Download 1º) Dado el circuito de la figura y partiendo de condiciones iniciales

1º ) Dado el circuito de la figura y partiendo de condiciones iniciales nulas, se tiene
abierto el interruptor durante un tiempo lo suficientemente grande como para que se
alcance el estado estacionario. En ese momento se cierra el interruptor (instante que
elegiremos como nuevo origen de tiempos: t = 0):
a)Encontrar las corrientes por todas las ramas, la tensión en bornes del condensador
y su derivada, todo ello para t = 0+.
b)Obtener la expresión analítica para vC(t) a partir de t > 0.
Nota: resolver el problema utilizando técnicas clásicas de resolución de ecuaciones
diferenciales.
SOLUCIÓN:
a)
iL(0+) = -0.286 A ; iR(0+) = +0.286 A ; ic(0+) = 0 A
vc(0+) = 21.43 v ; vc’(0+) = 8 v/s
b)
vc(t) = -3.6· e-350 t + 25.03· e-50 t
SUGERENCIAS:
a)Debe tenerse en cuenta que las bobinas no pueden variar de forma brusca
la corriente que circula por ellas, análogamente a como la tensión en bornes de un
condensador tampoco puede variar de forma instantánea. Igualmente, hay que
recordar, que una vez alcanzado el estado estacionario, para corriente continua, una
bobina se comporta como un cortocircuito, y un condensador como un circuito
abierto. Con estos datos se obtendrá el circuito equivalente para t = 0-, analizando
dicho circuito (una sola malla), se obtendrá la corriente por la bobina y la tensión en
bornes del condensador. Por lo dicho anteriormente, dichos valores se mantendrán
fijos en t = 0+. Por último, para obtener vc’(0+) hay que obtener el circuito para t > 0 y
aplicar nudos en el instante t = 0+. De forma instantánea se obtiene el valor pedido.
b)Habrá que plantear la 1ª Ley de Kirchhoff (nudos) para el circuito en t > 0, lo que
nos dará una ecuación diferencial de segundo orden, sin excitación, por lo que
solamente tendremos que obtener la solución de la ecuación homogénea. Usando
los valores iniciales obtenidos en el apartado anterior para vc(0+) y vc’(0+) se obtienen
las constantes de integración necesarias.
RESOLUCIÓN:
a)En el estado estacionario, antes de cerrar el
interruptor, el circuito que tenemos es el
indicado en la figura adjunta.
Aplicando la 2ª Ley de Kirchhoff a la
única malla de que consta, llegamos a:
i L (0 − ) =
−V
= −0.286 A
R1 + R
De forma obvia: vc(0-) = (-iL)· R = 21.43 v ; ic (0-) = 0A ; iR(0-) = 0.286 A
(los sentidos adoptados son todos de arriba hacia abajo).
Por consideraciones energéticas (se exigiría un aporte infinito de energía), ya
sabemos que la corriente por una bobina y la tensión en bornes de un condensador,
no pueden variar de forma instantánea, por lo que:
IL(0+) = iL(0-) = -0.286 A ; vc(0+) = vc(0-) = 21.43 v
No se debe caer en la tentación de
hacer lo mismo con las otras magnitudes, ya
que éstas no tienen por qué mantenerse (es
decir, sí que pueden variar de forma brusca).
Para obtener el resto habrá que estudiar el
circuito
justamente
después
de
la
conmutación, que es el circuito anexo.
Si aplicamos la 1ª Ley de Kirchhoff (nudos) al nudo 1, tendremos que:
iL + iR + ic = 0 siendo
iR = vc/R ; ic = C· dvc/dt
Por lo que aplicando esto en t = 0+ se tendrá:
ic(0+) = C· vc’(0+) = -iL(0+) – iR(0+) = -iL(0+) – vc’(0+)/R
v c ' (0 + ) = −
i L ( 0 + ) v c (0 + )
−
= 8v / s
C
RC
b)Ampliando la 1ª Ley de Kirchhoff sobre el anterior circuito, pero ahora en función
de t, considerando las impedancias en función del operador diferencial D, se tiene:
v
1
v c + c + CDv c = 0
LD
R
Desarrollando, llegamos a la ecuación de segundo orden:
d 2 vc
dt 2
+
1 dv c
1
+
vc = 0
RC dt LC
Sustituyendo los valores dados (1/RC = 400 y 1/LC = 70000/4) se tiene la
ecuación homogénea:
α2 + 400· α + (7/4)· 104 = 0
cuyas soluciones son α1 = -350 s-1 y
homogénea será de la forma:
α2 = -50 s-1 , con lo que la solución
vc(t) = A· e-350 t + B· e-50 t
Imponiendo las condiciones iniciales del apartado (a) se obtiene el sistema
v c (0) = 21.43 = A + B 

v c ' (0) = 8 = −350 A − 50 B
cuyas soluciones son: A = 3.60 v y B = 25.03 v, con lo que la solución final quedará
de la forma:
vc(t) = - 3.6· e-350 t + 25.03· e-50 t (v)
Como el sistema no tiene excitación adicional (aporte energético), no existirá
solución particular, por lo que la solución completa solamente contendrá la
componente transitoria de la resolución de la ecuación homogénea.
La resolución obtenida con Pspice, para el siguiente fichero .CIR
Transitorio 2º Orden (Ec. Dif.)
*CII_Feb01_1.CIR
*
L 1 0 1.71429 IC=-0.286A
R 1 0 75
C 1 0 33.3333uF IC=21.43v
.TRAN 0.001 0.1 UIC
.PROBE
.END
y graficado con PROBE es:
Se observa la concordancia perfecta entre el resultado dado por Pspice y el
obtenido analíticamente (ambas curvas están dibujadas simultáneamente, y vemos
que se superponen).