Question

A chave do circuito mostrado na Figura, esteve na posição 1 por um longo tempo. Em $t = 0 s$, ela passa para a posição 2. Determine:

a) $v_{0} (t)$ para ≥ 0.
b) $i_{0} (t)$ para ≥ $0^{+}$.

Answer 1

Nesse exercício, consideremos primeiro o circuito com a chave na posição 1.

Essa situação é representada na primeira figura em anexo.

Como a chave está na posição 1 por um longo tempo, o capacitor já entrou em estado estacionário (podemos substitui-lo por um circuito aberto).

Usando o divisor de tensão, podemos calcular a tensão $v_0$ antes da chave ser trocada de posição:

$v_0(0^-) = 40 \cdot \dfrac{60}{20+60}$

$v_0(0^-) = 30\text{ V}$

Ok, agora considere que a chave foi mudada de posição tem t = 0 s e agora se encontre na posição 2.

Com isso, o circuito agora é o da figura 2 em anexo.

Mas, para simplificar, vamos fazer uma mudança de fonte. A fonte de tensão de 75 V será transformada em uma fonte de corrente, a resistência série vira paralela (Figura 3):

$I_s = \dfrac{75}{40 \cdot 10^3}$

$I_s = 1.875\text{ mA}$

Faremos então o equivalente paralelo das duas resistências (Figura 4):

$R_{eq} = \dfrac{40 \cdot 160}{40 + 160}$

$R_{eq} = 32 \text{ k}\Omega$

Agora faremos uma nova conversão de fontes, e trocaremos a fonte de corrente por uma de tensão (Figura 5a):

$V_s = 1.875 \cdot 10^{-3} \cdot 32 \cdot 10^{3}$

$V_s = 60 \text{ V}$

Finalmente, faremos um equivalente série entre as duas resistências (Figura 5b):

$R_{eq} = 32 + 8$

$R_{eq} = 40\text{ k}\Omega$

Assim, o circuito agora se reduziu a uma malha.

Utilizando a Lei de Kirchoff para as correntes, teremos que:

$C \cdot \dfrac{dv_0(t)}{dt} + \dfrac{v_0(t) - V_s}{R} = 0$

$\dfrac{v_0(t)+60}{40 \cdot 10^{3}} = - 0.25 \cdot 10^{-6} \cdot \dfrac{dv_0(t)}{dt}$

Passando o denominador para a direita:

$v_0(t) + 60 =- 0.25 \cdot 10^{-6} \cdot 40 \cdot 10^{3} \cdot \dfrac{dv_0(t)}{dt}$

$v_0(t) + 60 =- 1 \cdot 10^{-2} \cdot \dfrac{dv_0(t)}{dt}$

Então:

$\dfrac{dv_0(t)}{dt} + 10^{2} \cdot v_0(t) = -60\cdot 10^{2}$

Mudando para o domínio de Laplace:

$s \cdot V_0(s) - v_0(0^{-}) + 10^{2} \cdot V_0(s) = -60 \cdot 10^{2}\cdot \dfrac{1}{s}$

$V_0(s) \cdot(s + 10^{2}) = -60 \cdot 10^{2}\cdot \dfrac{1}{s} + 30$

$V_0(s) = -60 \cdot 10^{2}\cdot \dfrac{1}{s} \cdot \dfrac{1}{s + 10^{2}} + 30 \cdot \dfrac{1}{s + 10^{2}}$

Utilizando a decomposição em frações parciais:

$V_0(s) = -60 \cdot 10^{2}\cdot \left[\dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s + 10^{2}}\right] + 30 \cdot \dfrac{1}{s + 10^{2}}$

Encontraremos:

$A = \dfrac{1}{10^2}$

$B = -\dfrac{1}{10^2}$

Substistituindo:

$V_0(s) = -60 \cdot \left[\dfrac{1}{s} - \dfrac{1}{s + 10^{2}}\right] + 30 \cdot \dfrac{1}{s + 10^{2}}$

Voltando para o domínio do tempo:

$v_0(t) = -60 \cdot \left[1 - e^{-10^{2} \cdot t}\right] + 30 \cdot e^{-10^{2}\cdot t}$

Ou:

a)

$\boxed{v_0(t) = -60 + 90 \cdot e^{-100 \cdot t}\text{ , } t > 0 \text{ s}}$

b)

A corrente $i_0(t)$ é a corrente que atravessa o resistor de 8k. Então podemos afirmar que:

$i_0(t) = \dfrac{-60 - v_0(t)}{8 \cdot 10^{3}}$

Substituindo $v_0(t)$:

$i_0(t) = \dfrac{-60 - (-60 + 90 \cdot e^{-100 \cdot t})}{8 \cdot 10^{3}}$

$i_0(t) = -\dfrac{90 \cdot e^{-100 \cdot t}}{8 \cdot 10^{3}}$

$\boxed{i_0(t) =-11.25 \cdot 10^{-3} \cdot e^{-100 \cdot t}\text{ , } t > 0 \text{ s}}$

A letra a) está correta, já a b) eu não tenho tanta certeza.