + 11s + 10 = 0$ dá

s = \frac{-11 \pm \sqrt{121 - 80}}{4} = \frac{-11 \pm \sqrt{41}}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -1{,}15 \quad s_2 = -4{,}35

Duas raízes reais e distintas: caso superamortecido.

i_n(t) = A_1 e^{-1,15t} + A_2 e^{-4,35t}

Passo 5 — resposta forçada. Constante $i_f = K$ , logo $10K = 20$ :

i_f(t) = 2\ \mathrm{A}

Regime final. Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ , o capacitor volta a abrir e o indutor a ser fio: $i \to 2\ \mathrm{A}$ , a resposta forçada, e $v \to 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 6 — as duas constantes. A primeira equação sai de $i(0) = 5$ :

A_1 + A_2 + 2 = 5 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 + A_2 = 3

A segunda sai de $v(0) = 25$ . Como $v = 5i + 10\,di/dt$ e $5\,i(0) = 25$ , sobra

10\frac{di(0)}{dt} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad -1{,}15\,A_1 - 4{,}35\,A_2 = 0

Resolvendo o par:

A_1 = 4{,}08 \qquad\qquad A_2 = -1{,}08

\boxed{i(t) = 4{,}08\,e^{-1,15t} - 1{,}08\,e^{-4,35t} + 2\ \mathrm{A}}

Em $0^+$ . O capacitor vira fonte de $25\ \mathrm{V}$ e o indutor, fonte de $5\ \mathrm{A}$ . O $5\ \Omega$ do ramo cai $5 \cdot 5 = 25\ \mathrm{V}$ — tudo o que o capacitor oferece —, sobra $v_L(0^+) = 0$ e por isso $di(0)/dt = 0$ , a segunda condição do Passo 6.

Passo 7 — a tensão. Basta $v = 5i + 10\,di/dt$ , agrupando cada exponencial:

v(t) = A_1(5 + 10 s_1)\,e^{s_1 t} + A_2(5 + 10 s_2)\,e^{s_2 t} + 10

\boxed{v(t) = 10 - 26{,}47\,e^{-1,15t} + 41{,}47\,e^{-4,35t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $i = 4{,}08 - 1{,}08 + 2 = 5$ A ✔ e $v = 10 - 26{,}47 + 41{,}47 = 25$ V ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre e o indutor vira fio, então $i = 20/10 = 2$ A e $v = 5 \cdot 2 = 10$ V ✔

Sobre o gabarito — a resolução da prova traz $v(t) = 10 - 26{,}52\,e^{-1,15t} + 41{,}58\,e^{-4,35t}$ . É a mesma resposta: a diferença vem de arredondar $s_1$ e $s_2$ para duas casas antes de calcular os coeficientes. Com as raízes exatas, $v(0)$ fecha em $25$ V redondos; com as arredondadas, dá $25{,}06$ V.

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Questão 312º EE2018.2Condições iniciais · A chave que desliga a fonte e inverte uma corrente3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $v_C$ , $i_L$ , $i$ e $i_R$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

A chave está fechada em $t < 0$ e abre em $t = 0$ , matando a fonte. Em $0^-$ o indutor é um fio e o capacitor um aberto, então os três nós de cima viram um só. Em $0^+$ o único caminho que sobra para a corrente do indutor é o $8\ \Omega$ — e ela passa a subir por ele.

Gabarito

Em $0^-$ : $v_C = \dfrac{80}{9} \approx 8{,}89\ \mathrm{V}$ · $i_L = i = \dfrac{40}{9} \approx 4{,}44\ \mathrm{A}$ · $i_R = \dfrac{10}{9} \approx 1{,}11\ \mathrm{A}$

Em $0^+$ : $v_C = \dfrac{80}{9}\ \mathrm{V}$ · $i_L = i = \dfrac{40}{9}\ \mathrm{A}$ · $i_R = -\dfrac{40}{9} \approx -4{,}44\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Chave fechada, regime permanente: capacitor aberto, indutor em fio. O fio do indutor junta o nó do meio ao da direita, e o fio de cima já juntava o da esquerda — os três são o mesmo nó.

Visto pela fonte, o $2\ \Omega$ do ramo dela está em série com $8 \parallel 2$ :

R_{eq} = 2 + \frac{8 \cdot 2}{8 + 2} = 2 + \frac{16}{10} = \frac{18}{5}\ \Omega \qquad\Longrightarrow\qquad i_T = \frac{20}{18/5} = \frac{50}{9}\ \mathrm{A}

Passo 2 — reparta a corrente. A tensão do nó de cima é

v_{topo} = i_T \cdot \frac{16}{10} = \frac{50}{9} \cdot \frac{8}{5} = \frac{80}{9}\ \mathrm{V}

e é ela que o capacitor, aberto, enxerga:

\boxed{v_C(0^-) = \frac{80}{9} \approx 8{,}89\ \mathrm{V}}

\boxed{i_R(0^-) = \frac{80/9}{8} = \frac{10}{9} \approx 1{,}11\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{i(0^-) = \frac{80/9}{2} = \frac{40}{9} \approx 4{,}44\ \mathrm{A}}

Como o capacitor não conduz, tudo o que atravessa o indutor vai para o $2\ \Omega$ da direita:

\boxed{i_L(0^-) = i(0^-) = \frac{40}{9}\ \mathrm{A}}

Regime em $0^-$ . Indutor em fio e capacitor aberto: o $8\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ da direita ficam em paralelo ( $1{,}6\ \Omega$ ), em série com o $2\ \Omega$ da fonte. O nó de cima vale $80/9\ \mathrm{V}$ , e dele saem $10/9\ \mathrm{A}$ pelo $8\ \Omega$ e $40/9\ \mathrm{A}$ pelo indutor até o $2\ \Omega$ .

Passo 3 — continuidade.

i_L(0^+) = \frac{40}{9}\ \mathrm{A} \qquad\qquad v_C(0^+) = \frac{80}{9}\ \mathrm{V}

Passo 4 — o circuito em $0^+$ . A chave abriu: o ramo do $2\ \Omega$ com a fonte está cortado. Sobra, à esquerda, apenas o $8\ \Omega$ — e é por ele que a corrente do indutor tem de voltar.

Como $i_R$ foi marcada descendo e a corrente agora sobe pelo $8\ \Omega$ :

\boxed{i_R(0^+) = -i_L(0^+) = -\frac{40}{9} \approx -4{,}44\ \mathrm{A}}

Circuito em $0^+$ . A chave abriu e o ramo da fonte ficou pendurado. O indutor vira fonte de $40/9\ \mathrm{A}$ , e o único caminho de volta dessa corrente é o $8\ \Omega$ , agora subindo: $i_R = -40/9\ \mathrm{A}$ . O capacitor vira fonte de $80/9\ \mathrm{V}$ e fixa $i = 40/9\ \mathrm{A}$ no $2\ \Omega$ da direita.

Passo 5 — a corrente do $2\ \Omega$ da direita. O capacitor, valendo $80/9$ V, fixa a tensão do nó da direita, e o $2\ \Omega$ está em paralelo com ele:

\boxed{i(0^+) = \frac{80/9}{2} = \frac{40}{9}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $0^+$ sobra $i_C = i_L - i = \frac{40}{9} - \frac{40}{9} = 0$ : o capacitor começa sem corrente, então $dv_C/dt(0^+) = 0$ ✔ Já o $8\ \Omega$ passou a cair $8 \cdot \frac{40}{9} = \frac{320}{9}$ V em cima do indutor, e é isso que faz $i_L$ despencar ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 322º EE2018.2Resposta ao degrau · Achar a corrente passando pela tensão do capacitor3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que $v(0) = 10\ \mathrm{V}$ .

A questão pede $i$ , mas a variável de estado é $v$ — é ela que tem condição inicial. O caminho curto é resolver a equação de primeira ordem em $v$ e só no fim voltar para $i$ pela LKT da malha da fonte.

Gabarito

$i(t) = \dfrac{5}{2} + \dfrac{5}{2}\,e^{-\frac{32}{15}t} \approx 2{,}5 + 2{,}5\,e^{-2,13t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as três relações. LKT na malha da fonte, LKC no nó de cima e a lei do capacitor:

40 = 6\,i + 10\,i_R \qquad i = i_C + i_R \qquad v = 10\,i_R \qquad i_C = \frac{1}{8}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — junte tudo em $v$ . Trocando $i$ por $i_C + i_R$ :

40 = 6\,i_C + 6\,i_R + 10\,i_R = 6 \cdot \frac{1}{8}\frac{dv}{dt} + 16 \cdot \frac{v}{10}

40 = \frac{3}{4}\frac{dv}{dt} + \frac{8}{5}\,v \qquad \times 20 \qquad 15\frac{dv}{dt} + 32\,v = 800

Passo 3 — resposta natural. De $15s + 32 = 0$ vem $s = -32/15$ :

v_n(t) = A\,e^{-\frac{32}{15}t}

A constante de tempo. Com a fonte desligada, o capacitor enxerga o $6\ \Omega$ em paralelo com o $10\ \Omega$ , $R_{eq} = 15/4\ \Omega$ , e $\tau = \tfrac{15}{4} \cdot \tfrac18 = \tfrac{15}{32}\ \mathrm{s}$ — o inverso de $|s| = 32/15$ .

Passo 4 — resposta forçada. Constante $v_f = K$ , logo $32K = 800$ :

v_f(t) = 25\ \mathrm{V}

Regime final. Capacitor aberto: a fonte enxerga $6 + 10 = 16\ \Omega$ , $i \to 2{,}5\ \mathrm{A}$ e o capacitor fica com a tensão do $10\ \Omega$ , $v_f = 25\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a constante. Com $v(0) = 10$ :

10 = A + 25 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -15 \qquad\Longrightarrow\qquad v(t) = 25 - 15\,e^{-\frac{32}{15}t}\ \mathrm{V}

Em $t = 0$ . O capacitor vira fonte de $10\ \mathrm{V}$ , e a LKT da malha da fonte dá direto $i = (40 - v)/6 = 5\ \mathrm{A}$ — a mesma relação que o Passo 6 usa para todo $t$ . Desses $5\ \mathrm{A}$ , $1\ \mathrm{A}$ vai para o $10\ \Omega$ e $4\ \mathrm{A}$ carregam o capacitor.

Passo 6 — volte para $i$ . Pela LKT da malha da fonte, $i = \dfrac{40 - v}{6}$ :

i(t) = \frac{40 - 25 + 15\,e^{-\frac{32}{15}t}}{6} = \frac{15 + 15\,e^{-\frac{32}{15}t}}{6}

\boxed{i(t) = \frac{5}{2} + \frac{5}{2}\,e^{-\frac{32}{15}t}\ \mathrm{A}}

Conferência — $\tau = R_{eq}C = (6 \parallel 10) \cdot \frac{1}{8} = \frac{60}{16} \cdot \frac{1}{8} = \frac{15}{32}$ s, que é exatamente $1/|s|$ ✔ Em $t = 0$ : $i = 5$ A, e de fato $\frac{40 - 10}{6} = 5$ A ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre e $i \to \frac{40}{16} = 2{,}5$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 332º EE2018.2Subamortecido · Fonte de corrente com RL em paralelo com C4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que a tensão no capacitor e a corrente no indutor em $t = 0$ valem, respectivamente, $4\ \mathrm{V}$ e $2\ \mathrm{A}$ .

Não é RLC paralelo puro: o indutor vem em série com o $4\ \Omega$ , e esse par é que fica em paralelo com o capacitor. Então nada de $\alpha = 1/(2RC)$ — monte a equação a partir da LKC e da LKT.

Gabarito

$v(t) = 8 - 8\,e^{-2t}\operatorname{sen} t - 4\,e^{-2t}\cos t\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas leis. A LKC no nó de cima e a LKT no ramo do indutor:

2 = i + i_C \qquad\qquad v = 4\,i + \frac{di}{dt} \qquad\qquad i_C = \frac{1}{5}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — elimine $v$ e $i_C$ . Substituindo $i_C$ e depois $dv/dt = 4\frac{di}{dt} + \frac{d^2i}{dt^2}$ :

2 = i + \frac{1}{5}\left(4\frac{di}{dt} + \frac{d^2i}{dt^2}\right) \qquad \times 5 \qquad \frac{d^2i}{dt^2} + 4\frac{di}{dt} + 5\,i = 10

Fonte desligada: sobra um RLC série. Com a fonte de corrente aberta, o $4\ \Omega$ , o $1\ \mathrm{H}$ e o $1/5\ \mathrm{F}$ formam um único laço: $\alpha = R/2L = 2$ e $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = \sqrt{5}$ , que é a equação $s^2 + 4s + 5 = 0$ .

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 4s + 5 = 0$ :

s = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 20}}{2} = -2 \pm j

Raízes complexas: caso subamortecido, com $\alpha = 2$ e $\omega_d = 1$ .

i_n(t) = e^{-2t}\left(A_1\cos t + A_2\operatorname{sen} t\right)

Passo 4 — resposta forçada. Constante $i_f = K$ , logo $5K = 10$ :

i_f(t) = 2\ \mathrm{A}

$t \to \infty$ : capacitor aberto, indutor em curto. Os $2\ \mathrm{A}$ inteiros descem pelo $4\ \Omega$ : $i_f = 2\ \mathrm{A}$ e $v(\infty) = 4 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a primeira constante. Com $i(0) = 2$ :

2 = A_1 + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 0

Passo 6 — a segunda. A tensão dá a derivada: de $v = 4i + \frac{di}{dt}$ com $v(0) = 4$ e $i(0) = 2$ ,

4 = 4 \cdot 2 + \frac{di(0)}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{di(0)}{dt} = -4

E, com $A_1 = 0$ , $\dfrac{di}{dt} = e^{-2t}\left(A_2\cos t - 2A_2\operatorname{sen} t\right)$ , que em $t = 0$ vale $A_2$ :

A_2 = -4 \qquad\Longrightarrow\qquad i(t) = 2 - 4\,e^{-2t}\operatorname{sen} t\ \mathrm{A}

$t = 0$ : as condições dadas viram fontes. O capacitor é uma fonte de $4\ \mathrm{V}$ e o indutor uma de $2\ \mathrm{A}$ . O $4\ \Omega$ cai $8\ \mathrm{V}$ , então sobra $v_L = 4 - 8 = -4\ \mathrm{V}$ no indutor, e $di(0)/dt = -4\ \mathrm{A/s}$ .

Passo 7 — a tensão. De volta em $v = 4i + \frac{di}{dt}$ :

v(t) = 8 - 16\,e^{-2t}\operatorname{sen} t + \left(8\,e^{-2t}\operatorname{sen} t - 4\,e^{-2t}\cos t\right)

\boxed{v(t) = 8 - 8\,e^{-2t}\operatorname{sen} t - 4\,e^{-2t}\cos t\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 8 - 0 - 4 = 4$ V ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre, os $2$ A inteiros passam pelo ramo do indutor (que vira fio) e $v = 4 \cdot 2 = 8$ V ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 342º EE2017.2Superamortecido · L e C em paralelo, mas com R em série na fonte4 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine $v(t)$ para $t > 0$ .

Em $t < 0$ quem alimenta é a fonte de $10\ \mathrm{V}$ ; em $t = 0$ a chave comuta para a de $20\ \mathrm{V}$ . Repare que $v$ é a tensão no $5\ \Omega$ , não no capacitor — a resposta sai mais fácil resolvendo em $i_L$ e voltando pela LKT no fim.

Gabarito

$v(t) = 20 - 10\,e^{-t} + 10\,e^{-5t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Com a fonte de $10\ \mathrm{V}$ , capacitor aberto e indutor em fio: o indutor põe o nó da direita no terra, então

v_C(0^-) = 0 \qquad\qquad i_L(0^-) = \frac{10}{5} = 2\ \mathrm{A}

O $10\ \Omega$ não conduz nada, porque não cai tensão nele.

$t = 0^-$ : capacitor aberto, indutor em curto. O indutor aterra o nó do meio, então o $10\ \Omega$ e o capacitor ficam sem tensão, $v_C(0^-) = 0$ , e os $10\ \mathrm{V}$ caem inteiros no $5\ \Omega$ : $i_L(0^-) = 2\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Agora a fonte é de $20\ \mathrm{V}$ :

20 = 5\,i + v_C \qquad i = i_R + i_L + i_C \qquad i_R = \frac{v_C}{10} \qquad v_C = 4\frac{di_L}{dt} \qquad i_C = \frac{1}{20}\frac{dv_C}{dt}

Passo 3 — junte tudo em $i_L$ . Substituindo $i$ :

20 = 5\left(\frac{v_C}{10} + i_L + \frac{1}{20}\frac{dv_C}{dt}\right) + v_C = \frac{3}{2}\,v_C + 5\,i_L + \frac{1}{4}\frac{dv_C}{dt}

E como $v_C = 4\dfrac{di_L}{dt}$ :

20 = 6\frac{di_L}{dt} + 5\,i_L + \frac{d^2 i_L}{dt^2} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{d^2 i_L}{dt^2} + 6\frac{di_L}{dt} + 5\,i_L = 20

Fonte em curto: RLC paralelo. Com a fonte zerada, o $5\ \Omega$ passa a ir do nó ao terra e fica em paralelo com o $10\ \Omega$ : $R = 10/3\ \Omega$ . Daí $\alpha = 1/(2RC) = 3$ e $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = \sqrt{5}$ , que é a equação $s^2 + 6s + 5 = 0$ .

Passo 4 — resposta natural. De $s^2 + 6s + 5 = 0$ :

s = \frac{-6 \pm \sqrt{36 - 20}}{2} = \frac{-6 \pm 4}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -1 \quad s_2 = -5

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

i_{L,n}(t) = A_1 e^{-t} + A_2 e^{-5t}

Passo 5 — resposta forçada. $5K = 20$ , logo $i_{L,f} = 4\ \mathrm{A}$ .

$t \to \infty$ : de novo capacitor aberto e indutor em curto. Agora com $20\ \mathrm{V}$ : o indutor aterra o nó do meio, $i_{L,f} = 20/5 = 4\ \mathrm{A}$ , e os $20\ \mathrm{V}$ inteiros ficam no $5\ \Omega$ .

Passo 6 — as constantes. De $i_L(0) = 2$ :

A_1 + A_2 + 4 = 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 + A_2 = -2

E de $v_C(0) = 0 = 4\dfrac{di_L(0)}{dt}$ , ou seja $\dfrac{di_L(0)}{dt} = 0$ :

-A_1 - 5A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -5A_2

-5A_2 + A_2 = -2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = \frac{1}{2} \qquad A_1 = -\frac{5}{2}

i_L(t) = 4 - \frac{5}{2}\,e^{-t} + \frac{1}{2}\,e^{-5t}\ \mathrm{A}

$t = 0^+$ : o capacitor é uma fonte de 0 V, o indutor uma de 2 A. O nó do meio continua no terra, então $di_L(0)/dt = v_C(0)/4 = 0$ — a segunda condição do Passo 6 — e o $5\ \Omega$ recebe os $20\ \mathrm{V}$ inteiros: $v(0^+) = 20\ \mathrm{V}$ .

Passo 7 — volte para $v$ . Primeiro a tensão do capacitor:

v_C = 4\frac{di_L}{dt} = 4\left(\frac{5}{2}\,e^{-t} - \frac{5}{2}\,e^{-5t}\right) = 10\,e^{-t} - 10\,e^{-5t}\ \mathrm{V}

E, pela LKT, $v = 20 - v_C$ :

\boxed{v(t) = 20 - 10\,e^{-t} + 10\,e^{-5t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 20$ V, o que dá $i = 4$ A — coerente, porque o capacitor descarregado põe o nó da direita no terra ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre e o indutor vira fio, o nó volta ao terra, $v \to 20$ V e $i_L \to 4$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 352º EE2017.2Resposta ao degrau · Fonte controlada que multiplica a indutância3 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine $v(t)$ para $t > 0$ .

A fonte controlada depende de $v$ , que é a tensão do próprio indutor — ou seja, de $di/dt$ . Quando ela entra na LKC, aparece um segundo $di/dt$ na equação, e o efeito prático é uma indutância equivalente onze vezes maior.

Gabarito

$v(t) = \dfrac{30}{11}\,e^{-\frac{5}{22}t} \approx 2{,}73\,e^{-0,227t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e regime permanente, o indutor é um fio, logo $v(0^-) = 0$ — e a fonte controlada, que vale $2v$ , entrega zero. Sobra a fonte direto no $5\ \Omega$ :

i(0^-) = \frac{20}{5} = 4\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 4\ \mathrm{A}

$t = 0^-$ : indutor em curto, controlada sem efeito. Com $v = 0$ , a fonte $2v$ entrega zero, e os $20\ \mathrm{V}$ caem inteiros no $5\ \Omega$ : $i(0^-) = 4\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $50\ \mathrm{V}$ :

50 = v + 5\,i_R \qquad\qquad i + 2v = i_R \qquad\qquad v = 2\frac{di}{dt}

Passo 3 — a equação. Substituindo $i_R$ e depois $v$ :

50 = v + 5\,(i + 2v) = 5\,i + 11\,v = 5\,i + 22\frac{di}{dt}

22\frac{di}{dt} + 5\,i = 50

Passo 4 — resposta natural. De $22s + 5 = 0$ vem $s = -\dfrac{5}{22} \approx -0{,}227$ :

i_n(t) = A\,e^{-\frac{5}{22}t}

A constante de tempo, vista pelo indutor. Fonte de $50\ \mathrm{V}$ em curto; a controlada fica. Com uma tensão de teste $v$ no lugar do indutor, $i_R = -v/5$ e $i = i_R - 2v = -11v/5$ : a rede vale $R_{Th} = 5/11\ \Omega$ , e $\tau = L/R_{Th} = 22/5\ \mathrm{s}$ — o $s = -5/22$ do Passo 4.

Passo 5 — resposta forçada. $5K = 50$ , logo $i_f = 10\ \mathrm{A}$ .

$t \to \infty$ : indutor em curto de novo. $v = 0$ e a controlada volta a não entregar nada: $i_f = 50/5 = 10\ \mathrm{A}$ .

Passo 6 — a constante. De $i(0) = 4$ :

4 = A + 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -6 \qquad\Longrightarrow\qquad i(t) = 10 - 6\,e^{-\frac{5}{22}t}\ \mathrm{A}

Passo 7 — a tensão. Ela é a do indutor:

v(t) = 2\frac{di}{dt} = 2 \cdot 6 \cdot \frac{5}{22}\,e^{-\frac{5}{22}t}

\boxed{v(t) = \frac{30}{11}\,e^{-\frac{5}{22}t} \approx 2{,}73\,e^{-0,227t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t \to \infty$ o indutor vira fio, $v \to 0$ , a fonte controlada morre e $i \to 50/5 = 10$ A ✔ Em $t = 0$ : $v = 30/11 \approx 2{,}73$ V, então $i_R = i + 2v = 4 + 5{,}45 = 9{,}45$ A e a LKT fecha em $2{,}73 + 5 \cdot 9{,}45 \approx 50$ V ✔ Confere com a resolução da prova.

$t = 0^+$ : o indutor é uma fonte de 4 A. LKC no nó da controlada, $i_R = 4 + 2v$ ; LKT na malha, $50 = v + 5(4 + 2v)$ , ou $11v = 30$ — o mesmo $v(0^+) = 30/11\ \mathrm{V}$ da fórmula.

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Questão 362º EE2017.2Condições iniciais · Chave que junta dois circuitos independentes3 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $i_1$ , $dv/dt$ , $di/dt$ e $di_1/dt$ no instante $t = 0^+$ .

Em $t < 0$ a chave do meio está aberta, e o circuito são dois pedaços separados: à esquerda a fonte com o $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ; à direita a fonte controlada com o $2\ \Omega$ e o $4\ \mathrm{H}$ . Em $t = 0$ a fonte comuta para $40\ \mathrm{V}$ e a chave fecha, juntando os dois.

Gabarito

$v(0^+) = 8\ \mathrm{V}$ · $i(0^+) = 2\ \mathrm{A}$ · $i_1(0^+) = 16\ \mathrm{A}$

$\dfrac{dv(0^+)}{dt} = \dfrac{100}{3} \approx 33{,}3\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = 0$ · $\dfrac{di_1(0^+)}{dt} = -8\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o lado esquerdo em $0^-$ . Chave do meio aberta, fonte de $20\ \mathrm{V}$ , capacitor aberto e indutor de $2\ \mathrm{H}$ em fio. O $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em série, com o $2\ \mathrm{H}$ aterrando o fim:

i(0^-) = \frac{20}{6 + 4} = 2\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^-) = 20 - 6 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}

Passo 2 — o lado direito em $0^-$ . Ele vive por conta própria: a fonte controlada vale $2v = 16\ \mathrm{A}$ e o único caminho é o $2\ \Omega$ seguido do $4\ \mathrm{H}$ , que é um fio:

i_1(0^-) = 2v(0^-) = 16\ \mathrm{A}

$t = 0^-$ : dois circuitos separados. Capacitor aberto, indutores em curto, chave do meio aberta. À esquerda, $20/(6 + 4) = 2\ \mathrm{A}$ e $v = 8\ \mathrm{V}$ ; à direita, a controlada empurra $2v = 16\ \mathrm{A}$ pelo $2\ \Omega$ e pelo $4\ \mathrm{H}$ .

Passo 3 — continuidade. As duas correntes de indutor e a tensão de capacitor atravessam $t = 0$ :

\boxed{v(0^+) = 8\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{i(0^+) = 2\ \mathrm{A}} \qquad \boxed{i_1(0^+) = 16\ \mathrm{A}}

Passo 4 — o circuito em $0^+$ . Fonte de $40\ \mathrm{V}$ , chave fechada. A fonte controlada continua valendo $2v = 16\ \mathrm{A}$ , porque $v$ não saltou.

O $4\ \mathrm{H}$ ainda leva $16\ \mathrm{A}$ , e o único ramo que chega ao nó dele é o $2\ \Omega$ — então o $2\ \Omega$ também leva $16\ \mathrm{A}$ , caindo $32\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a corrente do $4\ \Omega$ . LKC no nó do meio, agora unido ao da fonte controlada pela chave fechada:

i_{4\Omega} + \underbrace{16}_{2v} = \underbrace{2}_{i} + \underbrace{16}_{2\ \Omega} \qquad\Longrightarrow\qquad i_{4\Omega} = 2\ \mathrm{A}

Passo 6 — as tensões dos indutores. O nó do meio fica em $8 - 4 \cdot 2 = 0\ \mathrm{V}$ , ou seja, o $2\ \mathrm{H}$ não cai tensão:

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{v_L}{2} = 0}

Descendo mais $32\ \mathrm{V}$ pelo $2\ \Omega$ , o nó do $4\ \mathrm{H}$ fica em $-32\ \mathrm{V}$ :

\boxed{\frac{di_1(0^+)}{dt} = \frac{-32}{4} = -8\ \mathrm{A/s}}

$t = 0^+$ : capacitor e indutores viram fontes. Fonte de $40\ \mathrm{V}$ , chave do meio fechada. O $4\ \mathrm{H}$ força $16\ \mathrm{A}$ no $2\ \Omega$ , que cai $32\ \mathrm{V}$ ; a LKC dá $2\ \mathrm{A}$ no $4\ \Omega$ , e o nó do meio fica em $8 - 4 \cdot 2 = 0$ .

Passo 7 — a derivada da tensão. No nó do capacitor entram $\dfrac{40 - 8}{6} = \dfrac{16}{3}$ A pelo $6\ \Omega$ e saem $2$ A pelo $4\ \Omega$ :

i_C(0^+) = \frac{16}{3} - 2 = \frac{10}{3}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{10/3}{1/10} = \frac{100}{3} \approx 33{,}3\ \mathrm{V/s}}

Conferência — o $6\ \Omega$ cai $40 - 8 = 32$ V com $16/3$ A, e $6 \cdot \frac{16}{3} = 32$ V ✔ A corrente do $4\ \mathrm{H}$ é a única que começa a mudar rápido, e para baixo: a chave fechando “roubou” o caminho de terra que ela tinha ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 372º EE2017.1Condições iniciais · Fonte controlada que muda de sinal na comutação3 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i_1$ , $v$ , $i$ , $dv/dt$ e $di/dt$ no instante $t = 0^+$ .

O ponto da questão é que a fonte controlada segue $i_1$ — e $i_1$ inverte de sinal quando a fonte cai de $60$ para $20\ \mathrm{V}$ , porque o capacitor continua carregado com $35\ \mathrm{V}$ , mais do que a fonte nova.

Gabarito

$i_1(0^+) = -3\ \mathrm{A}$ · $v(0^+) = 35\ \mathrm{V}$ · $i(0^+) = 1\ \mathrm{A}$

$\dfrac{dv(0^+)}{dt} = -56\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = -8\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Fonte de $60\ \mathrm{V}$ , capacitor aberto e indutor em fio. Com o capacitor aberto, a mesma $i_1$ atravessa os dois $5\ \Omega$ ; e o indutor põe o nó do $2\ \mathrm{H}$ no terra.

A LKT da malha da esquerda passa pela fonte controlada:

60 = 5\,i_1 + 5\,i_1 + 2\,i_1 = 12\,i_1 \qquad\Longrightarrow\qquad i_1(0^-) = 5\ \mathrm{A}

$t = 0^-$ : capacitor aberto, indutor em curto. A mesma $i_1$ passa pelos dois $5\ \Omega$ e pela controlada: $60 = 12\,i_1$ , $i_1 = 5\ \mathrm{A}$ . A controlada vale $2i_1 = 10\ \mathrm{V}$ e empurra $1\ \mathrm{A}$ pelo $10\ \Omega$ até o indutor.

Passo 2 — as condições iniciais. A fonte controlada vale $2i_1 = 10\ \mathrm{V}$ , e o $10\ \Omega$ liga esse nó ao terra:

i(0^-) = \frac{10}{10} = 1\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^-) = 60 - 5 \cdot 5 = 35\ \mathrm{V}

Por continuidade:

\boxed{v(0^+) = 35\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i(0^+) = 1\ \mathrm{A}}

Passo 3 — a corrente do primeiro $5\ \Omega$ em $0^+$ . A fonte caiu para $20\ \mathrm{V}$ , mas o capacitor ainda vale 35 V. A LKT da primeira malha dá

20 = 5\,i_1 + 35 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_1(0^+) = -3\ \mathrm{A}}

A corrente inverteu: agora é o capacitor que empurra corrente de volta para a fonte.

Passo 4 — a corrente do segundo $5\ \Omega$ . Com $i_1 = -3$ , a fonte controlada vale $2i_1 = -6\ \mathrm{V}$ , e o $5\ \Omega$ vai do nó do capacitor ( $35$ V) até ela:

i_2(0^+) = \frac{35 - (-6)}{5} = \frac{41}{5} = 8{,}2\ \mathrm{A}

$t = 0^+$ : o capacitor é uma fonte de 35 V, o indutor uma de 1 A. Com só $20\ \mathrm{V}$ na entrada, $i_1 = (20 - 35)/5 = -3\ \mathrm{A}$ ; a controlada cai para $-6\ \mathrm{V}$ , e $i_2 = (35 + 6)/5 = 8{,}2\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a derivada da tensão. LKC no nó do capacitor: entra $i_1$ , sai $i_2$ e sai $i_C$ :

i_C(0^+) = i_1 - i_2 = -3 - 8{,}2 = -11{,}2\ \mathrm{A}

\boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C}{C} = \frac{-11{,}2}{1/5} = -56\ \mathrm{V/s}}

Passo 6 — a derivada da corrente. No nó da direita só há o $10\ \Omega$ e o indutor, então o $10\ \Omega$ leva os mesmos $i = 1$ A. A LKT do último laço dá a tensão do indutor:

2\,i_1 = 10\,i + v_L \qquad\Longrightarrow\qquad -6 = 10 + v_L \qquad\Longrightarrow\qquad v_L(0^+) = -16\ \mathrm{V}

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-16}{2} = -8\ \mathrm{A/s}}

Conferência — em $0^-$ tudo era positivo e parado; em $0^+$ as duas derivadas são negativas, e faz sentido: o circuito foi alimentado por $60\ \mathrm{V}$ , guardou energia, e agora só tem $20\ \mathrm{V}$ para sustentar — tudo tem de cair ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 382º EE2017.1Resposta ao degrau · Comutação para uma fonte menor3 ptsVer material

O circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ .

Primeira ordem simples, mas com o degrau descendo: a fonte cai de $20$ para $10\ \mathrm{V}$ , então o capacitor se descarrega de $8$ para $4\ \mathrm{V}$ em vez de carregar.

Gabarito

$v(t) = 4 + 4\,e^{-\frac{25}{6}t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 1 + e^{-\frac{25}{6}t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e o capacitor aberto, o $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em série:

i_g(0^-) = \frac{20}{6 + 4} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v(0^-) = 4 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}

$t = 0^-$ : capacitor aberto. O $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em série com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ : $i_g = 2\ \mathrm{A}$ , e o capacitor guarda a tensão do $4\ \Omega$ , $v(0^-) = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $10\ \mathrm{V}$ :

10 = 6\,i_g + v \qquad\qquad i_g = i + i_C \qquad\qquad i = \frac{v}{4} \qquad\qquad i_C = \frac{1}{10}\frac{dv}{dt}

Passo 3 — a equação. Substituindo:

10 = 6\left(\frac{v}{4} + \frac{1}{10}\frac{dv}{dt}\right) + v = \frac{5}{2}\,v + \frac{3}{5}\frac{dv}{dt} \qquad \times 10 \qquad 6\frac{dv}{dt} + 25\,v = 100

Passo 4 — resposta natural. De $6s + 25 = 0$ vem $s = -\dfrac{25}{6}$ :

v_n(t) = A\,e^{-\frac{25}{6}t}

A constante de tempo. Com a fonte em curto, o capacitor vê o $6\ \Omega$ em paralelo com o $4\ \Omega$ : $R_{eq} = 2{,}4\ \Omega$ e $\tau = R_{eq}C = 6/25\ \mathrm{s}$ — o $s = -25/6$ do Passo 4.

Passo 5 — resposta forçada. $25K = 100$ , logo $v_f = 4\ \mathrm{V}$ .

$t \to \infty$ : capacitor aberto, agora com 10 V. Divisor de tensão: $v_f = 10 \cdot 4/(6 + 4) = 4\ \mathrm{V}$ , e o $4\ \Omega$ leva $i = 1\ \mathrm{A}$ .

Passo 6 — a constante. De $v(0) = 8$ :

8 = A + 4 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 4

\boxed{v(t) = 4 + 4\,e^{-\frac{25}{6}t}\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente. É a do $4\ \Omega$ , direto pela lei de Ohm:

\boxed{i(t) = \frac{v}{4} = 1 + e^{-\frac{25}{6}t}\ \mathrm{A}}

Conferência — $\tau = R_{eq}C = (6 \parallel 4) \cdot \frac{1}{10} = \frac{24}{10} \cdot \frac{1}{10} = \frac{6}{25}$ s, que é $1/|s|$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 8$ V e $i = 2$ A, as condições iniciais ✔ Em $t \to \infty$ : $v = 4$ V e $i = 1$ A, que é $10/10$ ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 392º EE2017.1Criticamente amortecido · RLC com o L em série na fonte4 ptsVer material

Determine $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ . Considere que $i(0) = 2\ \mathrm{A}$ e $v(0) = 5\ \mathrm{V}$ .

O indutor está em série com a fonte, e o $5\ \Omega$ com o capacitor em paralelo na saída. Aqui as duas condições iniciais já vêm dadas — o serviço é montar a equação, descobrir que $\alpha = \omega_0$ e casar as constantes.

Gabarito

$v(t) = 10 - 5\,e^{-2t} + 10\,t\,e^{-2t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 2 + t\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas leis. LKT da malha da fonte e LKC no nó de saída:

10 = 5\frac{di}{dt} + v \qquad\qquad i = \frac{v}{5} + \frac{1}{20}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — elimine $i$ . Derivando a LKC e levando na LKT:

\frac{di}{dt} = \frac{1}{5}\frac{dv}{dt} + \frac{1}{20}\frac{d^2v}{dt^2}

10 = 5\left(\frac{1}{5}\frac{dv}{dt} + \frac{1}{20}\frac{d^2v}{dt^2}\right) + v = \frac{1}{4}\frac{d^2v}{dt^2} + \frac{dv}{dt} + v

\times 4 \qquad \frac{d^2v}{dt^2} + 4\frac{dv}{dt} + 4\,v = 40

Fonte em curto: RLC paralelo. Com a fonte zerada, o indutor vai do terra ao nó de saída e fica em paralelo com o $5\ \Omega$ e o capacitor: $\alpha = 1/(2RC) = 2$ e $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = 2$ . Iguais: amortecimento crítico.

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 4s + 4 = 0$ :

s = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 16}}{2} = -2 \quad \text{(raiz dupla)}

Discriminante nulo: caso criticamente amortecido, e a segunda solução ganha um $t$ :

v_n(t) = A_1 e^{-2t} + A_2\,t\,e^{-2t}

Passo 4 — resposta forçada. $4K = 40$ , logo $v_f = 10\ \mathrm{V}$ .

$t \to \infty$ : indutor em curto, capacitor aberto. A fonte fica direto sobre o $5\ \Omega$ : $v_f = 10\ \mathrm{V}$ e $i = 10/5 = 2\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a primeira constante. De $v(0) = 5$ :

5 = A_1 + 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -5

Passo 6 — a segunda. A corrente inicial dá a derivada da tensão, pela própria LKC:

2 = \frac{5}{5} + \frac{1}{20}\frac{dv(0)}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{dv(0)}{dt} = 20\ \mathrm{V/s}

Derivando $v$ e avaliando em zero, $\dfrac{dv(0)}{dt} = A_2 - 2A_1 = A_2 + 10$ :

A_2 + 10 = 20 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = 10

\boxed{v(t) = 10 - 5\,e^{-2t} + 10\,t\,e^{-2t}\ \mathrm{V}}

$t = 0$ : as condições dadas viram fontes. O indutor é uma fonte de $2\ \mathrm{A}$ e o capacitor uma de $5\ \mathrm{V}$ ; o $5\ \Omega$ leva $1\ \mathrm{A}$ , sobra $i_C = 1\ \mathrm{A}$ e $dv(0)/dt = 1/(1/20) = 20\ \mathrm{V/s}$ .

Passo 7 — a corrente. Volte na LKC, com $\dfrac{dv}{dt} = e^{-2t}(20 - 20t)$ :

i = \frac{v}{5} + \frac{1}{20}\frac{dv}{dt} = 2 - e^{-2t} + 2t\,e^{-2t} + e^{-2t} - t\,e^{-2t}

\boxed{i(t) = 2 + t\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 5$ V e $i = 2$ A, as condições dadas ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre e o indutor vira fio, então $i = 10/5 = 2$ A e $v = 10$ V ✔ Curioso: $i$ começa e termina em $2$ A, mas sobe no meio — o pico de $t\,e^{-2t}$ está em $t = 0{,}5$ s ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 402º EE2016.2Condições iniciais · Uma chave comuta, a outra parte o circuito em dois3 ptsVer material

Sabendo que o circuito a seguir encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i_g$ , $i_1$ , $v$ , $di/dt$ e $dv/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

São duas chaves em $t = 0$ : a da esquerda comuta a fonte de $20$ para $40\ \mathrm{V}$ , e a do meio abre, partindo o circuito em dois pedaços. Depois disso o lado direito vive só da fonte controlada — que continua obedecendo ao $i_1$ do lado esquerdo.

Gabarito

Em $0^-$ : $i_g = 3\ \mathrm{A}$ · $i_1 = 4\ \mathrm{A}$ · $v = 20\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$ · $\dfrac{dv}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $i_g = 18\ \mathrm{A}$ · $i_1 = 8\ \mathrm{A}$ · $v = 20\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{di}{dt} = 18\ \mathrm{A/s}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 100\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Fonte de $20\ \mathrm{V}$ , chave do meio fechada, capacitor aberto e indutor em fio. Com o capacitor aberto, o $2\ \Omega$ não conduz e todo o topo é um nó a $20\ \mathrm{V}$ :

\boxed{v(0^-) = 20\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i_1(0^-) = \frac{20}{5} = 4\ \mathrm{A}}

O indutor curto-circuita a si mesmo, então o ramo do $10\ \Omega$ vê os $20$ V inteiros:

i(0^-) = \frac{20}{10} = 2\ \mathrm{A} \qquad\qquad i_{4\Omega}(0^-) = \frac{20}{4} = 5\ \mathrm{A}

Passo 2 — a corrente da fonte em $0^-$ . A fonte controlada vale $2i_1 = 8\ \mathrm{A}$ e injeta no nó de topo, ajudando a fonte. A LKC dá

i_g + 8 = 0 + 4 + 2 + 5 = 11 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_g(0^-) = 3\ \mathrm{A}}

Em regime permanente nada varia, então as duas derivadas em $0^-$ valem zero.

$t = 0^-$ : capacitor aberto, indutor em curto. O $2\ \Omega$ não conduz, e todo o fio de cima fica a $20\ \mathrm{V}$ . LKC no nó de cima, com a controlada injetando $8\ \mathrm{A}$ : $i_g + 8 = 4 + 2 + 5$ , ou $i_g = 3\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — o lado esquerdo em $0^+$ . A chave do meio abriu e a fonte virou $40\ \mathrm{V}$ . Sobram, à esquerda, o ramo $2\ \Omega$ + capacitor e o $5\ \Omega$ .

O capacitor não salta: $\boxed{v(0^+) = 20\ \mathrm{V}}$ . Então o $2\ \Omega$ passa a conduzir:

i_C(0^+) = \frac{40 - 20}{2} = 10\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{10}{1/10} = 100\ \mathrm{V/s}}

\boxed{i_1(0^+) = \frac{40}{5} = 8\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{i_g(0^+) = 10 + 8 = 18\ \mathrm{A}}

Passo 4 — o lado direito em $0^+$ . Ele ficou isolado, alimentado apenas pela fonte controlada, que agora vale

2\,i_1(0^+) = 16\ \mathrm{A}

O indutor mantém $i(0^+) = 2\ \mathrm{A}$ , então o resto vai para o $4\ \Omega$ :

i_{4\Omega}(0^+) = 16 - 2 = 14\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad v_{n\acute{o}} = 4 \cdot 14 = 56\ \mathrm{V}

$t = 0^+$ : dois pedaços, cada um com sua fonte. À esquerda, o capacitor é uma fonte de $20\ \mathrm{V}$ : $i_C = (40 - 20)/2 = 10\ \mathrm{A}$ e $i_1 = 8\ \mathrm{A}$ . À direita, a controlada vale $16\ \mathrm{A}$ , o indutor segura $2\ \mathrm{A}$ e o $4\ \Omega$ fica com $14\ \mathrm{A}$ , o que põe o nó em $56\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a derivada da corrente. Desse nó, o $10\ \Omega$ cai $10 \cdot 2 = 20\ \mathrm{V}$ , e o que sobra é do indutor:

v_L(0^+) = 56 - 20 = 36\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{36}{2} = 18\ \mathrm{A/s}}

Conferência — repare no efeito em cascata: dobrar a fonte dobrou $i_1$ , o que dobrou a fonte controlada, o que jogou o nó da direita de $20$ para $56\ \mathrm{V}$ ✔ E a chave do meio, ao abrir, tirou do lado direito o caminho pela fonte — é isso que faz o $4\ \Omega$ receber $14$ A em vez de $5$ ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 412º EE2016.2Resposta ao degrau · Indutor que curto-circuita o resistor no fim3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que a corrente que passa no indutor no instante $t = 0$ é igual a $3\ \mathrm{A}$ .

O indutor está em paralelo com o $4\ \Omega$ , então lá no fim ele curto-circuita esse resistor e a corrente da fonte fica valendo $10/12$ . A condição inicial de $3\ \mathrm{A}$ é maior que isso — o transitório vai descer.

Gabarito

$i(t) = \dfrac{5}{6} + \dfrac{13}{24}\,e^{-t/2} \approx 0{,}833 + 0{,}542\,e^{-t/2}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. LKC no nó, LKT na malha da fonte e a lei do indutor:

i = i_R + i_L \qquad\qquad 10 = 12\,i + 6\frac{di_L}{dt} \qquad\qquad 6\frac{di_L}{dt} = 4\,i_R

Da última, $i_R = \dfrac{3}{2}\dfrac{di_L}{dt}$ .

Passo 2 — a equação em $i_L$ . Substituindo:

10 = 12\left(\frac{3}{2}\frac{di_L}{dt} + i_L\right) + 6\frac{di_L}{dt} = 24\frac{di_L}{dt} + 12\,i_L

\frac{di_L}{dt} + \frac{i_L}{2} = \frac{10}{24}

Passo 3 — resposta natural. De $s + \frac12 = 0$ vem $s = -\dfrac12$ :

i_{L,n}(t) = A\,e^{-t/2}

A constante de tempo. Com a fonte em curto, os terminais do indutor enxergam o $12\ \Omega$ em paralelo com o $4\ \Omega$ : $R_{eq} = 3\ \Omega$ e $\tau = 6/3 = 2\ \mathrm{s}$ , o mesmo $s = -1/2$ .

Passo 4 — resposta forçada. $\dfrac{K}{2} = \dfrac{10}{24}$ , logo $i_{L,f} = \dfrac{20}{24} = \dfrac{5}{6}\ \mathrm{A}$ .

Regime final. O indutor vira fio e curto-circuita o $4\ \Omega$ , que fica sem corrente; a fonte vê só o $12\ \Omega$ e $i_L = i = 10/12 = 5/6\ \mathrm{A}$ — a resposta forçada.

Passo 5 — a constante. De $i_L(0) = 3$ :

3 = A + \frac{5}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad A = \frac{13}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(t) = \frac{13}{6}\,e^{-t/2} + \frac{5}{6}\ \mathrm{A}

O instante inicial. O indutor vira fonte de $3\ \mathrm{A}$ . A LKC no nó, $\frac{10 - v_L}{12} = \frac{v_L}{4} + 3$ , dá $v_L(0^+) = -6{,}5\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 1{,}375\ \mathrm{A}$ — é o valor que a expressão final tem de reproduzir em $t = 0$ .

Passo 6 — volte para $i$ . Some a corrente do resistor:

i = \frac{3}{2}\frac{di_L}{dt} + i_L = \frac{3}{2}\left(-\frac{13}{12}\,e^{-t/2}\right) + \frac{13}{6}\,e^{-t/2} + \frac{5}{6}

\boxed{i(t) = \frac{13}{24}\,e^{-t/2} + \frac{5}{6}\ \mathrm{A}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{6}{12 \parallel 4} = \dfrac{6}{3} = 2$ s, e de fato $s = -1/2$ ✔ Em $t \to \infty$ o indutor curto-circuita o $4\ \Omega$ e $i \to 10/12 = 5/6$ A ✔ Em $t = 0$ : $i = 13/24 + 20/24 = 33/24 = 1{,}375$ A, e o cheque direto dá $v_L(0) = 6 \cdot (-13/12) = -6{,}5$ V, então $i = \frac{10 + 6{,}5}{12} = 1{,}375$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 422º EE2016.2Superamortecido · RLC paralelo puro com fonte de corrente4 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que a tensão no capacitor e a corrente no indutor em $t = 0$ valem, respectivamente, $4\ \mathrm{V}$ e $2\ \mathrm{A}$ .

Esse é RLC paralelo puro — os três elementos veem a mesma tensão. Dá para usar $\alpha = \dfrac{1}{2RC}$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}}$ direto, e a equação em $i_L$ confirma.

Gabarito

$i(t) = 23\,e^{-2t} - 22\,e^{-4t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Como tudo está em paralelo, a tensão $v$ é comum:

10 = i + i_L + i_C \qquad i = \frac{v}{4} \qquad v = 3\frac{di_L}{dt} \qquad i_C = \frac{1}{24}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — a equação em $i_L$ . Trocando $v$ por $3\,di_L/dt$ :

10 = \frac{3}{4}\frac{di_L}{dt} + i_L + \frac{3}{24}\frac{d^2 i_L}{dt^2} \qquad \times 8 \qquad \frac{d^2 i_L}{dt^2} + 6\frac{di_L}{dt} + 8\,i_L = 80

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 6s + 8 = 0$ :

s = \frac{-6 \pm \sqrt{36 - 32}}{2} = \frac{-6 \pm 2}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -2 \quad s_2 = -4

Duas raízes reais distintas: superamortecido. Pelas fórmulas do RLC paralelo dá o mesmo:

\alpha = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{24}} = 3 \qquad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{3/24}} = 2\sqrt{2}

e $\alpha^2 = 9 > \omega_0^2 = 8$ , com $s = -3 \pm \sqrt{9 - 8} = -3 \pm 1$ .

O RLC paralelo reconhecido. Com a fonte de corrente aberta, os três elementos ficam em paralelo puro: $\alpha = 3$ e $\omega_0 = 2\sqrt2$ , com $\alpha^2 = 9 \gt \omega_0^2 = 8$ — superamortecido, $s = -2$ e $s = -4$ .

Passo 4 — resposta forçada. $8K = 80$ , logo $i_{L,f} = 10\ \mathrm{A}$ .

Regime final. O indutor em fio curto-circuita o $4\ \Omega$ e o capacitor: a tensão comum zera e os $10\ \mathrm{A}$ da fonte passam inteiros por ele — a resposta forçada $i_{L,f} = 10\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — as constantes. De $i_L(0) = 2$ :

A_1 + A_2 = -8

E de $v(0) = 4 = 3\dfrac{di_L(0)}{dt}$ , ou seja $\dfrac{di_L(0)}{dt} = \dfrac{4}{3}$ :

-2A_1 - 4A_2 = \frac{4}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 + 2A_2 = -\frac{2}{3}

Subtraindo as duas:

A_2 = \frac{22}{3} \qquad\qquad A_1 = -\frac{46}{3}

i_L(t) = -\frac{46}{3}\,e^{-2t} + \frac{22}{3}\,e^{-4t} + 10\ \mathrm{A}

O instante inicial. Indutor como fonte de $2\ \mathrm{A}$ , capacitor como fonte de $4\ \mathrm{V}$ : $i(0^+) = 4/4 = 1\ \mathrm{A}$ e sobram $i_C = 10 - 1 - 2 = 7\ \mathrm{A}$ , ou $dv/dt = 7 \cdot 24 = 168\ \mathrm{V/s}$ — o que $v = 92e^{-2t} - 88e^{-4t}$ de fato dá em $t = 0$ .

Passo 6 — chegue em $i$ . Primeiro a tensão:

v = 3\frac{di_L}{dt} = 3\left(\frac{92}{3}\,e^{-2t} - \frac{88}{3}\,e^{-4t}\right) = 92\,e^{-2t} - 88\,e^{-4t}\ \mathrm{V}

E $i$ é simplesmente $v/4$ :

\boxed{i(t) = 23\,e^{-2t} - 22\,e^{-4t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 92 - 88 = 4$ V ✔ e $i = 23 - 22 = 1$ A, que é $4/4$ ✔ Em $t \to \infty$ o indutor vira fio e curto-circuita tudo: $v \to 0$ , $i \to 0$ e $i_L \to 10$ A, os $10$ A inteiros da fonte ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 432º EE2015.1Condições iniciais · Fonte controlada que só acorda depois da comutação3 ptsVer material

Considere que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $dv/dt$ e $di/dt$ no instante $t = 0^+$ .

Em $t < 0$ está tudo parado: o capacitor, aberto, impede corrente no $5\ \Omega$ , então $v_1 = 0$ e a fonte controlada entrega zero — e, sem ela, o lado direito também fica em zero. A comutação para $15\ \mathrm{V}$ é o que liga o circuito, e a segunda chave, ao abrir, isola os dois lados.

Gabarito

$\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 5\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = 30\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Fonte de $10\ \mathrm{V}$ , segunda chave fechada, capacitor aberto e indutor em fio.

Com o capacitor aberto, nada entra pelo topo. A LKC no nó do $5\ \Omega$ — que a chave fechada une ao nó da fonte controlada — fica

2\,v_1 = \frac{v_1}{5} + \frac{v_1}{6} + \frac{v_1}{6} \qquad\Longrightarrow\qquad 2\,v_1 = 0{,}533\,v_1 \qquad\Longrightarrow\qquad v_1(0^-) = 0

A única solução é o zero: a fonte controlada não consegue se sustentar sozinha.

Em $t = 0^-$ . Capacitor aberto, indutor em fio, segunda chave fechada. A LKC no nó do $5\ \Omega$ dá $2v_1 = \frac{v_1}{5} + \frac{v_1}{6} + \frac{v_1}{6}$ , logo $v_1 = 0$ : a controlada entrega zero, $i(0^-) = 0$ e o capacitor fica com a fonte inteira, $v(0^-) = 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — as condições iniciais. Com o nó a zero, o capacitor enxerga a fonte inteira e o indutor não conduz:

v(0^-) = 10 - 0 = 10\ \mathrm{V} \qquad\qquad i(0^-) = 0

E, por continuidade, $v(0^+) = 10\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 0$ .

Passo 3 — o lado esquerdo em $0^+$ . A fonte virou $15\ \mathrm{V}$ e a segunda chave abriu. A LKT da malha da esquerda dá a tensão do $5\ \Omega$ :

-15 + v + v_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v_1(0^+) = 15 - 10 = 5\ \mathrm{V}

Como o ramo do $5\ \Omega$ é o único caminho, é ele que leva a corrente do capacitor:

i_C(0^+) = \frac{5}{5} = 1\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{1}{1/5} = 5\ \mathrm{V/s}}

Em $t = 0^+$ , lado esquerdo. O capacitor vira fonte de $10\ \mathrm{V}$ em série com a de $15\ \mathrm{V}$ : sobram $v_1 = 15 - 10 = 5\ \mathrm{V}$ no $5\ \Omega$ , que leva $i_C = 1\ \mathrm{A}$ , e $dv/dt = 1/(1/5) = 5\ \mathrm{V/s}$ . Com a segunda chave aberta, essa corrente não tem outro caminho.

Passo 4 — o lado direito em $0^+$ . Isolado pela chave aberta, ele é alimentado só pela fonte controlada, que agora vale

2\,v_1(0^+) = 10\ \mathrm{A}

O indutor mantém $i = 0$ , então o $6\ \Omega$ horizontal não conduz e os $10\ \mathrm{A}$ vão todos para o $6\ \Omega$ vertical:

v_{n\acute{o}} = 6 \cdot 10 = 60\ \mathrm{V}

O lado direito, isolado. A controlada injeta $10\ \mathrm{A}$ ; o indutor segura $i = 0$ , o $6\ \Omega$ horizontal não conduz e os $10\ \mathrm{A}$ vão todos para o vertical: $6 \cdot 10 = 60\ \mathrm{V}$ , que caem inteiros no indutor.

Passo 5 — a derivada da corrente. Sem queda no $6\ \Omega$ horizontal, esses $60\ \mathrm{V}$ caem inteiros no indutor:

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{60}{2} = 30\ \mathrm{A/s}}

Conferência — o mecanismo é em cadeia: a comutação carrega $5\ \mathrm{V}$ no $5\ \Omega$ , o que acorda a fonte controlada com $10\ \mathrm{A}$ , o que joga $60\ \mathrm{V}$ no indutor ✔ E é a chave abrindo que garante isso: se ela continuasse fechada, os $10\ \mathrm{A}$ voltariam pelo $5\ \Omega$ e a conta seria outra ✔ Confere com as duas resoluções do acervo.

Sobre o gabarito — uma das cópias do acervo traz, em anotação vermelha, $v(0^-) = 6\ \mathrm{V}$ , $v_1(0^+) = 4\ \mathrm{V}$ , $dv/dt = 20\ \mathrm{V/s}$ e $di/dt = 12\ \mathrm{A/s}$ . Esses números não fecham: com $v(0^-) = 6$ a LKT daria $v_1 = 15 - 6 = 9\ \mathrm{V}$ , não $4$ . A resolução limpa (e a segunda cópia inteira) chega aos valores acima.

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Questão 442º EE2015.1Resposta ao degrau · Resistor do meio em paralelo com o ramo do indutor3 ptsVer material

Determine $v(t)$ para $t > 0$ no circuito abaixo, dado que $i(0) = 2\ \mathrm{A}$ .

A tensão pedida é a do $2\ \Omega$ vertical, que é a mesma do ramo $4\ \Omega$ + indutor. Como só há uma condição inicial ( $i$ ), resolva em $i$ e depois volte para $v$ pela LKT desse ramo.

Gabarito

$v(t) = 4 - e^{-\frac{5}{2}t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $i_R$ a corrente do $2\ \Omega$ vertical:

i_T = i_R + i \qquad 10 = 2\,i_T + v \qquad v = 2\,i_R \qquad v = 4\,i + 2\frac{di}{dt}

Passo 2 — junte em $i$ . Das duas últimas, $i_R = \dfrac{v}{2} = 2\,i + \dfrac{di}{dt}$ . Levando na LKT:

10 = 2\left(2\,i + \frac{di}{dt} + i\right) + 4\,i + 2\frac{di}{dt} = 6\,i + 2\frac{di}{dt} + 4\,i + 2\frac{di}{dt}

4\frac{di}{dt} + 10\,i = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad 2\frac{di}{dt} + 5\,i = 5

Passo 3 — resposta natural. De $2s + 5 = 0$ vem $s = -\dfrac52$ :

i_n(t) = A\,e^{-\frac{5}{2}t}

A constante de tempo. Com a fonte em curto, os dois $2\ \Omega$ ficam em paralelo ( $1\ \Omega$ ) e em série com o $4\ \Omega$ : $R_{eq} = 5\ \Omega$ e $\tau = 2/5\ \mathrm{s}$ , o mesmo $s = -5/2$ .

Passo 4 — resposta forçada. $5K = 5$ , logo $i_f = 1\ \mathrm{A}$ .

Regime final. O indutor vira fio, o $4\ \Omega$ fica em paralelo com o $2\ \Omega$ vertical ( $4/3\ \Omega$ ) e o divisor dá $v = 4\ \mathrm{V}$ ; pelo ramo do indutor passa $i = 4/4 = 1\ \mathrm{A}$ — a resposta forçada.

Passo 5 — a constante. De $i(0) = 2$ :

2 = A + 1 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad i(t) = e^{-\frac{5}{2}t} + 1\ \mathrm{A}

O instante inicial. O indutor vira fonte de $2\ \mathrm{A}$ . A LKC no nó do meio, $\frac{10 - v}{2} = \frac{v}{2} + 2$ , dá $v(0^+) = 3\ \mathrm{V}$ — o que $v(t) = 4 - e^{-5t/2}$ tem de dar em $t = 0$ .

Passo 6 — volte para $v$ . Pela LKT do ramo do indutor:

v = 4\,i + 2\frac{di}{dt} = 4\,e^{-\frac{5}{2}t} + 4 + 2\left(-\frac{5}{2}\,e^{-\frac{5}{2}t}\right)

\boxed{v(t) = 4 - e^{-\frac{5}{2}t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{2}{4 + (2 \parallel 2)} = \dfrac{2}{5}$ s, e de fato $s = -5/2$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 3$ V, então $i_R = 1{,}5$ A, $i_T = 3{,}5$ A e a LKT fecha em $2 \cdot 3{,}5 + 3 = 10$ V ✔ Em $t \to \infty$ o indutor vira fio, $4 \parallel 2 = 4/3$ e o divisor dá $v = 10 \cdot \frac{4/3}{2 + 4/3} = 4$ V, com $i = 1$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 452º EE2015.1Superamortecido · Degrau de fonte de corrente com RL e C4 ptsVer material

Dado que o circuito encontra-se em regime permanente CC em $t < 0$ , determine $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ .

Repare no que é pedido: $v$ é a tensão do indutor (não a do nó) e $i$ é a corrente do capacitor. As duas começam do que a comutação de $2$ para $5\ \mathrm{A}$ deixa sobrando.

Gabarito

$v(t) = 13{,}42\,e^{-1,38t} - 13{,}42\,e^{-3,62t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 4{,}85\,e^{-1,38t} - 1{,}85\,e^{-3,62t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Com a fonte de $2\ \mathrm{A}$ , o capacitor é aberto e o indutor é fio: todos os $2\ \mathrm{A}$ atravessam o ramo do $10\ \Omega$ .

i_L(0) = 2\ \mathrm{A} \qquad\qquad v_C(0) = 10 \cdot 2 = 20\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Capacitor aberto e indutor em fio: os $2\ \mathrm{A}$ inteiros passam pelo $10\ \Omega$ , que fica com $20\ \mathrm{V}$ — a tensão do capacitor. Por continuidade, $i_L(0^+) = 2\ \mathrm{A}$ e $v_C(0^+) = 20\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $5\ \mathrm{A}$ , chamando $v_C$ a tensão do nó:

5 = i_L + i \qquad i = \frac{1}{10}\frac{dv_C}{dt} \qquad v_C = 10\,i_L + 2\frac{di_L}{dt}

Passo 3 — a equação em $i_L$ . Substituindo:

5 = i_L + \frac{1}{10}\left(10\frac{di_L}{dt} + 2\frac{d^2 i_L}{dt^2}\right) \qquad \times 5 \qquad \frac{d^2 i_L}{dt^2} + 5\frac{di_L}{dt} + 5\,i_L = 25

Passo 4 — resposta natural. De $s^2 + 5s + 5 = 0$ :

s = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 20}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt5}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -1{,}382 \quad s_2 = -3{,}618

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

O RLC série reconhecido. Com as fontes de corrente abertas, o $10\ \Omega$ , o indutor e o capacitor formam um laço só: $\alpha = 10/4 = 2{,}5$ e $\omega_0^2 = 1/(2 \cdot 0{,}1) = 5$ . Como $\alpha^2 = 6{,}25 \gt 5$ , é superamortecido, com $s = -2{,}5 \pm \sqrt{1{,}25}$ .

Passo 5 — resposta forçada. $5K = 25$ , logo $i_{L,f} = 5\ \mathrm{A}$ — coerente, porque no fim o indutor vira fio e leva os $5\ \mathrm{A}$ inteiros.

Em $t = 0^+$ . Indutor como fonte de $2\ \mathrm{A}$ , capacitor como fonte de $20\ \mathrm{V}$ : o $10\ \Omega$ consome os $20\ \mathrm{V}$ inteiros, então $v(0^+) = 0$ e $di_L(0)/dt = 0$ ; o capacitor leva o que sobra dos $5\ \mathrm{A}$ , $i(0^+) = 3\ \mathrm{A}$ .

Passo 6 — as constantes. De $i_L(0) = 2$ :

A_1 + A_2 = -3

E de $v_C(0) = 20 = 10 \cdot 2 + 2\dfrac{di_L(0)}{dt}$ , ou seja $\dfrac{di_L(0)}{dt} = 0$ :

s_1 A_1 + s_2 A_2 = 0

Resolvendo o par:

A_1 = -4{,}854 \qquad\qquad A_2 = 1{,}854

i_L(t) = 5 - 4{,}854\,e^{-1,38t} + 1{,}854\,e^{-3,62t}\ \mathrm{A}

Passo 7 — a tensão do indutor.

v = 2\frac{di_L}{dt} = 2\left(6{,}708\,e^{-1,38t} - 6{,}708\,e^{-3,62t}\right)

\boxed{v(t) = 13{,}42\,e^{-1,38t} - 13{,}42\,e^{-3,62t}\ \mathrm{V}}

Passo 8 — a corrente do capacitor. Direto da LKC, $i = 5 - i_L$ :

\boxed{i(t) = 4{,}85\,e^{-1,38t} - 1{,}85\,e^{-3,62t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 0$ (o indutor tinha corrente constante, logo não caía tensão nele) ✔ e $i = 4{,}85 - 1{,}85 = 3$ A, que é exatamente o que sobra dos $5\ \mathrm{A}$ depois dos $2\ \mathrm{A}$ presos no indutor ✔ Em $t \to \infty$ as duas vão a zero e $i_L \to 5$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o gabarito — uma das duas cópias do acervo resolve este quesito com $4\ \Omega$ no lugar do $10\ \Omega$ (chegando a $v = 15\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t$ , subamortecido). O enunciado traz $10\ \Omega$ , e é com ele que a outra cópia — e as raízes $-1{,}382$ e $-3{,}618$ — fecham.

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Questão 462º EE2014.2Condições iniciais · Sai a fonte de tensão, entra a de corrente3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine $i$ , $v$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^+$ .

Em $t = 0$ o circuito troca de dono: a fonte de $20\ \mathrm{V}$ sai, e entram o $3\ \Omega$ e a fonte de $5\ \mathrm{A}$ . Em $0^-$ o indutor, sendo fio, junta os dois nós de cima, e é ele que faz o $2\ \Omega$ ver a fonte pelo $8\ \Omega$ .

Gabarito

$i(0^+) = 2\ \mathrm{A}$ · $v(0^+) = 4\ \mathrm{V}$

$\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 50\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = -20\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Só a fonte de $20\ \mathrm{V}$ está ligada; capacitor aberto e indutor em fio. Sobram o $8\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ em série:

i(0^-) = \frac{20}{8 + 2} = 2\ \mathrm{A} \qquad\qquad v(0^-) = 2 \cdot 2 = 4\ \mathrm{V}

Por continuidade:

\boxed{i(0^+) = 2\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v(0^+) = 4\ \mathrm{V}}

Em $t = 0^-$ . Indutor em fio, capacitor aberto, ramos do $3\ \Omega$ e da fonte de $5\ \mathrm{A}$ abertos: sobram o $8\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ em série com a fonte, $i = 2\ \mathrm{A}$ e $v = 4\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — o circuito em $0^+$ . A fonte de tensão saiu, o $3\ \Omega$ e a fonte de $5\ \mathrm{A}$ entraram. O indutor mantém $2\ \mathrm{A}$ e o capacitor mantém $4\ \mathrm{V}$ .

A corrente do $2\ \Omega$ sai direto da lei de Ohm:

i_R(0^+) = \frac{4}{2} = 2\ \mathrm{A}

Em $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $2\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $4\ \mathrm{V}$ . No nó do capacitor sobram $i_C = 5\ \mathrm{A}$ ; na malha da esquerda, os $2\ \mathrm{A}$ sobem pelo $3\ \Omega$ ( $6\ \mathrm{V}$ ), e o indutor fica com $v_L = -10\ \mathrm{V}$ .

Passo 3 — a derivada da tensão. LKC no nó do capacitor: entram os $2\ \mathrm{A}$ do indutor e os $5\ \mathrm{A}$ da fonte; saem $2\ \mathrm{A}$ pelo $2\ \Omega$ :

i_C(0^+) = 2 + 5 - 2 = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{5}{1/10} = 50\ \mathrm{V/s}}

Passo 4 — a derivada da corrente. Os $2\ \mathrm{A}$ do indutor sobem pelo $3\ \Omega$ , que cai $3 \cdot 2 = 6\ \mathrm{V}$ . A LKT da malha da esquerda dá

6 + v_L + 4 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad v_L(0^+) = -10\ \mathrm{V}

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{-10}{1/2} = -20\ \mathrm{A/s}}

Conferência — as duas derivadas apontam para lados opostos, e faz sentido: a fonte de corrente entope o nó do capacitor (que sobe rápido), enquanto o indutor, sem fonte de tensão para sustentá-lo, tem de devolver energia e sua corrente cai ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova. O circuito acima foi reconstruído a partir dos dois estados que ela desenha ( $t = 0^-$ e $t = 0^+$ ): é o arranjo mais simples de chaves que reproduz os dois exatamente.

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Questão 472º EE2014.2Resposta ao degrau · O indutor que era o curto do resistor3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t < 0$ . Determine $i(t)$ e $v(t)$ para $t > 0$ .

Em $t < 0$ o indutor é um fio em paralelo com o $2\ \Omega$ — ou seja, ele curto-circuita o resistor, e a fonte de $48\ \mathrm{V}$ vê só o $6\ \Omega$ . Daí a corrente inicial alta.

Gabarito

$i(t) = 2 + 6\,e^{-6t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 12 + 9\,e^{-6t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com o $2\ \Omega$ em curto pelo indutor:

i(0^-) = \frac{48}{6} = 8\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 8\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . O indutor em fio curto-circuita o $2\ \Omega$ , e a fonte de $48\ \mathrm{V}$ vê só o $6\ \Omega$ : $i(0^-) = 8\ \mathrm{A}$ , que o indutor carrega para $t = 0^+$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Agora a fonte é de $12\ \mathrm{V}$ :

12 = 6\,i_T + \frac{1}{4}\frac{di}{dt} \qquad i_T = i + i_R \qquad v_{2\Omega} = 2\,i_R = \frac{1}{4}\frac{di}{dt}

Passo 3 — a equação. De $i_R = \dfrac{1}{8}\dfrac{di}{dt}$ :

12 = 6\,i + 6 \cdot \frac{1}{8}\frac{di}{dt} + \frac{1}{4}\frac{di}{dt} = 6\,i + \frac{3}{4}\frac{di}{dt} + \frac{1}{4}\frac{di}{dt}

\frac{di}{dt} + 6\,i = 12

A constante de tempo. Com a fonte em curto, os terminais do indutor enxergam o $6\ \Omega$ em paralelo com o $2\ \Omega$ : $R_{eq} = 3/2\ \Omega$ e $\tau = \frac{1/4}{3/2} = \frac16\ \mathrm{s}$ , o $s = -6$ da equação.

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $s + 6 = 0$ vem $s = -6$ ; e $6K = 12$ dá $i_f = 2\ \mathrm{A}$ :

i(t) = A\,e^{-6t} + 2

Passo 5 — a constante. De $i(0) = 8$ :

8 = A + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 6 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 2 + 6\,e^{-6t}\ \mathrm{A}}

Em $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $8\ \mathrm{A}$ e a fonte agora é de $12\ \mathrm{V}$ . A LKC no nó dá $v_n = -9\ \mathrm{V}$ , logo $v(0^+) = 21\ \mathrm{V}$ e $di/dt = -9/(1/4) = -36\ \mathrm{A/s}$ — os valores que $v(t)$ e $i(t)$ têm de reproduzir em $t = 0$ .

Passo 6 — a tensão do $6\ \Omega$ . Ela é $6\,i_T = 6\,(i + i_R)$ , e $i_R = \dfrac{1}{8}\dfrac{di}{dt}$ , com $\dfrac{di}{dt} = -36\,e^{-6t}$ :

v = 6\,i + \frac{3}{4}\frac{di}{dt} = 12 + 36\,e^{-6t} + \frac{3}{4}\left(-36\,e^{-6t}\right)

\boxed{v(t) = 12 + 9\,e^{-6t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1/4}{6 \parallel 2} = \dfrac{1/4}{3/2} = \dfrac16$ s, e de fato $s = -6$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 21$ V, ou seja $i_T = 3{,}5$ A, e a LKT fecha com $v_L = 12 - 21 = -9$ V, isto é $di/dt = -36$ A/s ✔ Em $t \to \infty$ o indutor volta a curto-circuitar o $2\ \Omega$ : $v \to 12$ V e $i \to 2$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova; o circuito acima é o que ela desenha nos dois estados, com a comutação de $48$ para $12\ \mathrm{V}$ .

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Questão 482º EE2014.2Superamortecido · RLC com valores de laboratório4 ptsVer material

Determine $v_C(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ , sabendo que $v_C(0) = 8\ \mathrm{V}$ e $i_L(0) = 4\ \mathrm{A}$ .

Os valores de $L$ e $C$ são feios de propósito: foram escolhidos para a equação característica cair em raízes redondas, $-1$ e $-6$ . As duas condições iniciais já vêm dadas, então o trabalho é montar a equação e casar as constantes.

Gabarito

$v_C(t) = 5 + 3{,}6\,e^{-t} - 0{,}6\,e^{-6t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 2{,}5 + 1{,}8\,e^{-t} - 0{,}3\,e^{-6t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. LKT na malha da fonte e LKC no nó de saída:

30 = 10\,i_L + 1{,}615\frac{di_L}{dt} + v_C \qquad\qquad i_L = i + i_C = \frac{v_C}{2} + 0{,}62\frac{dv_C}{dt}

Passo 2 — a equação em $v_C$ . Substituindo $i_L$ e sua derivada:

30 = 10\left(\frac{v_C}{2} + 0{,}62\frac{dv_C}{dt}\right) + 1{,}615\left(\frac12\frac{dv_C}{dt} + 0{,}62\frac{d^2 v_C}{dt^2}\right) + v_C

\frac{d^2 v_C}{dt^2} + 7\frac{dv_C}{dt} + 6\,v_C = 30

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 7s + 6 = 0$ :

s_1 = -1 \qquad\qquad s_2 = -6

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

Passo 4 — resposta forçada. $6K = 30$ , logo $v_{C,f} = 5\ \mathrm{V}$ .

Regime final. Capacitor aberto e indutor em fio: sobra o divisor do $10\ \Omega$ com o $2\ \Omega$ , $v_C = 30 \cdot 2/12 = 5\ \mathrm{V}$ — a resposta forçada — e $i = 2{,}5\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a primeira equação. De $v_C(0) = 8$ :

A_1 + A_2 = 3

O instante inicial. Indutor como fonte de $4\ \mathrm{A}$ , capacitor como fonte de $8\ \mathrm{V}$ : o $2\ \Omega$ leva $8/2 = 4\ \mathrm{A}$ , que é toda a corrente do indutor. Sobra $i_C(0^+) = 0$ , ou seja, $dv_C(0)/dt = 0$ — a segunda condição para as constantes.

Passo 6 — a segunda. A corrente inicial do indutor entra pela LKC. Com $\dfrac{dv_C}{dt} = -A_1 e^{-t} - 6A_2 e^{-6t}$ ,

i_L = \frac{v_C}{2} + 0{,}62\frac{dv_C}{dt} = 2{,}5 - 0{,}12\,A_1 e^{-t} - 3{,}22\,A_2 e^{-6t}

e em $t = 0$ , com $i_L(0) = 4$ :

-0{,}12\,A_1 - 3{,}22\,A_2 = 1{,}5

Trocando $A_2 = 3 - A_1$ :

3{,}1\,A_1 = 11{,}16 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 3{,}6 \qquad A_2 = -0{,}6

\boxed{v_C(t) = 5 + 3{,}6\,e^{-t} - 0{,}6\,e^{-6t}\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente do $2\ \Omega$ . É a lei de Ohm, $i = v_C/2$ :

\boxed{i(t) = 2{,}5 + 1{,}8\,e^{-t} - 0{,}3\,e^{-6t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v_C = 8$ V ✔ e $i = 4$ A, o que com a LKC devolve $i_C(0) = i_L(0) - i(0) = 0$ — coerente com $dv_C/dt(0) = -3{,}6 + 3{,}6 = 0$ ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre, o indutor vira fio e sobra o divisor $30 \cdot \frac{2}{12} = 5$ V, com $i = 2{,}5$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova; o circuito e as duas condições iniciais acima são os que ela usa.

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Questão 492º EE2022.1Subamortecido · Capacitor que troca de ramo na comutação4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente para $t = 0^-$ .

A chave da prova é comutadora: em $t < 0$ o capacitor está ligado ao ramo do $3\ \Omega$ com a fonte de $4\ \mathrm{V}$ — que o deixa carregado com $4\ \mathrm{V}$ — e em $t = 0$ ele troca de ramo, passando a enxergar o indutor. É essa leitura que reproduz as duas condições iniciais e a equação da resolução.

Gabarito

$i(t) = 2 + \dfrac{1}{2}\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 20 - 4\,e^{-t}\cos 2t + 2\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Em $0^-$ o capacitor está do lado do $3\ \Omega$ , aberto e sem corrente, logo enxerga a fonte inteira:

v_C(0) = 4\ \mathrm{V}

Do outro lado, o indutor é fio e aterra o nó do meio, então os $20\ \mathrm{V}$ caem todos no $10\ \Omega$ :

i(0) = \frac{20}{10} = 2\ \mathrm{A}

Regime permanente antes da chave ( $t = 0^-$ ). O indutor é fio e leva $20/10 = 2\ \mathrm{A}$ ; o capacitor, aberto e sem corrente, fica com a tensão inteira da fonte de $4\ \mathrm{V}$ , porque o $3\ \Omega$ não tem queda.

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com o capacitor agora em paralelo com o indutor:

20 = 10\,i_T + 4\frac{di}{dt} \qquad i_T = i + i_C \qquad i_C = \frac{1}{20}\frac{dv_C}{dt} \qquad v_C = 4\frac{di}{dt}

Passo 3 — a equação em $i$ . Trocando $i_C$ e depois $v_C$ :

20 = 10\,i + \frac{10}{20} \cdot 4\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\frac{di}{dt} = 10\,i + 2\frac{d^2 i}{dt^2} + 4\frac{di}{dt}

\div 2 \qquad \frac{d^2 i}{dt^2} + 2\frac{di}{dt} + 5\,i = 10

Passo 4 — resposta natural. De $s^2 + 2s + 5 = 0$ :

s = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 20}}{2} = -1 \pm j2

Raízes complexas: subamortecido, com $\alpha = 1$ e $\omega_d = 2$ .

i_n(t) = e^{-t}\left(A_1\cos 2t + A_2\operatorname{sen} 2t\right)

O RLC que sobra para $t \gt 0$ . Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ zerada, o $10\ \Omega$ , o indutor e o capacitor ficam em paralelo (o ramo do $3\ \Omega$ saiu na comutação): $\alpha = \dfrac{1}{2RC} = \dfrac{1}{2 \cdot 10 \cdot \frac{1}{20}} = 1$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \sqrt{5}$ , logo $\omega_d = \sqrt{5 - 1} = 2$ — as raízes $-1 \pm j2$ .

Passo 5 — resposta forçada. $5K = 10$ , logo $i_f = 2\ \mathrm{A}$ .

Passo 6 — a primeira constante. De $i(0) = 2$ :

2 = A_1 + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 0

O instante $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $2\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $4\ \mathrm{V}$ , agora em paralelo com o indutor. A tensão do indutor é a do capacitor: $4\,di/dt(0^+) = 4$ , ou $di/dt(0^+) = 1\ \mathrm{A/s}$ — é a condição que fixa $A_2$ .

Passo 7 — a segunda. A tensão do capacitor é $4\,di/dt$ , e em $t = 0$ , com $A_1 = 0$ :

v_C(0) = 4 \cdot 2A_2 = 4 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = \frac{1}{2}

\boxed{i(t) = 2 + \frac{1}{2}\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t\ \mathrm{A}}

Passo 8 — as duas tensões. Derivando,

v_C = 4\frac{di}{dt} = 4\,e^{-t}\cos 2t - 2\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t\ \mathrm{V}

e a do $10\ \Omega$ sai da LKT, $v = 20 - v_C$ :

\boxed{v(t) = 20 - 4\,e^{-t}\cos 2t + 2\,e^{-t}\operatorname{sen} 2t\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $i = 2$ A e $v_C = 4$ V, as condições iniciais ✔ e $v = 16$ V, o que dá $i_T = 1{,}6$ A, coerente com $i_C(0) = -0{,}4$ A (o capacitor começa descarregando para o indutor) ✔ Em $t \to \infty$ o capacitor abre, o indutor vira fio e $v \to 20$ V com $i \to 2$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o enunciado — no desenho original a chave comuta o nó do indutor entre o ramo do $3\ \Omega$ e o capacitor, o que deixaria o capacitor flutuante em $t < 0$ — e então $v_C(0)$ seria indefinido, embora a resolução use $4\ \mathrm{V}$ . A leitura desenhada acima (a chave comuta o capacitor entre os dois ramos) é a que fecha tudo: dá $v_C(0) = 4\ \mathrm{V}$ de verdade, tira o $3\ \Omega$ depois de $t = 0$ e reproduz exatamente a equação e o gabarito da prova. Se o ramo do $3\ \Omega$ continuasse no circuito depois de $t = 0$ , a equação seria $\frac{d^2i}{dt^2} + 8{,}67\frac{di}{dt} + 5i = 16{,}7$ e a resposta cairia no caso superamortecido — nada parecido com o gabarito.

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Questão 502º EE2024.1Resposta ao degrau · Indutor em paralelo com o resistor de saída3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

A comutação sobe a fonte: de $20$ para $100\ \mathrm{V}$ . E repare que $i$ é a corrente do $4\ \Omega$ vertical — ou seja, ela é a tensão do indutor dividida por $4$ , e portanto proporcional a $di_L/dt$ . Em regime permanente ela vale zero nas duas pontas.

Gabarito

$v(t) = 100 - 40\,e^{-2t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 10\,e^{-2t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com $20\ \mathrm{V}$ e o indutor em fio, o $4\ \Omega$ vertical fica em curto:

i_L(0^-) = \frac{20}{4} = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(0^+) = 5\ \mathrm{A}

Regime permanente com a fonte de 20 V ( $t = 0^-$ ). O indutor é fio e põe o $4\ \Omega$ vertical em curto: toda a corrente $20/4 = 5\ \mathrm{A}$ passa pelo indutor, e $i(0^-) = 0$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Agora a fonte é de $100\ \mathrm{V}$ :

100 = 4\,i_T + \frac{di_L}{dt} \qquad i_T = i + i_L \qquad 4\,i = \frac{di_L}{dt}

Passo 3 — a equação em $i_L$ . Com $i = \dfrac14\dfrac{di_L}{dt}$ :

100 = 4\,i_L + 4 \cdot \frac14\frac{di_L}{dt} + \frac{di_L}{dt} = 4\,i_L + 2\frac{di_L}{dt}

\frac{di_L}{dt} + 2\,i_L = 50

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $s + 2 = 0$ vem $s = -2$ ; e $2K = 50$ dá $i_{L,f} = 25\ \mathrm{A}$ .

A constante de tempo. Com a fonte zerada, o indutor enxerga os dois $4\ \Omega$ em paralelo: $R_{eq} = 2\ \Omega$ e $\tau = L/R_{eq} = 1/2\ \mathrm{s}$ — a raiz $s = -2$ .

Passo 5 — a constante. De $i_L(0) = 5$ :

5 = A + 25 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -20 \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(t) = 25 - 20\,e^{-2t}\ \mathrm{A}

Passo 6 — a corrente do $4\ \Omega$ vertical.

i = \frac14\frac{di_L}{dt} = \frac14 \cdot 40\,e^{-2t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 10\,e^{-2t}\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão do $4\ \Omega$ horizontal. É $4\,i_T$ :

v = 4\,(i + i_L) = 4\left(25 - 20\,e^{-2t} + 10\,e^{-2t}\right)

\boxed{v(t) = 100 - 40\,e^{-2t}\ \mathrm{V}}

O instante $t = 0^+$ . A fonte sobe para $100\ \mathrm{V}$ e o indutor vira fonte de $5\ \mathrm{A}$ . Nó do meio: $\frac{100 - v_x}{4} = \frac{v_x}{4} + 5$ , ou $v_x = 40\ \mathrm{V}$ ; daí $i(0^+) = 10\ \mathrm{A}$ e $v(0^+) = 60\ \mathrm{V}$ , os valores das respostas em $t = 0$ .

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1}{4 \parallel 4} = \dfrac12$ s, e de fato $s = -2$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 60$ V, então $i_T = 15$ A e a tensão do indutor é $100 - 60 = 40$ V — exatamente o que dá $i(0) = 40/4 = 10$ A ✔ Em $t \to \infty$ o indutor volta a curto-circuitar o $4\ \Omega$ : $i \to 0$ e $v \to 100$ V ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 512º EE2024.1Subamortecido · RLC paralelo com as três correntes pedidas4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e as correntes $i_R$ , $i_L$ e $i_C$ para $t > 0$ , onde $v(0) = 50\ \mathrm{V}$ e $i_L(0) = 10\ \mathrm{A}$ .

RLC paralelo puro com fonte de corrente: os três elementos veem a mesma $v$ , e as três correntes pedidas saem de $v$ e da própria LKC. Aqui $\alpha < \omega_0$ — o circuito oscila antes de acomodar.

Gabarito

$v(t) = e^{-2,5t}\left(50\cos 2{,}96t + 363{,}4\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{V}$

$i_R(t) = e^{-2,5t}\left(8{,}33\cos 2{,}96t + 60{,}57\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}$

$i_L(t) = 50 - e^{-2,5t}\left(40\cos 2{,}96t + 25{,}36\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}$

$i_C(t) = e^{-2,5t}\left(31{,}67\cos 2{,}96t - 35{,}21\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Tudo em paralelo, com $v$ comum:

50 = i_R + i_L + i_C \qquad i_R = \frac{v}{6} \qquad v = 2\frac{di_L}{dt} \qquad i_C = \frac{1}{30}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — a equação em $i_L$ . Substituindo $v$ :

50 = \frac{2}{6}\frac{di_L}{dt} + i_L + \frac{2}{30}\frac{d^2 i_L}{dt^2} \qquad \times 15 \qquad \frac{d^2 i_L}{dt^2} + 5\frac{di_L}{dt} + 15\,i_L = 750

Passo 3 — resposta natural. Pelas fórmulas do RLC paralelo,

\alpha = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2 \cdot 6 \cdot \frac{1}{30}} = 2{,}5 \qquad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{2/30}} = \sqrt{15} \approx 3{,}873

Como $\alpha < \omega_0$ , o caso é subamortecido:

s = -2{,}5 \pm j\sqrt{15 - 6{,}25} = -2{,}5 \pm j2{,}96

i_{L,n}(t) = e^{-2,5t}\left(A_1\cos 2{,}96t + A_2\operatorname{sen} 2{,}96t\right)

O RLC paralelo. Com a fonte de corrente aberta, sobram $R$ , $L$ e $C$ em paralelo: $\alpha = \dfrac{1}{2RC} = 2{,}5$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \sqrt{15}$ . Como $\alpha \lt \omega_0$ , subamortecido, com $\omega_d = \sqrt{15 - 6{,}25} \approx 2{,}96$ .

Passo 4 — resposta forçada. $15K = 750$ , logo $i_{L,f} = 50\ \mathrm{A}$ — no fim o indutor vira fio e leva os $50\ \mathrm{A}$ inteiros.

Regime final ( $t \to \infty$ ). O indutor vira fio e curto-circuita o $6\ \Omega$ e o capacitor: $v = 0$ , e os $50\ \mathrm{A}$ da fonte passam inteiros pelo indutor — a resposta forçada $i_{L,f} = 50\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a primeira constante. De $i_L(0) = 10$ :

A_1 + 50 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -40

Passo 6 — a segunda. De $v(0) = 50 = 2\dfrac{di_L(0)}{dt}$ , vem $\dfrac{di_L(0)}{dt} = 25$ . Derivando a resposta e avaliando em zero:

-2{,}5\,A_1 + 2{,}96\,A_2 = 25 \qquad\Longrightarrow\qquad 100 + 2{,}96\,A_2 = 25 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = -25{,}36

\boxed{i_L(t) = 50 - e^{-2,5t}\left(40\cos 2{,}96t + 25{,}36\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão. $v = 2\,di_L/dt$ , agrupando seno e cosseno:

\boxed{v(t) = e^{-2,5t}\left(50\cos 2{,}96t + 363{,}4\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{V}}

Passo 8 — as outras duas correntes. Uma é lei de Ohm, a outra é a LKC:

\boxed{i_R = \frac{v}{6} = e^{-2,5t}\left(8{,}33\cos 2{,}96t + 60{,}57\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}}

\boxed{i_C = 50 - i_R - i_L = e^{-2,5t}\left(31{,}67\cos 2{,}96t - 35{,}21\operatorname{sen} 2{,}96t\right)\ \mathrm{A}}

O instante $t = 0^+$ . O indutor é fonte de $10\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $50\ \mathrm{V}$ , que fixa $v$ para todos. O $6\ \Omega$ leva $50/6$ e a LKC entrega o resto ao capacitor — os valores das respostas em $t = 0$ .

Conferência — em $t = 0$ : $v = 50$ V ✔, $i_L = 10$ A ✔, $i_R = 50/6 = 8{,}33$ A ✔ e $i_C = 50 - 8{,}33 - 10 = 31{,}67$ A ✔ Em $t \to \infty$ tudo vai a zero menos $i_L$ , que fica com os $50\ \mathrm{A}$ ✔

Sobre o gabarito — a resolução do acervo resolve este quesito com $L = 5\ \mathrm{H}$ em vez dos $2\ \mathrm{H}$ do enunciado impresso. Com $5\ \mathrm{H}$ a equação vira $\frac{d^2i_L}{dt^2} + 5\frac{di_L}{dt} + 6i_L = 300$ , as raízes ficam reais ( $-2$ e $-3$ , caso superamortecido) e ela chega a

i_L = 50 - 110\,e^{-2t} + 70\,e^{-3t} \quad v = 1100\,e^{-2t} - 1050\,e^{-3t} \quad i_R = 183{,}33\,e^{-2t} - 175\,e^{-3t} \quad i_C = -73{,}33\,e^{-2t} + 105\,e^{-3t}

Os valores acima são os do enunciado ( $2\ \mathrm{H}$ ); se a sua prova trouxer $5\ \mathrm{H}$ , use estes últimos.

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Questão 522º EE2024.2Condições iniciais · Duas chaves que ligam duas fontes de corrente3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $v$ , $i$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

As duas chaves estão abertas em $t < 0$ e fecham em $t = 0$ . Antes disso o circuito são três pedaços: o divisor da fonte de $40\ \mathrm{V}$ , o par de $10\ \Omega$ com o indutor e a fonte de $10\ \mathrm{A}$ , e a fonte de $20\ \mathrm{A}$ desligada. É essa leitura que dá condições iniciais redondas.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 20\ \mathrm{V}$ · $i = 10\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 0$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $v = 20\ \mathrm{V}$ · $i = 10\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 18\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di}{dt} = 55\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o lado esquerdo em $0^-$ . Chave aberta e capacitor aberto: sobram os dois $4\ \Omega$ em série:

i_{fonte}(0^-) = \frac{40}{4 + 4} = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(0^-) = 4 \cdot 5 = 20\ \mathrm{V}}

Passo 2 — o miolo em $0^-$ . O indutor é fio, então o nó dele está no terra. O nó do $10\ \Omega$ vertical só tem esse resistor e o $10\ \Omega$ horizontal: sem outra fonte, a LKC obriga esse nó a ficar em zero também, e nada circula pelos dois $10\ \Omega$ .

Sobra a fonte de $10\ \mathrm{A}$ , que injeta direto no nó do indutor:

\boxed{i(0^-) = 10\ \mathrm{A}}

Em regime permanente as duas derivadas em $0^-$ valem zero.

Regime permanente com as chaves abertas ( $t = 0^-$ ). Capacitor aberto: a fonte de $40\ \mathrm{V}$ só alimenta o divisor dos dois $4\ \Omega$ , e $v = 20\ \mathrm{V}$ . Indutor em curto: o nó dele fica no terra, os $10\ \Omega$ não conduzem e os $10\ \mathrm{A}$ da fonte descem todos pelo indutor.

Passo 3 — continuidade.

\boxed{v(0^+) = 20\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i(0^+) = 10\ \mathrm{A}}

Passo 4 — o nó do indutor em $0^+$ . As chaves fecharam, então as duas fontes de corrente ( $10 + 20 = 30\ \mathrm{A}$ ) despejam nesse nó, e o indutor ainda só leva $10\ \mathrm{A}$ . O excedente tem de voltar pelo $10\ \Omega$ horizontal:

\frac{20 - v_D}{10} + 30 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad v_D = 220\ \mathrm{V}

(usei que a chave da esquerda fechada põe o nó do $10\ \Omega$ vertical no mesmo potencial do capacitor, $20\ \mathrm{V}$ ).

Passo 5 — a derivada da corrente. O indutor está entre esse nó e o terra:

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{220}{4} = 55\ \mathrm{A/s}}

Passo 6 — a derivada da tensão. LKC no nó do capacitor, que agora recebe também os $20\ \mathrm{A}$ que sobem pelo $10\ \Omega$ horizontal:

\underbrace{5}_{\text{fonte de }40\,\mathrm{V}} + \underbrace{20}_{10\ \Omega\ \text{horizontal}} = \underbrace{5}_{4\ \Omega} + \underbrace{2}_{10\ \Omega\ \text{vertical}} + i_C

i_C(0^+) = 18\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{18}{1} = 18\ \mathrm{V/s}}

O instante $t = 0^+$ . Capacitor como fonte de $20\ \mathrm{V}$ , indutor como fonte de $10\ \mathrm{A}$ . No nó do indutor entram $30\ \mathrm{A}$ e saem $10$ : os $20\ \mathrm{A}$ restantes voltam pelo $10\ \Omega$ horizontal, o que exige $v_D = 20 + 10 \cdot 20 = 220\ \mathrm{V}$ . No nó do capacitor, $5 + 20 = 5 + 2 + i_C$ , ou $i_C = 18\ \mathrm{A}$ .

Conferência — o sinal de $v_D$ é o que dá o tom: as fontes de corrente empurram $30\ \mathrm{A}$ num nó que só sabe escoar $10\ \mathrm{A}$ , e a tensão desse nó explode para $220\ \mathrm{V}$ — daí a derivada grande da corrente do indutor ✔ E os $20\ \mathrm{A}$ que sobem pelo $10\ \Omega$ são o que alimenta a subida do capacitor ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. Os valores acima foram obtidos com a análise de $0^-$ e $0^+$ e conferidos pela LKC nos dois nós; a leitura das chaves (“abrem em $t<0$ , fecham em $t=0$ ”) é a única que dá $v(0^-)$ e $i(0^-)$ redondos.

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Questão 532º EE2024.2Resposta ao degrau · Tensão do indutor como resposta3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

O indutor está em paralelo com o $25\ \Omega$ , então $v$ é a própria tensão do indutor — e em regime permanente ela é zero nas duas pontas. A resposta é uma exponencial pura, sem termo constante.

Gabarito

$i(t) = 4 - 2\,e^{-\frac{5}{3}t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = \dfrac{100}{3}\,e^{-\frac{5}{3}t} \approx 33{,}3\,e^{-1,67t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a fonte de $100\ \mathrm{V}$ e o indutor em fio, o $25\ \Omega$ fica em curto:

i(0^-) = \frac{100}{50} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 2\ \mathrm{A}

Regime permanente com a fonte de 100 V ( $t = 0^-$ ). O indutor é fio e curto-circuita o $25\ \Omega$ : a fonte só enxerga o $50\ \Omega$ , e $i(0^-) = 2\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $200\ \mathrm{V}$ :

200 = 50\,i_T + 10\frac{di}{dt} \qquad i_T = i + i_R \qquad v = 25\,i_R = 10\frac{di}{dt}

Passo 3 — a equação. De $i_R = \dfrac{10}{25}\dfrac{di}{dt} = 0{,}4\dfrac{di}{dt}$ :

200 = 50\,i + 20\frac{di}{dt} + 10\frac{di}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad 30\frac{di}{dt} + 50\,i = 200

\frac{di}{dt} + \frac{5}{3}\,i = \frac{20}{3}

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $s + \frac53 = 0$ vem $s = -\dfrac53$ ; e $\frac53 K = \frac{20}{3}$ dá $i_f = 4\ \mathrm{A}$ .

A constante de tempo. Indutor retirado e fonte zerada: dos terminais dele se veem o $50\ \Omega$ e o $25\ \Omega$ em paralelo, $R_{eq} = 50/3\ \Omega$ , e $\tau = L/R_{eq} = 0{,}6\ \mathrm{s}$ — a raiz $s = -5/3$ .

Passo 5 — a constante. De $i(0) = 2$ :

2 = A + 4 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -2 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 4 - 2\,e^{-\frac{5}{3}t}\ \mathrm{A}}

Passo 6 — a tensão. É a do indutor:

v = 10\frac{di}{dt} = 10 \cdot 2 \cdot \frac{5}{3}\,e^{-\frac{5}{3}t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = \frac{100}{3}\,e^{-\frac{5}{3}t} \approx 33{,}3\,e^{-1,67t}\ \mathrm{V}}

O instante $t = 0^+$ . A fonte sobe para $200\ \mathrm{V}$ e o indutor vira fonte de $2\ \mathrm{A}$ . Nó de cima: $\frac{200 - v}{50} = 2 + \frac{v}{25}$ , ou $v(0^+) = 100/3\ \mathrm{V}$ — o coeficiente da exponencial de $v$ .

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{10}{50 \parallel 25} = \dfrac{10}{50/3} = 0{,}6$ s, e de fato $s = -5/3$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 33{,}3$ V, então $i_R = 1{,}33$ A, $i_T = 3{,}33$ A e a LKT fecha em $50 \cdot 3{,}33 + 33{,}3 = 200$ V ✔ Em $t \to \infty$ o indutor volta a curto-circuitar o $25\ \Omega$ : $v \to 0$ e $i \to 200/50 = 4$ A ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi verificada em $t = 0$ (pela LKT com as três correntes) e em $t \to \infty$ , e a constante de tempo confere com $L/R_{eq}$ .

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Questão 542º EE2024.2Superamortecido · Tensão que começa positiva e cai para zero4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e as correntes $i_L$ e $i_C$ para $t > 0$ , onde $v(0) = 150\ \mathrm{V}$ e $i_L(0) = 10\ \mathrm{A}$ .

O indutor e o capacitor estão em paralelo, logo $v$ serve para os dois. Repare no que as condições iniciais dizem: $i(0) = (500 - 150)/50 = 7\ \mathrm{A}$ é menor que os $10\ \mathrm{A}$ do indutor, então o capacitor começa fornecendo corrente — e $i_C(0)$ sai negativo.

Gabarito

$v(t) = 300\,e^{-10t} - 150\,e^{-5t}\ \mathrm{V}$

$i_L(t) = 10 + 2\,e^{-5t} - 2\,e^{-10t}\ \mathrm{A}$

$i_C(t) = e^{-5t} - 4\,e^{-10t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. LKT na malha da fonte, LKC no nó e as leis dos dois elementos:

500 = 50\,i + v \qquad i = i_L + i_C \qquad v = 15\frac{di_L}{dt} \qquad i_C = \frac{1}{750}\frac{dv}{dt}

Passo 2 — a equação em $i_L$ . Substituindo $i$ e depois $v$ :

500 = 50\,i_L + \frac{50}{750}\frac{dv}{dt} + v = 50\,i_L + \frac{1}{15} \cdot 15\frac{d^2 i_L}{dt^2} + 15\frac{di_L}{dt}

\frac{d^2 i_L}{dt^2} + 15\frac{di_L}{dt} + 50\,i_L = 500

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 15s + 50 = 0$ :

s = \frac{-15 \pm \sqrt{225 - 200}}{2} = \frac{-15 \pm 5}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -5 \quad s_2 = -10

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

O RLC paralelo escondido. Com a fonte zerada, o $50\ \Omega$ fica em paralelo com o indutor e o capacitor: $\alpha = \dfrac{1}{2RC} = \dfrac{750}{100} = 7{,}5$ e $\omega_0 = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \sqrt{50}$ . Como $\alpha \gt \omega_0$ , superamortecido: $s = -7{,}5 \pm \sqrt{56{,}25 - 50} = -7{,}5 \pm 2{,}5$ .

Passo 4 — resposta forçada. $50K = 500$ , logo $i_{L,f} = 10\ \mathrm{A}$ — no fim o indutor vira fio, o capacitor abre e a fonte vê só o $50\ \Omega$ : $500/50 = 10\ \mathrm{A}$ ✓

Regime final ( $t \to \infty$ ). O indutor vira fio, o capacitor abre, e a fonte vê só o $50\ \Omega$ : $i_{L,f} = 10\ \mathrm{A}$ e $v \to 0$ .

Passo 5 — as constantes. De $i_L(0) = 10$ :

A_1 + A_2 + 10 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = -A_1

E de $v(0) = 150 = 15\dfrac{di_L(0)}{dt}$ , ou seja $\dfrac{di_L(0)}{dt} = 10$ :

-5A_1 - 10A_2 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad -5A_1 + 10A_1 = 10 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = 2 \quad A_2 = -2

\boxed{i_L(t) = 10 + 2\,e^{-5t} - 2\,e^{-10t}\ \mathrm{A}}

Passo 6 — a tensão.

v = 15\frac{di_L}{dt} = 15\left(-10\,e^{-5t} + 20\,e^{-10t}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = 300\,e^{-10t} - 150\,e^{-5t}\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente do capacitor.

i_C = \frac{1}{750}\frac{dv}{dt} = \frac{1}{750}\left(750\,e^{-5t} - 3000\,e^{-10t}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_C(t) = e^{-5t} - 4\,e^{-10t}\ \mathrm{A}}

O instante $t = 0^+$ . O indutor é fonte de $10\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $150\ \mathrm{V}$ . O $50\ \Omega$ só deixa passar $7\ \mathrm{A}$ , menos do que o indutor exige: o capacitor completa com $3\ \mathrm{A}$ , e $i_C(0^+) = -3\ \mathrm{A}$ .

Conferência — em $t = 0$ : $v = 300 - 150 = 150$ V ✔, $i_L = 10$ A ✔ e $i_C = 1 - 4 = -3$ A, que fecha a LKC com $i(0) = \frac{500 - 150}{50} = 7$ A: $7 = 10 - 3$ ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 0$ , $i_C \to 0$ e $i_L \to 10$ A ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. Os valores de $L$ e $C$ foram escolhidos para as raízes saírem redondas ( $-5$ e $-10$ ), e a resposta foi conferida em $t = 0$ pela LKC e em $t \to \infty$ pelo regime permanente.

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Questão 552º EE2025.1Condições iniciais · Sessenta ampères num nó que só escoa dez3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $v$ , $i$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

Mesmo esqueleto do 1º quesito de 2024.2, com outros valores: em $t < 0$ o circuito são três pedaços independentes, e em $t = 0$ as duas chaves do topo fecham e a fonte sobe de $50$ para $100\ \mathrm{V}$ . O nó do indutor passa a receber $60\ \mathrm{A}$ e só sabe escoar $10$ — a tensão dele dispara.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = \dfrac{100}{7} \approx 14{,}29\ \mathrm{V}$ · $i = 10\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 0$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $v = \dfrac{100}{7}\ \mathrm{V}$ · $i = 10\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = \dfrac{1850}{7} \approx 264{,}3\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di}{dt} = \dfrac{900}{7} \approx 128{,}6\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o lado esquerdo em $0^-$ . Fonte de $50\ \mathrm{V}$ , chave aberta e capacitor aberto: divisor entre o $5\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ .

i_{fonte} = \frac{50}{5 + 2} = \frac{50}{7}\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(0^-) = 2 \cdot \frac{50}{7} = \frac{100}{7} \approx 14{,}29\ \mathrm{V}}

Passo 2 — o miolo em $0^-$ . O indutor, sendo fio, aterra o nó dele. O nó do segundo $2\ \Omega$ só tem esse resistor e o $10\ \Omega$ : sem fonte para alimentá-los, ambos ficam com corrente zero e esse nó também vai a zero.

Sobra a fonte de $10\ \mathrm{A}$ , que entrega direto ao indutor:

\boxed{i(0^-) = 10\ \mathrm{A}}

Em regime permanente, as duas derivadas em $0^-$ valem zero.

Regime permanente antes das chaves ( $t = 0^-$ ). Capacitor aberto: a fonte de $50\ \mathrm{V}$ só alimenta o divisor $5\ \Omega$ / $2\ \Omega$ , e $v = 100/7\ \mathrm{V}$ . Indutor em curto: o nó dele fica no terra, o segundo $2\ \Omega$ e o $10\ \Omega$ não conduzem, e os $10\ \mathrm{A}$ da fonte descem pelo indutor.

Passo 3 — continuidade.

v(0^+) = \frac{100}{7}\ \mathrm{V} \qquad\qquad i(0^+) = 10\ \mathrm{A}

Passo 4 — o nó do indutor em $0^+$ . As duas chaves fecharam: as fontes de $10$ e $50\ \mathrm{A}$ despejam $60\ \mathrm{A}$ nesse nó, e o indutor só leva $10\ \mathrm{A}$ . Os outros $50\ \mathrm{A}$ têm de voltar pelo $10\ \Omega$ :

v_D = v + 10 \cdot 50 = \frac{100}{7} + 500 = \frac{3600}{7} \approx 514{,}3\ \mathrm{V}

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{v_D}{4} = \frac{900}{7} \approx 128{,}6\ \mathrm{A/s}}

Passo 5 — o nó do capacitor em $0^+$ . Com a chave fechada, os dois $2\ \Omega$ passam a compartilhar o mesmo nó, que o capacitor fixa em $v = 100/7$ . A LKC ali fica

\underbrace{\frac{100 - \frac{100}{7}}{5}}_{\text{fonte} \;=\; \frac{120}{7}} + \underbrace{50}_{10\ \Omega} = \underbrace{\frac{50}{7} + \frac{50}{7}}_{\text{dois } 2\ \Omega} + i_C

i_C(0^+) = \frac{120}{7} + 50 - \frac{100}{7} = \frac{370}{7} \approx 52{,}86\ \mathrm{A}

\boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{i_C}{C} = \frac{370/7}{1/5} = \frac{1850}{7} \approx 264{,}3\ \mathrm{V/s}}

O instante $t = 0^+$ . A fonte sobe para $100\ \mathrm{V}$ , o capacitor é fonte de $100/7\ \mathrm{V}$ e o indutor fonte de $10\ \mathrm{A}$ . No nó do indutor entram $60\ \mathrm{A}$ e saem $10$ : os $50\ \mathrm{A}$ voltam pelo $10\ \Omega$ e levam $v_D$ a $3600/7\ \mathrm{V}$ . No nó do capacitor, $\frac{120}{7} + 50 = \frac{50}{7} + \frac{50}{7} + i_C$ .

Conferência — o mecanismo é o mesmo de 2024.2: fontes de corrente entopem um nó cuja única saída é um indutor que ainda não mudou, e a tensão desse nó vai às alturas ✔ E são justamente os $50\ \mathrm{A}$ de refluxo pelo $10\ \Omega$ que fazem o capacitor subir tão rápido ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. As frações de sete vêm do divisor $5\ \Omega$ / $2\ \Omega$ e não são erro de conta: o enunciado simplesmente não foi montado para dar números redondos aqui. A leitura das chaves é a mesma do quesito gêmeo de 2024.2.

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Questão 562º EE2025.1Resposta ao degrau · A corrente que só existe no transitório3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

$i$ é a corrente do $2\ \Omega$ , que está em paralelo com o indutor. Em regime permanente o indutor curto-circuita esse resistor, então $i$ vale zero antes e depois — ela só existe durante o transitório.

Gabarito

$v(t) = 50 - 6\,e^{-1,6t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 3\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e o indutor em fio, o $2\ \Omega$ fica em curto:

i_L(0^-) = \frac{20}{8} = 2{,}5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(0^+) = 2{,}5\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . A fonte de $20\ \mathrm{V}$ está ligada e o indutor é um fio, que põe o $2\ \Omega$ em curto: só o $8\ \Omega$ limita a corrente, $i_L(0^-) = 20/8 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $50\ \mathrm{V}$ :

50 = 8\,i_T + \frac{di_L}{dt} \qquad i_T = i + i_L \qquad 2\,i = \frac{di_L}{dt}

Para $t \gt 0$ . A fonte de $50\ \mathrm{V}$ entra e a de $20\ \mathrm{V}$ sai. A corrente $i_T$ do $8\ \Omega$ se divide entre o $2\ \Omega$ e o indutor, que estão em paralelo: $i_T = i + i_L$ e $2i = v_L$ .

Passo 3 — a equação em $i_L$ . De $i = \dfrac12\dfrac{di_L}{dt}$ :

50 = 8\,i_L + 4\frac{di_L}{dt} + \frac{di_L}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad 5\frac{di_L}{dt} + 8\,i_L = 50

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $5s + 8 = 0$ vem $s = -1{,}6$ ; e $8K = 50$ dá $i_{L,f} = 6{,}25\ \mathrm{A}$ .

A constante de tempo. Com a fonte desligada, o indutor vê o $8\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ em paralelo: $R_{eq} = 1{,}6\ \Omega$ , e $s = -R_{eq}/L = -1{,}6$ , a mesma raiz de $5s + 8 = 0$ .

Passo 5 — a constante. De $i_L(0) = 2{,}5$ :

2{,}5 = A + 6{,}25 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -3{,}75 \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(t) = 6{,}25 - 3{,}75\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}

Passo 6 — a corrente do $2\ \Omega$ .

i = \frac12\frac{di_L}{dt} = \frac12 \cdot 6\,e^{-1,6t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 3\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão do $8\ \Omega$ . Pela LKT, $v = 50 - v_L$ , e $v_L = \dfrac{di_L}{dt} = 6\,e^{-1,6t}$ :

\boxed{v(t) = 50 - 6\,e^{-1,6t}\ \mathrm{V}}

Em $t = 0^+$ . O indutor vira uma fonte de corrente de $2{,}5\ \mathrm{A}$ . A LKC no nó, $(50 - v_n)/8 = v_n/2 + 2{,}5$ , dá $v_n = v_L = 6\ \mathrm{V}$ : daí $v(0^+) = 44\ \mathrm{V}$ e $i(0^+) = 3\ \mathrm{A}$ , os valores das respostas em $t = 0$ .

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1}{8 \parallel 2} = \dfrac{1}{1{,}6}$ s, e de fato $s = -1{,}6$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 44$ V, então $i_T = 5{,}5$ A, e como $i_L = 2{,}5$ A sobra $i = 3$ A ✔ com $v_L = 50 - 44 = 6$ V, que dá $i = 6/2 = 3$ A ✔ Em $t \to \infty$ : $i \to 0$ , $v \to 50$ V e $i_L \to 6{,}25$ A ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi verificada em $t = 0$ pelas três correntes do nó e em $t \to \infty$ pelo regime permanente, e a constante de tempo confere com $L/R_{eq}$ .

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Questão 572º EE2025.1Criticamente amortecido · Indutor na entrada, capacitor na saída4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , onde $v(0) = 10\ \mathrm{V}$ e $i(0) = 5\ \mathrm{A}$ .

O indutor e o $12\ \Omega$ estão em série com a fonte; o $4\ \Omega$ e o capacitor, em paralelo na saída. Sem fórmula pronta de $\alpha$ : monte a equação e descubra que o discriminante zera — é o caso crítico.

Gabarito

$v(t) = 12{,}5 + (10\,t - 2{,}5)\,e^{-4t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 3{,}125 + (1{,}875 - 2{,}5\,t)\,e^{-4t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas leis. LKT na malha da fonte e LKC no nó de saída:

50 = 2\frac{di}{dt} + 12\,i + v \qquad\qquad i = \frac{v}{4} + \frac18\frac{dv}{dt}

As duas incógnitas. A corrente $i$ do indutor percorre a malha da fonte inteira e chega ao nó de saída, onde se divide: $v/4$ pelo resistor e $\tfrac18\,dv/dt$ pelo capacitor.

Passo 2 — elimine $i$ . Levando a LKC (e sua derivada) na LKT:

50 = 2\left(\frac14\frac{dv}{dt} + \frac18\frac{d^2v}{dt^2}\right) + 12\left(\frac{v}{4} + \frac18\frac{dv}{dt}\right) + v

50 = \frac14\frac{d^2v}{dt^2} + 2\frac{dv}{dt} + 4\,v \qquad \times 4 \qquad \frac{d^2v}{dt^2} + 8\frac{dv}{dt} + 16\,v = 200

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 8s + 16 = 0$ :

s = \frac{-8 \pm \sqrt{64 - 64}}{2} = -4 \quad \text{(raiz dupla)}

Discriminante nulo: criticamente amortecido.

v_n(t) = \left(A_1 + A_2\,t\right)e^{-4t}

Passo 4 — resposta forçada. $16K = 200$ , logo $v_f = 12{,}5\ \mathrm{V}$ — e faz sentido: em regime o indutor é fio, o capacitor abre e o divisor dá $50 \cdot \frac{4}{16} = 12{,}5\ \mathrm{V}$ .

$t \to \infty$ . Indutor em curto, capacitor aberto: sobra o divisor $50 \cdot 4/16 = 12{,}5\ \mathrm{V}$ , com $i_f = 50/16 = 3{,}125\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a primeira constante. De $v(0) = 10$ :

10 = A_1 + 12{,}5 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -2{,}5

Passo 6 — a segunda. A corrente inicial dá a derivada da tensão, pela própria LKC:

5 = \frac{10}{4} + \frac18\frac{dv(0)}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{dv(0)}{dt} = 20\ \mathrm{V/s}

Em $t = 0$ . Indutor como fonte de $5\ \mathrm{A}$ , capacitor como fonte de $10\ \mathrm{V}$ . O $4\ \Omega$ leva $10/4 = 2{,}5\ \mathrm{A}$ ; o resto, $2{,}5\ \mathrm{A}$ , carrega o capacitor: $dv(0)/dt = 2{,}5/(1/8) = 20\ \mathrm{V/s}$ .

Derivando e avaliando em zero, $\dfrac{dv(0)}{dt} = A_2 - 4A_1 = A_2 + 10$ :

A_2 = 10

\boxed{v(t) = 12{,}5 + \left(10\,t - 2{,}5\right)e^{-4t}\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente. Volte na LKC, com $\dfrac{dv}{dt} = e^{-4t}\left(20 - 40\,t\right)$ :

i = \frac{v}{4} + \frac18\frac{dv}{dt} = 3{,}125 - 0{,}625\,e^{-4t} + 2{,}5\,t\,e^{-4t} + 2{,}5\,e^{-4t} - 5\,t\,e^{-4t}

\boxed{i(t) = 3{,}125 + \left(1{,}875 - 2{,}5\,t\right)e^{-4t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 10$ V ✔ e $i = 3{,}125 + 1{,}875 = 5$ A ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 12{,}5$ V e $i \to 3{,}125 = 50/16$ A, o regime permanente com $12 + 4 = 16\ \Omega$ ✔ E note que $i$ cruza o valor final e volta: o termo $t\,e^{-4t}$ é negativo em $i$ e positivo em $v$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi conferida nas duas pontas ( $t = 0$ e $t \to \infty$ ) e pela LKC, e o caso crítico ( $s = -4$ duplo) sai exato dos valores do enunciado.

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Questão 582º EE2025.2Condições iniciais · O indutor que aterra o nó da direita3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Determine os valores de $v$ , $i$ , $dv/dt$ e $di/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ .

O $3\ \Omega$ e o capacitor de $2\ \mathrm{F}$ estão no mesmo nó, então $v$ serve para os dois. E o indutor, sendo fio em regime permanente, põe o nó da direita no terra — é isso que faz o $2\ \Omega$ conduzir nas duas pontas.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 4\ \mathrm{V}$ · $i = 2\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 0$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $v = 4\ \mathrm{V}$ · $i = 2\ \mathrm{A}$ · $\dfrac{dv}{dt} = 3\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di}{dt} = 0$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Fonte de $24\ \mathrm{V}$ , capacitor aberto e indutor em fio. O indutor aterra o nó da direita, então o $2\ \Omega$ liga o nó de $v$ direto ao terra. A LKC nesse nó dá

\frac{24 - v}{6} = \frac{v}{3} + \frac{v}{2} \qquad \times 6 \qquad 24 - v = 2v + 3v \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(0^-) = 4\ \mathrm{V}}

\boxed{i(0^-) = \frac{v}{2} = 2\ \mathrm{A}}

Regime permanente: as duas derivadas em $0^-$ são zero.

Em $t = 0^-$ . Capacitor aberto, indutor em fio: o $2\ \Omega$ fica em paralelo com o $3\ \Omega$ , e a LKC dá $v = 4\ \mathrm{V}$ , com $i = 4/2 = 2\ \mathrm{A}$ descendo pelo indutor.

Passo 2 — continuidade.

\boxed{v(0^+) = 4\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i(0^+) = 2\ \mathrm{A}}

Passo 3 — a derivada da corrente. No nó da direita só existem o $2\ \Omega$ e o indutor, então o $2\ \Omega$ leva exatamente os $2\ \mathrm{A}$ do indutor. Isso fixa a tensão desse nó:

v_{n\acute{o}} = 4 - 2 \cdot 2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{0}{1} = 0}

Passo 4 — a derivada da tensão. A fonte subiu para $60\ \mathrm{V}$ , e agora entra muito mais corrente pelo $6\ \Omega$ :

i_{6\Omega}(0^+) = \frac{60 - 4}{6} = \frac{28}{3}\ \mathrm{A}

LKC no nó de $v$ , onde saem $4/3$ A pelo $3\ \Omega$ e $2$ A pelo $2\ \Omega$ :

i_C(0^+) = \frac{28}{3} - \frac{4}{3} - 2 = 6\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{6}{2} = 3\ \mathrm{V/s}}

Em $t = 0^+$ . Capacitor como fonte de $4\ \mathrm{V}$ , indutor como fonte de $2\ \mathrm{A}$ . O nó da direita fica em $0\ \mathrm{V}$ , então $di/dt = 0$ ; dos $28/3\ \mathrm{A}$ que entram pelo $6\ \Omega$ , sobram $i_C = 6\ \mathrm{A}$ para o capacitor, e $dv/dt = 6/2 = 3\ \mathrm{V/s}$ .

Conferência — a corrente do indutor não salta e sua derivada também é zero: como o $2\ \Omega$ está preso entre um capacitor que não mudou e um indutor que não mudou, nada nele mudou ✔ Toda a corrente extra da fonte vai para o capacitor, que é o único elemento livre para reagir ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. Os valores foram obtidos pela LKC nos dois nós e conferidos pela continuidade; a leitura da chave (fonte sobe de $24$ para $60\ \mathrm{V}$ ) é a que dá $v(0^-)$ e $i(0^-)$ redondos.

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Questão 592º EE2025.2Resposta natural · Chave que corta a fonte de corrente3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ para $t > 0$ , dado que o circuito está em regime permanente em $t < 0$ .

Repare que o $5\ \Omega$ passa por cima: ele liga o nó do meio direto à fonte de $20\ \mathrm{V}$ , sem tocar no ramo do indutor. A chave, ao abrir, corta a fonte de $2\ \mathrm{A}$ com o $12\ \Omega$ — e o que sobra é alimentado só pela fonte de tensão.

Gabarito

$v(t) = -4\,e^{-20t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Chave fechada, indutor em fio: o nó do meio (chame-o $v_Q$ ) recebe a fonte de $2\ \mathrm{A}$ , o $12\ \Omega$ , o $20\ \Omega$ , o $5\ \Omega$ com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e o ramo do $6\ \Omega$ (aterrado pelo indutor):

2 + \frac{20 - v_Q}{5} = \frac{v_Q}{12} + \frac{v_Q}{20} + \frac{v_Q}{6}

\times 60 \qquad 120 + 240 - 12\,v_Q = 5\,v_Q + 3\,v_Q + 10\,v_Q \qquad\Longrightarrow\qquad v_Q(0^-) = 12\ \mathrm{V}

i_L(0^-) = \frac{12}{6} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(0^+) = 2\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada e indutor em fio: o nó do meio recebe os quatro ramos, e a LKC dá $v_Q = 12\ \mathrm{V}$ . O ramo do $6\ \Omega$ vai direto ao terra, com $i_L = 12/6 = 2\ \mathrm{A}$ .

Passo 2 — o circuito em $t > 0$ . A chave abriu: a fonte de $2\ \mathrm{A}$ e o $12\ \Omega$ saíram. No nó do meio ficam o $20\ \Omega$ , o $5\ \Omega$ com a fonte e o ramo do indutor:

\frac{20 - v_Q}{5} = \frac{v_Q}{20} + i_L \qquad \times 20 \qquad 80 = 5\,v_Q + 20\,i_L \qquad\Longrightarrow\qquad 16 = v_Q + 4\,i_L

Para $t \gt 0$ . A chave abriu e a fonte de $2\ \mathrm{A}$ ficou presa no $12\ \Omega$ , sem ligação com o resto. No nó $v_Q$ sobram o $20\ \Omega$ , o $5\ \Omega$ com a fonte de $20\ \mathrm{V}$ e o ramo do indutor: $16 = v_Q + 4i_L$ .

Passo 3 — a equação. Pelo ramo do indutor, $v_Q = 6\,i_L + \dfrac12\dfrac{di_L}{dt}$ :

16 = 6\,i_L + \frac12\frac{di_L}{dt} + 4\,i_L \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{di_L}{dt} + 20\,i_L = 32

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $s + 20 = 0$ vem $s = -20$ ; e $20K = 32$ dá $i_{L,f} = 1{,}6\ \mathrm{A}$ .

A constante de tempo. Com a fonte de tensão em curto, o $20\ \Omega$ e o $5\ \Omega$ ficam em paralelo ( $4\ \Omega$ ) e em série com o $6\ \Omega$ : $R_{eq} = 10\ \Omega$ , $s = -R_{eq}/L = -20$ .

Passo 5 — a constante. De $i_L(0) = 2$ :

2 = A + 1{,}6 \qquad\Longrightarrow\qquad A = 0{,}4 \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(t) = 1{,}6 + 0{,}4\,e^{-20t}\ \mathrm{A}

Passo 6 — a tensão do indutor.

v = \frac12\frac{di_L}{dt} = \frac12 \cdot 0{,}4 \cdot (-20)\,e^{-20t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = -4\,e^{-20t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{0{,}5}{6 + (20 \parallel 5)} = \dfrac{0{,}5}{10}$ s, e de fato $s = -20$ ✔ O sinal negativo é o esperado: sem a fonte de corrente, a corrente do indutor tem de cair de $2$ para $1{,}6\ \mathrm{A}$ , e a tensão de um indutor cuja corrente cai é negativa ✔ Em $t = 0$ : $v_Q = 16 - 4 \cdot 2 = 8$ V, e o ramo do indutor fecha em $8 = 6 \cdot 2 + (-4)$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A condição inicial saiu da LKC com quatro ramos e foi conferida pelo regime permanente; a resposta fecha em $t = 0$ e em $t \to \infty$ ( $v \to 0$ , $i_L \to 1{,}6$ A).

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Questão 602º EE2025.2Subamortecido · Degrau u(t) com R em paralelo com o capacitor4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ .

O $4\ \Omega$ está em paralelo com o capacitor, e esse par em série com o $6\ \Omega$ e com o indutor. Como a fonte é um degrau $20u(t)$ e a chave só fecha em $t = 0$ , o circuito parte do repouso total: $i_L(0) = 0$ e a tensão do capacitor também.

Gabarito

$v(t) = 12 - e^{-15,13t}\left(12\cos 4{,}61t - 64{,}78\operatorname{sen} 4{,}61t\right)\ \mathrm{V}$

$i(t) = 2 - e^{-15,13t}\left(2\cos 4{,}61t + 6{,}56\operatorname{sen} 4{,}61t\right)\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Antes de $t = 0$ a fonte vale zero e a chave está aberta: nada está carregado.

i_L(0) = 0 \qquad\qquad v_p(0) = 0

onde $v_p$ é a tensão do bloco $4\ \Omega \parallel C$ (a mesma do capacitor).

Em $t = 0^+$ . Capacitor descarregado vira curto e indutor sem corrente vira aberto. Nenhuma corrente circula: $v = 0$ , $i = 0$ e $i_C = 0$ , logo $dv_p(0)/dt = 0$ . Os $20\ \mathrm{V}$ caem inteiros sobre o indutor.

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Chamando $i_L$ a corrente da malha (a mesma no $6\ \Omega$ e no indutor):

20 = 6\,i_L + v_p + \frac14\frac{di_L}{dt} \qquad\qquad i_L = \underbrace{\frac{v_p}{4}}_{i} + \underbrace{\frac{1}{25}\frac{dv_p}{dt}}_{i_C}

Para $t \gt 0$ . Uma só malha, com a corrente $i_L$ no $6\ \Omega$ e no indutor; no bloco $4\ \Omega \parallel C$ , de tensão $v_p$ , ela se divide em $i = v_p/4$ e $i_C = \tfrac{1}{25}\,dv_p/dt$ .

Passo 3 — a equação em $v_p$ . Substituindo $i_L$ e sua derivada:

20 = 6\left(\frac{v_p}{4} + \frac{1}{25}\frac{dv_p}{dt}\right) + v_p + \frac14\left(\frac14\frac{dv_p}{dt} + \frac{1}{25}\frac{d^2v_p}{dt^2}\right)

20 = 0{,}01\frac{d^2v_p}{dt^2} + 0{,}3025\frac{dv_p}{dt} + 2{,}5\,v_p \qquad \times 100 \qquad \frac{d^2v_p}{dt^2} + 30{,}25\frac{dv_p}{dt} + 250\,v_p = 2000

Passo 4 — resposta natural. De $s^2 + 30{,}25s + 250 = 0$ :

s = \frac{-30{,}25 \pm \sqrt{915{,}06 - 1000}}{2} = -15{,}125 \pm j\,4{,}608

Raízes complexas: subamortecido.

Passo 5 — resposta forçada. $250K = 2000$ , logo $v_{p,f} = 8\ \mathrm{V}$ — coerente: em regime o capacitor abre, o indutor vira fio e o divisor entre $6$ e $4\ \Omega$ dá $20 \cdot \frac{4}{10} = 8\ \mathrm{V}$ .

$t \to \infty$ . Capacitor aberto e indutor em fio: a malha é só $6 + 4 = 10\ \Omega$ , com $2\ \mathrm{A}$ . Daí $v_p = 8\ \mathrm{V}$ , $i = 2\ \mathrm{A}$ e $v = 12\ \mathrm{V}$ , os valores finais.

Passo 6 — as constantes. De $v_p(0) = 0$ :

8 + A_1 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -8

E de $i_L(0) = 0 = \dfrac{v_p(0)}{4} + \dfrac{1}{25}\dfrac{dv_p(0)}{dt}$ vem $\dfrac{dv_p(0)}{dt} = 0$ , ou seja $-\alpha A_1 + \omega_d A_2 = 0$ :

121 + 4{,}608\,A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = -26{,}26

v_p(t) = 8 - e^{-15,13t}\left(8\cos 4{,}61t + 26{,}26\operatorname{sen} 4{,}61t\right)\ \mathrm{V}

Passo 7 — a corrente do $4\ \Omega$ . É $v_p/4$ :

\boxed{i(t) = 2 - e^{-15,13t}\left(2\cos 4{,}61t + 6{,}56\operatorname{sen} 4{,}61t\right)\ \mathrm{A}}

Passo 8 — a tensão do $6\ \Omega$ . Some as duas correntes do bloco para achar $i_L$ e multiplique por $6$ :

i_L = \frac{v_p}{4} + \frac{1}{25}\frac{dv_p}{dt} = 2 - e^{-15,13t}\left(2\cos 4{,}61t - 10{,}80\operatorname{sen} 4{,}61t\right)

\boxed{v(t) = 6\,i_L = 12 - e^{-15,13t}\left(12\cos 4{,}61t - 64{,}78\operatorname{sen} 4{,}61t\right)\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 12 - 12 = 0$ ✔, $i = 2 - 2 = 0$ ✔ e $i_L = 0$ ✔ — tudo parte do repouso, como manda o degrau. Em $t \to \infty$ : $v \to 12$ V, $i \to 2$ A e $v_p \to 8$ V, exatamente o divisor $6 / 4$ com $20\ \mathrm{V}$ ✔

Sobre os números — eles são deselegantes de propósito da nossa parte, não do enunciado: se o $4\ \Omega$ estivesse em série com $L$ e $C$ (em vez de em paralelo com o capacitor), sairia $\alpha = \frac{R}{2L} = 8$ , $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = 10$ e $\omega_d = 6$ — redondos. O desenho da prova, porém, põe o $4\ \Omega$ em paralelo com o capacitor, e é essa topologia que resolvemos acima.

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi conferida nas duas pontas e pela LKC do bloco paralelo.

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Questão 612º EE2019.2 · 2ª chamadaCondições iniciais · Fonte controlada que vale zero e vira curto3 ptsVer material

Sabendo que o circuito encontra-se em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i$ , $v$ , $di/dt$ e $dv/dt$ em $t = 0^+$ .

O truque está na fonte controlada: em $t < 0$ o capacitor bloqueia, então $v_1 = 0$ — e uma fonte de tensão de zero volts é um curto, que aterra todo o lado direito. Em $t = 0$ a fonte sobe para $40\ \mathrm{V}$ e a segunda chave abre, separando os dois lados.

Gabarito

$i(0^+) = 0$ · $v(0^+) = 10\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{dv(0^+)}{dt} = 75\ \mathrm{V/s}$ · $\dfrac{di(0^+)}{dt} = 30\ \mathrm{A/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Fonte de $10\ \mathrm{V}$ , segunda chave fechada, capacitor aberto e indutor em fio.

O capacitor aberto impede corrente no $4\ \Omega$ :

v_1(0^-) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \text{a fonte controlada vale } 0\ \mathrm{V} = \text{curto}

Esse curto põe o nó da fonte controlada no terra, e com ele o $5\ \Omega$ e o ramo do $10\ \Omega$ com o indutor. Nada circula:

i(0^-) = 0 \qquad\qquad v(0^-) = 10 - 0 = 10\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Com o capacitor aberto, o $4\ \Omega$ não conduz e $v_1 = 0$ : a fonte controlada vale zero e vira um fio, que aterra todo o lado direito. Nada circula, e o capacitor guarda $v = 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — continuidade.

\boxed{i(0^+) = 0} \qquad\qquad \boxed{v(0^+) = 10\ \mathrm{V}}

Passo 3 — o lado esquerdo em $0^+$ . Fonte de $40\ \mathrm{V}$ , segunda chave aberta. O capacitor mantém $10\ \mathrm{V}$ , então o nó do $4\ \Omega$ sobe:

v_1(0^+) = 40 - 10 = 30\ \mathrm{V}

Com a chave aberta, o único caminho para a corrente do capacitor é o $4\ \Omega$ :

i_C(0^+) = \frac{30}{4} = 7{,}5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv(0^+)}{dt} = \frac{7{,}5}{1/10} = 75\ \mathrm{V/s}}

Lado esquerdo em $t = 0^+$ . O capacitor vira uma fonte de $10\ \mathrm{V}$ e a segunda chave está aberta. O nó do $4\ \Omega$ fica em $40 - 10 = 30\ \mathrm{V}$ , e a mesma corrente $30/4 = 7{,}5\ \mathrm{A}$ passa pelo capacitor: $dv/dt = 75\ \mathrm{V/s}$ .

Passo 4 — o lado direito em $0^+$ . Isolado, ele é alimentado só pela fonte controlada, que agora vale $v_1 = 30\ \mathrm{V}$ . O $5\ \Omega$ leva $30/5 = 6\ \mathrm{A}$ , e o indutor ainda leva zero — então o $10\ \Omega$ não cai tensão e os $30\ \mathrm{V}$ chegam inteiros ao indutor:

\boxed{\frac{di(0^+)}{dt} = \frac{30}{1} = 30\ \mathrm{A/s}}

Lado direito em $t = 0^+$ . A controlada acorda com $v_1 = 30\ \mathrm{V}$ . O indutor, ainda sem corrente, é um aberto: o $10\ \Omega$ não cai tensão e os $30\ \mathrm{V}$ chegam inteiros a ele, $di/dt = 30/1 = 30\ \mathrm{A/s}$ .

Conferência — a cadeia é bonita: a comutação carrega $30\ \mathrm{V}$ no $4\ \Omega$ , esses $30\ \mathrm{V}$ acordam a fonte controlada (que era um curto), e ela joga os mesmos $30\ \mathrm{V}$ no indutor ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 622º EE2019.2 · 2ª chamadaResposta ao degrau · Uma chave abre e a outra fecha3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ e a tensão $v$ para $t > 0$ , sabendo que o circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ .

Duas chaves fazem coisas opostas em $t = 0$ : a da esquerda abre (e leva embora a fonte de $10\ \mathrm{V}$ com o $5\ \Omega$ ) e a da direita fecha (trazendo o $5\ \Omega$ e a fonte de $5\ \mathrm{A}$ ). Em $0^-$ o indutor é um fio que aterra o nó, e por isso o $10\ \Omega$ e o $1\ \Omega$ nem conduzem.

Gabarito

$i(t) = \dfrac{5}{13} + \dfrac{21}{13}\,e^{-\frac{65}{6}t} \approx 0{,}385 + 1{,}615\,e^{-10,83t}\ \mathrm{A}$

$v(t) = \dfrac{50}{13} - \dfrac{35}{26}\,e^{-\frac{65}{6}t} \approx 3{,}846 - 1{,}346\,e^{-10,83t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Chave da esquerda fechada, indutor em fio: o nó dele está no terra, então o $10\ \Omega$ e o $1\ \Omega$ ficam sem tensão e a fonte vê só o $5\ \Omega$ :

i(0^-) = \frac{10}{5} = 2\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 2\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . O indutor em fio aterra o seu nó: o $10\ \Omega$ e o $1\ \Omega$ ficam sem tensão, e a fonte de $10\ \mathrm{V}$ só vê o $5\ \Omega$ , $i(0^-) = 10/5 = 2\ \mathrm{A}$ . A fonte de $5\ \mathrm{A}$ circula só pelo seu $5\ \Omega$ , isolada pela chave aberta.

Passo 2 — o circuito em $t > 0$ . Sobram o ramo do indutor com o $10\ \Omega$ , o $1\ \Omega$ , o $5\ \Omega$ e a fonte de $5\ \mathrm{A}$ — tudo em paralelo no nó de $v$ . A LKC dá

5 = \frac{v}{5} + \frac{v}{1} + i \qquad \times 5 \qquad 25 = v + 5\,v + 5\,i = 6\,v + 5\,i

Para $t \gt 0$ . A fonte de $10\ \mathrm{V}$ com o seu $5\ \Omega$ fica pendurada e sai do circuito. No nó de $v$ ficam a fonte de $5\ \mathrm{A}$ , o $5\ \Omega$ , o $1\ \Omega$ e o ramo $10\ \Omega$ + indutor: $5 = v/5 + v + i$ .

Passo 3 — a equação. Pelo ramo do indutor, $v = 10\,i + \dfrac{di}{dt}$ :

25 = 6\left(10\,i + \frac{di}{dt}\right) + 5\,i = 65\,i + 6\frac{di}{dt}

6\frac{di}{dt} + 65\,i = 25

Passo 4 — resposta natural. De $6s + 65 = 0$ vem $s = -\dfrac{65}{6} \approx -10{,}83$ .

Confere: com as fontes desligadas, o indutor enxerga $10 + (1 \parallel 5) = 10 + \frac56 = \frac{65}{6}\ \Omega$ , e $\tau = L/R = \frac{6}{65}$ s ✓

A constante de tempo. Com a fonte de corrente aberta, o $1\ \Omega$ e o $5\ \Omega$ ficam em paralelo ( $5/6\ \Omega$ ), em série com o $10\ \Omega$ : $R_{eq} = 65/6\ \Omega$ e $s = -65/6$ .

Passo 5 — resposta forçada. $65K = 25$ , logo

i_f = \frac{25}{65} = \frac{5}{13} \approx 0{,}385\ \mathrm{A}

Confere pelo regime: o indutor vira fio, $R_{eq} = 1 \parallel 5 \parallel 10 = \frac{10}{13}$ , e $v_f = 5 \cdot \frac{10}{13} = \frac{50}{13}$ , com $i_f = \frac{v_f}{10} = \frac{5}{13}$ ✓

Passo 6 — a constante. De $i(0) = 2$ :

A = 2 - \frac{5}{13} = \frac{21}{13} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = \frac{5}{13} + \frac{21}{13}\,e^{-\frac{65}{6}t}\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão. De $v = 10\,i + \dfrac{di}{dt}$ , com $\dfrac{di}{dt} = -\dfrac{65}{6} \cdot \dfrac{21}{13}\,e^{-\frac{65}{6}t} = -\dfrac{35}{2}\,e^{-\frac{65}{6}t}$ :

v = \frac{50}{13} + \left(\frac{210}{13} - \frac{35}{2}\right)e^{-\frac{65}{6}t}

\boxed{v(t) = \frac{50}{13} - \frac{35}{26}\,e^{-\frac{65}{6}t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $i = 2$ A e $v = \frac{50}{13} - \frac{35}{26} = \frac{65}{26} = 2{,}5$ V. Pela LKC direta: $5 = \frac{2{,}5}{5} + 2{,}5 + 2 = 0{,}5 + 2{,}5 + 2$ ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 3{,}846$ V e $i \to 0{,}385$ A ✔

Sobre o gabarito — a resolução do acervo calcula corretamente $K = \frac{25}{65} = \frac{5}{13}$ e depois, por lapso de conta, usa $\frac13$ no lugar — daí ela chega a $i(t) = \frac53 e^{-\frac{65}{6}t} + \frac13$ e $v(t) = \frac{10}{3} - \frac{25}{18}e^{-\frac{65}{6}t}$ . Os valores acima são os corretos: $\frac{5}{13} \approx 0{,}385$ , e o regime permanente calculado por $R_{eq}$ confirma.

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Questão 632º EE2019.2 · 2ª chamadaSubamortecido · Raízes com radical de sete4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dado que $v(0) = 10\ \mathrm{V}$ e $i(0) = 5\ \mathrm{A}$ .

O $5\ \Omega$ e o indutor em série com a fonte; o capacitor e o $2\ \Omega$ em paralelo na saída. As raízes saem com $\sqrt7$ — feias, mas o caminho é o de sempre.

Gabarito

$v(t) = \dfrac{40}{7} + e^{-3,5t}\left(\dfrac{30}{7}\cos 1{,}323t + 11{,}339\operatorname{sen} 1{,}323t\right)\ \mathrm{V}$

$i(t) = \dfrac{20}{7} + e^{-3,5t}\left(\dfrac{15}{7}\cos 1{,}323t - 5{,}669\operatorname{sen} 1{,}323t\right)\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas leis. LKT na malha da fonte e LKC no nó de saída:

20 = 5\,i + \frac{di}{dt} + v \qquad\qquad i = \frac14\frac{dv}{dt} + \frac{v}{2}

Passo 2 — elimine $i$ . Levando a LKC (e sua derivada) na LKT:

20 = 5\left(\frac14\frac{dv}{dt} + \frac{v}{2}\right) + \frac14\frac{d^2v}{dt^2} + \frac12\frac{dv}{dt} + v

20 = \frac14\frac{d^2v}{dt^2} + \frac74\frac{dv}{dt} + \frac72\,v \qquad \times 4 \qquad \frac{d^2v}{dt^2} + 7\frac{dv}{dt} + 14\,v = 80

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 7s + 14 = 0$ :

s = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 56}}{2} = \frac{-7 \pm j\sqrt7}{2} = -3{,}5 \pm j\,1{,}323

Raízes complexas: subamortecido, com $\alpha = 3{,}5$ e $\omega_d = \dfrac{\sqrt7}{2} \approx 1{,}323$ .

Fonte desligada. A de 20 V vira fio. Sobra o $5\ \Omega$ em série com o indutor, fechando no paralelo do capacitor com o $2\ \Omega$ — nem RLC série nem paralelo puro, por isso as raízes saem da EDO: $\alpha = 3{,}5$ e $\omega_d = \sqrt7/2 \approx 1{,}323$ .

Passo 4 — resposta forçada. $14K = 80$ , logo

v_f = \frac{80}{14} = \frac{40}{7} \approx 5{,}714\ \mathrm{V}

Confere pelo regime: indutor em fio, capacitor aberto, e o divisor $20 \cdot \frac{2}{5 + 2} = \frac{40}{7}$ ✓

Em $t \to \infty$ . Indutor em fio e capacitor aberto: o $5\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ formam um divisor, $v_f = 20 \cdot 2/7 = 40/7\ \mathrm{V}$ , com $i_f = 20/7\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a primeira constante. De $v(0) = 10$ :

A_1 = 10 - \frac{40}{7} = \frac{30}{7} \approx 4{,}286

Passo 6 — a segunda. A corrente inicial dá a derivada da tensão pela LKC:

5 = \frac14\frac{dv(0)}{dt} + \frac{10}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{dv(0)}{dt} = 0

Em $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $5\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $10\ \mathrm{V}$ . O $2\ \Omega$ leva $10/2 = 5\ \mathrm{A}$ , exatamente o que chega: $i_C(0^+) = 0$ , e a tensão parte com derivada nula.

E como $\dfrac{dv(0)}{dt} = -\alpha A_1 + \omega_d A_2 = 0$ :

A_2 = \frac{\alpha A_1}{\omega_d} = \frac{3{,}5 \cdot 4{,}286}{1{,}323} \approx 11{,}339

\boxed{v(t) = \frac{40}{7} + e^{-3,5t}\left(4{,}286\cos 1{,}323t + 11{,}339\operatorname{sen} 1{,}323t\right)\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente. Volte na LKC. Com $\dfrac{dv}{dt} = -45{,}356\,e^{-3,5t}\operatorname{sen} 1{,}323t$ :

i = \frac14\frac{dv}{dt} + \frac{v}{2} = \frac{20}{7} + e^{-3,5t}\left(2{,}143\cos 1{,}323t - 5{,}669\operatorname{sen} 1{,}323t\right)

\boxed{i(t) = \frac{20}{7} + e^{-3,5t}\left(2{,}143\cos 1{,}323t - 5{,}669\operatorname{sen} 1{,}323t\right)\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 5{,}714 + 4{,}286 = 10$ V ✔ e $i = 2{,}857 + 2{,}143 = 5$ A ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to \frac{40}{7} \approx 5{,}71$ V e $i \to \frac{20}{7} \approx 2{,}86$ A, o divisor com $5 + 2 = 7\ \Omega$ ✔ E note que $dv/dt(0) = 0$ : a tensão começa num máximo local e depois oscila para baixo ✔

Sobre o gabarito — a resolução do acervo monta a equação, acha as raízes e $v_f = 5{,}7\ \mathrm{V}$ , mas para aí — a página da “resposta completa” está em branco. As constantes acima foram fechadas com as duas condições iniciais e conferidas nas duas pontas.

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Questão 642º EE2017.2 · 2ª chamadaSubamortecido · Chave que curto-circuita o resistor de saída4 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ .

A chave está em paralelo com o $1\ \mathrm{k}\Omega$ : ao fechar, ela põe esse resistor em curto e o ramo do indutor passa a ser um caminho sem perdas. Os valores foram escolhidos para as raízes saírem redondas — $\alpha = 1000$ e $\omega_d = 5000$ .

Gabarito

$i(t) = 10 - 2\,e^{-1000t}\cos 5000t + 4{,}8\,e^{-1000t}\operatorname{sen} 5000t\ \ \mathrm{mA}$

$v(t) = e^{-1000t}\left(8\cos 5000t + 1{,}6\operatorname{sen} 5000t\right)\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condições iniciais. Chave aberta, capacitor aberto e indutor em fio: a fonte de $10\ \mathrm{mA}$ se divide entre o $4\ \mathrm{k}\Omega$ e o ramo do $1\ \mathrm{k}\Omega$ .

i(0^-) = 10\ \mathrm{mA} \cdot \frac{4000}{4000 + 1000} = 8\ \mathrm{mA}

v(0^-) = 4000 \cdot \left(10 - 8\right)\ \mathrm{mA} = 8\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Chave aberta, capacitor aberto, indutor em fio: a fonte se divide entre o $4\ \mathrm{k\Omega}$ ( $2\ \mathrm{mA}$ ) e o $1\ \mathrm{k\Omega}$ ( $8\ \mathrm{mA}$ ), e os dois ficam com $8\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — o circuito em $t > 0$ . A chave fechou e o $1\ \mathrm{k}\Omega$ saiu de cena. Sobram a fonte, o $4\ \mathrm{k}\Omega$ , o capacitor e o indutor:

10^{-2} = \frac{v}{4000} + \frac18 \cdot 10^{-6}\frac{dv}{dt} + i \qquad\qquad v = \frac{4}{13}\frac{di}{dt}

O circuito em $t > 0$ . Com a chave fechada, o $1\ \mathrm{k\Omega}$ sai de cena e o que fica é um RLC paralelo puro alimentado pela fonte de $10\ \mathrm{mA}$ : $\alpha = 1000$ e $\omega_0^2 = 26 \cdot 10^6$ .

Passo 3 — a equação em $i$ . Substituindo $v$ e multiplicando por $26 \cdot 10^{6}$ :

\frac{d^2 i}{dt^2} + 2000\frac{di}{dt} + 26 \cdot 10^{6}\,i = 26 \cdot 10^{4}

Passo 4 — resposta natural. De $s^2 + 2000s + 26 \cdot 10^6 = 0$ :

s = \frac{-2000 \pm \sqrt{4 \cdot 10^6 - 104 \cdot 10^6}}{2} = -1000 \pm j5000

Caso subamortecido, com $\alpha = 1000$ e $\omega_d = 5000$ :

i_n(t) = e^{-1000t}\left(A_1\cos 5000t + A_2\operatorname{sen} 5000t\right)

Passo 5 — resposta forçada. $26 \cdot 10^6 K = 26 \cdot 10^4$ , logo $i_f = 10^{-2} = 10\ \mathrm{mA}$ — no fim o capacitor abre, o indutor vira fio sem resistência e leva toda a corrente da fonte.

Em $t \to \infty$ . Capacitor aberto e indutor em fio, sem resistência no caminho: o fio põe o $4\ \mathrm{k\Omega}$ em curto e leva os $10\ \mathrm{mA}$ inteiros, $i_f = 10\ \mathrm{mA}$ e $v \to 0$ .

Passo 6 — a primeira constante. De $i(0) = 8\ \mathrm{mA}$ :

A_1 + 10 = 8 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -2\ \mathrm{mA}

Passo 7 — a segunda. De $v(0) = 8 = \dfrac{4}{13}\dfrac{di(0)}{dt}$ vem $\dfrac{di(0)}{dt} = 26$ A/s, e derivando a resposta em $t = 0$ :

-1000\,A_1 + 5000\,A_2 = 26 \qquad\Longrightarrow\qquad 2 + 5000\,A_2 = 26 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = 4{,}8\ \mathrm{mA}

\boxed{i(t) = 10 - 2\,e^{-1000t}\cos 5000t + 4{,}8\,e^{-1000t}\operatorname{sen} 5000t\ \ \mathrm{mA}}

Passo 8 — a tensão. $v = \dfrac{4}{13}\dfrac{di}{dt}$ , agrupando seno e cosseno:

\boxed{v(t) = e^{-1000t}\left(8\cos 5000t + 1{,}6\operatorname{sen} 5000t\right)\ \mathrm{V}}

Conferência — com o $1\ \mathrm{k}\Omega$ em curto, o que sobra é um RLC paralelo puro, e as fórmulas prontas confirmam as raízes:

\alpha = \frac{1}{2RC} = \frac{1}{2 \cdot 4000 \cdot \frac{1}{8} \cdot 10^{-6}} = 1000 \qquad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{4}{13} \cdot \frac{10^{-6}}{8}}} = \sqrt{26 \cdot 10^6}

e $\omega_d = \sqrt{26 \cdot 10^6 - 10^6} = 5000$ ✔ É para isso que serve o $4/13\ \mathrm{H}$ : não é valor aleatório, é o que deixa as raízes redondas. Em $t = 0$ : $i = 8$ mA e $v = 8$ V ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 0$ e $i \to 10$ mA, os $10\ \mathrm{mA}$ inteiros da fonte ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 652º EE2017.2 · 2ª chamadaCondições iniciais · Chave que isola uma fonte controlada3 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine os valores de $i_L$ , $v_C$ , $v$ e $dv_C/dt$ no instante $t = 0^+$ .

Em $t < 0$ a chave está fechada e tudo é um circuito só. Ao abrir, ela deixa o nó da fonte controlada com um único caminho de escoamento — a própria fonte —, e é essa LKC que força o valor de $i_x$ . Uma questão de leitura de sinais, não de conta.

Gabarito

$i_L(0^+) = 0{,}04\ \mathrm{A}$ · $v_C(0^+) = 5\ \mathrm{V}$ · $v(0^+) = 3{,}75\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{dv_C(0^+)}{dt} = 5\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Chave fechada, capacitor aberto e indutor em fio: o nó do $20\ \Omega$ , o da fonte controlada e o do $25\ \Omega$ são o mesmo nó, de tensão $v_1$ . O $75\ \Omega$ não conduz (o capacitor está aberto).

Com $i_x = \dfrac{v_1}{25}$ , a LKC nesse nó é

\frac{34 - v_1}{100} + 0{,}8\,\frac{v_1}{25} = \frac{v_1}{20} + \frac{v_1}{25}

\times 100 \qquad 34 - v_1 + 3{,}2\,v_1 = 5\,v_1 + 4\,v_1 \qquad\Longrightarrow\qquad 34 = 6{,}8\,v_1 \qquad\Longrightarrow\qquad v_1 = 5\ \mathrm{V}

Passo 2 — as condições iniciais. O capacitor enxerga esse nó pelo $75\ \Omega$ sem corrente, então tem a mesma tensão:

\boxed{v_C(0^-) = 5\ \mathrm{V}}

E a corrente do indutor sai da LKC do nó do $20\ \Omega$ :

i_L(0^-) = \frac{34 - 5}{100} - \frac{5}{20} = 0{,}29 - 0{,}25 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_L(0^-) = 0{,}04\ \mathrm{A}}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada, indutor em fio e capacitor aberto: o $20\ \Omega$ , a controlada e o $25\ \Omega$ ficam no mesmo nó, $v_1 = 5\ \mathrm{V}$ . O $75\ \Omega$ não conduz, então $v_C = 5\ \mathrm{V}$ ; e $i_L = 0{,}29 - 0{,}25 = 0{,}04\ \mathrm{A}$ .

Passo 3 — continuidade.

\boxed{i_L(0^+) = 0{,}04\ \mathrm{A}} \qquad\qquad \boxed{v_C(0^+) = 5\ \mathrm{V}}

Passo 4 — o que a chave aberta impõe. Agora o nó da fonte controlada tem só o indutor entrando e a fonte saindo. A LKC não deixa escolha:

0{,}8\,i_x = -i_L(0^+) = -0{,}04 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i_x(0^+) = -0{,}05\ \mathrm{A}}

Em $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $0{,}04\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $5\ \mathrm{V}$ . Com a chave aberta, o nó da controlada só tem o indutor entrando e a controlada saindo, e é essa LKC que fixa $i_x = -0{,}05\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a tensão do $75\ \Omega$ . Do lado direito da chave, a corrente que atravessa o $75\ \Omega$ é $-i_x$ :

\boxed{v(0^+) = 75 \cdot (-i_x) = 75 \cdot 0{,}05 = 3{,}75\ \mathrm{V}}

Passo 6 — a derivada da tensão do capacitor. Essa mesma corrente é a que carrega o capacitor:

i_C(0^+) = -i_x = 0{,}05\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{dv_C(0^+)}{dt} = \frac{0{,}05}{10 \cdot 10^{-3}} = 5\ \mathrm{V/s}}

Conferência — o mecanismo é a inversão de sinal: em $0^-$ , $i_x$ valia $+0{,}2$ A; em $0^+$ , a chave aberta obriga a fonte controlada a engolir os $0{,}04$ A do indutor, e $i_x$ vira $-0{,}05$ A ✔ Confere com a resolução da prova.

Sobre o gabarito — o enunciado também pede $dv/dt$ e $di_L/dt$ , e a resolução da prova não os calcula — com razão. Com a chave aberta, o nó da fonte controlada fica sem nenhum resistor que fixe seu potencial, então a tensão do indutor (e portanto $di_L/dt$ ) não é determinada pelo circuito. Pior: as duas exigências não se conciliam — o nó da fonte pede $i_x = -0{,}05$ A, enquanto o laço $25\ \Omega$ – $75\ \Omega$ –capacitor, com $v_C = 5\ \mathrm{V}$ , pediria $i_x = +0{,}05$ A. Os quatro valores acima são os que fecham e são o que o gabarito cobra.

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Questão 662º EE2017.2 · 2ª chamadaResposta natural · Chave que solta um divisor com duas fontes3 ptsVer material

Dado que o circuito abaixo está em regime permanente em $t = 0^-$ , determine $i_A(t)$ e $v_C(t)$ para $t > 0$ .

A chave passa por cima do ramo $200\ \Omega$ + fonte de $10\ \mathrm{V}$ : fechada, ela curto-circuita esse ramo inteiro. Ao abrir, o ramo volta ao circuito e as duas fontes de $10\ \mathrm{V}$ passam a se cancelar na malha — o que sobra é resposta natural pura, sem termo forçado.

Gabarito

$v_C(t) = 10\,e^{-20000t}\ \mathrm{V}$ · $i_A(t) = 40\,e^{-20000t}\ \mathrm{mA}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Chave fechada e capacitor aberto: o ramo do $200\ \Omega$ está em curto e o $10\ \Omega$ não conduz, então o $50\ \Omega$ recebe a fonte inteira e o capacitor enxerga essa mesma tensão:

v_C(0^-) = 10\ \mathrm{V} \qquad\Longrightarrow\qquad v_C(0^+) = 10\ \mathrm{V}

Em $t = 0^-$ . Chave fechada e capacitor aberto: o ramo do $200\ \Omega$ está em curto, o $10\ \Omega$ não conduz, e o capacitor fica com a tensão da fonte, $v_C(0^-) = 10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — as leis para $t > 0$ . Chave aberta, três ramos saindo do nó de cima ( $i_A$ pelo $200\ \Omega$ , $i_B$ pelo $50\ \Omega$ , $i_C$ pelo $10\ \Omega$ ):

i_A + i_B + i_C = 0

A LKT da malha da esquerda passa pelas duas fontes, que se anulam:

-10 - 200\,i_A + 10 + 50\,i_B = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad 200\,i_A = 50\,i_B \qquad\Longrightarrow\qquad i_B = 4\,i_A

Passo 3 — junte com a LKC.

i_A + 4\,i_A + i_C = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad i_C = -5\,i_A \qquad\Longrightarrow\qquad i_A = -\frac{i_C}{5}

Passo 4 — a malha da direita. Do nó de cima, pelo $10\ \Omega$ , até o capacitor:

50\,i_B = 10\,i_C + v_C \qquad\Longrightarrow\qquad 200\,i_A = 10\,i_C + v_C

200\left(-\frac{i_C}{5}\right) = 10\,i_C + v_C \qquad\Longrightarrow\qquad -40\,i_C = 10\,i_C + v_C \qquad\Longrightarrow\qquad 50\,i_C + v_C = 0

Passo 5 — a equação de primeira ordem. Com $i_C = C\dfrac{dv_C}{dt} = 10^{-6}\dfrac{dv_C}{dt}$ :

50 \cdot 10^{-6}\frac{dv_C}{dt} + v_C = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{dv_C}{dt} + 20000\,v_C = 0

Sem termo constante: é resposta natural pura, com $\tau = 50\ \mu\mathrm{s}$ .

A constante de tempo. Com as duas fontes em curto, o capacitor enxerga o $10\ \Omega$ em série com $200 \parallel 50 = 40\ \Omega$ : $R_{eq} = 50\ \Omega$ e $\tau = R_{eq}C = 50\ \mu\mathrm{s}$ , o mesmo $20000\ \mathrm{s^{-1}}$ da equação.

Passo 6 — a resposta. De $v_C(0) = 10$ :

\boxed{v_C(t) = 10\,e^{-20000t}\ \mathrm{V}}

Passo 7 — a corrente pedida. De $i_A = -\dfrac{i_C}{5}$ com $i_C = 10^{-6}\dfrac{dv_C}{dt} = -0{,}2\,e^{-20000t}$ :

\boxed{i_A(t) = 0{,}04\,e^{-20000t}\ \mathrm{A} = 40\,e^{-20000t}\ \mathrm{mA}}

Conferência — em $t = 0$ : $i_A = 40$ mA, $i_B = 4i_A = 160$ mA e $i_C = -200$ mA, e a LKC fecha ✔ Em $t \to \infty$ tudo vai a zero, como manda um circuito sem fonte efetiva — as duas fontes de $10\ \mathrm{V}$ se cancelam na malha e o capacitor simplesmente se descarrega ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 672º EE2017.1 · 2ª chamadaCondições iniciais · Só o capacitor reage à chave3 ptsVer material

Encontre $v$ , $i_L$ , $v_C$ , $di_L/dt$ e $dv_C/dt$ em $t = 0^-$ e em $t = 0^+$ , considerando que o circuito estava em regime permanente em $t = 0^-$ .

A fonte de $16\ \mathrm{V}$ prende o nó do meio, e o indutor com o $2\ \Omega$ vivem só dela — a chave não os afeta. Quem sente a abertura é o capacitor: os $5\ \mathrm{A}$ da fonte, que antes escoavam pela chave, passam a ter um único caminho.

Gabarito

Em $0^-$ : $v = 16\ \mathrm{V}$ · $i_L = 8\ \mathrm{A}$ · $v_C = 16\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{di_L}{dt} = 0$ · $\dfrac{dv_C}{dt} = 0$

Em $0^+$ : $v = 16\ \mathrm{V}$ · $i_L = 8\ \mathrm{A}$ · $v_C = 16\ \mathrm{V}$ · $\dfrac{di_L}{dt} = 0$ · $\dfrac{dv_C}{dt} = -70\ \mathrm{V/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o circuito em $0^-$ . Chave fechada (o nó da esquerda está no terra), capacitor aberto e indutor em fio.

A fonte de $16\ \mathrm{V}$ fixa o nó do meio. O indutor, sendo fio, passa esse potencial adiante:

\boxed{v(0^-) = 16\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i_L(0^-) = \frac{16}{2} = 8\ \mathrm{A}}

E o capacitor, com o ”+” do lado do meio, guarda a diferença entre os dois nós:

\boxed{v_C(0^-) = 16 - 0 = 16\ \mathrm{V}}

Regime permanente: as duas derivadas em $0^-$ são zero.

Em $t = 0^-$ . Chave fechada (nó da esquerda no terra), capacitor aberto, indutor em fio. A fonte de $16\ \mathrm{V}$ fixa o nó do meio: $v = 16\ \mathrm{V}$ , $i_L = 16/2 = 8\ \mathrm{A}$ e $v_C = 16 - 0 = 16\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — quem fica onde estava. A chave, ao abrir, não muda nem a fonte de $16\ \mathrm{V}$ nem o ramo do indutor. Por continuidade e por não haver o que mudar:

\boxed{i_L(0^+) = 8\ \mathrm{A}} \qquad \boxed{v(0^+) = 16\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{v_C(0^+) = 16\ \mathrm{V}}

O indutor está entre o nó de $16\ \mathrm{V}$ e o do $2\ \Omega$ , que também está em $2 \cdot 8 = 16\ \mathrm{V}$ :

v_L(0^+) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\frac{di_L(0^+)}{dt} = 0}

Passo 3 — a derivada da tensão do capacitor. Com $v_C = 16\ \mathrm{V}$ e o nó do meio em $16\ \mathrm{V}$ , o nó da esquerda fica em zero — e o $8\ \Omega$ , ligando os dois, traz $2\ \mathrm{A}$ para a esquerda:

i_{8\Omega} = \frac{16 - 0}{8} = 2\ \mathrm{A}

LKC no nó da esquerda, que agora só tem a fonte, o $8\ \Omega$ e o capacitor:

5 + 2 = 7\ \mathrm{A}

Esses $7\ \mathrm{A}$ atravessam o capacitor entrando pelo ”−”, o que o descarrega:

\boxed{\frac{dv_C(0^+)}{dt} = \frac{-7}{1/10} = -70\ \mathrm{V/s}}

Em $t = 0^+$ . Chave aberta: o capacitor vira fonte de $16\ \mathrm{V}$ e o indutor fonte de $8\ \mathrm{A}$ . O nó da esquerda fica em zero, o $8\ \Omega$ traz $2\ \mathrm{A}$ , e os $5 + 2 = 7\ \mathrm{A}$ atravessam o capacitor do ”−” para o ”+”: $dv_C/dt = -70\ \mathrm{V/s}$ .

Conferência — a questão é uma lição sobre o que uma chave não faz: com uma fonte de tensão ideal segurando o nó do meio, o lado direito nem percebe a comutação, e das cinco grandezas pedidas só uma muda ✔ E o sinal negativo é o recado: o capacitor estava sustentando os $5\ \mathrm{A}$ pela chave e agora tem de absorvê-los, então sua tensão cai ✔ Confere com a resolução da prova.

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Questão 682º EE2017.1 · 2ª chamadaResposta ao degrau · Sai a fonte de corrente, entra a de tensão3 ptsVer material

O circuito está em regime permanente em $t = 0^-$ . Encontre $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ .

As duas chaves fazem uma troca de fonte: em $t < 0$ quem alimenta é a de $1\ \mathrm{A}$ à direita (e a de $1\ \mathrm{V}$ está desligada); em $t = 0$ elas invertem. Em $0^-$ o indutor, sendo fio, engole toda a corrente da fonte — e é isso que dá a condição inicial.

Gabarito

$i(t) = \dfrac{3}{32} + \dfrac{29}{32}\,e^{-\frac{32}{5}t} \approx 0{,}094 + 0{,}906\,e^{-6,4t}\ \mathrm{A}$

$v(t) = \dfrac{3}{8} - \dfrac{87}{40}\,e^{-\frac{32}{5}t} \approx 0{,}375 - 2{,}175\,e^{-6,4t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Chave da esquerda aberta, da direita fechada, indutor em fio. O indutor aterra o seu nó, e o par $4\ \Omega + 6\ \Omega$ liga esse nó ao terra pelos dois lados — ou seja, com os dois extremos no mesmo potencial, não passa nada por eles:

i(0^-) = 1\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i(0^+) = 1\ \mathrm{A}

Em $t = 0^-$ . Só a fonte de $1\ \mathrm{A}$ ligada, e o indutor em fio leva toda ela: $i(0^-) = 1\ \mathrm{A}$ . O par $4\ \Omega + 6\ \Omega$ tem os dois extremos no terra e não conduz.

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Agora só a fonte de $1\ \mathrm{V}$ alimenta. Com $i_T$ na entrada e $i_1$ no $6\ \Omega$ :

i_T = i_1 + i \qquad 1 = 4\,i_T + v \qquad v = 6\,i_1 \qquad v = 4\,i + \frac{di}{dt}

Passo 3 — a equação em $i$ . De $i_1 = v/6$ :

1 = 4\left(\frac{v}{6} + i\right) + v = \frac{5}{3}\,v + 4\,i \qquad \times 3 \qquad 3 = 5\,v + 12\,i

E trocando $v$ por $4i + di/dt$ :

3 = 5\left(4\,i + \frac{di}{dt}\right) + 12\,i \qquad\Longrightarrow\qquad 5\frac{di}{dt} + 32\,i = 3

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $5s + 32 = 0$ vem $s = -\dfrac{32}{5} = -6{,}4$ ; e $32K = 3$ dá $i_f = \dfrac{3}{32}$ A.

A constante de tempo. Com a fonte de $1\ \mathrm{V}$ em curto, o indutor vê o $4\ \Omega$ da direita em série com o paralelo do $4\ \Omega$ da esquerda com o $6\ \Omega$ , $4 \parallel 6 = 2{,}4\ \Omega$ : $R_{eq} = 6{,}4\ \Omega$ e $s = -R_{eq}/L = -6{,}4$ , como saiu da equação.

Passo 5 — a constante. De $i(0) = 1$ :

1 = A + \frac{3}{32} \qquad\Longrightarrow\qquad A = \frac{29}{32}

\boxed{i(t) = \frac{3}{32} + \frac{29}{32}\,e^{-\frac{32}{5}t}\ \mathrm{A}}

Em $t \to \infty$ . O indutor volta a ser fio: o $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em paralelo ( $2{,}4\ \Omega$ ), $v_f = 0{,}375\ \mathrm{V}$ e $i_f = 0{,}375/4 = 3/32\ \mathrm{A}$ .

Passo 6 — a tensão. De $v = 4i + di/dt$ , com $\dfrac{di}{dt} = -\dfrac{29}{5}\,e^{-\frac{32}{5}t}$ :

v = \frac{3}{8} + \left(\frac{29}{8} - \frac{29}{5}\right)e^{-\frac{32}{5}t}

\boxed{v(t) = \frac{3}{8} - \frac{87}{40}\,e^{-\frac{32}{5}t} \approx 0{,}375 - 2{,}175\,e^{-6,4t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1}{4 + (4 \parallel 6)} = \dfrac{1}{6{,}4}$ s, e de fato $s = -6{,}4$ ✔ Em $t = 0$ : $i = 1$ A e $v = -1{,}8$ V, o que fecha a relação $3 = 5v + 12i$ : $5(-1{,}8) + 12 = 3$ ✔ Em $t \to \infty$ o indutor volta a ser fio, o $6\ \Omega$ e o $4\ \Omega$ ficam em paralelo ( $2{,}4\ \Omega$ ) e $v \to 1 \cdot \frac{2{,}4}{6{,}4} = 0{,}375$ V, com $i \to 0{,}375/4 = 0{,}094$ A ✔

Sobre o gabarito — a resolução da prova monta a equação certa, mas erra a constante na última linha: escreve $A = \frac{32}{32} - \frac{3}{32} = -\frac{1}{32}$ , quando essa subtração dá $\frac{29}{32}$ . Com o $-1/32$ a resposta daria $i(0) = 2/32$ , e não $1$ A. Os valores acima usam $A = 29/32$ .

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Questão 692º EE2017.1 · 2ª chamadaSuperamortecido · Dois ramos RL e RC em paralelo4 ptsVer material

Encontre $v(t)$ e $i(t)$ para $t > 0$ , sabendo que $v(0) = 2\ \mathrm{V}$ e $i(0) = 1\ \mathrm{A}$ .

Dois ramos em série pendurados na mesma fonte de corrente: um $RL$ e um $RC$ . A LKC amarra as duas correntes ( $i + i_C = 2$ ) e a LKT iguala as duas tensões de ramo — daí sai uma equação de segunda ordem com raízes $-3 \pm \sqrt{7}$ .

Gabarito

$v(t) = 8 - 5{,}65\,e^{-0,354t} - 0{,}35\,e^{-5,646t}\ \mathrm{V}$

$i(t) = 2 - 0{,}5\,e^{-0,354t} - 0{,}5\,e^{-5,646t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as duas leis. A LKC no nó de cima e a igualdade das tensões dos dois ramos:

2 = i + i_C \qquad\qquad 4\,i + 2\frac{di}{dt} = 8\,i_C + v \qquad\qquad i_C = \frac14\frac{dv}{dt}

Passo 2 — elimine $i$ . Da LKC, $i = 2 - i_C = 2 - \dfrac14\dfrac{dv}{dt}$ , e portanto $\dfrac{di}{dt} = -\dfrac14\dfrac{d^2v}{dt^2}$ . Levando na LKT:

4\left(2 - \frac14\frac{dv}{dt}\right) - \frac12\frac{d^2v}{dt^2} = 2\frac{dv}{dt} + v

8 - \frac{dv}{dt} - \frac12\frac{d^2v}{dt^2} = 2\frac{dv}{dt} + v \qquad \times (-2) \qquad \frac{d^2v}{dt^2} + 6\frac{dv}{dt} + 2\,v = 16

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 6s + 2 = 0$ :

s = \frac{-6 \pm \sqrt{36 - 8}}{2} = -3 \pm \sqrt7 \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -0{,}354 \quad s_2 = -5{,}646

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

Fonte desligada. A fonte de corrente vira aberto, e os dois ramos fecham um laço só: um RLC série com $R = 4 + 8 = 12\ \Omega$ . Daí $\alpha = 3$ , $\omega_0^2 = 2$ e $s = -3 \pm \sqrt{9 - 2} = -3 \pm \sqrt7$ .

Passo 4 — resposta forçada. $2K = 16$ , logo $v_f = 8\ \mathrm{V}$ — em regime o capacitor abre, os $2\ \mathrm{A}$ vão todos pelo ramo do indutor e $v = 4 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}$ .

Em $t \to \infty$ . Capacitor aberto, indutor em fio: os $2\ \mathrm{A}$ vão todos pelo $4\ \Omega$ , o $8\ \Omega$ não conduz e o capacitor fica com a tensão do ramo, $v_f = 8\ \mathrm{V}$ .

Passo 5 — a primeira equação. De $v(0) = 2$ :

A_1 + A_2 = 2 - 8 = -6

Passo 6 — a segunda. A corrente inicial dá a derivada da tensão, pela LKC:

\frac{dv(0)}{dt} = 4\,i_C(0) = 4\left(2 - i(0)\right) = 4 \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 A_1 + s_2 A_2 = 4

As duas equações têm uma solução bonita: como $s_1 + s_2 = -6$ e $s_1 s_2 = 2$ , basta tomar

A_1 = s_2 = -3 - \sqrt7 \approx -5{,}65 \qquad\qquad A_2 = s_1 = -3 + \sqrt7 \approx -0{,}35

(de fato $A_1 + A_2 = -6$ e $s_1A_1 + s_2A_2 = 2\,s_1s_2 = 4$ ✓)

\boxed{v(t) = 8 - 5{,}65\,e^{-0,354t} - 0{,}35\,e^{-5,646t}\ \mathrm{V}}

Em $t = 0^+$ . O indutor vira fonte de $1\ \mathrm{A}$ e o capacitor fonte de $2\ \mathrm{V}$ . Pela LKC, o ramo do capacitor leva o que sobra, $i_C = 2 - 1 = 1\ \mathrm{A}$ , e $dv(0)/dt = 4 \cdot 1 = 4\ \mathrm{V/s}$ .

Passo 7 — a corrente. Como $A_1 s_1 = A_2 s_2 = s_1 s_2 = 2$ , a derivada fica simétrica:

\frac{dv}{dt} = 2\left(e^{-0,354t} + e^{-5,646t}\right)

i = 2 - \frac14\frac{dv}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 2 - 0{,}5\,e^{-0,354t} - 0{,}5\,e^{-5,646t}\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 8 - 5{,}65 - 0{,}35 = 2$ V ✔ e $i = 2 - 0{,}5 - 0{,}5 = 1$ A ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 8$ V e $i \to 2$ A, os $2\ \mathrm{A}$ inteiros pelo ramo do indutor ✔ Confere com a equação da resolução da prova (que para na EDO, sem fechar as constantes).

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