Um circuito em série contém um resistor \operatorname{com} R=24 \Omega, um indutor \operatorname{com} L=2 \mathrm{H}, um capacitor \operatorname{com} C=0,005 \mathrm{~F} e um gerador produzindo uma voltagem de E(t)=12 sen 10 t.
A carga inicial é Q=0,001 C e a corrente inicial é 0 .
Determine a carga e a corrente no instante t.
Q_{c}(t)=e^{-6 t}\left(c_{1} \cos 8 t+c_{2} \sin 8 t\right) but try Q_{p}(t)=A \cos 10 t+B \sin 10 t. Substituting into the differential equation gives (-200 A+240 B+200 A) \cos 10 t+(-200 B-240 A+200 B) \sin 10 t=12 \sin 10 t, so B=0 and A=-\frac{1}{20}. Hence, the general solution is Q(t)=e^{-6 t}\left(c_{1} \cos 8 t+c_{2} \sin 8 t\right)-\frac{1}{20} \cos 10 t. But 0.001=Q(0)=c_{1}-\frac{1}{20}, Q^{\prime}(t)=e^{-6 t}\left[\left(-6 c_{1}+8 c_{2}\right) \cos 8 t+\left(-6 c_{2}-8 c_{1}\right) \sin 8 t\right]-\frac{1}{2} \sin 10 t and 0=Q^{\prime}(0)=-6 c_{1}+8 c_{2}, so c_{1}=0.051 and c_{2}=0.03825. Thus the charge is given by Q(t)=e^{-6 t}(0.051 \cos 8 t+0.03825 \sin 8 t)-\frac{1}{20} \cos 10 t.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Dados do circuito em série:
    • Resistor: R=24\\ \Omega.
    • Indutor: L=2\\ \mathrm{H}.
    • Capacitor: C=0{,}005\\ \mathrm{F}.
    • Fonte: E(t)=12\sin 10t (volts).
  • Condições iniciais:
    • Carga inicial no capacitor: Q(0)=0{,}001\\ \mathrm{C}.
    • Corrente inicial: I(0)=0\\ \mathrm{A}.
  • O que se pede:
    • A carga Q(t) para todo t.
    • A corrente I(t) para todo t.
Observação: a corrente está relacionada à carga por I(t)=Q'(t). No circuito série RLC, a equação diferencial para Q(t) surge da soma algébrica das quedas de tensão igual à tensão da fonte (Lei de Kirchhoff).

Passo 2

Montando a equação diferencial do circuito e explicando cada termo.
  • A queda de tensão no indutor é L\,Q''(t) porque V_L=L\,\dfrac{dI}{dt}=L\,Q''(t).
  • A queda de tensão no resistor é R\,Q'(t) porque V_R=R\,I=R\,Q'(t).
  • A tensão no capacitor é \dfrac{1}{C}Q(t) porque V_C=\dfrac{Q}{C}.
  • Pela Lei de Kirchhoff (soma das quedas = fonte), obtemos a ODE:
L\,Q''(t)+R\,Q'(t)+\frac{1}{C}Q(t)=E(t).
Agora substituo os valores numéricos L=2,\\ R=24,\\ C=0{,}005,\\ E(t)=12\sin 10t:
2\,Q''(t)+24\,Q'(t)+200\,Q(t)=12\sin 10t,
pois \dfrac{1}{C}=\dfrac{1}{0{,}005}=200.
Dividindo por 2 para simplificar:
Q''(t)+12\,Q'(t)+100\,Q(t)=6\sin 10t.
(Atenção: dividi todos os termos por 2; isto é equivalente e facilita contas.)

Passo 3

Resolvendo a equação homogênea associada (transiente). Vou explicar a ideia: resolvemos primeiro a parte homogênea Q_h''+12Q_h'+100Q_h=0 porque a solução geral é soma da homogênea com uma particular.
  • Equação característica:
r^2+12r+100=0.
  • Calculo do discriminante:
\Delta=12^2-4\cdot1\cdot100=144-400=-256<0.
Discriminante negativo => raízes complexas conjugadas.
  • Raízes:
r=\frac{-12\pm\sqrt{-256}}{2}=-6\pm 8i.
  • Solução da homogênea (forma padrão para raízes -6\pm 8i):
Q_c(t)=e^{-6t}\big(c_1\cos 8t+c_2\sin 8t\big),
onde c_1,c_2 são constantes a determinar pelas condições iniciais.
Explicação curta do que isso significa: a solução homogênea é um regime transitório amortecido (fator e^{-6t}) com oscilações de frequência angular 8 rad/s.

Passo 4

Procurando uma solução particular Q_p(t) usando método dos coeficientes indeterminados.
Motivo do palpite: a forçante é 6\sin 10t (após divisão por 2), então tentamos uma solução particular da forma senos e cossenos na mesma frequência:
Q_p(t)=A\cos 10t+B\sin 10t,
onde A,B são constantes a determinar.
Agora calculo Q_p' e Q_p'' (para substituir na ODE). Derivando:
Q_p'(t)=-10A\sin 10t+10B\cos 10t,
Q_p''(t)=-100A\cos 10t-100B\sin 10t.
Substituo na equação original (na forma antes da divisão por 2 seria mais direto; aqui vou usar a forma dividida para consistência: Q''+12Q'+100Q=6\sin 10t):
Left-hand side (LHS):
Q_p''+12Q_p'+100Q_p
=(-100A\cos10t-100B\sin10t) +12(-10A\sin10t+10B\cos10t) +100(A\cos10t+B\sin10t).
Agora agrupo termos em \cos10t e \sin10t.
  • Coeficiente de \cos10t:
-100A + 120B + 100A = 120B.
(Repare que -100A+100A cancela.)
  • Coeficiente de \sin10t:
-100B -120A + 100B = -120A.
(De novo alguns termos cancelam.)
Portanto
\text{LHS}=120B\cos10t -120A\sin10t.
Queremos que isso seja igual à 6\sin10t. Igualando coeficientes:
120B=0,\qquad -120A=6.
Logo
B=0,\qquad A=-\frac{6}{120}=-\frac{1}{20}.
Assim a solução particular é
Q_p(t)=-\frac{1}{20}\cos10t.
Observação didática: escolhemos senos e cossenos porque a derivação mantém essa família; se a frequência fosse solução da homogênea (ressonância), seria necessário multiplicar por t, mas aqui a frequência 10 não coincide com a parte oscilatória homogênea \omega_0=8.

Passo 5

Escrevendo a solução geral e aplicando condições iniciais para determinar c_1,c_2.
A solução geral:
Q(t)=Q_c(t)+Q_p(t)=e^{-6t}\big(c_1\cos 8t+c_2\sin 8t\big)-\frac{1}{20}\cos10t.
Condição Q(0)=0{,}001:
Q(0)=c_1-\frac{1}{20}=0{,}001.
Logo
c_1=0{,}001+\frac{1}{20}=0{,}001+0{,}05=0{,}051.
Em forma fracionária c_1=\dfrac{51}{1000}.
Agora usamos a condição sobre a corrente: I(0)=Q'(0)=0. Preciso calcular Q'(t) de forma detalhada (aqui explico o procedimento passo a passo).
  • Primeiro derive o termo homogêneo. Se f(t)=c_1\cos8t+c_2\sin8t, então f'(t)=-8c_1\sin8t+8c_2\cos8t. Com produto por e^{-6t},
\frac{d}{dt}\big(e^{-6t}f(t)\big)=e^{-6t}\big(f'(t)-6f(t)\big).
Logo para a parte homogênea:
\frac{d}{dt}\big(e^{-6t}(c_1\cos8t+c_2\sin8t)\big) = e^{-6t}\big((8c_2-6c_1)\cos8t+(-8c_1-6c_2)\sin8t\big).
  • Derivada da parte particular Q_p(t)=-\dfrac{1}{20}\cos10t:
Q_p'(t)=-\frac{1}{20}(-10\sin10t)=\frac{1}{2}\sin10t.
Somando,
Q'(t)=e^{-6t}\big((8c_2-6c_1)\cos8t+(-8c_1-6c_2)\sin8t\big)+\frac{1}{2}\sin10t.
Agora imponho Q'(0)=0. Em t=0 temos \cos0=1,\\ \sin0=0,\\ e^0=1,\\ \sin(0)=0. Assim
Q'(0)=(8c_2-6c_1)+0+0=0 \quad\Rightarrow\quad 8c_2-6c_1=0.
Logo
c_2=\frac{6}{8}c_1=\frac{3}{4}c_1.
Substituindo c_1=0{,}051:
c_2=0{,}051\cdot\frac{3}{4}=0{,}03825.
Em forma fracionária c_2=\dfrac{153}{4000}.

Passo 6

Escrevendo Q(t) final com os coeficientes encontrados e simplificando a corrente I(t)=Q'(t).
  • A carga:
Q(t)=e^{-6t}\big(0{,}051\cos8t+0{,}03825\sin8t\big)-\frac{1}{20}\cos10t.
Se preferir em frações exatas:
Q(t)=e^{-6t}\!\Big(\frac{51}{1000}\cos8t+\frac{153}{4000}\sin8t\Big)-\frac{1}{20}\cos10t.
  • A corrente I(t)=Q'(t). Podemos usar a expressão genérica já obtida e substituir c_1,c_2. Primeiro observe que
8c_2-6c_1=8(0{,}03825)-6(0{,}051)=0{,}306-0{,}306=0,
então o coeficiente do \cos8t na derivada é zero — isso simplifica bastante.
Calculo do coeficiente do \sin8t:
-8c_1-6c_2=-8(0{,}051)-6(0{,}03825)=-0{,}408-0{,}2295=-0{,}6375.
Em fração: -0{,}6375=-\dfrac{51}{80}.
Portanto
I(t)=Q'(t)=-0{,}6375\,e^{-6t}\sin8t+\frac{1}{2}\sin10t.
Ou usando frações:
I(t)=Q'(t)=-\frac{51}{80}e^{-6t}\sin8t+\frac{1}{2}\sin10t.

Resposta

Q(t)=e^{-6t}\big(0{,}051\cos8t+0{,}03825\sin8t\big)-\dfrac{1}{20}\cos10t\n
I(t)=Q'(t)=-0{,}6375\,e^{-6t}\sin8t+\dfrac{1}{2}\sin10t

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