Circuitos de 2º Orden -...

Circuitos de 2º Orden

Circuitos RLC Serie y RLC ParaleloConsidere las situaciones de la Fig. 1.

RCv(t)

Lv (t)

+c

i (t)L

+

_R Ci(t) L

i (t)L

v (t)c

+

_

Figura 1. Circuito RLC serie y RLC paralelo

Planteando las ecuaciones de Kircchoff en ambos circuitos

( ) ( ) ττ diCdt

diLiRtvt

t∫++=0

1 ( ) ( ) ( ) ττ dvLdt

tdvCRvti

t

tL

cR ∫++=0

1

( ) ( ) ( ) ( )dt

tdvtiCdt

tdiRdt

tidL =++ 12

2 ( ) ( ) ( ) ( )dt

tditvLdt

tdvRdt

tvdC ccc =++ 11

2

2

Observe que las ecuaciones planteadas que describen la corriente y la tensión en amboscircuitos, son modeladas mediante una ecuación diferencial de segundo orden. Esta ecuación escaracterística de los circuitos que tienen componentes R, L y C. También los circuitos que contienenredes con dos o más mallas R-C o R-L puede ser descritas a través de ecuaciones similares.

Resolución de la Ecuación de 2º orden

Sea la siguiente ecuación

2 Teoría de Redes I

( ) ( ) ( ) ( )txtyadt

tdyadt

tyda =++ 012

2

2

Esta ecuación modela una red lineal con componentes R, L y C, donde y(t) corresponde auna corriente o un voltaje y x(t) corresponde a la excitación.

La solución de esta ecuación comprende una parte transitoria o natural y una partepermanente o forzada (producto de la excitación)

( ) ( ) ( )tytyty pt +=Luego

( ) ( ) ( ) 0012

2

2 =++ tyadt

tdyadt

tyda ttt

( ) ( ) ( ) ( )txtyadt

tdya

dttyd

a ppp =++ 012

2

2

En el caso de tener una ecuación NO homogénea se deben encontrar ambas soluciones de laecuación.

Para determinar la solución de la ecuación No homogénea se considerará que la excitaciónes constante, esto implica que la respuesta en régimen permanente deberá ser constante, luego susderivadas se hacen cero. Tomando la ecuación NO homogénea, haciendo las derivadas iguales acero, la solución de esta ecuación estará dada por

( ) Atya p =++ 000

( )0a

Aty p =

Para la ecuación homogénea, la solución yt(t) debe ser tal que sus derivadas (primera ysegunda) deben tener la misma forma, para poder satisfacer así dicha ecuación. Una función quecumple dichas características es la función exponencial. Sea entonces la solución transitoria de laforma

( ) stt Kety =

Luego reemplazando en la ecuación

0012

2

2 =++ ststst

Keadt

dKeadtKeda

0012

2 =++ ststst KeasKeaKesaDividiendo por Kest

0012

2 =++ asasa

Esta ecuación se llama polinomio característico. Al solucionar dicho polinomio se determinanlos valores de s que permiten especificar la solución

2

022

111 2

4a

aaaas

−+−=

Circuitos de 2º Orden 3

2

022

112 2

4a

aaaas

−−−=

Esto quiere decir que existen dos posibles soluciones

( ) tst eKty 1

1=( ) ts

t eKty 22=

Si ambas satisfacen la ecuación diferencial, entonces una combinación lineal de éstas debesatisfacer a la ecuación (debido a que la ecuación diferencial modela un sistema lineal), luego se yt(t)de la forma

( ) tstst eKeKty 21

21 +=

El problema se centra ahora en encontrar las constantes K1 y K2. Para ello es necesarioconocer las condiciones iniciales yt(0) y dyt(0)/dt .

Si se conoce y(0) se puede evaluar la solución en t=0.

( ) ( ) ( ) 0=+= tpt tytyty

( ) ( ) ( )000 pt yyy +=

( )0

210aAKKy ++=

Por otro lado obteniendo la derivada de la solución

( ) tsts esKesKdt

tdy21

2211 +=

Evaluando en t=0

( )2211

0 sKsKdt

dy +=

Ahora se tiene un sistema de ecuaciones lineales de dos incógnitas

( )0

210aAKKy ++=

( )2211

0 sKsKdt

dy +=

Resolviendo dicho sistema se encuentra las constantes K1 y K2.

Finalmente, la solución completa de la ecuación diferencial, está dada por la siguienteexpresión

( ) ( ) ( )tytyty pt +=


( )0

2121

aAeKeKty tsts ++=

Análisis de la solución obtenidaConsidere el polinomio característico

0012

2 =++ asasaY sea a2=1, a1=2 ξ ωn y a0=ωn2 entonces

02 22 =++ nn ss ωξωLas soluciones serán

( )2

422 222

21nnns ωξωξω −±−=

12

122 22

21 −±−=−±−= ξωξωξωξωnn

nns

Considerando los siguientes casos:

• Si ξ>1 entonces s1 y s2 son reales distintos, dicha solución se conoce como sobre-amortiguada, esdecir

( ) ( ) ( )ttt

nnnn eKeKty 12

11

22 −+−−−− += ξωξωξωξω

Note que son dos funciones exponenciales decrecientes

• Si ξ<1 , las soluciones son raíces complejas conjugadas. La solución se conoce como sub-amortiguado

Seaωσξωξω js nn ±−=−±−= 12

21

Luego( ) ( ) ( )tjtj

t eKeKty ωσωσ −−+− += 21

( ) ( )tjtjtt eKeKety ωωσ −− += 21

De acuerdo a la identidad de Euler

( )xjxe jx sencos ±=±

Se llega a( ) ( )tAtAety t

t ωωσ sencos 21 += −

Donde A1=K1+K2 y A2=jK1-jK2

• Si ξ=1, se tienen dos raíces reales iguales. La respuesta será críticamente amortiguada


ns ξω−=21

Luego la solución( ) ttt

tnnn eKeKeKty ξωξωξω −−− =+= 321

El problema es que no se pueden satisfacer la condiciones iniciales con una sola ecuación(la segunda ecuación obtenida a través de la derivada no permite resolver el sistema), luego ésta nopuede ser solución.

Para encontrar una función que satisfaga la ecuación, se supone una solución de la ecuaciónde 2º orden homogénea de la forma

( ) tt

neKtx ξω−= 3

Sea x(t)=xt(t)y(t)( ) ( ) ( ) 02 22

2

=++ txdt

tdxdt

txdnn ωξω

Reemplazando el valor de x(t) en la ecuación diferencial

( ) 02

2

3 =−

dttydeK tnξω

( )02

2

=dt

tyd

Luego la función que satisface dicha situación es

( ) tAAty 21 +=La solución general queda

( ) ( ) ( ) ( )tAAeKtytxtx tt

n213 +== − ξω

Finalmente la cambiando la notación de las constantes

( ) ttt

nn teBeBty ξϖξϖ −− += 21

• Si ξ=0, entonces se tiene una solución oscilatoria, es decir

nn js ωω ±=−±= 121

Pues la solución toma la forma

( ) tjtjt

nn eKeKty ωω −+= 21

Circuito RLC paralelo sin excitaciónConsidere el siguiente circuito paralelo sin excitación, planteando las ecuaciones de

Kircchoff, se encuentra la siguiente ecuación diferencial homogénea. Considere además que elcondensador tienen tiene un voltaje inicial vC(0)=Vo la bobina tiene una corriente inicial iL(0)=Io


R C Lv (t)C

i (t)L

+

_

Figura 2. Circuito RLC paralelo sin excitación

Aplicando una LCK, se tiene

( ) ( ) ( ) 0=++ tititi LCR

( ) ( ) ( ) 01 =++ ∫ dltvLdt

tdvCR

tvL

CR

Como los voltajes son iguales

( ) ( ) ( ) 0112

2

=++ tvLdt

tdvRdt

tvdC ccc

Observe que la función que satisface la ecuación diferencial corresponde al voltaje en elcapacitor vC(t). Como es una ecuación homogénea, la solución solo tiene componente natural, pues,la red no tiene excitación. NO tiene componente permanente.

( ) ( )tvtv CtC =Luego, el polinomio característico es

0112 =++L

sR

Cs

Las soluciones son( ) ( )

CLCRR

s2

411 2

12

−±−=

Observe que dependiendo de los valores de R, L y C, se obtendrán las distintas soluciones.

LCCRRCs 1

41

21

2212−±−=

• Si se cumple que

LCCR1

41

22 >

Entonces la respuesta es sobre-amortiguada.

• Si se tiene que

LCCR1

41

22 <

Entonces la respuesta es sub-amortiguada (tiene dos raíces complejas conjugadas con partereal).


• Si se cumple que

LCCR1

41

22 =

Entonces la respuesta será críticamente amortiguada.

• Finalmente si R→ ∞ , las raíces son

LCj

LCs 11

12±=−±=

La respuesta es oscilatoria.

Una vez obtenidas las soluciones s1 y s2, es posible plantear las ecuaciones para obtener lasconstantes. Para ello se recurre a las condiciones iniciales, sin embargo, la ecuación diferencialrequiere de dos condiciones iniciales, vc(0) y dvc(0)/dt. Esta última condición no está planteadadirectamente, pues, en su reemplazo existe iL(0). ¿Qué hacer?

Si se toma la primera ecuación planteada

( ) ( ) ( ) 0=++ tititi LCR

Reemplazando las corrientes en función del voltaje en el capacitor menos la corriente en elinductor.

( ) ( ) ( ) 0=++ tidt

tdvCR

tvL

CC

Luego evaluando en t=0, se llega a

( ) ( ) ( ) 0000 =++ LCC idt

dvCR

v

Se puede despejar la derivada evaluada en cero, en función de las condiciones iniciales

( )( ) ( )

C

iR

v

dtdv L

C

C

+

−=00

0

Finalmente( )

+−= o

oC IR

VCdt

dv 10

Para determinar las constantes se tienen dos situaciones

• Si s1 y s2 son reales distintos o complejos conjugados con o sin parte real, el sistema asolucionar, será

( ) 210 KKVv oC +==

( )2211

10 sKsKIR

VCdt

dvo

oC +=

+−=

Encontrando los valores para K1 y K2 se tiene la respuesta completa, es decir


( ) tstsC eKeKtv 21

21 +=

• Si la solución es una sola, s1 =-1/2RC, el sistema a solucionar, será

( ) 10 BVv oC ==

( )211

10 BsBIR

VCdt

dvo

oC +=

+−=

Encontrando los valores de B1 y B2 se tiene la respuesta completa

( ) RCt

RCt

C teBeBtv 22

21

−− +=

Es posible determinar la corriente en la bobina, iL(t) considerado que

( ) ( ) ( ) ττττ dvL

dvL

tit

C

t

LL ∫∫ ==00

11

Tarea 1

Plantear las ecuaciones de tal forma de encontrar una ecuación diferencial cuya variable sea lacorriente ¿Es posible hacerlo?

Circuito RLC Serie sin excitaciónSea el siguiente circuito serie sin excitación, pero con condiciones iniciales iL(0)=Io y

vC(0)=Vo

RC

Lv (t)c

i(t)

Figura 3. Circuito RLC serie sin excitación

Planteando la LVK( ) ( ) ( ) 0=++ tvtvtv CLR

Luego

( ) ( ) ( ) 010

=++ ∫ ττ diCdt

tdiLRtit

t

La ecuación diferencial es( ) ( ) ( ) 012

2

=++ tiCdt

tdiRdt

tidL

Note que i(t)=iL(t). Como la ecuación es homogénea, no existe solución permanente, es decir

( ) ( )titi LtL =


El polinomio característico asociado es

012 =++C

RsLs

Las raíces del polinomio son

LCLR

LR

LCLRR

s 1222

4 22

12 −±=−±−

=

• Si

LCLR 12

2

>

Entonces la respuesta es sobre-amortiguada.• Si

LCLR 12

2

<

Entonces la respuesta es sub-amortiguada (tiene dos raíces complejas conjugadas con partereal).

LCLR 12

2

=

Entonces la respuesta será críticamente amortiguada.

• Finalmente si R=0, las raíces son del tipo

LCj

LCs 11

12±=−±=

La respuesta es oscilatoria.

Una vez determinadas las raíces del polinomio, la solución iL(t) será

( ) tstsL eKeKti 21

21 +=ó

( ) tstsL teBeBti 11

21 +=

Dependiendo del tipo de valores que tomen s1 y s2. Los valores de las constantes sedeterminan usando las condiciones iniciales iL(0) y vC(0). Esto se hace considerando la ecuación

( ) ( ) ( ) 0=++ tvtvtv CLR

( ) ( ) ( ) 0=++ tvdt

tdiLRti CL

R

Evaluando en t=0

( ) ( ) ( ) 0000 =++ CL

R vdt

diLRi

Como iR=iL, todos los valores son conocidos, luego se despeja diL(0)/dt


( ) ( ) ( )( )L

Rivdt

di LCL 000 +−=

Los valores de K1 y K2 se calculan en forma similar al caso RLC paralelo

Tarea 2

Plantee las ecuaciones de Kircchoff de tal forma de obtener una ecuación diferencial, en la cual lavariable sea el voltaje en el condensador. ¿Es posible hacerlo?

Circuito RLC serie con excitación tipo escalónSea el siguiente circuito RLC serie con excitación. Considerando las condiciones iniciales

iguales a cero y además, suponiendo que la excitación es constante para t>0.

RCe(t)=V

Lv (t)

+c

i(t)

t=0

a

S

RCV

Lv (t)

+c

i(t)a

Para t>0+

Figura 4. Circuito RLC serie con excitación

Al plantear la LVK, para +≥ 0t , observe que la excitación es una constante, la ecuacióndiferencial planteada será homogénea.

( ) ( ) ( ) 012

2

==++dt

dVtiCdt

tdiRdt

tidL a

La ecuación modela el comportamiento de la corriente, como la excitación es constante, elcondensador se comportará como un circuito abierto cuando la respuesta llega a régimenpermanente, luego la corriente será cero. Sólo tiene componente transitoria, es decir

( ) ( )titi t=

La solución de esta ecuación ya fue desarrollada en el apartado Circuito RLC serie sinexcitación.

Por otro lado, la ecuación que modela el voltaje en el capacitor, es NO homogénea, pues, enrégimen permanente, vc(t)=Va.

RV

Lv (t)=

+c

i(t)=0a

+

_Va

Figura 5. Circuito RLC en régimen permanente

Planteando la ecuaciones nuevamente

( ) ( ) ( ) aCLR Vtvtvtv =++


ComoCLR iii ==

( ) ( ) ( )dt

tdvCtvL

ti Ct

LL == ∫0

1

( ) ( )2

2

dttvdC

Ltv CL =

Pero( ) ( ) ( )tvtvVtv CRaL −−=

Entonces( ) ( ) ( )

2

2

dttvdC

LtvtvV CCRa =−−

Por otro lado

( ) ( ) ( ) ( )dt

tdvRCtRitRitv CCRR ===

Finalmente se llega a( ) ( ) ( )

LV

Ltv

dttdv

LRC

dttvdC aCCC =++2

2

o( ) ( ) ( )

LCV

LCtv

dttdv

LR

dttvd aCCC =++2

2

Observe que la ecuación NO es homogénea. La solución transitoria se encontraráresolviendo la ecuación homogénea y la permanente haciendo las derivada iguales a cero. Es decir

( ) ( ) ( )tvtvtv CpCtC +=Determinando la solución permanente

( ) ( ) ( )LCV

LCtv

dttdv

LCR

dttvd

aCpCpCp =++2

2

( )LCV

LCtv

aCp =++ 00

( ) aCp Vtv =

La solución permanente corresponde al valor de la fuente de excitación, pues, la corrientees cero cuando el condensador está cargado.

La solución transitoria se determina por el método habitual, es decir, determinado losvalores de s1 y s2 del polinomio característico

012 =++LC

sLRs

para luego reemplazarla en

( ) tstsCt eKeKtv 21

21 +=o

( ) tstsCt teBeBtv 11

21 +=


Los valores de K1 y K2 o B1 y B2 se encuentran usando la solución completa y las condicionesiniciales vC(0) y dvC(0)/dt, luego como la solución completa es

( ) atsts

C VeKeKtv ++= 2121

Entonces dicha solución se evalúa en t=0

( ) aC VKKv ++== 2100

Derivando la solución y evaluándola en t=0

( )2211

0 sKsKdt

dv C +=

Pero no se tiene el valor de la derivada en t=0, sin embargo, si se observa con atención

( ) ( ) ( )titidt

tdvC LCC ==

Entonces( ) ( )010

LC i

Cdtdv =

Como si se conoce iL(0), entonces se pueden calcular las constates K1 y K2.

Por otro lado, si la respuesta completa obedece a la siguiente función

( ) atsts

C VteBeBtv ++= 1121

Entonces( ) aC VBv += 10

( )211

0 BsBdt

dv C +=

Note que el polinomio característico obtenido en la ecuación del voltaje es el mismo de laecuación diferencial de la corriente

Circuito RLC paralelo con excitación tipo escalónSea el siguiente circuito RLC paralelo con condiciones iniciales iL(0)=0 y vC(0)=0 sometido a

una corriente constante en un tiempo t>0

R Ci(t)=I L

i (t)L

v (t)c

+

_

t=0

a

S

R Ci(t)=I L

i (t)L

v (t)c

+

_a

Figura 6. Circuito RLC paralelo con excitación


Planeando la LCK para +≥ 0t

( ) ( ) ( ) 0112

2

==++dt

dItvLdt

tdvRdt

tvdC ac

cc

La ecuación obtenida es homogénea y permite encontrar el voltaje en el capacitor. Como sepuede observar, la solución permanente es cero, dicho voltaje es igual al voltaje en la bobina. Luegose tiene

( ) ( )tvtv ctc =La solución de la ecuación ya fue determinada en el apartado circuito RLC - paralelo sin

excitación.Ahora, planteando la LCK nuevamente es posible obtener una ecuación diferencial para

encontrar la corriente

( ) ( ) ( ) aLCR Itititi =++Como

( ) ( ) ( )tvtvtv LCR ==

( ) ( ) ( )dt

tdiLdiC

tv Lt

cC == ∫0

1 ττ

( ) ( )2

2

dttidL

Cti LC =

Además( ) ( ) ( )titiIti LRaC −−=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tiR

tvItiR

tvIti LL

aLR

aC −−=−−=

( ) ( ) ( )tidt

tdiRLIti L

LaC −−=

Reemplazando la corriente ic

( ) ( ) ( )2

2

dttidL

C

tidt

tdiRLI

LL

La

=

−−

Reordenando se obtiene la ecuación diferencial

( ) ( ) ( )CI

Cti

dttdi

RCL

dttidL aLLL =++2

2

o( ) ( ) ( )

LCI

LCti

dttdi

RCdttid aLLL =++ 1

2

2

Como se puede observar, esta ecuación es No Homogénea, luego su solución tienecomponente transitoria y permanente

( ) ( ) ( )tititi LpLtL +=


La solución permanente se encuentra tomando la ecuación NO homogénea, hacendo lasderivada iguales a cero.

( )LCI

LCti

aLp =++ 00

( ) aLp Iti =

Si se analiza cuidadosamente el circuito, en régimen permanente, el capacitor se comportacomo un circuito abierto y la bobina como un cortocircuito, luego la corriente entregada por lafuente pasa íntegramente por la bobina, como lo indica la Fig. 7.

Ri(t)=Ii (t)L

v (t)c

+

_a

Figura 7. Circuito RLC paralelo en régimen permanente

La solución transitoria se obtiene de la ecuación

( ) ( ) ( ) 012

2

=++LC

tidt

tdiRCdt

tid LtLtLt

Resolviendo el polinomio característico se encuentran las soluciones s1 y s2

0112 =++ sLC

sRC

s

dependiendo de los valores obtenidos, éstos se reemplazan en las funciones

( ) tstsLt eKeKti 21

21 +=o

( ) tstsLt teBeBti 11

21 +=

Los valores de K1 y K2 o B1 y B2 se encuentran usando la solución completa y las condicionesiniciales iL(0) y diL(0)/dt, luego si la solución completa es

( ) atsts

L IeKeKti ++= 2121

Entonces, dicha función se evalúa en t=0, al igual que su derivada

( ) aL IKKi ++= 210

( )21

0 KKdt

di L +=

Como la derivada en t=0 no se conoce, se puede determinar si se considera que


( ) ( )L

tvdt

tdi CL =

Así( ) ( )

Lv

dtdi CL 00 =

Luego vc(0), sí se conoce. Con estos elementos se pueden determinar las constantes K1 y K2.

Si la solución completa es del tipo

( ) atsts

L IteBeBti ++= 1121

Entonces alas constantes B1 y B2 se determinan resolviendo el sistema

( ) aL IBi += 10

( )211

0 BsBdt

di L +=

El polinomio característico de la ecuación de la corriente es igual al obtenido en la ecuacióndiferencial del voltaje.

Ejemplo 1

Para el siguiente circuito, determinar la corriente i(t), considere i(0)=300[mA] y vc(t)=0.5[V]

4K

10uF2[v]10H

v (t)+

c

Ωi(t)

( ) CLR vvvtv ++=

( ) [ ] [ ] ( )[ ]∫++Ω=

tdi

FdttdiHKti

0)(

1011042 ττµ

[ ] ( ) [ ] ( )[ ]( )ti

FdttidH

dttdiK

µ1011040 2

2

++Ω=

[ ] ( ) [ ] 010

1410 2 =+Ω+F

sKsHµ

El polinomio característico es

[ ] ( ) [ ] 010

1410 2 =+Ω+F

sKsHµ

Encontrando las soluciones


( )( )3

62

12 1010210101104164

−

−

−±−

=x

xKK

s

( )( )( ) 20

134644000102

101104164 52

12.±−=−±−= xKKs

2.3738.26

2

1

−=−=

ss

La solución es Sobre-amortiguada

( ) ttt eKeKti 2.373

28.26

1−− +=

Para encontrar K1 y K2 se deben usar la condiciones iniciales. Como i(0)=300[mA]

( ) [ ] 02

013000 eKeKmAi t +==

[ ] 21300 KKmA +=

Para determinar la otra ecuación se toma( ) ( ) ( ) ( )tv

dttdiLKtivvvtv CCLR ++=++= 104

Evaluando en t=0, se despeja di(0)/dt

( ) ( ) ( )0010402 Cvdt

diLKi ++=

( ) ( ) ( )( )Kivdt

diC 4020

1010 −+−=

( ) [ ]( ) [ ]AKmAdt

di 85.119430025.01010 −=−+−=

Derivando it(t) y evaluando en t=0, se obtiene la segunda ecuación para el cálculo de lasconstantes.

( ) ttt eKeKdt

tdi 2.3732

8.261 2.3738.26 −− −−=

( ) 02

01 2.3738.260 eKeK

dtdi t −−=

[ ] 21 2.3738.2685.119 KKA −−=−

Las constantes obtenidas son

K1= -22.77 [mA] y K2= 322.77 [mA]

Finalmente la solución de la ecuación diferencial es

( ) [ ]mAeeti ttt 2.3738.26 77.32277.22 −− +−=


Observe que la solución no tiene componente permanente de corriente, pues, dichacorriente es cero cuando el condensador se carga.

Tarea 3

Encuentre el voltaje en capacitor planteando la nueva ecuación diferencial.

Ejemplo 2Consideremos el circuito RLC paralelo, cuyas condiciones iniciales son vc(0)=2[v] e

iL(0)=0.4[A].

2K 1000uFi(t)=0.5[A] 0.5H

v (t)c

Ω+

_iR iC

iL

Planteando las ecuaciones de nudos tenemos

( ) ( ) ( ) ( )titititi LRc =++

[ ] ( ) ( )[ ] [ ] ( ) [ ]Adv

HKtv

dttdvF

t

LRc 5.0

5.01

21000

0=∫+

Ω+ ττµ

Tomando en cuenta que v=vR=vL=vC

[ ] ( )[ ]

( )[ ] ( ) 0

5.01

211000 2

2

=+Ω

+ tvHdt

tdvKdt

tvdFµ

El polinomio característico es

[ ] [ ] [ ] 05.01

211000 2 =+Ω

+H

sK

sFµ

Obteniendo las raíces del polinomio

7.4425.01 js +−=7.4425.02 js −−=

Como las raíces son complejas conjugadas la solución es sobre-amortiguada, es decir

( ) ( )tjtj eKeKtv 7.4425.01

7.4425.01)( −−+− +=

( )tAtAetv t 7.44sen7.44cos)( 2125.0 += −

Para determinar las constantes debemos usar las condiciones iniciales


[] ( ) 1102)0( AAeVv ===

Para obtener la segunda ecuación debemos determinar dv(t)/dt

( )( )tAtAe

tAtAedt

tdv

t

t

7.44cos7.447.44sen7.44

7.44sen7.44cos25.0)(

2125.0

2125.0

+−

++−=−

−

Encontrando dvC(0)/dt

( ) ( ) ( ) ( )titititi LRc =++

[ ] ( ) ( )[ ] ( ) [ ]AtiK

tvdt

tdvF LRc 5.0

21000 =+

Ω+µ

( )[ ]

( )[ ] ( ) [ ]

+−

Ω−= Ati

Ktv

Fdttdv

Lcc 5.0

210001

µ( )

[ ]( )

[ ] ( ) [ ]

[ ] [ ] [ ] [ ] 995.04.02

21000

1

5.002

01000

10

=

+−

Ω−=

+−

Ω−=

AAKF

AiK

vFdt

dvL

cc

µ

µ

21 7.99)0( AAdt

dv44 −−==

26.22

2

1

−==

AA

Finalmente( ) [ ]Voltsttetv t 7.44sen26.27.44cos2)( 25.0 −= −

Note que el voltaje calculado no tiene componente permanente, debido a que el voltaje en labobina es cero, pues, se encuentra almacenando energía.

Tarea 4

Encuentre la corriente en la bobina planteando la nueva ecuación diferencial.

Ejemplo 3

Considere el siguiente circuito


3

1F

2H

v (t)o

ΩiR iC

iL

12 [v]4 Ω

2Ω

4 Ω+

io

t=0+

_Determine vo(t)

Lo primero es encontrar las condiciones iniciales. Considerando que el interruptor haestado abierto durante largo tiempo, esto implica que el condensador y la bobina estánalmacenando energía, luego

2H v (t)o

+

_v (0)C

i (0)L

12 [v]4Ω

2 Ω

4 Ω+io

_

+

Planteando las ecuaciones para determinar las condiciones iniciales

[] ( ) [ ] [ ] [ ] Ω+Ω+Ω−= 244012 Liv

( ) [][ ] [ ]AviL 2.1

10120 −=

Ω−=

Por otro lado se tiene que

( ) ( ) [ ] [ ] [ ]( ) [ ] []vAiv LC 2.762.14200 =Ω−−=Ω+Ω−=

Para t>0, el interruptor se cierra, produciéndose la redistribución de la energía, luego elcircuito se transforma en

3 1F2H

v (t)o

ΩiR iC

iL

12 [v]4 Ω

2 Ω

4 Ω+

io

t=0

+

_

Este circuito tiene es descrito por una ecuación de segundos orden, debido a la presencia decondensadores y bobinas.

Existen diferentes formas para encontrar la ecuación diferencial en función vo(t), planteandolas ecuaciones de nodos

0=+++ oCRL iiii

063

=+++ CCRL

vdt

dvCvi

[] CR vvv =+ 12


( ) [ ] RLL vtiv =Ω+ 4

( ) [ ] ( )dt

tdiHtv LL 2=

Por divisor de tensión

362 CC

ovvv ==

Dejando todo en función de vC(t) e iL(t)

063

12 =++−+ CCCL

vdt

dvCvi

[]dt

dvFvi CCL 1

24 −−=

[ ] [ ] ( )dt

tdiHvi LCL 2124 =+−Ω−

[ ] ( ) [ ] 1242 +Ω+= LL

C idt

tdiHv

Reemplazando iL

[ ] [] [] [ ] 12412

412

42 +Ω

−−+

−−=

dtdvFv

dtdvFv

dtdHv CCCC

C

1244162 2

2

+−−+−−=dt

dvvdt

vddt

dvv CC

CCC

dtdvv

dtvdv C

CC

C 54282 2

2

−−+−=

( ) ( ) 145.15.22

2

=++ CCC v

dtdv

dtvd

Resolviendo la ecuación diferencial se determina vC(t), luego dividiendo por 3 se obtiene elresultado. Se debe considerar que esta ecuación tiene una parte transitoria y una parte estacionaria,donde la solución estacionaria se obtiene haciendo las derivadas iguales a cero.

( ) ( ) 145.105.20 =++ Cpv

5.114=Cpv

Para encontrar la solución transitoria se debe Resolver el polinomio característico

( ) ( ) 05.15.22 =++ sss

5.11

2

1

−=−=

ss

( ) ttCt eKeKtv 5.1

21

1−− +=


Luego la solución completa queda

( ) ( ) ( )tvtvtv CpCtC +=

( )5.1

145.12

11 ++= −− tt

C eKeKtv

Para encontrar las constantes se usan las condiciones iniciales

( )5.1

140 02

01 ++= eKeKv C

5.1142.7 21 ++= KK

La segunda ecuación se encuentra evaluando la derivada de vc(t) en t=0.

( ) ( ) ( ) ttC eKeKdt

tdv 5.12

11 5.11 −− −+−=

( ) 02

01 5.10 eKeK

dtdv C −−=

Adicionalmente se tiene

( ) 063

12 =++−+ CCCL

vdt

dvCvti

Evaluando en t=0 y despejando la derivada

( ) ( ) ( )6.1

1

422.72.14

2000 =

+−=

+−−=

C

vi

dtdv L

C

21 5.16.1 KK −−=

Resolviendo el sistema para K1 y K2.

066.12.3

2

1

=−=

ss

La solución completa para el voltaje en el condensador queda

( ) 33.9066.12.3 5.11 ++−= −− ttC eetv

Pero vo(t) queda

( )333.9

3066.1

32.3 5.11 ++−= −− tt

o eetv

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