Physics · Livro 2 · Grades 10–12

Física do ensino médio

Física do ensino médio · Grades 10–12

30Circuitos RC e RL

Aperte o disparador de uma câmera até a metade: um zunido fino sobe por dois segundos, uma luz fica verde — e só então o flash dispara, despejando em um milissegundo o que levou dois segundos juntando. Este capítulo apresenta os dois componentes que dão aos circuitos uma memória e um relógio — o capacitor e a bobina — e as primeiras equações diferenciais da física, conferíveis com as derivadas deste ano.

30.1 O capacitor

Definição 30.1 (Capacitor e capacitância)

Um capacitor é um par de placas metálicas frente a frente, separadas por um isolante fino. Ligadas a uma fonte, as placas recebem cargas opostas +q+q e −q-q — um campo elétrico preenche o vão (Capítulo 14) — e a tensão uu entre as placas é proporcional à carga armazenada:

q=C u.q = C\,u .

A constante CC é a capacitância, medida em farads (F\mathrm{F}): 1 F=1 C/V1\,\mathrm{F} = 1\,\mathrm{C}/\mathrm{V}.

Exemplo 30.2 (Ordens de grandeza)

Um farad é enorme — um coulomb estacionado por volt. Os cerâmicos dos circuitos de rádio: de pF\mathrm{pF} a nF\mathrm{nF}; os eletrolíticos das fontes de alimentação e dos flashes: de µF\text{µ}\mathrm{F} a mF\mathrm{mF}; os supercapacitores: milhares de farads.

Proposição 30.3 (Corrente que entra num capacitor)

A corrente que chega à placa de um capacitor é a taxa com que a carga dele cresce:

i=dqdt=C dudt,i = \frac{dq}{dt} = C\,\frac{du}{dt} ,

com as minúsculas marcando as grandezas que variam no tempo (UU e II permanecem constantes, Capítulo 12).

Demonstração. Corrente é carga entregue por segundo (Definição 12.1): num intervalo que encolhe, ii é a derivada de qq; e q=Cuq = Cu com CC constante dá C du/dtC\,du/dt. ∎

Observação 30.4 (Duas consequências)

Se uu é constante, i=0i = 0: um capacitor carregado não deixa passar corrente contínua. E uu nunca pode dar um salto — um degrau exigiria corrente infinita: a tensão do capacitor é a memória do circuito.

30.2 Carregar um capacitor: o circuito RC

Uma única malha — fonte E\mathcal{E} (Definição 12.18), chave, resistor, capacitor vazio: feche KK em t=0t = 0.

O circuito RC de carga: fechar K deixa a fonte empurrar carga através de R até as placas de C.
O circuito RC de carga: fechar KK deixa a fonte empurrar carga através de RR até as placas de CC.

Teorema 30.5 (Lei de carga do circuito RC)

Depois que a chave fecha, a tensão do capacitor obedece à equação abaixo e, a partir de u(0)=0u(0) = 0, decorre dela:

RC dudt+u=E,u(t)=E(1−e−t/τ),τ=RC.RC\,\frac{du}{dt} + u = \mathcal{E}, \qquad u(t) = \mathcal{E}\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \qquad \tau = RC .

Demonstração. As tensões ao longo da malha se somam (Proposição 12.4): E=uR+u=Ri+u\mathcal{E} = u_R + u = Ri + u a cada instante; substitua i=C du/dti = C\,du/dt (Proposição 30.3). Agora verifique a candidata: du/dt=(E/τ)e−t/τdu/dt = (\mathcal{E}/\tau)e^{-t/\tau}, logo RC (E/RC) e−t/τ+E(1−e−t/τ)=ERC\,(\mathcal{E}/RC)\,e^{-t/\tau} + \mathcal{E}(1 - e^{-t/\tau}) = \mathcal{E}, verdadeiro para todo tt; e u(0)=E(1−1)=0u(0) = \mathcal{E}(1-1) = 0. Que nenhuma outra curva se ajusta à equação e à partida é demonstrado no curso de matemática deste ano, sobre equações diferenciais. ∎

Definição 30.6 (Constante de tempo)

A constante de tempo de um circuito RC é τ=RC\tau = RC. Unidades: Ω×F=(V/A)(C/V)=C/A=s\Omega \times \mathrm{F} = (\mathrm{V}/\mathrm{A})(\mathrm{C}/\mathrm{V}) = \mathrm{C}/\mathrm{A} = \mathrm{s} — o compasso próprio do circuito.

Método 30.7 (Ler τ\tau na curva)

Três leituras equivalentes, direto de um gráfico:

  1. tangente na origem: u′(0)=E/τu'(0) = \mathcal{E}/\tau, de modo que a tangente inicial alcança a assíntota em t=τt = \tau;
  2. 63%: u(τ)=E(1−e−1)≈0.63 Eu(\tau) = \mathcal{E}(1 - e^{-1}) \approx 0.63\,\mathcal{E};
  3. 95%: u(3τ)≈0.95 Eu(3\tau) \approx 0.95\,\mathcal{E} — carregado, para fins práticos (5τ5\tau: 99%99\%).

Proposição 30.8 (Descarga)

Um capacitor carregado a U0U_0 e fechado sobre um resistor RR sozinho obedece a RC du/dt+u=0RC\,du/dt + u = 0 e segue

u(t)=U0 e−t/τ,τ=RCu(t) = U_0\,e^{-t/\tau}, \qquad \tau = RC

— restam 37%37\% em τ\tau e 5%5\% em 3τ3\tau.

Demonstração. A mesma lei das malhas, sem fonte; e de novo a substituição: RC(−U0/τ)e−t/τ+U0e−t/τ=0RC(-U_0/\tau)e^{-t/\tau} + U_0 e^{-t/\tau} = 0, com u(0)=U0u(0) = U_0. ∎

Carga (azul, de u = 0 rumo a E) e descarga (vermelho, a partir de U_0 = E). As duas tangentes iniciais encontram a assíntota delas em t =; 63\% feito em , 95\% em 3.
Carga (azul, de u=0u = 0 rumo a E\mathcal{E}) e descarga (vermelho, a partir de U0=EU_0 = \mathcal{E}). As duas tangentes iniciais encontram a assíntota delas em t=τt = \tau; 63%63\% feito em τ\tau, 95%95\% em 3τ3\tau.

Exemplo 30.9 (Os números de um flash)

Um flash fotográfico carrega C=800 µFC = 800\,\text{µ}\mathrm{F} através de R=1.0 kΩR = 1.0\,\mathrm{k}\Omega: τ=103×8.0×10−4=0.80 s\tau = 10^3 \times 8.0\times10^{-4} = 0.80\,\mathrm{s}, de modo que a luz de “pronto” — ligada para acender a 95%95\% — espera 3τ≈2.4 s3\tau \approx 2.4\,\mathrm{s}: o zunido da espera. Disparado através dos meros 0.50 Ω0.50\,\Omega do tubo de flash, o mesmo capacitor se esvazia com τ′=0.40 ms\tau' = 0.40\,\mathrm{ms}: duas mil vezes mais rápido para sair do que para entrar.

30.3 A bobina: indutância e o circuito RL

Definição 30.10 (Indutor e indutância)

Um indutor é uma bobina de fio: a corrente dele enfia nas próprias espiras um campo magnético (Capítulo 15); sempre que esse campo muda, aparece uma tensão nos terminais da bobina:

u=L didt.u = L\,\frac{di}{dt} .

A constante LL é a indutância, medida em henries (H\mathrm{H}): 1 H=1 V s/A1\,\mathrm{H} = 1\,\mathrm{V}\,\mathrm{s}/\mathrm{A}.

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Observação 30.11 (A bobina resiste à mudança)

Por que uma corrente que varia gera uma tensão — a indução — é deduzido nos volumes universitários; aqui tomamos a lei e o caráter dela: a bobina se opõe às mudanças da corrente dela. Gêmeos espelhados: o uu de um capacitor não pode saltar, o ii de uma bobina não pode saltar.

O circuito RL: depois que K fecha, a bobina deixa a corrente subir apenas no compasso próprio dela, = L/R.
O circuito RL: depois que KK fecha, a bobina deixa a corrente subir apenas no compasso próprio dela, τ=L/R\tau = L/R.

Proposição 30.12 (Subida da corrente num circuito RL)

Fechar a chave sobre uma fonte E\mathcal{E}, um resistor RR e uma bobina LL em série dá E=Ri+L di/dt\mathcal{E} = Ri + L\,di/dt, ou seja,

LR didt+i=ER,resolvida pori(t)=ER(1−e−t/τ),τ=LR.\frac{L}{R}\,\frac{di}{dt} + i = \frac{\mathcal{E}}{R}, \qquad\text{resolvida por}\quad i(t) = \frac{\mathcal{E}}{R}\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \quad \tau = \frac{L}{R} .

Demonstração. De novo a lei das malhas; e é a mesma equação do Teorema 30.5 com u→iu \to i, E→E/R\mathcal{E} \to \mathcal{E}/R e RC→L/RRC \to L/R — a mesma substituição verifica a solução, e toda leitura do Método 30.7 se transfere. ∎

Exemplo 30.13 (Um eletroímã acorda)

A bobina de um relé, L=0.30 HL = 0.30\,\mathrm{H} e R=6.0 ΩR = 6.0\,\Omega, numa fonte de 12 V12\,\mathrm{V}: corrente final E/R=2.0 A\mathcal{E}/R = 2.0\,\mathrm{A}, no compasso τ=0.30/6.0=50 ms\tau = 0.30/6.0 = 50\,\mathrm{ms} — desperto em 3τ≈0.15 s3\tau \approx 0.15\,\mathrm{s}.

Observação 30.14 (A faísca na abertura)

Abra uma chave sobre uma bobina energizada e ii precisa despencar a zero numa fração de milissegundo: di/dtdi/dt fica enorme e u=L di/dtu = L\,di/dt alcança centenas ou milhares de volts — uma faísca salta o contato. A bobina de ignição de um carro faz isso de propósito, milhares de vezes por minuto.

30.4 Energia armazenada

Proposição 30.15 (Energia num capacitor, energia numa bobina)

Um capacitor CC carregado à tensão uu e uma bobina LL percorrida por uma corrente ii armazenam

EC=12 Cu2=q22C,EL=12 Li2.E_C = \tfrac12\,C u^2 = \frac{q^2}{2C}, \qquad E_L = \tfrac12\,L i^2 .

Demonstração. Pousar uma pequena carga dqdq em placas já à tensão uu custa u dqu\,dq (Definição 12.3); empilhando os custos, o total é a área sob a reta u=q/Cu = q/C — o triângulo abaixo — logo EC=12qu=12Cu2E_C = \tfrac12 qu = \tfrac12 Cu^2. O mesmo triângulo para a bobina (elevar ii de didi custa Li diLi\,di) dá EL=12Li2E_L = \tfrac12 Li^2. ∎

Cada fatia dq custa u\,dq; a carga inteira custa a área do triângulo, E_C = 1/2 q_0 u_0 — os primeiros coulombs embarcam com tensão baixa.
Cada fatia dqdq custa u dqu\,dq; a carga inteira custa a área do triângulo, EC=12q0u0E_C = \tfrac12 q_0 u_0 — os primeiros coulombs embarcam com tensão baixa.

Exemplo 30.16 (Ordens de grandeza de energia)

O capacitor de flash do Exemplo 30.9: 12×8.0×10−4×3002=36 J\tfrac12 \times 8.0\times10^{-4} \times 300^2 = 36\,\mathrm{J}. Um supercapacitor de 3000 F3000\,\mathrm{F} a 2.7 V2.7\,\mathrm{V}: 1.1×104 J1.1 \times 10^{4}\,\mathrm{J} — o equivalente a uma pilha AA. Uma bobina de 10 mH10\,\mathrm{mH} a 10 A10\,\mathrm{A}: 0.50 J0.50\,\mathrm{J}. Menos do que as pilhas guardam — mas liberável em um milissegundo.

Observação 30.17 (Para que servem os dois marcadores de tempo)

Entrar devagar e sair depressa é o que move o flash da câmera e o desfibrilador. O atraso τ=RC\tau = RC toca os circuitos temporizadores: limpadores de para-brisa intermitentes, balizas piscantes, luzes de escada. Um capacitor em paralelo com uma fonte filtra a tensão (uu não pode saltar); uma bobina em série filtra a corrente (ii não pode saltar). E bobina mais capacitor juntos fazem um oscilador (Capítulo 31).

30.5 Exercícios

Exercício 30.1 ★

Um capacitor de 470 µF470\,\text{µ}\mathrm{F} é carregado a 12 V12\,\mathrm{V}: que carga ele guarda? Que tensão poria 2.0 mC2.0\,\mathrm{mC} em 100 µF100\,\text{µ}\mathrm{F}?

Solução

Solução de Exercício 30.1.

q=Cu=4.7×10−4×12≈5.6 mCq = Cu = 4.7\times10^{-4} \times 12 \approx 5.6\,\mathrm{mC}; u=q/C=2.0×10−3/10−4=20 Vu = q/C = 2.0\times10^{-3}/10^{-4} = 20\,\mathrm{V}.

Exercício 30.2 ★

Distribua 47 pF47\,\mathrm{pF}, 2200 µF2200\,\text{µ}\mathrm{F} e 10 F10\,\mathrm{F} entre um filtro de fonte de alimentação, um sintonizador de rádio e um supercapacitor; calcule a energia do último a 2.7 V2.7\,\mathrm{V}.

Solução

Solução de Exercício 30.2.

47 pF47\,\mathrm{pF}: sintonizador de rádio; 2200 µF2200\,\text{µ}\mathrm{F}: filtro de fonte; 10 F10\,\mathrm{F}: supercapacitor. E=12×10×2.72≈36 JE = \tfrac12 \times 10 \times 2.7^2 \approx 36\,\mathrm{J}.

Exercício 30.3 ★

A tensão num capacitor de 220 µF220\,\text{µ}\mathrm{F} sobe de modo uniforme de 00 a 5.0 V5.0\,\mathrm{V} em 10 ms10\,\mathrm{ms}: que corrente entra? E que corrente circula depois que a tensão para de variar, e por quê?

Solução

Solução de Exercício 30.3.

i=C Δu/Δt=2.2×10−4×5.0/0.010=0.11 Ai = C\,\Delta u/\Delta t = 2.2\times10^{-4} \times 5.0/0.010 = 0.11\,\mathrm{A}. Depois i=C du/dt=0i = C\,du/dt = 0: um capacitor carregado é um circuito aberto — nada de corrente contínua.

Exercício 30.4 ★

Calcule τ\tau para R=10 kΩR = 10\,\mathrm{k}\Omega e C=100 µFC = 100\,\text{µ}\mathrm{F}, e depois para L=0.10 HL = 0.10\,\mathrm{H} e R=50 ΩR = 50\,\Omega. Confira, unidade por unidade, que as duas combinações dão segundos.

Solução

Solução de Exercício 30.4.

RC=104×10−4=1.0 sRC = 10^4 \times 10^{-4} = 1.0\,\mathrm{s}; L/R=0.10/50=2.0 msL/R = 0.10/50 = 2.0\,\mathrm{ms}. Ω F=(V/A)(C/V)=C/A=s\Omega\,\mathrm{F} = (\mathrm{V}/\mathrm{A})(\mathrm{C}/\mathrm{V}) = \mathrm{C}/\mathrm{A} = \mathrm{s}; H/Ω=(V s/A)/(V/A)=s\mathrm{H}/\Omega = (\mathrm{V}\,\mathrm{s}/\mathrm{A})/(\mathrm{V}/\mathrm{A}) = \mathrm{s}.

Exercício 30.5 ★

Um capacitor carrega rumo a 6.0 V6.0\,\mathrm{V} e passa por 3.8 V3.8\,\mathrm{V} em t=2.0 st = 2.0\,\mathrm{s}. Leia a constante de tempo; quando a carga está 95%95\% concluída?

Solução

Solução de Exercício 30.5.

3.8/6.0=0.633.8/6.0 = 0.63, logo τ=2.0 s\tau = 2.0\,\mathrm{s}; 95%95\% em 3τ=6.0 s3\tau = 6.0\,\mathrm{s}.

Exercício 30.6 ★★

Um circuito RC: E=9.0 V\mathcal{E} = 9.0\,\mathrm{V}, R=4.7 kΩR = 4.7\,\mathrm{k}\Omega, C=220 µFC = 220\,\text{µ}\mathrm{F}. Calcule τ\tau, u(τ)u(\tau), u(3τ)u(3\tau) e a corrente no instante em que a chave fecha.

Solução

Solução de Exercício 30.6.

τ=4700×2.2×10−4≈1.0 s\tau = 4700 \times 2.2\times10^{-4} \approx 1.0\,\mathrm{s}; u(τ)=0.63×9.0=5.7 Vu(\tau) = 0.63 \times 9.0 = 5.7\,\mathrm{V}; u(3τ)=0.95×9.0=8.6 Vu(3\tau) = 0.95 \times 9.0 = 8.6\,\mathrm{V}; I0=E/R=9.0/4700≈1.9 mAI_0 = \mathcal{E}/R = 9.0/4700 \approx 1.9\,\mathrm{mA} (capacitor vazio: todo o E\mathcal{E} fica sobre RR).

Exercício 30.7 ★★

Verifique por substituição que u(t)=E(1−e−t/RC)u(t) = \mathcal{E}(1 - e^{-t/RC}) satisfaz RC du/dt+u=ERC\,du/dt + u = \mathcal{E}; o que o valor dela em t=0t = 0 e o limite para tt grande codificam fisicamente?

Solução

Solução de Exercício 30.7.

du/dt=(E/RC)e−t/RCdu/dt = (\mathcal{E}/RC)e^{-t/RC}, logo RC du/dt+u=Ee−t/RC+E(1−e−t/RC)=ERC\,du/dt + u = \mathcal{E}e^{-t/RC} + \mathcal{E}(1 - e^{-t/RC}) = \mathcal{E}. u(0)=0u(0) = 0: o capacitor parte vazio; u→Eu \to \mathcal{E}: totalmente carregado, a corrente parou.

Exercício 30.8 ★★

Um capacitor de 100 µF100\,\text{µ}\mathrm{F} carregado a 12 V12\,\mathrm{V} se descarrega através de 47 kΩ47\,\mathrm{k}\Omega: calcule τ\tau, u(τ)u(\tau) e o tempo para uu cair abaixo de 0.60 V0.60\,\mathrm{V}.

Solução

Solução de Exercício 30.8.

τ=4.7×104×10−4=4.7 s\tau = 4.7\times10^{4} \times 10^{-4} = 4.7\,\mathrm{s}; u(τ)=12 e−1≈4.4 Vu(\tau) = 12\,e^{-1} \approx 4.4\,\mathrm{V}; 0.60 V0.60\,\mathrm{V} são 5%5\%, atingidos em 3τ≈14 s3\tau \approx 14\,\mathrm{s}.

Exercício 30.9 ★★

A corrente numa bobina de 0.50 H0.50\,\mathrm{H} sobe de modo uniforme de 00 a 2.0 A2.0\,\mathrm{A} em 40 ms40\,\mathrm{ms}: que tensão aparece nos terminais dela? Com u=L di/dtu = L\,di/dt, por que abrir uma chave sobre uma bobina dá faísca, e fechá-la não?

Solução

Solução de Exercício 30.9.

u=L Δi/Δt=0.50×2.0/0.040=25 Vu = L\,\Delta i/\Delta t = 0.50 \times 2.0/0.040 = 25\,\mathrm{V}. Ao fechar, ii sobe no compasso próprio do circuito, com di/dtdi/dt modesto; ao abrir, ii é forçada a zero quase instantaneamente, di/dtdi/dt fica enorme e uu alcança valores de faísca.

Exercício 30.10 ★★

O relé do Exemplo 30.13: verifique por substituição que i(t)=(E/R)(1−e−Rt/L)i(t) = (\mathcal{E}/R)(1 - e^{-Rt/L}) satisfaz L di/dt+Ri=EL\,di/dt + Ri = \mathcal{E} e depois calcule i(τ)i(\tau) e i(3τ)i(3\tau).

Solução

Solução de Exercício 30.10.

di/dt=(E/L)e−Rt/Ldi/dt = (\mathcal{E}/L)e^{-Rt/L}, logo L di/dt+Ri=Ee−Rt/L+E(1−e−Rt/L)=EL\,di/dt + Ri = \mathcal{E}e^{-Rt/L} + \mathcal{E}(1 - e^{-Rt/L}) = \mathcal{E}. i(τ)=0.63×2.0=1.3 Ai(\tau) = 0.63 \times 2.0 = 1.3\,\mathrm{A}; i(3τ)=0.95×2.0=1.9 Ai(3\tau) = 0.95 \times 2.0 = 1.9\,\mathrm{A}.

Exercício 30.11 ★★

Mostre que u′(0)=E/τu'(0) = \mathcal{E}/\tau e deduza que a tangente na origem encontra a assíntota em t=τt = \tau. Numa curva registrada que dá τ=0.50 s\tau = 0.50\,\mathrm{s}, com R=2.0 kΩR = 2.0\,\mathrm{k}\Omega: encontre CC.

Solução

Solução de Exercício 30.11.

u′(t)=(E/τ)e−t/τu'(t) = (\mathcal{E}/\tau)e^{-t/\tau}, logo u′(0)=E/τu'(0) = \mathcal{E}/\tau: a tangente u=(E/τ) tu = (\mathcal{E}/\tau)\,t alcança E\mathcal{E} em t=τt = \tau. C=τ/R=0.50/2000=250 µFC = \tau/R = 0.50/2000 = 250\,\text{µ}\mathrm{F}.

Exercício 30.12 ★★★

Ordene pela energia armazenada, calculando cada uma: um supercapacitor de 3000 F3000\,\mathrm{F} a 2.7 V2.7\,\mathrm{V}; um capacitor de flash, 800 µF800\,\text{µ}\mathrm{F} a 300 V300\,\mathrm{V}; uma bobina de 10 mH10\,\mathrm{mH} a 10 A10\,\mathrm{A}; uma pilha AA (E≈1.3×104 JE \approx 1.3 \times 10^{4}\,\mathrm{J}). O que os três primeiros oferecem que a pilha não consegue?

Solução

Solução de Exercício 30.12.

Supercapacitor: 12×3000×2.72≈1.1×104 J\tfrac12 \times 3000 \times 2.7^2 \approx 1.1 \times 10^{4}\,\mathrm{J}; flash: 12×8.0×10−4×3002=36 J\tfrac12 \times 8.0\times10^{-4} \times 300^2 = 36\,\mathrm{J}; bobina: 12×0.010×102=0.50 J\tfrac12 \times 0.010 \times 10^2 = 0.50\,\mathrm{J}. Pilha (1.3×104 J1.3 \times 10^{4}\,\mathrm{J}) >> supercapacitor ≫\gg flash ≫\gg bobina — mas os três conseguem despejar a energia deles em milissegundos: potência, e não energia.

Exercício 30.13 ★★★

Um temporizador de escada mantém a luz acesa enquanto u<0.63 Eu < 0.63\,\mathcal{E} no capacitor que carrega, apagando em t=τt = \tau. Projete a luz para durar 5.0 s5.0\,\mathrm{s} usando C=100 µFC = 100\,\text{µ}\mathrm{F}: qual é o RR? Para um limiar de 0.50 E0.50\,\mathcal{E}, mostre que o atraso é τln⁡2\tau \ln 2 e calcule-o.

Solução

Solução de Exercício 30.13.

τ=5.0 s\tau = 5.0\,\mathrm{s}, logo R=τ/C=5.0/10−4=50 kΩR = \tau/C = 5.0/10^{-4} = 50\,\mathrm{k}\Omega. 1−e−t/τ=0.501 - e^{-t/\tau} = 0.50 dá e−t/τ=0.50e^{-t/\tau} = 0.50, ou seja, t=τln⁡2≈0.69 τ=3.5 st = \tau\ln 2 \approx 0.69\,\tau = 3.5\,\mathrm{s}.

Exercício 30.14 ★★★

Um capacitor de 2200 µF2200\,\text{µ}\mathrm{F} filtra uma fonte: entre duas recargas, ele sozinho alimenta uma carga que puxa 0.50 A0.50\,\mathrm{A} por 10 ms10\,\mathrm{ms}. A partir de i=C du/dti = C\,du/dt, calcule a queda de tensão e depois a capacitância que a mantém abaixo de 0.50 V0.50\,\mathrm{V}.

Solução

Solução de Exercício 30.14.

Δu=i Δt/C=0.50×0.010/2.2×10−3≈2.3 V\Delta u = i\,\Delta t/C = 0.50 \times 0.010/2.2\times10^{-3} \approx 2.3\,\mathrm{V}. É preciso C≥i Δt/Δu=5.0×10−3/0.50=10 mFC \geq i\,\Delta t/\Delta u = 5.0\times10^{-3}/0.50 = 10\,\mathrm{mF}.

Exercício 30.15 ★★★

Uma bobina de ignição, L=0.80 HL = 0.80\,\mathrm{H}, conduz 2.0 A2.0\,\mathrm{A} quando o platinado a corta em cerca de 1.0 ms1.0\,\mathrm{ms}. Estime a tensão na bobina durante o corte e a energia da faísca; por que uma interrupção lenta não dá faísca alguma?

Solução

Solução de Exercício 30.15.

u≈L Δi/Δt=0.80×2.0/10−3=1.6 kVu \approx L\,\Delta i/\Delta t = 0.80 \times 2.0/10^{-3} = 1.6\,\mathrm{kV}; EL=12×0.80×2.02=1.6 JE_L = \tfrac12 \times 0.80 \times 2.0^2 = 1.6\,\mathrm{J}. Cortando devagar, di/dtdi/dt fica pequeno e uu não passa de alguns volts: faísca nenhuma.

30.6 Problema: o flash da câmera

Problema 30.1

Problema de fim de semana — o flash da câmera: dois segundos de zunido, um milissegundo de glória e o primo de parede que faz corações voltarem a bater — uma só exponencial governa todos eles

Uma unidade de flash compacta armazena energia num capacitor C=800 µFC = 800\,\text{µ}\mathrm{F}, carregado através de R=1.0 kΩR = 1.0\,\mathrm{k}\Omega a partir de um conversor modelado como fonte ideal E=300 V\mathcal{E} = 300\,\mathrm{V}; a luz de “pronto” acende a 95%95\% da tensão final. Disparado, o capacitor enxerga apenas o tubo de flash, Rf=0.50 ΩR_f = 0.50\,\Omega. Dados: uma pilha AA entrega 1.5 V1.5\,\mathrm{V} e 2.4 A h2.4\,\mathrm{A}\,\mathrm{h}; e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}.

Parte I — O reservatório.

  1. Calcule a carga no capacitor a 300 V300\,\mathrm{V}.
  2. Quantas cargas elementares são essas?
  3. Calcule a energia armazenada ECE_C.
  4. A pilha AA guarda q=It≈8.6×103 Cq = It \approx 8.6 \times 10^{3}\,\mathrm{C}, ou seja, cerca de 1.3×104 J1.3 \times 10^{4}\,\mathrm{J}. Quantas vezes a energia do capacitor é isso?
  5. Então por que se dar ao trabalho do capacitor? Em uma frase, usando a palavra “potência”.

Parte II — A espera pelo verde.

  1. Escreva a lei das malhas e transforme-a na equação diferencial de u(t)u(t).
  2. Verifique por substituição que u(t)=E(1−e−t/RC)u(t) = \mathcal{E}(1 - e^{-t/RC}) a resolve, partindo de u(0)=0u(0) = 0.
  3. Calcule a constante de tempo τ\tau.
  4. Depois de quanto tempo a luz de pronto fica verde, e em que tensão? Reconheça o zunido de dois segundos.
  5. Calcule a corrente inicial de carga; por que ela então morre?

Parte III — O milissegundo de glória.

  1. Escreva a lei de descarga u(t)u(t) através do tubo e calcule a nova constante de tempo τ′\tau'.
  2. Calcule a corrente de pico no tubo.
  3. Calcule a potência de pico; compare-a com uma chaleira elétrica de 2.2 kW2.2\,\mathrm{kW}.
  4. Tomando o flash como terminado em 3τ′3\tau', dê a duração e a potência média dele.
  5. Forme a razão entre o tempo de carga e o tempo de flash: mesmo capacitor, mesma carga — o que mudou, e o que isso faz de um capacitor: um tanque de energia ou uma alavanca de potência?

Parte IV — O primo na parede. Um desfibrilador precisa entregar EC=200 JE_C = 200\,\mathrm{J} a U0=1500 VU_0 = 1500\,\mathrm{V}; o tórax e as pás apresentam cerca de 50 Ω50\,\Omega.

  1. Calcule a capacitância necessária.
  2. Calcule a carga armazenada.
  3. Calcule a constante de tempo e a duração do choque (3τ3\tau); compare com o flash.
  4. Calcule a corrente de pico e a potência de pico no paciente.
  5. O circuito de recarga precisa deixar o aparelho pronto (95%95\%) em 6.0 s6.0\,\mathrm{s}: encontre a resistência de carga necessária e a corrente inicial de carga — os números que uma projetista encomendaria.
Solução

Solução de Problema 30.1.

1. q=CU0=8.0×10−4×300=0.24 Cq = CU_0 = 8.0\times10^{-4} \times 300 = 0.24\,\mathrm{C}.

2. N=0.24/1.60×10−19=1.5×1018N = 0.24/1.60\times10^{-19} = 1.5 \times 10^{18}.

3. EC=12×8.0×10−4×3002=36 JE_C = \tfrac12 \times 8.0\times10^{-4} \times 300^2 = 36\,\mathrm{J}.

4. 1.3×104/36≈3601.3 \times 10^{4}/36 \approx 360 vezes.

5. A pilha armazena bastante mas entrega devagar; o capacitor transforma uma energia modesta em potência enorme.

6. E=Ri+u\mathcal{E} = Ri + u com i=C du/dti = C\,du/dt: RC du/dt+u=ERC\,du/dt + u = \mathcal{E}.

7. du/dt=(E/RC)e−t/RCdu/dt = (\mathcal{E}/RC)e^{-t/RC}: Ee−t/RC+E(1−e−t/RC)=E\mathcal{E}e^{-t/RC} + \mathcal{E}(1 - e^{-t/RC}) = \mathcal{E} para todo tt, e u(0)=0u(0) = 0.

8. τ=RC=103×8.0×10−4=0.80 s\tau = RC = 10^3 \times 8.0\times10^{-4} = 0.80\,\mathrm{s}.

9. Em 3τ=2.4 s3\tau = 2.4\,\mathrm{s}, u=0.95×300=285 Vu = 0.95 \times 300 = 285\,\mathrm{V} — o zunido de dois segundos.

10. I0=E/R=0.30 AI_0 = \mathcal{E}/R = 0.30\,\mathrm{A}; conforme uu sobe, o que resta (E−u\mathcal{E} - u) sobre RR encolhe, de modo que i=(E−u)/Ri = (\mathcal{E}-u)/R morre.

11. u(t)=U0 e−t/τ′u(t) = U_0\,e^{-t/\tau'} com τ′=RfC=0.50×8.0×10−4=0.40 ms\tau' = R_f C = 0.50 \times 8.0\times10^{-4} = 0.40\,\mathrm{ms}.

12. I0=U0/Rf=300/0.50=600 AI_0 = U_0/R_f = 300/0.50 = 600\,\mathrm{A}.

13. P0=U0I0=300×600=180 kWP_0 = U_0 I_0 = 300 \times 600 = 180\,\mathrm{kW} — cerca de 8080 chaleiras de uma vez.

14. Duração 3τ′=1.2 ms3\tau' = 1.2\,\mathrm{ms}; potência média ≈36/1.2×10−3=30 kW\approx 36/1.2\times10^{-3} = 30\,\mathrm{kW}.

15. 2.4/1.2×10−3=20002.4/1.2\times10^{-3} = 2000. Só a resistência mudou (1.0 kΩ1.0\,\mathrm{k}\Omega na entrada, 0.50 Ω0.50\,\Omega na saída): uma alavanca de potência.

16. C=2EC/U02=400/15002≈1.8×10−4 F=180 µFC = 2E_C/U_0^2 = 400/1500^2 \approx 1.8 \times 10^{-4}\,\mathrm{F} = 180\,\text{µ}\mathrm{F}.

17. q=CU0=1.78×10−4×1500≈0.27 Cq = CU_0 = 1.78\times10^{-4} \times 1500 \approx 0.27\,\mathrm{C}.

18. τ=50×1.78×10−4≈8.9 ms\tau = 50 \times 1.78\times10^{-4} \approx 8.9\,\mathrm{ms}, duração 3τ≈27 ms3\tau \approx 27\,\mathrm{ms} — umas vinte vezes o flash.

19. I0=1500/50=30 AI_0 = 1500/50 = 30\,\mathrm{A}; P0=1500×30=45 kWP_0 = 1500 \times 30 = 45\,\mathrm{kW}.

20. 3τc=6.0 s3\tau_c = 6.0\,\mathrm{s} dá τc=2.0 s\tau_c = 2.0\,\mathrm{s}, logo Rc=τc/C=2.0/1.78×10−4≈11 kΩR_c = \tau_c/C = 2.0/1.78\times10^{-4} \approx 11\,\mathrm{k}\Omega e I0=1500/1.12×104≈0.13 AI_0 = 1500/1.12\times10^{4} \approx 0.13\,\mathrm{A} — pronto em seis segundos, com um décimo de ampère.