Um circuito RL série de primeira ordem apresenta uma tensão de entrada 4 V sendo um degrau unitário para t > 0 segundo, determine a tensão do resistor

Aplicando o método das malhas, a equação da malha do circuito RL série de primeira ordem é:

\(\Longrightarrow L{\partial i(t) \over \partial t } + Ri(t) =v(t)\)

Sendo \(L\) a indutância, \(i(t)\) a corrente de malha, \(R\) a resistência e \(v(t)\) a tensão de entrada.

Agora, a partir da EDO apresentada, será calculada a função da corrente \(i(t)\) para \(t>0\).

1. Primeiro, será calculada a solução homogênea \( i_{h}(t)\) da EDO. Portanto, tem-se o seguinte:

\(\Longrightarrow L{\partial i_{h}(t) \over \partial t } + Ri_{h}(t) =0\)

\(\Longrightarrow {\partial i_{h}(t) \over \partial t } + {R \over L}i_{h}(t) =0\)

\(\Longrightarrow {\partial i_{h}(t) \over \partial t } =- {R \over L}i_{h}(t)\)

\(\Longrightarrow {1 \over i_{h}(t) } \,\partial i_{h}(t) =- {R \over L} \partial t\)

Integrando dos dois lados, tem-se o seguinte:

\(\Longrightarrow \int {1 \over i_{h}(t) } \,\partial i_{h}(t) =-\int {R \over L} \partial t\)

\(\Longrightarrow \ln \big ( i_{h}(t) \big )=- {R \over L} t+c\)

\(\Longrightarrow i_{h}(t)=e^{- {R \over L} t + c}\)

\(\Longrightarrow i_{h}(t)=e^{- {R \over L} t } \cdot e^c\)

\(\Longrightarrow \underline { i_{h}(t)=ke^{- {R \over L} t } } \)    \((I)\)

Sendo \(c\) e \(k=e^c\) constantes quaisquer.

2. Agora, será calculada a solução particular \( i_{p}(t)\) da EDO. Sendo \( v(t) = V_s \) um degrau (ou seja, \(V_s\) constante), tem-se o seguinte:

\(\Longrightarrow L{\partial i_p(t) \over \partial t } + Ri_p(t) =V_s\)

Sendo \(i_p(t) = I\) (ou seja, constante), o valor de \(I\) é:

\(\Longrightarrow L{\partial I \over \partial t } + RI =V_s\)

\(\Longrightarrow L\cdot 0 + RI =V_s\)

\(\Longrightarrow I ={V_s \over R}\)

Então, a solução \( i_{p}(t)\) é:

\(\Longrightarrow \underline {i_p(t) ={V_s \over R}}\)    \((II)\)

Portanto, pelas equações \((I)\) e \((II)\), a solução geral \(i(t) = i_h(t) + i_p(t)\) é:

\(\Longrightarrow i(t) = ke^{-{R \over L} t} + {V_s \over R}\)    \((III)\)

Como os valores iniciais são nulos, tem-se que a corrente inicial do indutor (e do circuito todo) é \(i(0^{-})=0 \, \mathrm {A}\). Como a corrente do indutor deve ser contínua no tempo, o valor de \(i(0^{+})\) é:

\(\Longrightarrow i(0^{+}) = i(0^{-})\)

\(\Longrightarrow i(0^{+})=0 \, \mathrm {A}\)     \((IV)\)

Substituindo a equação \((IV)\) na equação \((III)\), o valor da constante \(k\) é:

\(\Longrightarrow i(0^{+}) = ke^{-{R \over L} \cdot 0} + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow 0 = k\cdot 1 + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow k=- {V_s \over R}\)    \((V)\)

Substituindo a equação \((V)\) na equação \((III)\), a solução completa da corrente \(i(t)\) para \(t>0\) é:

\(\Longrightarrow i(t) = -{V_s \over R}e^{-{R \over L} t} + {V_s \over R}\)

\(\Longrightarrow i(t) = {V_s \over R}(1- e^{-{R \over L} t})\)

Substituindo \(V_s = 4 \, \mathrm{V}\), \(R=10 \, \mathrm{\Omega}\) e \(L = 4 \, \mathrm{mH}\), a função fica da seguinte forma:

\(\Longrightarrow i(t) = {4 \over 10}(1- e^{-{10 \over 4 \cdot 10^{-3}} t})\)

\(\Longrightarrow \underline { i(t) = 0,4\cdot (1- e^{-2.500 t}) \, \mathrm{A} }\)

No instante de tempo \(t=2 \, \mathrm{ms}\), o valor da corrente no circuito é:

\(\Longrightarrow i(t) = 0,4\cdot (1- e^{-2.500 \cdot 2 \cdot 10^{-3}}) \)

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

\(\Longrightarrow i(t) = 0,3973 \, \mathrm{A}\)

Portanto, em \(t=2 \, \mathrm{ms}\), o tensão no resistor de \(R=10 \, \mathrm{\Omega}\) é:

\(\Longrightarrow v_R = R\cdot i(t)\)

\(\Longrightarrow v_R = 10 \cdot 0,3973\)

\(\Longrightarrow \fbox {$ v_R = 3,973 \,\mathrm {A} $}\)

Resposta correta 0,92357V