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Enunciado

Elétrica - Johnson, D. E., Hilburn, J. L., Johnson, J. R. - Fundamentos de Análise de Circuitos Elétricos, PHB- Ed: 4º - Capítulo 16.3 - Ex. 1

Determine i 1 , para t > 0 , na rede da Fig. 16.11, dado M = 1 2   H . Assuma que o circuito está em regime permanente em t = 0 .

Passo 1

Faaaala meu povo!! Como vocês estão? Bora lá resolver mais uma questãozinha?

Como t = 0 - , podemos assumir que i 1 0 - = i 2 0 - = 0 .

Passo 2

Obtendo a função de rede para t > 0 , através da aplicação do LKT para a excitação completa V 1 ( s ) temos: (Obs.: tendo em vista que M = 1 2   H )

V 1 s = 3 2 s + 2 I 1 - 1 2   s I 2

0 = - 1 2   s   I 1 + ( s + 2 ) I 2

Passo 3

Das duas equações acima, podemos encontrar:

H s = I 2 V 1 = 1 2 s s + 1 s + 4

Os polos de H ( s ) são as frequências naturais - 1 ;   - 4 , da resposta natural. Então, para t > 0 : i 2 = i 2 f + i 2 n .

Passo 4

Do circuito, vemos que a resposta forçada para i 1 é uma corrente CC (por inspeção), então nenhuma tensão em regime permanente é produzida no secundário. Sendo assim:

i 2 f = 0 . Portanto:

i 2 = i 2 f + i 2 n = 0 + A 1 e - 1 + A 2 e - 4 t

Passo 5

Como t = 0 - , temos ainda que ω 0 - = 0 .

Portanto, visto que a energia não pode variar instantaneamente na ausência de uma função de excitação infinita: ω 0 + = 0 .

Passo 6

Além disso, vemos que o circuito obedece: M < L 1 L 2 .   Portanto: i 1 0 + = i 2 0 + = 0 .

Assim, para obter a segunda condição inicial para calcular A 1 e A 2 , aplicamos a LKT ao redor do primário e do secundário, em t = 0 + , o que fornece:

12 = 3 2 d i 1 0 + d t - 1 2 d i 2 0 + d t

0 = - 1 2   d i 1 0 + d t +   d i 2 0 + d t

Resolvendo:

i 1 = 6 - 4 e - t - 2 e - 4 t   A  

Então é isso pessoal! Bons estudos e bora pra próxima...

Resposta

i 1 = 6 - 4 e - t - 2 e - 4 t   A