Descarga de un condensador

Consideremos un condensador de capacidad $C$, cargado, el cual queremos descargar a través de una resitencia $R$ conectándola a las placas de dicho condensador. Sabemos que la corriente que circula en cada instante de tiempo, $I(t)$, es tal que la diferencia de potencial entre las placas (en cada instante) va decreciendo en tanto al ritmo en que la carga que aún está almacenada en las placas del condensador vaya menguando, esto es, $V(t)=-\dfrac{Q(t)}{C}$, así que, por la ley de Ohm, podemos escribir esta igualdad de la forma $R\,I(t)=-\dfrac{Q(t)}{C}$, que es lo mismo que $R\,\dfrac{Q(t)}{dt}=-\dfrac{Q(t)}{C}$, con lo cual tenemos platedada una ecuación diferencial ordinaria EDO de variables separadas: $$\dfrac{dQ(t)}{Q(t)}=-\dfrac{1}{R\,C}\,dt$$ Integrando: $$\displaystyle \int\,\dfrac{dQ(t)}{Q(t)}=\int\,-\dfrac{1}{R\,C}\,dt$$ En consecuencia,
$\displaystyle \ln\,{Q(t)} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t+C$, donde $C$ es la constante (arbitraria) de integración, que podemos, por conveniencia (como vamos a ver) escribirla de la forma $C:=\ln\,K$, siendo $K$ constante, luego $\displaystyle \ln\,{Q(t)} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t+\ln\,K$ y por tanto luego $\displaystyle \ln\,{Q(t)}-\ln\,K = -\dfrac{1}{R\,C}\,t$, que es lo mismo que $\displaystyle \ln\,\dfrac{Q(t)}{K} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t \Rightarrow Q(t)= K\,e^{-t/RC}$. Observemos que $[RC]=T$, lo que nos lleva a definir este producto de parámetros como una constante de tiempo: $\tau:=\dfrac{1}{RC}$, y por tanto escribiremos la solución general de la EDO de la forma $$\displaystyle Q(t)= K\,e^{-t/\tau}$$ Imponiendo la condición inicial $Q(0)=Q_0$ (carga inicial almacenada) podemos determinar la correspondiente constante de integración $K$, así: $Q_0\,=K\,e^{0}=K\cdot 1=K \Rightarrow K=Q_0$; en consecuencia, el ritmo de la descarga viene dado por $$Q(t)=Q_0\,e^{-t/\tau}$$

Podemos ahora responder a preguntas del estilo: ¿en cuánto tiempo se disipa la mitad de la carga inicial almacenada a través de la resistencia? Fácilmente podemos calcularlo:
Como la carga almacenada en dicho instante es $Q(t)=\dfrac{1}{2}\,Q_0$, se tiene que $\dfrac{1}{2}\,Q_0=Q_0\,e^{-t/\tau}$, y simplificando, $\dfrac{1}{2}=e^{-t/\tau} \Rightarrow \ln\,\dfrac{1}{2}=-\dfrac{t}{\tau}$, esto es, $-\ln\,2=-\dfrac{t}{\tau}$, y por tanto, el tiempo pedido es $t=\tau\,\ln\,2$.

Por ejemplo, si $C=1\,\mu\,\text{F}=10^{-6}\,\text{F}$ y $R=10^{5}\,\Omega$, el tiempo necesario para que el condensador se quede con la mitad de la carga inicial es (recordemos que $\tau:=R\,C$): $t=10^{-6}\cdot 10^{5}\,\ln\,2\approx 0,070\,\text{s}=70\,\text{ms}. \diamond$