ETAPA II: OTIMIZAÇÃO DO TEMPO DE DESCARGA DE UM
DESFIBRILADOR AUTOMÁTICO
Após os resultados obtidos na definição do novo ponto ótimo do custo de estocagem,
você foi indicado(a) pelo engenheiro de produção para o engenheiro eletricista da empresa, que
também desejava otimizar o projeto de seu sistema de descarga em um desfibrilador
automático.
O aparelho desfibrilador em questão funciona por meio de um sistema em que um
capacitor é carregado ao longo de um determinado tempo de carga, e então descarrega
automaticamente a carga elétrica no paciente. Este processo se repete três vezes: a primeira
carga ocorre mais rápido que a segunda carga, que por sua vez é mais rápida que a terceira
carga. Dessa forma, o engenheiro ajustou três funções, uma para cada período de carga, sendo
elas:
1ª carga: ଵ() = 100(1 −
ି
మ)
2ª carga: ଶ() = 100(1 −
ି
ర)
3ª carga: ଷ() = 100(1 −
ି
ల)
em que: Q é o percentual de carregamento do capacitor, dado em [%]; t é o tempo de
carregamento, dado em [s].
Com base nisso, o engenheiro lhe explicou a situação:
“Para obter a carga total no capacitor, teríamos que deixar carregando infinitamente, ou seja,
fazer o t tender a infinito. Como isso é inviável, resolvemos definir um parâmetro que indicasse
uma capacidade ótima de carregamento. Foi definido que a variação de carga, ou seja, a
derivada da função Q, fosse igual a 0,5. Dessa forma, nós obtemos a seguinte tabela para o
desfibrilador:
Capacitor Tempo de carregamento (s) Carga alcançada (%)
1ª carga 9,21 99
2ª carga 15,65 98
3ª carga 21,03 97
Tempo total do ciclo 45,89 -
Essa semana encontramos um artigo médico concluindo que, para alcançar os resultados
satisfatórios de reanimação, o valor da derivada de Q deve ser de 1,25. Precisamos que nos
ajude a recalcular os tempos de carregamento e o tempo total de ciclo para atualizarmos o
projeto desse desfibrilador.”
Sabendo disso, responda as seguintes questões:
a) Encontre as funções derivadas para a carga do capacitor. (0,5 pontos)
b) A partir das funções encontradas no item anterior, e das funções de carga do capacitor,
recalcule os valores dos tempos de carregamento e da carga alcançada para a nova condição
proposta pelo artigo e preencha a tabela abaixo. (0,5 pontos)
Capacitor Tempo de carregamento (s) Carga alcançada (%)
1ª carga
2ª carga
3ª carga
Tempo total do ciclo
Respostas
Resposta:
a)
t = 2 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 50
t = 4 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 25
t = 6 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 16,67
b)
t2 = 1,83
t4 = 6,43
t6 = 12,08
Q(t) = 100(1-e^(-t/2)) = 60%
Q(t) = 100(1-e^(-t/4)) = 80%
Q(t) = 100(1-e^(-t/6)) = 86,5%
Explicação:
a)
Primeiro derivamos o termo Q(t) para acharmos Q'(t)
Q(t) = 100(1-e^(-t/2))
dQ(t)/dt = d[100(1-e^(-t/2))]/dt
Após a derivamos temos que Q'(t) é:
Q'(t) = 50 * e^(-t/2)
Q(t) é o percentual de carregamento do capacitor no instante t e Q(0) é o percentual de carregamento do capacitor presente no instante t = 0. Chamaremos Q'(t) = 1,25 de taxa em função do tempo para facilitar os cálculos... então Q(0)=50 = Qo
Q'(t) = Qo * e^(-t/2)
Aplicando "ln" logaritmo natural e sabendo que ln(e) = 1 teremos
ln Q'(t) = Qo * ln e^(-t/2)
ln Q'(t) = Qo *(t/2) * ln(e)
ln Q'(t)/Qo = (t/2)
t = 2 ln Q'(t)/Qo
assim para
Q(t) = 100(1-e^(-t/2))
Q(t) = 100(1-e^(-t/4))
Q(t) = 100(1-e^(-t/6))
Teremos:
t2 = 2 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 50
t4 = 4 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 25
t6= 6 ln Q'(t)/Qo, em que Q(0) = 16,67
b)
t2 = 2 × ln (125÷50) = 1,83
t4 = 4 × ln (125÷25) = 6,43
t6 = 6 × ln (125÷16,6) = 12,08
substituindo os valores que temos no lugar do tempo temos:
Q(t) = 100(1-e^(-t/2)) = 60%
Q(t) = 100(1-e^(-t/4)) = 80%
Q(t) = 100(1-e^(-t/6)) = 86,5%
Resposta:
Resposta
Explicação: