Considere-se um circuito elétrico constituído por uma força eletromotriz que produz uma queda de tensão E, uma resistência R, uma bobine com indutância L e um condensador com capacitância C, ligados em série (circuito RLC). Nessas condições a carga instantânea no condensador q(t) é tal que
L d^2 qd q^2+R d qd t+1C q=E(t)
Supondo que E(t)=100 cos (60 t) (volt), R=4 (ohms), L=0,1 (henry) e C=140 (farad), e sabendo que q(0)=0 e q^prime(0)=0. Determinar a carga no condensador em cada instante t.

Passo 1

O enunciado dá um circuito serie RLC com indutância L, resistência R e capacitância C submetido a uma força eletromotriz E(t) = 100 cos(60 t). A carga q(t) no condensador satisfaz a equação de 2º ordem
Ld^2qdt^2 + Rdqdt + 1Cq = E(t)
com q(0)=0 e q’(0)=0. Vamos usar métodos de equações diferenciais lineares: encontrar a solução geral somando a homogênea e uma particular.

Passo 2

Primeiro substituímos os valores numéricos e dividimos tudo por L=0{,}1:
d^2qdt^2 + RLdqdt + 1LCq = E(t)L
Como R/L=4/0{,}1=40, 1/(LC)=1/(0{,}1·1/40)=400 e E/L=100/0{,}1=1000, obtemos
q'' + 40q' + 400q = 1000cos(60t)

Passo 3

A parte homogênea satisfaz
r^2 + 40r + 400 = 0,
cuja raiz é dupla r=−20. Logo a solução homogênea é
qh(t) = (A + Bt)e^-20t

Passo 4

Para a solução particular usamos coeficientes indeterminados. Fazemos o palpite
qp(t) = Kcos(60t) + Msin(60t)
Calculamos q’{p} e q’’{p}, substituímos na equação diferencial e igualamos os coeficientes de cos(60t) e sin(60t).

Passo 5

Do sistema linear
-3200K + 2400M = 1000, -2400K - 3200M = 0,
surgem as soluções K = -0,2 e M = 0,15. Assim
qp(t) = -0,2cos(60t) + 0,15sin(60t)

Passo 6

A solução geral é
q(t) = (A + Bt)e^-20t - 0,2cos(60t) + 0,15sin(60t)
Aplicando q(0)=0 dá A=0{,}2. Para q’(0)=0 calculamos q’(t), avaliamos em t=0 e achamos B=-5. Inserindo A e B obtemos a expressão final.

Resposta

q(t) = \bigl(0{,}2 - 5t\bigr)e^{-20t} ; - 0{,}2\cos(60t) + 0{,}15\sin(60t)

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