É importante, antes de passarmos aos equacionamentos, entender o que estará acontecendo no circuito depois que a chave for fechada, vamos a isso.
No instante t=0s, a chave é fechada e e fonte de tensão E=40V começa a suprir o circuito com energia, a partir daqui, podemos dividir a analise em três momentos:
- Neste primeiro momento (dizemos t=0⁺), o capacitor encontra-se descarregado e, portanto, não oferece qualquer impedimento a passagem de corrente, ou seja, inicialmente, o capacitor "atua" como um curto-circuito e, dessa forma, a ddp no resistor será igual a tensão da fonte.
[tex]\boxed{\sf v_r(0^+)~=~40~V}[/tex]
- Com o passar do tempo, o capacitor é carregado e as cargas armazenadas neste dispositivo começam a oferecer uma resistência a passagem de corrente, consequentemente, a tensão no resistor irá diminuir.
- Passado tempo suficiente (dizemos t=∞), o capacitor estará totalmente carregado apresentando ddp ente seus polos igual a da fonte E e, portanto, a corrente no circuito é cessada. Nesse momento, a ddp no resistor se torna nula, já que não há passagem de corrente.
[tex]\boxed{\sf v_r(\infty)~=~0~V}[/tex]
Agora sim, vamos utilizar a Lei de Kirchhof das Tensões (método das malhas) para achar uma equação para a corrente ic(t). Posteriormente, com ic(t), podemos aplicar a 1ª lei de Ohm para achar a expressão da tensão no resistor em função do tempo.
[tex]\boxed{\sf +E~-~R\cdot i_c(t)~-~v_c(t)~=~0}\\\\\\\sf Lembrando~que~a~tens\tilde{a}o~no~capacitor~\acute{e}~pode~ser~calculada~por:\\\\v_c(t)~=~\dfrac{1}{C}\displaystyle\int\limits_0^ti_c(t)dt\\\\Susbtituindo,~temos:\\\\\\+E~-~R\cdot i_c(t)~-~\dfrac{1}{C}\displaystyle\int\limits_0^ti_c(t)dt~=~0\\\\\\R\cdot i_c(t)~+~\dfrac{1}{C}\displaystyle\int\limits_0^ti_c(t)dt~=~E\\\\\\Derivando~ambos~lados~da~equacao:\\\\\\R\cdot \dfrac{d i_c(t)}{dt}~+~\dfrac{1}{C}\cdot i_c(t)~=~0[/tex]
[tex]\sf\dfrac{d i_c(t)}{dt}~=\,-\dfrac{1}{RC}\cdot i_c(t)\\\\\\\dfrac{di_c(t)}{i_c(t)}~=\,-\dfrac{1}{RC}\cdot i_c(t)dt\\\\\\\displaystyle\int\limits_{0}^{t}\dfrac{di_c(t)}{i_c(t)}~=~\displaystyle\int\limits_{0}^{t}-\dfrac{1}{RC}\cdot i_c(t)dt\\\\\\ln(i_c(t))-ln(i_c(0))~=\,-\dfrac{1}{RC}\cdot (t-0)\\\\\\ln\left(\dfrac{i_c(t)}{i_c(0)}\right)~=\,-\dfrac{1}{RC}\cdot t\\\\\\ln\left(\dfrac{i_c(t)}{^{v_r(0)}/_{R}}\right)~=\,-\dfrac{1}{RC}\cdot t[/tex]
[tex]\sf e^{ln\left(\dfrac{i_c(t)}{^{v_r(0)}/_{R}}\right)}~=~e^{-\dfrac{t}{RC}}\\\\\\\dfrac{i_c(t)}{^{v_r(0)}/_{R}}~=~e^{-\dfrac{t}{RC}}\\\\\\\boxed{\sf i_c(t)~=~\dfrac{v_r(0)}{R}\cdot e^{-\dfrac{t}{RC}}}\\\\\\Por~fim,~ para~acharmos~v_r(t),~vamos~aplica~a ~1^a~Lei~de~Ohm~e~substituir\\os~valores~conhecidos:\\\\\\v_r(t)~=~i_c(t)\cdot R\\\\\\v_r(t)~=~\dfrac{v_r(0)}{R}\cdot e^{-\dfrac{t}{RC}}\cdot R\\\\\\v_r(t)~=~v_r(0)\cdot e^{-\dfrac{t}{RC}}[/tex]
[tex]\sf v_r(t)~=~40\cdot e^{-\dfrac{t}{8\cdot10^3\cdot 4\cdot 10^{-6}}}\\\\\\v_r(t)~=~40\cdot e^{-\dfrac{t}{32\cdot10^{-3}}}\\\\\\\boxed{\sf v_r(t)~=~40~V\cdot e^{\left(-\dfrac{t}{32~ms}\right)}}[/tex]
[tex]\Huge{\begin{array}{c}\Delta \tt{\!\!\!\!\!\!\,\,o}\!\!\!\!\!\!\!\!\:\,\perp\end{array}}Qualquer~d\acute{u}vida,~deixe~ um~coment\acute{a}rio[/tex]
