Prova Final · Circuitos Elétricos 1

Questão 01Prova FinalFinal 2025.1Análise nodal · Fonte de corrente entre dois resistores3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ usando um método qualquer de análise de circuitos.

Dois nós essenciais e nenhuma fonte de tensão flutuando: é o caso mais direto da análise nodal. A fonte de $2\ \mathrm{A}$ injeta no nó da direita, e é ela que faz esse nó ficar num potencial maior que o da esquerda — daí o $v$ negativo.

Gabarito

$v = -\dfrac{40}{27} \approx -1{,}48\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{80}{27} \approx 2{,}96\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — escolha os nós. Terra no fio de baixo; $v_A$ é o nó do $5\ \Omega$ e $v_B$ o nó da fonte de $2\ \mathrm{A}$ (que o fio de cima liga ao $10\ \Omega$ ).

Passo 2 — LKC no nó $A$ .

\frac{20 - v_A}{2} = \frac{v_A}{5} + \frac{v_A - v_B}{4} \qquad \times 20 \qquad 200 - 10\,v_A = 4\,v_A + 5\,v_A - 5\,v_B

19\,v_A - 5\,v_B = 200

Passo 3 — LKC no nó $B$ . Entram a corrente do $4\ \Omega$ e os $2\ \mathrm{A}$ da fonte; sai a do $10\ \Omega$ :

\frac{v_A - v_B}{4} + 2 = \frac{v_B}{10} \qquad \times 20 \qquad 5\,v_A - 5\,v_B + 40 = 2\,v_B

5\,v_A + 40 = 7\,v_B \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = \frac{5\,v_A + 40}{7}

Passo 4 — resolva. Levando $v_B$ na equação do Passo 2:

19\,v_A - \frac{5(5\,v_A + 40)}{7} = 200 \qquad \times 7 \qquad 133\,v_A - 25\,v_A - 200 = 1400

108\,v_A = 1600 \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = \frac{400}{27} \approx 14{,}81\ \mathrm{V} \qquad v_B = \frac{440}{27} \approx 16{,}30\ \mathrm{V}

Passo 5 — as duas respostas. $v$ é a tensão do $4\ \Omega$ com o ”+” à esquerda, ou seja $v_A - v_B$ ; e $i$ é a corrente do $5\ \Omega$ :

\boxed{v = \frac{400 - 440}{27} = -\frac{40}{27} \approx -1{,}48\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = \frac{v_A}{5} = \frac{80}{27} \approx 2{,}96\ \mathrm{A}}

Conferência — as três correntes do nó $A$ : a fonte entrega $\frac{20 - 14{,}81}{2} = 2{,}59$ A, o $5\ \Omega$ leva $2{,}96$ A e o $4\ \Omega$ leva $-0{,}37$ A — e $2{,}96 - 0{,}37 = 2{,}59$ ✔ No nó $B$ : $-0{,}37 + 2 = 1{,}63 = \frac{16{,}30}{10}$ ✔ O sinal negativo de $v$ é o recado da questão: com $2\ \mathrm{A}$ entrando à direita, a corrente do $4\ \Omega$ vai de $B$ para $A$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi obtida por análise nodal e conferida pela LKC nos dois nós; as frações de $27$ são do próprio enunciado, não arredondamento.

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Questão 02Prova FinalFinal 2025.1Resposta ao degrau · A corrente do resistor que o indutor curto-circuita3 ptsVer material

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

Mesmo circuito do 2º quesito do 2º EE de 2025.1, com a fonte dobrada: $40 \to 100\ \mathrm{V}$ . E o mesmo recado — $i$ é a corrente do $2\ \Omega$ , que o indutor curto-circuita em regime permanente, então ela começa e termina em zero.

Gabarito

$v(t) = 100 - 12\,e^{-1,6t}\ \mathrm{V}$ · $i(t) = 6\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — condição inicial. Com a fonte de $40\ \mathrm{V}$ e o indutor em fio, o $2\ \Omega$ fica em curto:

i_L(0^-) = \frac{40}{8} = 5\ \mathrm{A} \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(0^+) = 5\ \mathrm{A}

Passo 2 — as relações para $t > 0$ . Com a fonte de $100\ \mathrm{V}$ :

100 = 8\,i_T + \frac{di_L}{dt} \qquad i_T = i + i_L \qquad 2\,i = \frac{di_L}{dt}

Passo 3 — a equação em $i_L$ . De $i = \dfrac12\dfrac{di_L}{dt}$ :

100 = 8\,i_L + 4\frac{di_L}{dt} + \frac{di_L}{dt} \qquad\Longrightarrow\qquad 5\frac{di_L}{dt} + 8\,i_L = 100

Passo 4 — resposta natural e forçada. De $5s + 8 = 0$ vem $s = -1{,}6$ ; e $8K = 100$ dá $i_{L,f} = 12{,}5\ \mathrm{A}$ .

Passo 5 — a constante. De $i_L(0) = 5$ :

5 = A + 12{,}5 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -7{,}5 \qquad\Longrightarrow\qquad i_L(t) = 12{,}5 - 7{,}5\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}

Passo 6 — a corrente do $2\ \Omega$ . Com $\dfrac{di_L}{dt} = 12\,e^{-1,6t}$ :

\boxed{i(t) = \frac12 \cdot 12\,e^{-1,6t} = 6\,e^{-1,6t}\ \mathrm{A}}

Passo 7 — a tensão do $8\ \Omega$ . Pela LKT, $v = 100 - v_L$ :

\boxed{v(t) = 100 - 12\,e^{-1,6t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1}{8 \parallel 2} = \dfrac{1}{1{,}6}$ s, e de fato $s = -1{,}6$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 88$ V, então $i_T = 11$ A; como $i_L = 5$ A, sobra $i = 6$ A — e com $v_L = 100 - 88 = 12$ V dá $i = 12/2 = 6$ A ✔ Em $t \to \infty$ : $i \to 0$ , $v \to 100$ V e $i_L \to 12{,}5$ A ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi conferida em $t = 0$ pelas três correntes do nó, em $t \to \infty$ pelo regime permanente, e a constante de tempo bate com $L/R_{eq}$ .

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Questão 03Prova FinalFinal 2025.1Criticamente amortecido · O mesmo circuito que caiu no 2º EE4 ptsVer material

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

Esta questão é idêntica ao 3º quesito do 2º EE de 2025.1 — mesmos valores, mesmas condições iniciais. A diferença é que aqui a prova só pede $v$ . Se você fez o 2º EE, já tem meio caminho andado.

Gabarito

$v(t) = 12{,}5 + (10\,t - 2{,}5)\,e^{-4t}\ \mathrm{V}$

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}

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 $v_f = 12{,}5\ \mathrm{V}$ — o divisor $50 \cdot \frac{4}{16}$ com o indutor em fio e o capacitor aberto.

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}

E como $\dfrac{dv(0)}{dt} = A_2 - 4A_1 = A_2 + 10$ :

A_2 = 10

\boxed{v(t) = 12{,}5 + \left(10\,t - 2{,}5\right)e^{-4t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 12{,}5 - 2{,}5 = 10$ V ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 12{,}5$ V ✔ E a derivada inicial é positiva ( $+20$ V/s), coerente com o capacitor ainda recebendo corrente: $i(0) = 5$ A entra e só $2{,}5$ A escoam pelo $4\ \Omega$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi conferida nas duas pontas e pela LKC; o caso crítico ( $s = -4$ duplo) sai exato dos valores do enunciado.

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Questão 04Prova FinalFinal 2025.2Análise nodal · Fonte de corrente numa ponta, de tensão na outra3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ usando um método qualquer de análise de circuitos.

A fonte de tensão está aterrada, então o nó dela já vale $10\ \mathrm{V}$ de graça: sobram só dois nós desconhecidos. Repare que o $4\ \Omega$ conduz de volta para a fonte de $10\ \mathrm{V}$ — a corrente dele sai negativa.

Gabarito

$v = \dfrac{645}{52} \approx 12{,}40\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{35}{26} \approx 1{,}35\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — escolha os nós. Terra no fio de baixo. $v_A$ é o nó do $3\ \Omega$ (que é o próprio $v$ ), $v_B$ o nó do $6\ \Omega$ , e o nó da direita já está fixado pela fonte em $10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — LKC no nó $A$ . Os $5\ \mathrm{A}$ entram e se repartem entre o $3\ \Omega$ e o $5\ \Omega$ :

5 = \frac{v_A}{3} + \frac{v_A - v_B}{5} \qquad \times 15 \qquad 75 = 5\,v_A + 3\,v_A - 3\,v_B

8\,v_A - 3\,v_B = 75

Passo 3 — LKC no nó $B$ .

\frac{v_A - v_B}{5} = \frac{v_B}{6} + \frac{v_B - 10}{4} \qquad \times 60 \qquad 12\,v_A - 12\,v_B = 10\,v_B + 15\,v_B - 150

12\,v_A - 37\,v_B = -150

Passo 4 — resolva. Da primeira, $v_A = \dfrac{75 + 3\,v_B}{8}$ . Levando na segunda:

\frac{12(75 + 3\,v_B)}{8} - 37\,v_B = -150 \qquad \times 8 \qquad 900 + 36\,v_B - 296\,v_B = -1200

260\,v_B = 2100 \qquad\Longrightarrow\qquad v_B = \frac{105}{13} \approx 8{,}08\ \mathrm{V}

v_A = \frac{75 + \frac{315}{13}}{8} = \frac{1290}{104} = \frac{645}{52} \approx 12{,}40\ \mathrm{V}

Passo 5 — as duas respostas.

\boxed{v = v_A = \frac{645}{52} \approx 12{,}40\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = \frac{v_B}{6} = \frac{35}{26} \approx 1{,}35\ \mathrm{A}}

Conferência — no nó $A$ : o $3\ \Omega$ leva $4{,}13$ A e o $5\ \Omega$ leva $0{,}87$ A, somando os $5$ A da fonte ✔ No nó $B$ : entram $0{,}87$ A pelo $5\ \Omega$ , saem $1{,}35$ A pelo $6\ \Omega$ e entram $0{,}48$ A pelo $4\ \Omega$ (que vem da fonte de $10\ \mathrm{V}$ , já que $v_B < 10$ ) — e $0{,}87 + 0{,}48 = 1{,}35$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi obtida por análise nodal e conferida pela LKC nos dois nós.

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Questão 05Prova FinalFinal 2025.2Resposta ao degrau · Sem chave, só a condição inicial3 ptsVer material

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

Não há chave nenhuma: a condição inicial já vem dada, e $i(0) = 5\ \mathrm{A}$ é muito menor que o valor final. Como $v$ é a tensão do indutor (ele está em paralelo com o $5\ \Omega$ ), ela vai decair de um pico para zero.

Gabarito

$i(t) = 50 - 45\,e^{-5t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 37{,}5\,e^{-5t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $i_T$ a corrente da fonte e $i_R$ a do $5\ \Omega$ :

50 = 1 \cdot i_T + v \qquad i_T = i_R + i \qquad v = 5\,i_R = \frac16\frac{di}{dt}

Passo 2 — a equação em $i$ . De $i_R = \dfrac{1}{30}\dfrac{di}{dt}$ :

50 = \frac{1}{30}\frac{di}{dt} + i + \frac16\frac{di}{dt} = i + \frac{1 + 5}{30}\frac{di}{dt} = i + \frac15\frac{di}{dt}

\frac{di}{dt} + 5\,i = 250

Passo 3 — resposta natural e forçada. De $s + 5 = 0$ vem $s = -5$ ; e $5K = 250$ dá $i_f = 50\ \mathrm{A}$ .

Passo 4 — a constante. De $i(0) = 5$ :

5 = A + 50 \qquad\Longrightarrow\qquad A = -45 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{i(t) = 50 - 45\,e^{-5t}\ \mathrm{A}}

Passo 5 — a tensão. É a do indutor:

v = \frac16\frac{di}{dt} = \frac16 \cdot 225\,e^{-5t} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v(t) = 37{,}5\,e^{-5t}\ \mathrm{V}}

Conferência — $\tau = \dfrac{L}{R_{eq}} = \dfrac{1/6}{1 \parallel 5} = \dfrac{1/6}{5/6} = 0{,}2$ s, e de fato $s = -5$ ✔ Em $t = 0$ : $v = 37{,}5$ V, então $i_R = 7{,}5$ A e $i_T = 12{,}5$ A, fechando a LKT em $12{,}5 + 37{,}5 = 50$ V ✔ Em $t \to \infty$ o indutor curto-circuita o $5\ \Omega$ : $v \to 0$ e $i \to 50/1 = 50$ A ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi conferida em $t = 0$ pela LKT com as três correntes e em $t \to \infty$ pelo regime permanente.

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Questão 06Prova FinalFinal 2025.2Superamortecido · Partindo do repouso total4 ptsVer material

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

As duas condições iniciais são zero: o circuito parte do repouso total, como se a fonte tivesse acabado de ser ligada. Isso simplifica muito as constantes — mas cuidado, elas ainda não são iguais.

Gabarito

$i(t) = 5 - 8{,}75\,e^{-3t} + 3{,}75\,e^{-7t}\ \mathrm{A}$ · $v(t) = 80 - 87{,}5\,e^{-3t} + 7{,}5\,e^{-7t}\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $i_1$ a corrente do $5\ \Omega$ :

105 = 5\,i_1 + v \qquad i_1 = i_C + i \qquad i_C = \frac{1}{10}\frac{dv}{dt} \qquad v = 16\,i + 2\frac{di}{dt}

Passo 2 — a equação em $i$ . Substituindo $i_1$ :

105 = 5\left(\frac{1}{10}\frac{dv}{dt} + i\right) + v = \frac12\frac{dv}{dt} + 5\,i + v

E como $\dfrac{dv}{dt} = 16\dfrac{di}{dt} + 2\dfrac{d^2i}{dt^2}$ :

105 = 8\frac{di}{dt} + \frac{d^2i}{dt^2} + 5\,i + 16\,i + 2\frac{di}{dt}

\frac{d^2i}{dt^2} + 10\frac{di}{dt} + 21\,i = 105

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 10s + 21 = 0$ :

s = \frac{-10 \pm \sqrt{100 - 84}}{2} = \frac{-10 \pm 4}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad s_1 = -3 \quad s_2 = -7

Duas raízes reais distintas: superamortecido.

Passo 4 — resposta forçada. $21K = 105$ , logo $i_f = 5\ \mathrm{A}$ — no fim o capacitor abre, o indutor vira fio e a fonte vê $5 + 16 = 21\ \Omega$ ✓

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

A_1 + A_2 = -5

E de $v(0) = 0 = 16 \cdot 0 + 2\dfrac{di(0)}{dt}$ vem $\dfrac{di(0)}{dt} = 0$ :

-3A_1 - 7A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -\frac{7}{3}A_2

-\frac{7}{3}A_2 + A_2 = -5 \qquad\Longrightarrow\qquad A_2 = 3{,}75 \qquad A_1 = -8{,}75

\boxed{i(t) = 5 - 8{,}75\,e^{-3t} + 3{,}75\,e^{-7t}\ \mathrm{A}}

Passo 6 — a tensão do capacitor. Some $16\,i$ com $2\,di/dt$ , onde $\dfrac{di}{dt} = 26{,}25\,e^{-3t} - 26{,}25\,e^{-7t}$ :

v = 80 - 140\,e^{-3t} + 60\,e^{-7t} + 52{,}5\,e^{-3t} - 52{,}5\,e^{-7t}

\boxed{v(t) = 80 - 87{,}5\,e^{-3t} + 7{,}5\,e^{-7t}\ \mathrm{V}}

Conferência — em $t = 0$ : $i = 5 - 8{,}75 + 3{,}75 = 0$ ✔ e $v = 80 - 87{,}5 + 7{,}5 = 0$ ✔ Em $t \to \infty$ : $i \to 5$ A e $v \to 80$ V, que é $105 - 5 \cdot 5$ ✔ Repare que as duas constantes não são simétricas mesmo com as duas condições iniciais nulas — quem manda nisso são as raízes, $-3$ e $-7$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. As raízes saem redondas dos valores do enunciado, e a resposta foi conferida nas duas pontas.

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Questão 07Prova FinalFinal 2024.2Análise nodal · A fonte de corrente que inverte o resistor do meio3 ptsVer material

Determine os valores de $v$ e de $i$ no circuito abaixo usando um método qualquer de análise de circuitos.

Mesmo esqueleto do 1º quesito da final de 2025.1, com outros valores. Aqui os números saem em terços, e o $v$ negativo continua sendo o recado: os $4\ \mathrm{A}$ elevam o nó da direita acima do da esquerda, e o $8\ \Omega$ conduz de volta.

Gabarito

$v = -\dfrac{40}{3} \approx -13{,}33\ \mathrm{V}$ · $i = \dfrac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — escolha os nós. Terra no fio de baixo; $v_A$ é o nó do $10\ \Omega$ e $v_B$ o da fonte de $4\ \mathrm{A}$ (ligado ao $20\ \Omega$ pelo fio de cima).

Passo 2 — LKC no nó $A$ .

\frac{40 - v_A}{4} = \frac{v_A}{10} + \frac{v_A - v_B}{8} \qquad \times 40 \qquad 400 - 10\,v_A = 4\,v_A + 5\,v_A - 5\,v_B

19\,v_A - 5\,v_B = 400

Passo 3 — LKC no nó $B$ .

\frac{v_A - v_B}{8} + 4 = \frac{v_B}{20} \qquad \times 40 \qquad 5\,v_A - 5\,v_B + 160 = 2\,v_B

v_B = \frac{5\,v_A + 160}{7}

Passo 4 — resolva.

19\,v_A - \frac{5(5\,v_A + 160)}{7} = 400 \qquad \times 7 \qquad 133\,v_A - 25\,v_A - 800 = 2800

108\,v_A = 3600 \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = \frac{100}{3} \approx 33{,}33\ \mathrm{V} \qquad v_B = \frac{140}{3} \approx 46{,}67\ \mathrm{V}

Passo 5 — as duas respostas. $v$ é a tensão do $8\ \Omega$ com o ”+” à esquerda, e $i$ a corrente do $10\ \Omega$ :

\boxed{v = \frac{100 - 140}{3} = -\frac{40}{3} \approx -13{,}33\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = \frac{v_A}{10} = \frac{10}{3} \approx 3{,}33\ \mathrm{A}}

Conferência — no nó $A$ : a fonte entrega $\frac{40 - 33{,}33}{4} = 1{,}67$ A, o $10\ \Omega$ leva $3{,}33$ A e o $8\ \Omega$ leva $-1{,}67$ A — soma zero ✔ No nó $B$ : $-1{,}67 + 4 = 2{,}33 = \frac{46{,}67}{20}$ ✔

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi obtida por análise nodal e conferida pela LKC nos dois nós.

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Questão 08Prova FinalFinal 2024.2Resposta ao degrau · O mesmo circuito do 2º EE, sem a chave3 ptsVer material

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

É o mesmo circuito do 2º quesito do 2º EE de 2024.2, agora sem a chave: em vez de comutar de $100$ para $200\ \mathrm{V}$ , a prova simplesmente dá a corrente inicial. O indutor está em paralelo com o $25\ \Omega$ , então $v$ é a tensão dele — e vale zero em regime.

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 — as relações. Chamando $i_T$ a corrente da fonte e $i_R$ a do $25\ \Omega$ :

200 = 50\,i_T + 10\frac{di}{dt} \qquad i_T = i + i_R \qquad v = 25\,i_R = 10\frac{di}{dt}

Passo 2 — 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} + \frac53\,i = \frac{20}{3}

Passo 3 — resposta natural e forçada. De $s + \frac53 = 0$ vem $s = -\dfrac53$ ; e $\frac53 K = \frac{20}{3}$ dá $i_f = 4\ \mathrm{A}$ .

Passo 4 — 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 5 — a tensão.

v = 10\frac{di}{dt} = 10 \cdot 2 \cdot \frac53\,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}}

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, $i_R = 1{,}33$ A, $i_T = 3{,}33$ A e a LKT fecha em $50 \cdot 3{,}33 + 33{,}3 = 200$ V ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 0$ e $i \to 4$ A ✔

Sobre o enunciado — o PDF desta prova perdeu as fórmulas do texto: o valor da condição inicial não aparece (“dado que .”). O circuito, porém, é idêntico ao do 2º EE de 2024.2, cuja comutação de $100\ \mathrm{V}$ dá $i(0) = 100/50 = 2\ \mathrm{A}$ — e é esse valor que adotamos. Se a sua prova trouxer outro $i(0)$ , só a constante muda: $A = i(0) - 4$ , e $v = -10\,s\,A\,e^{st} = \frac{50}{3}\,A\,e^{-\frac53 t}$ com sinal trocado.

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Questão 09Prova FinalFinal 2024.2Superamortecido · Capacitor que devolve corrente no começo4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e as correntes $i_L$ e $i_C$ para $t > 0$ , onde $v(0) = 150\ \mathrm{V}$ e $i_L(0) = 10\ \mathrm{A}$ .

É o mesmo circuito do 3º quesito do 2º EE de 2024.2. O indutor e o capacitor estão em paralelo, então $v$ serve para os dois. E repare: $i(0) = (500 - 150)/50 = 7\ \mathrm{A}$ é menor que os $10\ \mathrm{A}$ do indutor — quem cobre a diferença é o capacitor, com $i_C(0)$ negativo.

Gabarito

$i_L(t) = 10 + 2\,e^{-5t} - 2\,e^{-10t}\ \mathrm{A}$

$v(t) = 300\,e^{-10t} - 150\,e^{-5t}\ \mathrm{V}$

$i_C(t) = e^{-5t} - 4\,e^{-10t}\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações.

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 $i_L$ .

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

Superamortecido.

Passo 4 — resposta forçada. $50K = 500$ , logo $i_{L,f} = 10\ \mathrm{A}$ — o regime, com $500/50$ .

Passo 5 — as constantes. De $i_L(0) = 10$ vem $A_2 = -A_1$ ; e de $v(0) = 150 = 15\dfrac{di_L(0)}{dt}$ vem $\dfrac{di_L(0)}{dt} = 10$ :

-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}}

Conferência — em $t = 0$ : $v = 150$ V ✔, $i_L = 10$ A ✔, $i_C = -3$ A, e a LKC fecha com $i(0) = 7$ A: $7 = 10 - 3$ ✔ Em $t \to \infty$ : $v \to 0$ , $i_C \to 0$ e $i_L \to 10$ A ✔

Sobre o enunciado — o PDF desta prova perdeu as fórmulas do texto: o valor da fonte e as duas condições iniciais não aparecem. O circuito é idêntico ao do 3º quesito do 2º EE de 2024.2, e adotamos os dados de lá — $500\ \mathrm{V}$ , $v(0) = 150\ \mathrm{V}$ e $i_L(0) = 10\ \mathrm{A}$ —, que são justamente os que fazem as raízes saírem redondas ( $-5$ e $-10$ ).

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Questão 10Prova FinalFinal 2023.1Superposição · Com fonte controlada que não se desliga3 ptsVer material

Determine os valores de $v$ e de $i$ no circuito abaixo por superposição. O circuito com a fonte de tensão deve ser resolvido pela Análise de Malhas e o circuito com a fonte de corrente pela Análise de Nós.

Repare bem no desenho: os quatro pontos do topo estão ligados por fio, então é tudo um nó só. E o mais importante da superposição aqui: a fonte controlada $v/2$ não se desliga — ela depende de $v$ , que muda em cada parcela, e por isso participa das duas.

Gabarito

$v = 80\ \mathrm{V}$ · $i = 20\ \mathrm{A}$

(cada fonte contribui com exatamente metade: $40\ \mathrm{V}$ e $10\ \mathrm{A}$ )

Passo a passo

Passo 1 — enxergue o nó único. O fio de cima liga o nó do $5\ \Omega$ , o da fonte controlada, o do $4\ \Omega$ e o da fonte de $2\ \mathrm{A}$ . Todo o circuito tem um nó essencial acima do terra, e a tensão dele é o próprio $v$ .

Passo 2 — parcela da fonte de $20\ \mathrm{V}$ . Desligue a fonte de corrente independente (fonte de corrente desligada = aberto); a controlada fica.

\frac{20 - v_1}{10} + \frac{v_1}{2} = \frac{v_1}{5} + \frac{v_1}{4} \qquad \times 20 \qquad 40 - 2\,v_1 + 10\,v_1 = 4\,v_1 + 5\,v_1

40 = v_1 \qquad\Longrightarrow\qquad v_1 = 40\ \mathrm{V} \qquad i_1 = \frac{40}{4} = 10\ \mathrm{A}

Passo 3 — parcela da fonte de $2\ \mathrm{A}$ . Desligue a fonte de tensão (fonte de tensão desligada = curto); a controlada fica.

\frac{0 - v_2}{10} + \frac{v_2}{2} + 2 = \frac{v_2}{5} + \frac{v_2}{4} \qquad \times 20 \qquad -2\,v_2 + 10\,v_2 + 40 = 4\,v_2 + 5\,v_2

8\,v_2 + 40 = 9\,v_2 \qquad\Longrightarrow\qquad v_2 = 40\ \mathrm{V} \qquad i_2 = 10\ \mathrm{A}

Passo 4 — some.

\boxed{v = v_1 + v_2 = 80\ \mathrm{V}} \qquad\qquad \boxed{i = i_1 + i_2 = 20\ \mathrm{A}}

Conferência — com $v = 80\ \mathrm{V}$ , a LKC do circuito completo tem de fechar. Entradas: $\frac{20 - 80}{10} = -6$ A pelo $10\ \Omega$ (a corrente volta para a fonte), $\frac{80}{2} = 40$ A da controlada e $2$ A da independente — total $36$ A. Saídas: $\frac{80}{5} + \frac{80}{4} = 16 + 20 = 36$ A ✔

Sobre a análise de malhas — o enunciado pede que a parcela da fonte de tensão saia por malhas. Com a fonte de corrente controlada no meio do circuito, isso exige montar uma supermalha em volta dela (e a equação auxiliar $i_{ramo} = v/2$ ). O resultado é o mesmo $v_1 = 40\ \mathrm{V}$ — a análise nodal acima é só o caminho curto, já que o circuito tem um único nó essencial.

Sobre o gabarito — esta prova não tem resolução no acervo. A resposta foi obtida por superposição e conferida pela LKC no circuito completo; o fato de as duas parcelas darem exatamente $40\ \mathrm{V}$ cada é uma boa checagem de consistência.

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Questão 11Prova FinalFinal 2023.1Primeira ordem · Fonte de corrente com dois resistores e um indutor3 ptsVer material

Determinar a corrente $i$ para $t > 0$ , sabendo que $i(0)$ é dado.

O $5\ \Omega$ está em série com o indutor, e esse par em paralelo com o $2\ \Omega$ . Uma fonte de corrente alimentando: no fim, o indutor vira fio e os $10\ \mathrm{A}$ se dividem entre $2$ e $5\ \Omega$ pelo divisor de corrente.

Gabarito

$i(t) = \dfrac{20}{7} + \left[i(0) - \dfrac{20}{7}\right]e^{-3,5t}\ \mathrm{A}$

Com o circuito partindo do repouso ( $i(0) = 0$ ): $i(t) = \dfrac{20}{7}\left(1 - e^{-3,5t}\right) \approx 2{,}86\left(1 - e^{-3,5t}\right)\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $v_A$ a tensão do nó de cima:

10 = \frac{v_A}{2} + i \qquad\qquad v_A = 5\,i + 2\frac{di}{dt}

Passo 2 — a equação. Substituindo $v_A$ :

10 = \frac{5\,i + 2\frac{di}{dt}}{2} + i = 2{,}5\,i + \frac{di}{dt} + i

\frac{di}{dt} + 3{,}5\,i = 10

Passo 3 — resposta natural. De $s + 3{,}5 = 0$ vem $s = -3{,}5$ , ou seja $\tau = \dfrac{2}{7}$ s.

Confere com a regra do circuito: a fonte de corrente vira aberto, e o indutor enxerga $5 + 2 = 7\ \Omega$ , logo $\tau = L/R = 2/7$ ✓

Passo 4 — resposta forçada. $3{,}5\,K = 10$ , logo

i_f = \frac{20}{7} \approx 2{,}86\ \mathrm{A}

Confere com o divisor de corrente: com o indutor em fio, os $10\ \mathrm{A}$ se repartem entre o $2\ \Omega$ e o $5\ \Omega$ , e o ramo do $5\ \Omega$ leva $10 \cdot \frac{2}{2 + 5} = \frac{20}{7}$ A ✓

Passo 5 — a constante. Da forma geral $i(t) = i_f + A\,e^{-3,5t}$ com $i(0)$ dado:

\boxed{i(t) = \frac{20}{7} + \left[i(0) - \frac{20}{7}\right]e^{-3,5t}\ \mathrm{A}}

E se o circuito partir do repouso, $i(0) = 0$ :

\boxed{i(t) = \frac{20}{7}\left(1 - e^{-3,5t}\right)\ \mathrm{A}}

Conferência — em $t \to \infty$ , $i \to 20/7$ A e o nó fica em $v_A = 5 \cdot \frac{20}{7} = \frac{100}{7} \approx 14{,}29$ V, o que dá $\frac{v_A}{2} = \frac{50}{7}$ A no $2\ \Omega$ — e $\frac{50}{7} + \frac{20}{7} = 10$ A ✔

Sobre o enunciado — o PDF desta prova perdeu as fórmulas do texto: o valor de $i(0)$ não aparece (“sabendo que .”). O que a questão realmente cobra — a equação, $\tau = 2/7$ s e $i_f = 20/7$ A — está todo acima; basta encaixar o $i(0)$ da sua prova na fórmula do Passo 5.

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Questão 12Prova FinalFinal 2022.1Análise nodal · Três nós e uma escada de resistores3 ptsVer material

Usando um método qualquer de análise de circuitos, determine as tensões dos nós e a corrente $i$ no circuito a seguir.

Três nós essenciais e uma única fonte de corrente: análise nodal direta. Repare que o $6\ \Omega$ e o $2\ \Omega$ ligam os mesmos dois pares de nós por caminhos diferentes — é uma escada, não uma associação série-paralelo simples.

Gabarito

$v_A = 45\ \mathrm{V}$ · $v_B = 27\ \mathrm{V}$ · $v_C = 21\ \mathrm{V}$

$i = \dfrac{v_B - v_C}{2} = 3\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — escolha os nós. Terra no fio de baixo. $v_A$ é o nó de cima (onde a fonte entrega), $v_B$ o nó do meio (entre o $3\ \Omega$ e o $9\ \Omega$ ) e $v_C$ o nó da direita.

Passo 2 — LKC no nó $A$ . Os $10\ \mathrm{A}$ se repartem entre o $3\ \Omega$ e o $6\ \Omega$ :

10 = \frac{v_A - v_B}{3} + \frac{v_A - v_C}{6} \qquad \times 6 \qquad 60 = 2\,v_A - 2\,v_B + v_A - v_C

3\,v_A - 2\,v_B - v_C = 60

Passo 3 — LKC no nó $B$ .

\frac{v_A - v_B}{3} = \frac{v_B}{9} + \frac{v_B - v_C}{2} \qquad \times 18 \qquad 6\,v_A - 6\,v_B = 2\,v_B + 9\,v_B - 9\,v_C

6\,v_A - 17\,v_B + 9\,v_C = 0

Passo 4 — LKC no nó $C$ .

\frac{v_A - v_C}{6} + \frac{v_B - v_C}{2} = \frac{v_C}{3} \qquad \times 6 \qquad v_A - v_C + 3\,v_B - 3\,v_C = 2\,v_C

v_A + 3\,v_B = 6\,v_C \qquad\Longrightarrow\qquad v_C = \frac{v_A + 3\,v_B}{6}

Passo 5 — resolva. Levando $v_C$ nas duas primeiras:

\text{(A)} \quad 360 = 17\,v_A - 15\,v_B \qquad\qquad \text{(B)} \quad 45\,v_A = 75\,v_B \quad\Longrightarrow\quad v_A = \frac53\,v_B

360 = \frac{85}{3}v_B - 15\,v_B = \frac{40}{3}v_B \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v_B = 27\ \mathrm{V}} \quad \boxed{v_A = 45\ \mathrm{V}} \quad \boxed{v_C = 21\ \mathrm{V}}

Passo 6 — a corrente do $2\ \Omega$ .

\boxed{i = \frac{27 - 21}{2} = 3\ \mathrm{A}}

Conferência — todas as correntes: $3\ \Omega$ : $\frac{45-27}{3} = 6$ A; $6\ \Omega$ : $\frac{45-21}{6} = 4$ A — e $6 + 4 = 10$ A da fonte ✔ No nó $B$ : entram $6$ A, saem $\frac{27}{9} = 3$ A pelo $9\ \Omega$ e $3$ A pelo $2\ \Omega$ ✔ No nó $C$ : entram $4 + 3 = 7$ A, sai $\frac{21}{3} = 7$ A ✔ Todas as tensões saem inteiras — bom sinal.

Sobre o enunciado — o PDF perdeu as fórmulas do texto (“os valores de e de”), e a figura, recortada de um livro, só marca a seta da corrente no $2\ \Omega$ sem nomeá-la. O que a questão cobra — as três tensões nodais e as correntes de todos os ramos — está resolvido acima; a grandeza chamada $v$ na sua prova será uma dessas tensões.

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Questão 13Prova FinalFinal 2022.1Superamortecido · RL em série em paralelo com o capacitor4 ptsVer material

Determinar a tensão $v$ e a corrente $i$ para $t > 0$ , dada a fonte $v_g$ e as condições iniciais.

O $6\ \Omega$ está em série com o indutor, e esse ramo em paralelo com o capacitor. A tensão $v$ é a do capacitor, que é também a do nó — e é ela que a fonte “vê” através do $4\ \Omega$ .

Gabarito

Raízes: $s_1 = -2$ e $s_2 = -5$ — caso superamortecido.

i(t) = \frac{V_g}{10} + A_1 e^{-2t} + A_2 e^{-5t} \qquad v(t) = 6\,i + \frac{di}{dt}

Com $v_g = V_g$ constante e as constantes fixadas por $i(0)$ e $v(0)$ .

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $i_1$ a corrente do $4\ \Omega$ :

v_g = 4\,i_1 + v \qquad i_1 = i + i_C \qquad i_C = \frac14\frac{dv}{dt} \qquad v = 6\,i + \frac{di}{dt}

Passo 2 — a equação em $i$ . Substituindo $i_1$ :

v_g = 4\left(\frac14\frac{dv}{dt} + i\right) + v = \frac{dv}{dt} + 4\,i + v

E como $\dfrac{dv}{dt} = 6\dfrac{di}{dt} + \dfrac{d^2i}{dt^2}$ :

v_g = 6\frac{di}{dt} + \frac{d^2i}{dt^2} + 4\,i + 6\,i + \frac{di}{dt}

\frac{d^2i}{dt^2} + 7\frac{di}{dt} + 10\,i = v_g

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 7s + 10 = 0$ :

s = \frac{-7 \pm \sqrt{49 - 40}}{2} = \frac{-7 \pm 3}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{s_1 = -2 \qquad s_2 = -5}

Duas raízes reais distintas: superamortecido, independentemente do valor da fonte.

i_n(t) = A_1 e^{-2t} + A_2 e^{-5t}

Passo 4 — resposta forçada. Com $v_g = V_g$ constante, $10K = V_g$ :

i_f = \frac{V_g}{10}

Confere pelo regime permanente: o capacitor abre, o indutor vira fio, e a fonte vê $4 + 6 = 10\ \Omega$ ✓

Passo 5 — as constantes. A primeira sai de $i(0)$ e a segunda da tensão inicial, via $v = 6i + di/dt$ :

A_1 + A_2 = i(0) - \frac{V_g}{10} \qquad\qquad -2A_1 - 5A_2 = \frac{di(0)}{dt} = v(0) - 6\,i(0)

Passo 6 — a tensão. Uma vez achados $A_1$ e $A_2$ :

v = 6\,i + \frac{di}{dt} = \frac{6V_g}{10} + A_1(6 - 2)\,e^{-2t} + A_2(6 - 5)\,e^{-5t} = \frac{3V_g}{5} + 4A_1 e^{-2t} + A_2 e^{-5t}

Exemplo concreto — com $v_g = 20\ \mathrm{V}$ e o circuito partindo do repouso ( $i(0) = 0$ , $v(0) = 0$ ):

A_1 + A_2 = -2 \qquad -2A_1 - 5A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -\frac{10}{3} \quad A_2 = \frac43

i(t) = 2 - \frac{10}{3}\,e^{-2t} + \frac43\,e^{-5t}\ \mathrm{A} \qquad v(t) = 12 - \frac{40}{3}\,e^{-2t} + \frac43\,e^{-5t}\ \mathrm{V}

E confere: $i(0) = 2 - 3{,}33 + 1{,}33 = 0$ ✔ e $v(0) = 12 - 13{,}33 + 1{,}33 = 0$ ✔ Em $t \to \infty$ : $i \to 2$ A e $v \to 12$ V, que é $20 \cdot \frac{6}{10}$ ✔

Sobre o enunciado — o PDF desta prova perdeu as fórmulas do texto: o valor de $v_g$ e as duas condições iniciais não aparecem (“dado que , e .”). O miolo da questão — a equação, as raízes $-2$ e $-5$ e a estrutura da resposta — está todo acima; o exemplo com $20\ \mathrm{V}$ e repouso inicial mostra como fechar as constantes com os dados da sua prova.

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Questão 14Prova FinalFinal 2020.2Análise nodal · Fonte de corrente que puxa do nó do meio3 ptsVer material

Determine a tensão $v$ e a corrente $i$ no circuito abaixo a partir da Análise de Nós ou da Análise de Malhas.

Cuidado com o sentido da fonte de $3\ \mathrm{A}$ : ela aponta para baixo, ou seja, retira corrente do nó do meio. E a fonte de $10\ \mathrm{V}$ está aterrada, então aquele nó já vale $10\ \mathrm{V}$ — sobram dois nós para achar.

Gabarito

$v = 7\ \mathrm{V}$ · $i = 1{,}5\ \mathrm{A}$

Passo a passo

Passo 1 — escolha os nós. Terra no fio de baixo. $v_A$ é o nó do $14\ \Omega$ — que é o próprio $v$ — e $v_B$ o nó da fonte de $3\ \mathrm{A}$ . O nó da direita está preso em $10\ \mathrm{V}$ .

Passo 2 — LKC no nó $A$ . Entram $2\ \mathrm{A}$ ; saem pelo $14\ \Omega$ e pelo $4\ \Omega$ :

2 = \frac{v_A}{14} + \frac{v_A - v_B}{4} \qquad \times 28 \qquad 56 = 2\,v_A + 7\,v_A - 7\,v_B

9\,v_A - 7\,v_B = 56

Passo 3 — LKC no nó $B$ . Entra pelo $4\ \Omega$ ; saem $3\ \mathrm{A}$ pela fonte (que aponta para baixo) e a corrente do $6\ \Omega$ :

\frac{v_A - v_B}{4} = 3 + \frac{v_B - 10}{6} \qquad \times 12 \qquad 3\,v_A - 3\,v_B = 36 + 2\,v_B - 20

3\,v_A - 5\,v_B = 16 \qquad\Longrightarrow\qquad v_A = \frac{16 + 5\,v_B}{3}

Passo 4 — resolva.

56 = 3(16 + 5\,v_B) - 7\,v_B = 48 + 8\,v_B \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{v_B = 1\ \mathrm{V}} \qquad \boxed{v = v_A = 7\ \mathrm{V}}

Passo 5 — a corrente do $4\ \Omega$ .

\boxed{i = \frac{7 - 1}{4} = 1{,}5\ \mathrm{A}}

Conferência — no nó $A$ : o $14\ \Omega$ leva $\frac{7}{14} = 0{,}5$ A e o $4\ \Omega$ leva $1{,}5$ A, somando os $2$ A da fonte ✔ No nó $B$ : entram $1{,}5$ A pelo $4\ \Omega$ e mais $1{,}5$ A pelo $6\ \Omega$ (porque $v_B = 1 < 10$ , a corrente vem da fonte de tensão), total $3$ A — exatamente o que a fonte de corrente retira ✔

Sobre o enunciado — o PDF perdeu os nomes das variáveis no texto (“a tensão ” e a corrente ””), mas a figura marca $v$ no $14\ \Omega$ e a seta da corrente antes do $4\ \Omega$ . A mesma figura reaparece no 1º quesito da final de 2022.2, lá com os valores das fontes também apagados — use os desta versão.

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Questão 15Prova FinalFinal 2020.2Primeira ordem · Fonte de corrente com dois resistores e um capacitor3 ptsVer material

Determine $v$ para $t > 0$ no circuito abaixo, dada a fonte $I_s$ e a condição inicial.

O capacitor enxerga os dois $5\ \Omega$ em série (a fonte de corrente, desligada para o cálculo de $R_{eq}$ , vira um aberto). Daí $\tau = 0{,}1\ \mathrm{s}$ — e o valor final é $5 I_s$ , porque com o capacitor aberto toda a corrente vai pelo $5\ \Omega$ vertical.

Gabarito

$\tau = 0{,}1\ \mathrm{s}$ ( $s = -10$ ) · $v_f = 5\,I_s$

v(t) = 5\,I_s + \left[v(0) - 5\,I_s\right]e^{-10t}

Com $I_s = 10\ \mathrm{A}$ e $v(0) = 0$ : $v(t) = 50\left(1 - e^{-10t}\right)\ \mathrm{V}$

Passo a passo

Passo 1 — as relações. Chamando $v_A$ a tensão do nó da esquerda:

I_s = \frac{v_A}{5} + i_{5\Omega} \qquad i_{5\Omega} = \frac{v_A - v}{5} = 0{,}01\frac{dv}{dt}

Passo 2 — a equação. Da segunda relação, $v_A = v + 0{,}05\dfrac{dv}{dt}$ . Levando na primeira:

I_s = \frac{v + 0{,}05\frac{dv}{dt}}{5} + 0{,}01\frac{dv}{dt} = 0{,}2\,v + 0{,}02\frac{dv}{dt}

\frac{dv}{dt} + 10\,v = 50\,I_s

Passo 3 — a constante de tempo. De $s + 10 = 0$ vem $s = -10$ , isto é $\tau = 0{,}1$ s.

Confere pela regra do circuito: com a fonte de corrente aberta, o capacitor enxerga $5 + 5 = 10\ \Omega$ , e $\tau = R_{eq}C = 10 \cdot 0{,}01 = 0{,}1$ s ✓

Passo 4 — o valor final. $10K = 50 I_s$ , logo

v_f = 5\,I_s

Confere pelo regime permanente: capacitor aberto ⟹ nada circula no $5\ \Omega$ horizontal ⟹ todo o $I_s$ passa pelo $5\ \Omega$ vertical, e o capacitor enxerga essa mesma tensão, $5 I_s$ ✓

Passo 5 — a resposta completa.

\boxed{v(t) = 5\,I_s + \left[v(0) - 5\,I_s\right]e^{-10t}}

Exemplo concreto — com $I_s = 10\ \mathrm{A}$ e capacitor descarregado:

v(t) = 50\left(1 - e^{-10t}\right)\ \mathrm{V} \qquad\qquad i(t) = \frac{v_A}{5}, \quad v_A = v + 0{,}05\frac{dv}{dt} = 50 - 25\,e^{-10t}

i(t) = 10 - 5\,e^{-10t}\ \mathrm{A}

E confere: em $t = 0$ , $i = 5$ A e o $5\ \Omega$ horizontal leva os outros $5$ A direto para o capacitor descarregado ✔ Em $t \to \infty$ , $i \to 10$ A, os $I_s$ inteiros ✔

Sobre o enunciado — o PDF perdeu as fórmulas do texto: o valor de $I_s$ e a condição inicial não aparecem (“Determine para no circuito abaixo. Considere .”). O conteúdo da questão — a equação, $\tau = 0{,}1$ s e $v_f = 5I_s$ — está acima; basta encaixar os dados da sua prova. A mesma figura reaparece no 2º quesito da final de 2022.2, lá sem nem os valores dos resistores.

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Questão 16Prova FinalFinal 2022.2Superamortecido · RLC série puro4 ptsVer material

Determine $v$ para $t > 0$ no circuito abaixo, dada a fonte $v_g$ e as condições iniciais.

Este é o RLC série puro — a única topologia em que $\alpha = \dfrac{R}{2L}$ vale direto. Uma malha só, uma corrente só: a do indutor é a mesma do capacitor.

Gabarito

$\alpha = 2{,}5$ · $\omega_0 = \sqrt6 \approx 2{,}449$ · raízes $s_1 = -2$ e $s_2 = -3$ — superamortecido

v(t) = V_g + A_1 e^{-2t} + A_2 e^{-3t}

Com $I_s = 0$ e $v(0) = 0$ : $v(t) = V_g\left(1 - 3e^{-2t} + 2e^{-3t}\right)$

Passo a passo

Passo 1 — a malha única. A LKT dá, com a mesma $i$ atravessando tudo:

v_g = 5\,i + \frac{di}{dt} + v \qquad\qquad i = \frac16\frac{dv}{dt}

Passo 2 — a equação em $v$ . Substituindo $i$ :

v_g = \frac56\frac{dv}{dt} + \frac16\frac{d^2v}{dt^2} + v \qquad \times 6 \qquad \frac{d^2v}{dt^2} + 5\frac{dv}{dt} + 6\,v = 6\,v_g

Passo 3 — resposta natural. De $s^2 + 5s + 6 = 0$ :

s = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 24}}{2} = \frac{-5 \pm 1}{2} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{s_1 = -2 \qquad s_2 = -3}

Pelas fórmulas do RLC série, o mesmo:

\alpha = \frac{R}{2L} = \frac{5}{2} = 2{,}5 \qquad \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}} = \frac{1}{\sqrt{1/6}} = \sqrt6 \approx 2{,}449

e $\alpha > \omega_0$ , com $s = -2{,}5 \pm \sqrt{6{,}25 - 6} = -2{,}5 \pm 0{,}5$ ✓ Superamortecido.

Passo 4 — resposta forçada. Com $v_g = V_g$ constante, $6K = 6V_g$ :

v_f = V_g

Faz sentido: em regime o indutor é fio, o capacitor abre, nada circula e o capacitor fica com a fonte inteira ✓

Passo 5 — as constantes. De $v(0)$ e de $\dfrac{dv(0)}{dt} = 6\,i(0)$ :

A_1 + A_2 = v(0) - V_g \qquad\qquad -2A_1 - 3A_2 = 6\,i(0)

Exemplo concreto — partindo do repouso ( $i(0) = 0$ , $v(0) = 0$ ):

A_1 + A_2 = -V_g \qquad -2A_1 - 3A_2 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad A_1 = -3V_g \quad A_2 = 2V_g

\boxed{v(t) = V_g\left(1 - 3\,e^{-2t} + 2\,e^{-3t}\right)} \qquad\qquad i(t) = \frac16\frac{dv}{dt} = V_g\left(e^{-2t} - e^{-3t}\right)

E confere: $v(0) = V_g(1 - 3 + 2) = 0$ ✔, $i(0) = 0$ ✔, e em $t \to \infty$ : $v \to V_g$ e $i \to 0$ ✔

Sobre o enunciado — o PDF desta prova perdeu as fórmulas do texto: o valor de $v_g$ e as condições iniciais não aparecem (“considerando e .”). O que a questão cobra — a equação do RLC série, $\alpha$ , $\omega_0$ e as raízes $-2$ e $-3$ — está acima; o exemplo com repouso inicial mostra como fechar as constantes.

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