Um circuito possui um capacitor de 0,5 * 10^{-5} \mathrm{~F}, um resistor de 25 \Omega e um indutor de 5 H, em série. No instante t=0 conecta-se esse circuito a uma bateria cuja tensão é V(t)=10 e^{-t / 4} \mathrm{~V} e o circuito é fechado. Determine a carga no capacitor \mathrm{Q}(\mathrm{t}) em qualquer instante t>0.
Lembrando que a EDO que descreve o circuito elétrico acima é:
L \frac{d^{2} Q}{d t^{2}}+R \frac{d Q}{d t}+\frac{1}{C} Q=V(t)
L: Indutância(Henrys); C: capacitância(Farads); R: resistência (Ohms); V: tensão da fonte (Volts); Q : Carga (Coulombs)

Passo 1

O enunciado dá um circuito RLC série com
L=5\\ \mathrm H,\quad R=25\\ \Omega,\quad C=0{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm F=5\times10^{-6}\\ \mathrm F
e fonte V(t)=10e^{-t/4} V para t\ge0. A equação diferencial que rege a carga Q(t) é
L\frac{d^2Q}{dt^2}+R\frac{dQ}{dt}+\frac1C\,Q=V(t).
Supondo que antes de t=0 o circuito estava descarregado, temos as condições iniciais
\,Q(0)=0 e \,I(0)=\frac{dQ}{dt}(0)=0.
Vamos resolver esta EDO por soma da solução homogênea e de um particular.

Passo 2

Solução homogênea Q_h: escrevemos a eq. característica
Lr^2+Rr+\frac1C=0 \;\Longrightarrow\; 5r^2+25r+2\times10^5=0
Define-se
\alpha=\frac R{2L}=\frac{25}{2\cdot5}=2{,}5\\ \mathrm s^{-1}, \quad \omega_0=\frac1{\sqrt{LC}}=\frac1{\sqrt{5\cdot5\times10^{-6}}}=200\\ \mathrm s^{-1},
logo a parte subamortecida tem
\omega_d=\sqrt{\omega_0^2-\alpha^2} =\sqrt{200^2-2{,}5^2} =\sqrt{40000-6{,}25} \approx199{,}98\\ \mathrm s^{-1}.
Portanto
Q_h(t) =e^{-\alpha t}\bigl(A\cos(\omega_d t)+B\sin(\omega_d t)\bigr).

Passo 3

Solução particular Q_p: como o forçamento é 10e^{-t/4}, tentamos
\,Q_p=K\,e^{-t/4}. Calculando
\frac{dQ_p}{dt}=-\frac K4e^{-t/4}, \quad \frac{d^2Q_p}{dt^2}=\frac K{16}e^{-t/4},
e substituindo na EDO:
5\cdot\frac K{16}e^{-t/4} +25\Bigl(-\frac K4e^{-t/4}\Bigr) +2\times10^5K\,e^{-t/4} =10e^{-t/4}.
Fatorando e^{-t/4} e somando coeficientes
\Bigl(\frac{5}{16}-\frac{25}{4}+2\cdot10^5\Bigr)K=10 \;\Longrightarrow\; (0{,}3125-6{,}25+200000)K=10 \;\Longrightarrow\; 199994{,}0625\,K=10
\Longrightarrow K=\frac{10}{199994{,}0625}\approx5{,}00015\times10^{-5}\\ \mathrm C.

Passo 4

Solução geral
Q(t)=Q_h(t)+Q_p(t) =e^{-2{,}5t}\bigl(A\cos(\omega_d t)+B\sin(\omega_d t)\bigr) +K\,e^{-t/4}.

Passo 5

Impondo Q(0)=0 e Q'(0)=0:
1. Q(0)=A+K=0; \Longrightarrow A=-K. 2. Calculando Q'(t) e avaliando em t=0
-\alpha A+B\,\omega_d-\tfrac{K}{4}=0.
Substituindo \alpha=2{,}5 e A=-K
-2{,}5(-K)+B\,\omega_d-\frac{K}{4}=0 \;\Longrightarrow\; 2{,}5K-\frac{K}{4}+B\,\omega_d=0 \;\Longrightarrow\; B=-\frac{2{,}5-\tfrac{1}{4}}{\omega_d}\,K =-\frac{2{,}25}{\omega_d}\,K.
Logo
Q(t) = e^{-2{,}5t}\Bigl(-K\cos(\omega_d t) -\frac{2{,}25K}{\omega_d}\sin(\omega_d t)\Bigr) +K\,e^{-t/4},
com
\,K\approx5{,}00015\times10^{-5}\\ \mathrm{C} e
\,\omega_d\approx199{,}98\\ \mathrm{s}^{-1}.

Resposta

\boxed{ Q(t) =5{,}00015\times10^{-5}\,e^{-t/4} -5{,}00015\times10^{-5}\,e^{-2.5t}\cos\bigl(199.98\,t\bigr) -\;5{,}625\times10^{-7}\,e^{-2.5t}\sin\bigl(199.98\,t\bigr) }

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