1. Um circuito elétrico L C é composto por um indutor de 2 mH e um capacitor de 0,8 \mu \mathrm{~F}. A carga inicial do capacitor é de 5 \mu \mathrm{C} e a corrente no circuito é nula, determine:
a) A variação da carga no capacitor;

Passo 1

O enunciado pede: “A variação da carga no capacitor”.
Informações fornecidas:
  • Indutor: L=2\\ \mathrm{mH}. (peguei este valor da imagem)
  • Capacitor: C=0{,}8\\ \mathrm{\mu F}. (peguei este valor da imagem)
  • Carga inicial no capacitor: q(0)=5\\ \mathrm{\mu C}.
  • Corrente inicial no circuito: i(0)=0.
O que devemos encontrar: uma expressão temporal que descreva como a carga q(t) no capacitor varia ao longo do tempo, e a variação da carga em relação ao valor inicial (isto é, \Delta q(t)=q(t)-q(0)).

Passo 2

Montando a equação dinâmica do circuito LC (intuição e física):
  • Em um circuito fechado LC ideal (sem resistência), a soma algébrica das tensões ao longo do laço é zero (lei de Kirchhoff para tensões).
  • A tensão no indutor é v_L = L\,\dfrac{di}{dt}. Aqui i(t) é a corrente instantânea e L é a indutância.
  • A tensão no capacitor é v_C = \dfrac{q(t)}{C}. Aqui q(t) é a carga no capacitor e C é a capacitância.
  • Como i(t)=\dfrac{dq}{dt}, aplicando a lei de tensões ao laço obtemos:
L\,\frac{d i}{dt} + \frac{q}{C}=0.
Substituindo i=\dfrac{dq}{dt} resulta na equação diferencial de segunda ordem:
L\,\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+\frac{q}{C}=0.
Explicando cada termo:
  • \dfrac{d^{2}q}{dt^{2}} é a derivada segunda da carga em relação ao tempo (aceleração da carga, ligada à variação da corrente).
  • O termo \dfrac{q}{C} é a tensão no capacitor que tende a restaurar a carga a zero.
    Essa equação é análoga a um oscilador harmônico simples.

Passo 3

Resolver a equação diferencial:
Escrevendo de forma padrão:
\frac{d^{2}q}{dt^{2}}+\frac{1}{LC}\,q=0.
Esta é a equação do oscilador harmônico com pulsação angular
\omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}.
A solução geral é
q(t)=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t),
onde A e B são constantes determinadas pelas condições iniciais.
Para encontrar A e B usamos:
  • q(0)=A = Q_0, onde Q_0 é a carga inicial.
  • i(t)=\dfrac{dq}{dt}=-A\omega\sin(\omega t)+B\omega\cos(\omega t). Então i(0)=B\omega. Logo B=\dfrac{i(0)}{\omega}.

Passo 4

Aplicando as condições iniciais do enunciado: Q_0=q(0)=5\\ \mathrm{\mu C} e i(0)=0.
Assim A=5\\ \mathrm{\mu C} e B=0. Portanto
q(t)=Q_0\cos(\omega t)=5\\ \mathrm{\mu C}\,\cos(\omega t).
Agora calculamos a pulsação \omega numericamente usando L e C (peguei L e C da imagem):
L=2\\ \mathrm{mH}=2\times10^{-3}\\ \mathrm{H},\qquad C=0{,}8\\ \mathrm{\mu F}=0{,}8\times10^{-6}\\ \mathrm{F}.
Calcule LC:
LC=(2\times10^{-3})\cdot(0{,}8\times10^{-6})=1{,}6\times10^{-9}\\ \mathrm{s^{2}}.
Raiz:
\sqrt{LC}=\sqrt{1{,}6\times10^{-9}}=4{,}0\times10^{-5}\\ \mathrm{s}.
Logo
\omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{4{,}0\times10^{-5}}=2{,}5\times10^{4}\\ \mathrm{rad/s}.
Podemos também dar a frequência e o período:
f=\frac{\omega}{2\pi}\approx\frac{2{,}5\times10^{4}}{2\pi}\approx3{,}98\times10^{3}\\ \mathrm{Hz},
T=\frac{1}{f}=2\pi\sqrt{LC}\approx2{,}51\times10^{-4}\\ \mathrm{s}.

Passo 5

Expressão para a variação da carga (o que o enunciado pediu):
Definindo a variação em relação ao valor inicial por \Delta q(t)=q(t)-q(0), usando q(0)=Q_0 e a solução encontrada:
\Delta q(t)=Q_0\big(\cos(\omega t)-1\big).
Substituindo Q_0=5\\ \mathrm{\mu C} e \omega=2{,}5\times10^{4}\\ \mathrm{rad/s}, obtemos a variação completa:
\Delta q(t)=5\\ \mathrm{\mu C}\,\big(\cos(2{,}5\times10^{4}\,t)-1\big).
Interpretação física simples e útil para a prova:
  • A carga oscila harmonicamente entre +Q_0 e -Q_0, isto é, entre +5\\ \mathrm{\mu C} e -5\\ \mathrm{\mu C}.
  • O maior deslocamento possível a partir do valor inicial q(0)=Q_0 é |\Delta q|_{\max}=2Q_0=10\\ \mathrm{\mu C} (ocorre em t=T/2, quando \cos(\omega t)=-1).

Passo 6

Resumo prático para a prova (como lembrar e aplicar rápido):
  • Escreva a ODE L\,q''+q/C=0.
  • Identifique \omega=1/\sqrt{LC}.
  • Use q(t)=q(0)\cos(\omega t)+\dfrac{i(0)}{\omega}\sin(\omega t).
  • No caso dado, i(0)=0 simplifica para q(t)=q(0)\cos(\omega t).
    Isso resolve a maioria das questões tipo (a) sobre variação de carga em circuito LC ideal.

Resposta

q(t)=5\\ \mathrm{\mu C}\,\cos\!\bigl(2{,}5\times10^{4}\,t\bigr)
\displaystyle \Delta q(t)=q(t)-q(0)=5\\ \mathrm{\mu C}\,\bigl(\cos(2{,}5\times10^{4}\,t)-1\bigr)

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