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Exercícios sobre capacitores, indutores, circuitos RC, RL e RLC

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Exercícios sobre capacitores,indutores, circuitos RC,RL e RLC.

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Carga e descarga de um capacitor - RC

1. O capacitor da figura abaixo está descarregado. A chave desloca-se para posição 1 e em 5 ms, para posição 2, permanecendo nessa posição.

a) Determinar vc e ic enquanto a chave está na posição 1;

b) Calcule vc e ic em t = 5 ms;c) Idem da letra (a) para chave na

posição 2;d) Determine vc e ic em t = 10 ms.

Solução:

a) Chave na posição 1 (0 < t ≤ 5ms) – carga do capacitor, vc(0) = 0 e a solução tem a forma:

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Termo ≠ 0

10 0C CC R

v E dvCR dt

i i -+ = Þ + =

11 C C C

Cdv v dvEC RC v Edt R R dt

+ = Þ + =

Const. TempoRCt = ®

1 1( )CK v E= ¥ =

2 1 1K K EÞ =- =-

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( )/

1

3

1

1k.4 F = 4 (ms)1 1 1000 250 (1/s)

4.10 4

tCv E e

RC

t

t m

t

-

-

= -= =

= = =

( ) ( )3/4.10 25010 1 10 1 , 0 t 5mst tCv e e

-- -= - = - £ £( )250

/ 250 2501

10 14 .

10 10 (mA), 0 t 5ms1k

t

CC

t t t

d edvi Cdt dtEC e e eRC

t

m-

- - -

é ù-ê úë û= =

= = = £ £

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b) Calcule vc e ic em t = 5 ms:

( )3250.5.10t = 5ms 10 1 7,14 VCv e--® = - =

3250.5.10t = 5 ms 10 2,87 (mA)Ci e--® = =

c) Idem da letra (a) para chave na posição 2 – Circuito de recarga:

2t = 0 (0) 7,14 VCv® =

1 2( )CK v E= ¥ =

220 C C C

Cdv v E dvC RC v Edt R dt

-+ = Þ + =

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2 7,14 30 22,86 VK = - =-1k.4 F = 4 (ms)RCt m= =

25030 (22,86) , t 5mstCv e-= - ³

250(22,86) (mA), t 5mstCC

dvi C edt

-= = ³

d) Determine vc e ic em t = 10 ms

Neste caso, define-se nova base de tempo, onde t = 5 ms é t = 0 e para t = 10 ms, tem-se t = 5 ms, para a chave na posição 2.

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25030 (22,86) , t 5ms (t 0)tCv e-= - ³ ³

250(22,86) (mA), t 5ms(t 0)tCi e-= ³ ³

Então, tem-se:

3250.5.1030 (22,86) 23,45 VCv e--= - =

3250.5.10(22,86) =6,55 (mA)Ci e--=

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O circuito da figura abaixo atingiu o estado estacionário. Determinar as tensões do capacitor.

O capacitor é composto de placas condutoras separadas por um isolante, não há caminho condutor de um terminal a outro pelo capacitor. Quando colocado em uma fonte DC, com exceção de um rápido surto transiente, sua corrente é nula.Logo, um capacitor se comporta como em um circuito aberto quando no estado estacionário.

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Então, tem-se:

1200 2 A

40 60I = =+

290 1,5 A

40 8 12I = =+ +

1 1120 18 0 138 VV V- - = ® =

2 (8 )(1,5 A) 12 VV = W =

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Determinar todas as tensões e correntes no circuito abaixo, imediatamente após a chave ser fechada e no estado estacionário.

Quando colocado em uma fonte DC, com exceção de um rápido surto transiente (máxima tensão), sua tensão é nula.Logo, um indutor se comporta como em um curto circuito quando no estado estacionário.

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Modelo para o rápido transiente – momento que a chave é fechada:

1160 VLv =

2 3120 VL Rv v= =

10Rv =

3

60 16020 60

120 V

Rv = +=

2 3160

40 VR Rv v= -=

40Rv =

Tensões:

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Modelo para o rápido transiente – momento que a chave é fechada:

1 0i =

3 2 2 ATi i i= = =

2160 2 A

20 60Ti i= = =+

4 0i =

Correntes:

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Modelo para o estado estacionário – curto circuito

Tensões

10Lv =

20Lv =

1160 VRv =

3 4

60 / /5 16020 60 / /5

30 V

R Rv v= = +=

2160 30

130 VRv = -=

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Modelo para o estado estacionário – curto circuito

Correntes

1160 5,33 A30

i = =

330 0,5 A60

i = =

430 6 A5

i = =

2 3 4 6,5 Ai i i= + =2 1 2 11,83 Ai i i= + =

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Para o circuito da figura abaixo, a chave fecha em t = 0:a) Determine as equações para iL e vL;b) Em t = 300 ms, abre-se a chave. Determine as equações para iL e vL

durante a fase de decaimento;c) Determine a tensão e a corrente em t = 100 ms e t = 350 ms;

Solução: Converter o circuito a esquerda de L em seu equivalente de Thévenin.

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Converter o circuito a esquerda de L em seu equivalente de Thévenin.

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a) Figura ilustra o circuito reduzido

Th Th L L

Th LL

Th Th

E R i vE diLiR R dt

= +

= +LTK:

3

5 = 50 (ms)100

1 1 20 (1/s)50.10

Th

LR

t

t -

= =

= =1 ( ) 2 ATh

LTh

EK iR

= ¥ = =

1 2

2 1

t 0 (0) 02 A

Li K KK K= ® = = +=- =-

( )20

20

2 1 A

200 V

tL

tLL

i e

div L edt

-

-

= -

= =

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b) Em t = 300 ms, abre-se a chave. Determine as equações para iL e vL durante a fase de decaimento.O aumento da corrente com o tempo é ilustrado na figura abaixo:

Observar que a constante de tempo é τ = 50 ms, logo, 300 ms correspondem um período de tempo maior que 5τ (250 ms), tendo o indutor atingido o estado estacionário, ou seja, a corrente inicial de descarga é igual a 2 A.

Quando a chave é aberta, a corrente cai a zero através de uma resistência igual a 60 + 80 = 140 Ω

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Então:

3

5 = 35,7 (ms)140

1 1 28 (1/s)35,7.10

Th

LR

t

t -

= =

= =

1

2

0 estado estacionário2 condição inicial

KK= ®= ®

282 AtLi e-=

A tensão, logo após a abertura da chave é – 280 V (I0 = 2 A)(estado inicial do decaimento)

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/ 280 280 Vt t

Lv V e et- -= =-

c) Tensão e corrente em 100 ms e 350 ms.

t 100ms (2 ) 0,865(2) 1,73 ALit= ® = =

t 100ms (2 )0,135(200) 27 VLv

t== =

Para t = 350 ms, nova escala de tempo, t = 50 ms, para circuito de descarga.

28(50 )2 =0,493 AmsLi e-=

28(50 )280 69 VmsLv e-=- =-

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Segunda ordem - RLC

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1º Caso – raízes reais e distintas:

1 21 21 ( ) s t s tx t K e K eV> ® = +

SUPERAMORTECIDO2º Caso – raízes reais e iguais: ( )1 21 ( ) nt

ns x t B B t e VwV Vw -= ® =- ® = +CRITICAMENTE AMORTECIDO

3º Caso – raízes complexas conjugadas:

1

22

11

nn d

n d d n

s js j

s VwVw wV

Vw w w w V

ì =ì ï=- +ï ïï< ® Þí íï ï=- - = -ïî ïî

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3º Caso – raízes complexas conjugadas:

1

22

11

nn d

n d d n

s js j

s VwVw wV

Vw w w w V

ì =ì ï=- +ï ïï< ® Þí íï ï=- - = -ïî ïî

( )1 2

1 2

1 2

( )

cos sen

s t s t

td d

x t K e K e

e A t A ts w w-= += +

SUBAMORTECIDO

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2ª Ordem

( )

3 3 31 2 2

3 31 2 2

( ) 3 3

3 3

t t t

t t

dv t B e B e B tedt

B B t e B e

- - -

- -

=- + -

=- + +