Question

Encuentre la carga en el capacitor de un circuito RLC en serie cuando L=1/2 h,R=10Ω ,C=0.01F,E(t)=150V,q(0)=1C e i(0)=0A.

¿Cuál es la carga en el capacitor después de un largo tiempo?

Answer 1

La carga en el capacitor en función del tiempo es $q(t)=9,62C.(0,05.sen(9,49.t).e^{-10.t}-0,052.cos(9,49.t).e^{-10.t})+1,5C$, después de un largo tiempo esta pasa a ser de 1,5 C.

¿Cómo hallar la carga en el capacitor en función del tiempo?

Si el capacitor tiene carga inicial de 1C, podemos plantear la ecuación diferencial del circuito RLC aplicando la segunda ley de Kirchoff:

$E=i.R+L\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\int\limits^{}_{} {i} \, dt +\frac{q(0)}{C}$

Podemos obtener una ecuación en función de las derivadas de la corriente derivando ambos miembros de esta expresión:

$0=R\frac{di}{dt}+L\frac{d^2i}{dt^2}+\frac{1}{C}.i\\\\0=\frac{d^2i}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{di}{dt}+\frac{1}{RC}.i$

Podemos asumir para la corriente un valor igual a $e^{\alpha.t}$ y queda una ecuación cuadrática:

$0=\alpha^2+\frac{R}{L}.\alpha+\frac{1}{RC}\\\\\alpha=\frac{-\frac{R}{L}\ñ\sqrt{(\frac{R}{L})^2-4.1.\frac{1}{RC}}}{2.1}\\\\R=10\Omega\\C=0,01F\\L=0,5H\\\\\alpha=\frac{-\frac{10}{0,5}\ñ\sqrt{(\frac{10}{0,5})^2-4.1.\frac{1}{0,01F.10\Omega}}}{2}\\\\\alpha=-10\ñj9,49$

La solución es igual a una combinación lineal de las exponenciales que encontramos:

$i(t)=A.e^{(-10+j9,49).t}+Be^{(-10-j9,49).t}\\\\i(t)=A.e^{-10t}.e^{j9,49.t}+B.e^{-10t}.e^{-j9,49.t}\\\\i(t)=e^{-10t}(A.e^{j9,49.t}+B.e^{-j9,49.t})\\\\i(t)=e^{-10t}(A.cos(9,49t)+jA.sen(9,49t)+B.cos(9,49t)-jB.sen(9,49t))$

Como la función de la corriente tiene que ser una función real, tiene que ser A=B, entonces queda:

$i(t)=2A.cos(9,49t).e^{-10t}$

Entonces, la carga en el capacitor en función del tiempo es:

$q(t)=\int\limits^{}_{} {i} \, dt =\int\limits^{}_{} {2A.cos(9,49t).e^{-10t}} \, dt \\\\u=e^{-10t}= > du=-10e^{-10t}dt\\\\dv=cos(9,49t)= > v=\frac{1}{9,49}.sen(9,49t)\\\\q(t)=2A(\frac{1}{9,49}.sen(9,49t).e^{-10t}+\frac{10}{9,49}\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.sen(9,49t)} \, dt )\\\\q(t)=2A(0,105.sen(9,49t).e^{-10t}+1,054\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.sen(9,49t)} \, dt)$

Si ahora integramos por partes la integral del segundo miembro queda:

$\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.sen(9,49t)} \, dt\\\\u=e^{-10t}= > du=-10e^{-10t}\\\\dv=sen(9,49t)= > v=-\frac{1}{9,49}.cos(9,49t)\\\\\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.sen(9,49t)} \, dt=-0,105.e^{-10t}.cos(9,49t)-(\frac{10}{9,49})\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)} \, dt$

Reemplazando esta expresión en la primera queda:

$q(t)=2A(0,105.sen(9,49t).e^{-10t}+1,054(-0,105.e^{-10t}.cos(9,49t)-1,054\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)} \, dt))\\\\q(t)=2A(0,105.sen(9,49t).e^{-10t}-0,11.e^{-10t}.cos(9,49t)-1,11\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)} \, dt)$

$\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)}\,dx=(0,105.sen(9,49t).e^{-10t}-0,11.e^{-10t}.cos(9,49t)-\\1,11\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)} \, dt)+K\\\\2,11\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)} \, dt=0,105.sen(9,49t).e^{-10t}-0,11.e^{-10t}.cos(9,49t)+K\\\\\int\limits^{}_{} {e^{-10t}.cos(9,49t)}=0,05.sen(9,49t).e^{-10t}-0,052.cos(9,49t).e^{-10t}+K$

Para hallar el valor de A hay que tener en cuenta que en t=0 tenemos q(0)=1C.

$q(t)=2A.(0,05.sen(9,49t).e^{-10t}-0,052.cos(9,49t).e^{-10t})+K\\\\q(0)=2A.(0,05.sen(9,49.0).e^{-10.0}-0,052.cos(9,49.0).e^{-10.0})+K$

Donde K es la carga después de largo tiempo, cuando las exponenciales tienden a cero, la cual es:

$Q=C.E=0,01F.150V=1,5C$

Porque después de un largo tiempo, no circula corriente por el circuito y toda la tensión de la fuente pasa a caer en el capacitor. La expresión para la carga es:

$q(0)=2A.(0,05.sen(9,49.0).e^{-10.0}-0,052.cos(9,49.0).e^{-10.0})+1,5C\\\\1C=2A.(-0,052)+1,5C\\\\A=\frac{1C-1,5C}{-0,052.2}=4,81\\\\q(t)=9,62C.(0,05.sen(9,49.t).e^{-10.t}-0,052.cos(9,49.t).e^{-10.t})+1,5C$

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