resolucion

2. una resistencia de 50 ohm, un inductor de 2 henrios y un condensador de 0.005 faradios están en serie con una fem de
40 voltios y el interruptor abierto. Encuentre la carga instantánea y la corriente después de que el interruptor se cierre
en el tiempo t = 0, suponiendo que en ese tiempo la carga en el condensador es 4 coulomb.
EJERCICIO 1
Datos:
R=50 Ω
L=2 H
C=0.005 F
E(t)= 40 V
2
( ) ( ) ( )
( )
2
'
2
( ) ( ) ( )
2
(0) 4 (0) 0
2 50 40
0.005
t t t
t
t t t
d q dq q
L R E
dt dt C
condiciones iniciales
q q
d q dq q
dt dt
  
   
 
   
   
m odelo m at em át i co
   
2
( ) ( )
2
2
( ) ( )
2
2
25 100 20
25 100 20 1
t t
t t
dividiendo en tre
d q dq
q
dt dt
desarrollo mediante transformada de laplace
d q dq
q
dt dt
   
   
    
   
 
   
   
   
 
L L + L L

3.      
     
 
 
2
2
2 ' '
2
2
25 100 20
1
( ) 4 25 ( ) 4 100 ( ) 20
20
( ) 25 100 4 100
4 100 20
( ) 25 10
1
( ) (0
0
) (0) ( ) (0) ( )
s Q s s sQ s Q s
s
Q s s s s
s
s s
Q s s s
s
factoriza
s Q s sq q sQ s q Q s
s
 
     
 
 
       
 
     
 
   






  
  
2
2
: 25 100
20 5
4 100 20
( )
20 5
ndo s s
s s
s s
Q s
s s s
 
  
 
 
 
  
      
2
1
2
( )
4 100 20
( )
20 5
4 100 20
20 5 20 5
aplicamos transformada inversa a Q s
s s
q t
s s s
mediante fracciones parciales
s s A B C
s s s s s s

    
 
 
 
   
 
 
 
  
 
   
   
L

4. :
1 19 76
5 15 15
reemplazando los valores obtenidos en
A B C
    
      
   
   
1
1
( )
20 5
1 19 76
5 15 15
( )
20 5
A B C
q t
s s s
q t
s s s


 
 
   
 
 
 
 
 
  
 
   
 
 
 
 
L
L
20 5
1 19 6
arg
5
(
7
5 1 5
)
1
t t
la ecuacion de la c
q t e e
a
 
    
 
  
   
1 1 1
1 1 19 1 76 1
( )
5 15 20 15 5
q t
s s s
  
   
   
 
       
 
     
   
L - L + L
ecuacion de la I
   
 
20 5
) 76
3
( t t
e
dq t
dt
e 
  
  

5. EJERCICIO 2

7. EJERCICIO 3

10. Se realiza una neutralización química de HCI con NaOH. Si al inicio hay 4
moles de HCI y durante la neutralización se observa que a los 5 segundos
solo el 30% de la solución ha reaccionado, calcular los moles de la solución
después de 10 segundos.
𝐻𝐶𝐼(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝐼(𝑎𝑐) + 𝐻2𝑂(𝐿)
𝑦 0 = 4 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
𝑦 5 = 2.5 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
ℒ 𝑦´ =
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 𝑘𝑦 → 𝑦: 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
𝑦´ = 𝑘𝑦 → 𝑆𝑦(𝑠) − 𝑦0
𝑦´ − 𝑘𝑦 = 0
ℒ 𝑦´ = 𝑆𝑦(𝑠) − 4 ℒ 𝐾𝑦 = 𝐾𝑦(𝑠)
𝑆𝑦(𝑠) − 𝐾𝑦 𝑠 − 4 = 0
𝑦(𝑠)(𝑆 − 𝐾) − 4 = 0
𝑦(𝑠) =
4
(𝑆 − 𝐾)
→ ℒ−1
=
1
𝑠 − 𝑎
∴ ℒ 𝑒𝑎𝑡
EJERCICIO 4

11. Aplicamos la transformada inversa ℒ−1
𝑦 = 4𝑒𝑘𝑡
𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙
2.8 = 4𝑒𝑘𝑡(5)
2.8
4
= 𝑒𝑘𝑡(5)
𝑙𝑛
2.8
4
= 𝑘(5)
−0.356 = 𝑘(5)
−0.356
5
= 𝑘
−0.071 ≈ 𝑘
Los moles de la solución después de 10 segundos:
𝑦 = 4𝑒−0.071(10)
𝑦 = 1.9665 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠

12. EJERCICIO 5