Circuitos Elétricos I - Poli - Lista Complementar 3

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1 
 
PSI3211 – CIRCUITOS ELÉTRICOS I 
Exercícios Complementares correspondentes à Matéria da 3a Prova 
 
1 – No circuito da Figura 1, a chave encontra-se aberta há muito tempo, e fecha quando t = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Responda: 
 
a) Qual é o valor de iL( 0 – ) ? 
 
b) Determine o gerador equivalente de Thévenin ( e0 e R0 ) visto pelo indutor para t > 0 
em função de . 
 
c) Qual é ( em função de  ) a constante de tempo do circuito para t > 0 ? 
 
d) Supondo  = 0 e e t tg ob g  FHG
I
KJ20 2
5
3 90cos , determine iL(t) para t  0. 
 
2 – Considere o circuito da Figura 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se: 
 
a) Forneça as expressões de  e 0 em função de L , C , R1 e R2 . 
 
b) Usando as leis de Kirchhoff, exprima vL( 0 ) em função de is( 0 ) , vC( 0 ) , iL( 0 ) , 
R1 e R2 . 
 
c) Com is(t) = 1 H(t) (mA, s) e condições iniciais nulas em t = 0 – , calcule vC(t) para t  0. 
Adote: 0 = 100 rad/s ,  = 75 s – 1 , R1 = 4 k , C = 2,5 F. 
 
 
Figura 1 
eg(t) 
i1 
5 2 H  i1 
iL t = 0 10 
Figura 2 
is(t) 
R1 
L C vL 
iL 
R2 
vC 
2 
 
Figura 3 
0,45 Ω 
Li (t) 
v(t) 
0,5 Ω 
5 V 
1 2 
0,25 H t 0,5 s 1/9 F es(t) 
3 – Considere o circuito da Figura 3 cuja chave muda instantaneamente da posição 1 para a 
posição 2 em t 0,5 s . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pede-se: 
 
a) Determine E (em V) sabendo que 
t 0
dv(t) 18 V/sdt 
  . 
 
 
b) Sabendo-se que v(t) em regime permanente senoidal vale 
 
o
pv (t) 9cos(6t 60 ), (V,s)  
 
determine a expressão da resposta completa v(t) entre t 0 e t 0,5 s , isto é, antes da 
mudança de posição da chave. 
Obs.: Considere novamente que 
t 0
dv(t) 18 V/sdt 
  . 
 
c) Determine o valor da corrente do indutor em t 1 s , sabendo-se que em t 1,5 s essa 
corrente vale Li (1,5) 8 A . 
 
 
Testes 
 
1 – No circuito da Figura 4, o capacitor está inicialmente descarregado. A chave S fecha em 
t = 0. Qual deve ser o valor de C para que vC(t) atinja 4 V em exatamente 1 ms ? 
 
a) 1 1 25n F,b g 
b) 1 5n F 
c) n 5 F 
d) 1 1 25n F,b g  
e) n.d.a. 
 
 
 
Figura 4 
1 k 
C 
5 V 
t = 0 
S 
vC 
o
s
L
e (t) E cos(6t 60 ) (V,s)
2i (0 ) A9
v(0 ) 5,5 V


 
 

3 
 
2 – Para o circuito da Figura 5, sabe-se que i t t eL tb g  FHG
I
KJ 
cos 32
3 2 , t  0. A tensão 
eg(t) do gerador deve ser : 
 
a) 0 
b) 2 3 2e t 
c) 3 2 32 45cos
t oFHG
I
KJ 
d) 3 22
3
2cos t
F
HG
I
KJ 
e) n.d.a. 
 
3 – Para o circuito da Figura 6, se ig(t) = 0,2 ( t ) ( A, s ) , vC ( 0 – ) = – 1 V, 
iL ( 0 – ) = 0,5 A , R = 1 , L = 0,2 H, C = 0,05 F, então vC ( 0 + ) e iL ( 0 + ) valem, 
respectivamente: 
 
a) – 1 V e 0,7 A 
b) 4 V e 0,5 A 
c) 3 V e 0,5 A 
d) – 1 V e 1,5 A 
e) n.d.a. 
 
 
 
4 – No circuito da Figura 7, es(t) é uma onda quadrada com patamares 0 V e 1 V, e período 2 
s. A forma de onda de v(t) está representada na Figura 8. Se este circuito está ligado há 
muito tempo, qual é o valor mínimo aproximado de v(t), ou seja, vm? 
 
a) 0,314 V 
b) 1 V 
c) 0,54 V 
d) 0,27 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
5 – Ainda no circuito da Figura 7, considere es(t) = 0 (o gerador foi trocado por um curto) e 
sendo v(0) = 0,6 V, determine o intervalo de tempo ( aproximado ) para que metade da 
energia armazenada no capacitor seja dissipada: 
 
a) 1 s 
b) 0,54 s 
c) 0,35 s 
d) 0,21 s 
e) n.d.a. 
Figura 7 
es(t) 
1  
1 F v(t) 
v(t) 
t 
 vm 
Figura 8 
Figura 5 
eg(t) 
3  
2 H 
iL(t) 
vC (t) 
iL(t) 
ig(t) 
R 
L 
Figura 6 
C 
4 
 
Para os testes 6 e 7, considere o circuito da Figura 9, em que a chave está fechada há muito 
tempo e abre em t = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 – A expressão de iL para t  0 é: 
 
a) 12 e – 3 t 
b) 20 e – 5 t 
c) 10 e – 12 t 
d) 16 e – 8 t 
e) n.d.a. 
 
7 – O valor de v logo após a abertura da chave ( em V ) é: 
 
a) –160 
b) –120 
c) –140 
d) –100 
e) n.d.a 
 
8 – Considere o circuito da Figura 10 com condição inicial v(0– ) = 1 V e excitação es(t) = 
2(t) (V,s). A condição inicial v(0+), em V, vale: 
 
a) 9/5 
b) 6/5 
c) 1 
d) 4/5 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
9 – Para o circuito da Figura 11, o coeficiente de amortecimento  vale : 
 
a) R L2 
b) 1 2 RC 
c) R L 
d) 1 LC 
e) n.d.a. 
 
 
Figura 9 
20 A 0,1 v 
iL 
t = 0 2 
2H 10 40 
i 
Figura 10 
es(t) 
1 1F 
v(t) 
1 2 
vC (t) 
iL(t) 
ig(t) 
R 
L 
Figura 11 
C 
5 
 
Para os testes 10, 11 e 12, considere os circuitos das Figuras 12 e 13. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O circuito “visto” pelos elementos reativos ( L e C ) da Figura 12 é simbolicamente mostrado 
na Figura 13. 
 
10 – Os valores de  e 02 são expressos em termos dos parâmetros do circuito da Figura 12, 
respectivamente, como: 
 
a) R RL LC
1 2
2
1 , 
b) RL LC
2
2
1
1,

  
c) R RL LC
1 2
2
1
1

,

 
d) RL LC
2
2
1, 
e) n.d.a. 
 
11 – Considerando o circuito da Figura 13 com i(0 – ) = 2A , vc(0 – ) = 10V, L = 0,5H, 
C = 20 mF, e uma excitação eth(t) = 5 (t) (V,s), os valores de i(0+) e de vC(0+) são, 
respectivamente: 
 
a) 12 A e 10 V 
b) 2 A e 10 V 
c) 2 A e 260 V 
d) 12 A e 260 V 
e) n.d.a. 
 
12 – Supondo agora Rth = 10  e as demais condições do teste 11, o valor de didt t  0b g 
em ( A/s ) é igual a: 
 
a) – 10 
b) – 20 
c) – 40 
d) – 60 
e) n.d.a. 
Figura 12 
R1 
C vC(t) 
L a 
es(t) 
i(t) 
R2 
 v 
b 
 v 
Figura 13 
C vC(t) 
L a 
eth(t) 
i(t) 
Rth 
b 
1 
 
PSI3211 – CIRCUITOS ELÉTRICOS I 
Solução dos Exercícios Complementares correspondentes à Matéria da 3a Prova 
 
1 – a) iL ( 0 – ) = 0 ( não há geradores independentes ) 
 Resistência equivalente vista pelo indutor: 
 
 i = i1 –  i1 
 
 i E1 5 
 
  Req = 51 0  se  > 1 
 
b) t > 0 : R0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corrente de curto-circuito: 
 
 v = 0  i1 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
c)  

 
  LR s0
2 3 3b g b g 
 
 
d) Solução particular ( regime ) 
 
  . . . . .
I R j L j j
j
1 + jL
o
E parag
   


2 20 90
3
1 20 2
3
1
10
3
10
3
2 2
0
0

  
 = 2 45o 
 
   FHG
I
KJi t t A,sL,p
ob g b g2 53 45cos 
i1 
5  i1 
i i 
E  
E E Ei 15 5 5      
5 
i1 
 i1 
i i 
E 10 
i E E E E
R Ei0
    
   
5 10 5
3
10
10
3
 
 ( ) 
eg(t) 
i1 
5  i1 i0 
10 
v 
 
   
i e
e i R e3
g
g
0
0 0 0
10
.  
2 
 
   35 0para 
    
5t
o3L
5i t A e 2 cos t 45 , t 0, A,s3
      
 
 i AL o0 0 2 45 2b g c h    cos 
 
2 – a) Inativando o gerador  RLC série 
 
    R RL LC
1 2
02
1 
 
b) iC(t) = is(t) – iL(t) 
 vL(t) = vC(t) + R2 [ is(t) – iL(t) ] – R1iL(t) 
 vL(0) = vC(0) + R2 is(0) – ( R1 + R2 ) iL(0) 
 
c) d vdt
i i
C
m V sC
t
s L

    
0
0 0 1 0
2 5 400
b g b g
,  
 
 vC(0) = 0 
 vp(t) = R1 is(t)  vp(0) = R1 is(0) = 4 k . 1 mA = 4 V 
 d vdt
p 0 0b g  ;   d 02 rad / s  2 66 14, 
 
 
a v v
b d vdt
d v
dt
C p
C p
   
  
U
V|
W|
0 0 4
0 0 400
b g b g
b g b g  
 
 vC(t) = 4,276 e – 75 t cos ( 66,14 t – 159,29o ) + 4 V, t  0, (V, s) 
 
3 – a) Fazendo uma transformação de fontes, em t 0 o circuito se reduz a 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, 
R
C
t 0
5,5i (0 ) 12,2222 A0,45
dv(t) 1i (0 ) C ( 18) 2 Adt 9
E 212,222 2 E 9 V0,9 9




 
    
    
 
 V = 4,276 
  = – 159,29o 
0,45Ω 
oE cos(60 )
0, 45 2 A9 
5,5V 
Ri (0 ) Ci (0 ) 
3 
 
b) Inativando-se o gerador de tensão, verifica-se que se trata de um circuito RLC 
paralelo. Portanto, 
 
-1
0
1 1α 10 s2RC 2(0,45)(1/ 9)
1 1ω 6 rad/s.LC 1 1
4 9
  
  

 
Como 0α ω , o comportamento livre do circuito será superamortecido com FCPs 
iguais a 2 21 0s α α ω 2      e 2 22 0s α α ω 18.      
 
Para obter a resposta completa ainda precisamos calcular 
 
o
p
o
p
v(0 ) v (0 ) 5,5 9cos(60 ) 5,5 4,5 1
v(0 ) v (0 ) 18 9 6sen(60 ) 28,7654
a
b
 
 
      
        . 
 
Da Apostila de Circuitos de Segunda Ordem, temos 
 
1 2s t s t2 1 p
2 1 2 1
s sv(t) e e v (t)s s s s
a b a b      . 
 
Substituindo os valores, chega-se a 
 
2t 18t ov(t) 2,92e 1,92e 9cos(6t 60 ), para 0 t 0,5 s       , (V, s) 
 
c) Depois da mudança da chave, o indutor passa a fazer parte de um circuito de primeira 
ordem com constante de tempo L 0,25 1τ s.R 0,5 2   
Em regime, o indutor tende para um curto-circuito e sua corrente será 
 
L
5i ( ) 10A0,5   . 
 
Assim a expressão para a corrente do indutor para t 0,5s será 
 
2(t 0,5)
Li (t) Ae 10.   
 
Como Li (1,5) 8A , podemos encontrar o valor da constante A: 
 
2 28 Ae 10 A 2e 14,78.       
 
Portanto a expressão da corrente no indutor se reduz a 
 
2(t 0,5)
Li (t) 14,78e 10, t 0,5 s     . 
 
4 
 
Substituindo t 1 s na expressão acima, obtemos: 
 
1
Li (1) 14,78e 10 4,56A    . 
 
 
Testes 
 
1 – No circuito da Figura 4, o capacitor está inicialmente descarregado. A chave S fecha em 
t = 0. Qual deve ser o valor de C para que vC(t) atinja 4 V em exatamente 1 ms ? 
 
a) 1 1 25n F,b g 
b) 1 5n F 
c) n 5 F 
d) 1 1 25n F,b g  
e) n.d.a. 
 
Resolução: vC(t) = 5 ( 1 – e – t/ ),  = RC 
 4 5 1 10 3   e e j 0 8 1 10 3,    e  
 e  10 3 0 2 , 
  3 310 10n 0,2 1n 5
 
     
 
    
 10
5
10
5
3 6
 n C n 
 
2 – Para o circuito da Figura 5, sabe-se que i t t eL tb g  FHG
I
KJ 
cos 32
3 2 , t  0. A tensão 
eg(t) do gerador deve ser : 
 
a) 0 
b) 2 3 2e t 
c) 3 2 32 45cos
t oFHG
I
KJ 
d) 3 22
3
2cos t
F
HG
I
KJ 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
Figura 5 
eg(t) 
3  
2 H 
iL(t) 
Figura 4 
1 k 
C 
5 V 
t = 0 
S 
vC 
Resolução:
e t R i t L d idt t e
sen t e
g L
L t
t
b g b g
b g
   FHG
I
KJ  
 FHG
I
KJ
F
HG
I
KJ 


3 32 3
2 32
3
2 2
3
2
3
2
3 2
cos
.
 
  FHG
I
KJe t tg
ob g 3 2 32 45cos 
  FHG
I
KJ 
F
HG
I
KJ   e t t sen t E jg g
ob g 3 32 3
3
2 3 3 3 2 45cos
 
5 
 
3 – Para o circuito da Figura 6, se ig(t) = 0,2 ( t ) ( A, s ) , vC ( 0 – ) = – 1 V, 
iL ( 0 – ) = 0,5 A , R = 1 , L = 0,2 H, C = 0,05 F, então vC ( 0 + ) e iL ( 0 + ) 
valem, respectivamente: 
 
a) – 1 V e 0,7 A 
b) 4 V e 0,5 A 
c) 3 V e 0,5 A 
d) – 1 V e 1,5 A 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 – No circuito da Figura 7, es(t) é uma onda quadrada com patamares 0 V e 1 V, e período 2 
s. A forma de onda de v(t) está representada na Figura 8. Se este circuito está ligado há 
muito tempo, qual é o valor mínimo aproximado de v(t), ou seja, vm? 
 
a) 0,314 V 
b) 1 V 
c) 0,54 V 
d) 0,27 V 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
A curva v(t) tem 2 trechos: 
v1(t) = ( vm – 1 ) e – t + 1  em t = 0 vale vm e tende a 1 V correspondendo à 
 carga completa do capacitor. 
v2(t) = [ ( vm – 1 ) e – 1 + 1 ] . e – ( t – 1 )  em t = 0 vale v1(1s) e tende a 0 V 
 
 valor máximo, calculado por v1(1s) 
 
Agora é só impor que v2(2s) seja igual a vm: 
 [ ( vm – 1 ) e – 1 + 1 ] . e – 1 = vm  vm e – 1 – vm e = e – 1 – 1 
    

v ee e Vm
1
1
1 0 27, 
Figura 7 
es(t) 
1  
1 F v(t) 
v(t) 
t 
 vm 
Figura 8 
Resolução: 
O impulso irá adicionar instantaneamente a carga de 0,2 C ao capacitor. 
Portanto, v v CC C0 0
0 2
  b g b g , 
 v VC 0 1 0 20 05 3    b g
,
, 
 i i AL L0 0 0 5  b g b g , 
ig(t) 
R 
L 
Figura 6 
C 
iL(t) 
vC (t) 
6 
 
5 – Ainda no circuito da Figura 7, considere es(t) = 0 (o gerador foi trocado por um curto) e 
sendo v(0) = 0,6 V, determine o intervalo de tempo ( aproximado ) para que metade da 
energia armazenada no capacitor seja dissipada: 
 
a) 1 s 
b) 0,54 s 
c) 0,35 s 
d) 0,21 s 
e) n.d.a. 
 
Resolução: Neste caso v(t) = 0,6 e – t 
 E C v e e Jcap t t   
2 2 2
2
1
2 0 6 0 18, ,c h 
 0 18 0 182
1
2 0 346
2 2, , ,e e tt t      
Para os testes 6 e 7 considere o circuito da Figura 9, em que a chave está fechada há muito 
tempo e abre em t = 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 – A expressão de iL para t  0 é: 
 
a) 12 e – 3 t 
b) 20 e – 5 t 
c) 10 e – 12 t 
d) 16 e – 8 t 
e) n.d.a. 
 
Resolução: Com a chave fechada há muito tempo, o indutor é um curto e Li (0 ) 20 A.  
Logo após a abertura da chave a corrente do indutor não sofre descontinuidade, pois não 
há impulso de tensão atuando sobre ele. Assim, L Li (0 ) i (0 ) 20 A.   Com a chave 
aberta, o circuito com o indutor está livre, ou seja, sem atuação da fonte independente de 
corrente. Logo, a resposta completa da corrente será 
L L
t / i (t) i (0 )e   para t  0, 
em que 
eq
L
R 
 e eqR é a resistência “vista” pelo indutor, dada por 
(10  // 40  + 2 ) = 10 . 
Logo, 2 0, 2 s10  . Portanto, L
5ti (t) 20e para t  0. 
Figura 9 
20 A 0,1 v 
iL 
t = 0 2 
2H 10 40 
i 
7 
 
7 – O valor de v logo após a abertura da chave ( em V ) é: 
 
a) –160 
b) –120 
c) –140 
d) –100 
e) n.d.a 
 
Resolução: Logo após a abertura da chave, Li (0 ) 20 A.  Portanto, a queda de tensão v 
será igual à queda de tensão sobre a associação 10  // 40  devida à corrente Li (0 ) : 
Lv (10 / /40) i (0 ) 8 20 160 V.       
 
8 – Considere o circuitoda Figura 10 com condição inicial v(0– ) = 1 V e excitação es(t) = 
2(t) (V,s). A condição inicial v(0+), em V, vale: 
 
a) 9/5 
b) 6/5 
c) 1 
d) 4/5 
e) n.d.a. 
 
 
 
Resolução: Para efeitos de impulso, vamos considerar que o capacitor é um curto-
circuito. Assim, quando o impulso atua, a corrente i(t) valerá 
 
2 / 3 4 dv dv 4i 2 (t) (t) i C (t).1 (2 / 3) 5 dt dt 5       
 
 
Integrando os dois lados da equação acima de 0– a 0+, temos 
 
4 4 4 9v(0 ) v(0 ) v(0 ) v(0 ) 1 V.5 5 5 5          
 
 
9 – Para o circuito da Figura 11, o coeficiente de amortecimento  vale : 
 
a) R L2 
b) 1 2 RC 
c) R L 
d) 1 LC 
e) n.d.a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 10 
es(t) 
1 1F 
v(t) 
1 2 
i(t) 
Resolução: Com o gerador inativado, temos um circuito 
RLC série   R2 L 
vC (t) 
iL(t) 
ig(t) 
R 
L 
Figura 11 
C 
8 
 
Para os testes 10, 11 e 12, considere os circuitos das Figuras 12 e 13. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O circuito “visto” pelos elementos reativos ( L e C ) da Figura 12 é simbolicamente mostrado 
na Figura 13. 
 
10 – Os valores de  e 02 são expressos em termos dos parâmetros do circuito da Figura 12, 
respectivamente, como: 
 
a) R RL LC
1 2
2
1 , 
b) RL LC
2
2
1
1,

  
c) R RL LC
1 2
2
1
1

,

 
d) RL LC
2
2
1, 
e) n.d.a. 
 
11 – Considerando o circuito da Figura 13 com i(0 – ) = 2A , vc(0 – ) = 10V, L = 0,5H, 
C = 20 mF, e uma excitação eth(t) = 5 (t) (V,s), os valores de i(0+) e de vC(0+) 
são, respectivamente: 
 
a) 12 A e 10 V 
b) 2 A e 10 V 
c) 2 A e 260 V 
d) 12 A e 260 V 
e) n.d.a. 
 
12 – Supondo agora Rth = 10  e as demais condições do teste 11, o valor de didt t  0b g 
em ( A/s ) é igual a: 
 
a) – 10 
b) – 20 
c) – 40 
d) – 60 
e) n.d.a. 
Figura 12 
R1 
C vC(t) 
L a 
es(t) 
i(t) 
R2 
 v 
b 
 v 
Figura 13 
C vC(t) 
L a 
eth(t) 
i(t) 
Rth 
b 
Resolução: 
Tensão VAB em aberto : e es0 1 

 
Corrente IAB em curto : i eR
s
2
0 1 

 
Rth = R2 →   RL LC
2
0
2
2
1 
Resolução: vC ( 0 + ) = vC ( 0 – ) = 10 V 
 5i(0 ) i(0 ) 12A0,5    
Resolução: 
R i L didt vth C    

0 0 0
0
b g b g
di
dt A / s0
10 2 10
0 5 60

    . ,