Encontre a corrente \mathrm{I}(\mathrm{t}) num circuito RLC \operatorname{com} R=11 \Omega (ohms), L=0,1 H (Henry) e C=10^{-2} F (farad), que está conectado a uma fonte de voltagem E(t)=100 \operatorname{sen} 400 t
(logo, 63 \frac{2}{3} \mathrm{~Hz}=63 \frac{2}{3} ciclos / \mathrm{s}, pois 400=63 \frac{2}{3} \cdot 2 \pi ). Suponha que a corrente e a carga seja, zero quando t=0.

Passo 1

O enunciado pede a corrente I(t) num circuito série RLC com
L=0{,}1,\quad R=11,\quad C=10^{-2},
sob tensão aplicada
E(t)=100\sin(400t),
e condições iniciais q(0)=0 e I(0)=0.
Conteúdo: resolução da EDO linear de 2º ordem para a carga q(t), pois I(t)=\dfrac{dq}{dt}. Precisamos: montar a equação diferencial, achar solução geral (transitória + particular) e aplicar as condições iniciais.

Passo 2

Escrevendo a EDO para a carga q(t):
L\,\frac{d^2q}{dt^2}+R\,\frac{dq}{dt}+\frac{1}{C}\,q=E(t).
Substituindo os valores e dividindo por L=0{,}1:
\frac{d^2q}{dt^2}+110\,\frac{dq}{dt}+1000\,q=1000\sin(400t).
A equação homogênea é
q''+110\,q'+1000\,q=0,
com equação característica r^2+110r+1000=0, cujas raízes são
r=-10\quad\text{e}\quad r=-100.
Logo a solução homogênea é
q_h(t)=A\,e^{-10t}+B\,e^{-100t}.

Passo 3

Para a solução particular q_p(t), usamos o ensaio
q_p(t)=C\sin(400t)+D\cos(400t).
Calculamos q_p'' e q_p' e substituímos em
q''+110q'+1000q=1000\sin(400t).
Isso gera o sistema linear em C,D:
\begin{cases} (-160000+1000)C-44000D=1000,\\\\ 44000C+(-160000+1000)D=0. \end{cases}

Passo 4

Resolvendo
\begin{cases} -159000\,C-44000\,D=1000,\\\\ 44000\,C-159000\,D=0, \end{cases}
obtemos
C\approx -5{,}848\times10^{-3},\quad D\approx -1{,}618\times10^{-3}.
Portanto
q_p(t)=-0.005848\sin(400t)\;-0.001618\cos(400t).

Passo 5

A corrente particular é
I_p(t)=\frac{dq_p}{dt} =400C\cos(400t)-400D\sin(400t).
Substituindo C,D:
I_p(t)\approx 0.6472\sin(400t)\;-\;2.3392\cos(400t).

Passo 6

Agora a solução geral de q é q_h+q_p. A corrente total é
I(t)=q'(t)=I_{\text{trans}}(t)+I_p(t),
onde
I_{\text{trans}}(t) =-10A\,e^{-10t}-100B\,e^{-100t}.
Impondo q(0)=0 e I(0)=0 e usando q_p(0)=D, I_p(0)=400C, obtemos o sistema
\begin{cases} A+B+D=0,\\\\ -10A-100B+400C=0, \end{cases}
cuja solução numérica é
A\approx 0.02779,\quad B\approx -0.02617.
Logo
I_{\text{trans}}(t)\approx -0.2779\,e^{-10t}+2.6171\,e^{-100t}.

Passo 7

Somando transiente e particular, a corrente é
I(t)=\bigl[-0.2779\,e^{-10t}+2.6171\,e^{-100t}\bigr] +0.6472\sin(400t)-2.3392\cos(400t).

Resposta

I(t)=-0.2779\,e^{-10t}+2.6171\,e^{-100t} +0.6472\sin(400t)-2.3392\cos(400t).

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