EC 1251 Actividad 13S pdf

Texto completo

(1)Actividad 13 1) a) Halle una expresión analítica para la función f(t) de la figura (a). b) En el circuito de la figura (b) halle ic(t) si la fuente de tensión v(t)=f(t)V. Exprese el resultado en forma gráfica y analítica.. a) Al determinar las ecuaciones de las rectas que conforman la gráfica, se obtiene que:. 1 t − 1  f (t ) −3t + 11  −1  t − 7 b) iC (t ) = C. 0≤t <2 2≤t <3 3≤t < 4 4≤t <6 6≤t <7. dvC (t ) df (t ) =C dt dt. 0 1C  iC (t ) −3C 0  1C. 0≤t <2 2≤t <3 3≤t < 4 4≤t <6 6≤t <7.

(2) 2. 0. g1( t ) −2. −4. 0. 2. 4. 6. 8. t. 2) a) Halle una expresión analítica para la función f(t) de la figura (a) b) En el circuito de la figura (b) halle la corriente i(t) si v(t)=f(t)V. Exprese el resultado en forma gráfica y analítica. 3 4δ (t − 1)  f (t ) −2 2  −2δ (t − 5) iL (t ) =. 1 t 1 t vL (t )dτ + iL (0) = ∫ f (t )dτ + iL (0) ∫ 0 L L 0. 0≤t <2 t =1 2≤t <3 3≤t <6 t =5.

(3) Tomado como condición inicial iL (0) = 0 A iL (t ) =. 1 t f (t ) dτ L ∫0. 0≤t <2. 12t+8  iL (t ) −8t + 8 8t + 8  60 56 52 48 44 40 36 32 28 24 g( t ) 20 16 12 8 4 0 −4 −8 − 12 − 16 − 20. 0. 1. 2. 3. 2≤t <3 3≤t <6. 4 t. 3) Halle la tensión vc(t) si vc(0-)=2V y a) V(t)=4u(t) b) V(t)=3rt c) V(t)=2sen(2t). 5. 6. 7. 8.

(4) Buscando el equivalente de Thèvenin:. Por divisor de voltaje: Vth =. 4v (t ) v (t ) = 8 2. Rth = (4 / /4) + 3 = 5Ω. El circuito equivalente es:. (1). (2).

(5) Recorriendo la malla: −Vth + RthiC (t ) + vC (t ) = 0. (3). Pero se sabe que: iC (t ) = C. dvC (t ) dt. (4). Sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (3) se obtiene que −Vth + Rth C. dvC (t ) dv (t ) v (t ) V + vC (t ) = 0 ⇒ C + C = th dt dt Rth C Rth C. Así que: K=. Vth Rth C. τ = RthC Reescribiendo la ecuación se obtiene que: dvC (t ) vC (t ) dv (t ) Kτ − vC (t ) + =K⇒ C = dt τ dt τ. ⇒. dvC (t ) dt =− vC (t ) − Kτ τ. dvC (t ) dt −t = ∫ − ⇒ ln(vC (t ) − Kτ ) = + B τ τ C (t ) − Kτ ). ∫ (v. ⇒ vC (t ) − Kτ = e− t /τ e B A = eB vC (t ) = Ae − t /τ + Kτ. Buscando el valor de la constante A: vC (0) = Ae0 + Kτ ⇒ A = vC (0) − Kτ. (5).

(6) Calculando los valores de la constante K y de τ se tiene que:. τ = RthC = 5 ⋅ 2 = 10[ s ] K=. Vth v (t ) v (t ) = = Rth C 10 ⋅ 2 20. A = vC (0) − Kτ = 2V − 5 ⋅. v (t ) v(t ) = 2V − 20 4. Sustituyendo estos valores en la ecuación (5) se obtiene que: vC (t ) = (2V −. v (t ) − t /10 v (t ) )e + 4 2. ⇒ vC (t ) = 2e − t /10 +. v(t ) v(t )e− t /10 − 2 4. Sustituyendo los distintos valores dados para v(t) se obtiene finalmente que: vC (t ) = 2u (t ) + 2e − t /10 − u (t )e − t /10. vC (t ) = 2e− t /10 +. 3r (t ) 3r (t )e− t /10 − 2 4. vC (t ) = 2e− t /10 + sen(2t ) −. sen(2t )e− t /10 2. (6).

(7) 4) La tensión Vc(0) en el condensador de 1F es de 1V, y el condensador de 3F está inicialmente descargado. Los interruptores están inicialmente abiertos y se cierran en los instantes indicados. Hallar Vc(t) para t>0 y las corrientes y voltajes del capacitor para t=0-, t=0+, t=10-, t=10+. En t=0-. vC _1F (0− ) = 1V iC _1F (0− ) = 0 A vC _ 3F (0− ) = 0V iC _ 3 F (0− ) = 0 A En t=0+:.

(8) Buscando el circuito equivalente de Thèvenin:. VTH =. 12 ⋅ 3 = 4V 9. RTH = 6 / /3 =. 6⋅3 =2 9. vC (t ) = Ae − t /τ + Kτ. K=. Vth 4 = =2 Rth C 2 ⋅1F. τ = RthC = 2 ⋅1F = 2 s. (1).

(9) A = vC _1F (0) − Kτ = 1 − 4 = −3. Sustituyendo estos valores en la ecuación 1 se obtiene: vC _1F (t ) = 4 − 3e − t /2. Buscando las condiciones correspondientes a t=0+. iC _1F (0+ ) =. Vth − vC _1F (0+ ) Rth. =. 4 −1 3 = A 2 2. Así obtenemos que: vC _1F (0+ ) = vC _1F (0− ) = 1V 3 A 2 vC _ 3 F (0+ ) = vC _ 3 F (0− ) = 0V. iC _1F (0+ ) =. iC _ 3 F (0+ ) = 0 A. En t=10-:. vC _1F (10 − ) = 4 − 3e − t / 2 = 4 − 3e −10/ 2 = 4 − 3e −5 = 3,979V ≈ 4V. I C _1F ( t ) = C. dVC _1F ( t ). =. 3 −t 2 e 2. dt 3 I C _1F (10− ) = e−5 = 0, 0101A ≈ 0 A 2.

(10) vC _1F (10− ) = 4V iC _1F (10− ) = 0 A vC _ 3 F (10− ) = 0V iC _ 3 F (10− ) = 0 A En t=10+:. En esta situación obtenemos un circuito singular, debido a que la función que describe la corriente presenta una singularidad matemática. La carga en t=10- para cada condensador está dada por. Q_1F (10− ) = C ⋅ v1_ F (10− ) = 1F ⋅ 4V = 4[C ]. (2). Q_ 3 F (10− ) = C ⋅ v3_ F (10− ) = 3F ⋅ 0 = 0[C ]. (3). QT (10− ) = Q1_ F (10− ) + Q3_ F (10− ) = 4[C ]. (4). La carga total es:. En t=10+ por estar los capacitores en paralelo poseen el mismo voltaje, así que:. vC _1F (10+ ) = vC _ 3 F (10+ ). (5). Debido al principio de conservación de la carga, al cerrar el interruptor la carga total debe mantenerse QT (10 − ) = QT (10 + ). (6). QT (10+ ) = 1F ⋅ v1_ F (10+ ) + 3F ⋅ v3_ F (10+ ). (7). Sustituyendo la ecuación (5) en la ecuación (7) se obtiene que:.

(11) QT (10+ ) = 1F ⋅ v1_ F (10+ ) + 3F ⋅ v1_ F (10+ ) = 4 F ⋅ v1_ F (10+ ). (8). Sustituyendo la ecuación (4) en (8) finalmente se obtiene que:. 4[C ] = 4[ F ] ⋅ v1_ F (10+ ) ⇒ v1_ F (10+ ) = 1V. vC _1F (10+ ) = 1V vC _ 3 F (10+ ) = 1V Ahora buscando la corriente en cada capacitor:. dVC _1F ( t ). I C _1F ( t ) = C1F. dt. I C _ 3 F ( t ) = C3 F. dVC _ 3 F ( t ) dt. Pero sabemos que. VC _ T (t ) = VC _1F ( t ) = VC _ 3 F ( t ) Entonces basta con calcular el voltaje del condensador equivalente y evaluarlo en un tiempo 0 de este circuito que correspondería al tiempo t=10+ para el circuito original. Si calculamos la ecuación diferencial nos da que:. VC _ T ( t ) = (VC _ T ( 0 ) − VTH ) e VC _ T ( t ) = (1 − 4 ) e. −t. 2⋅(1+ 3). −t. RTH ⋅( C1 F + C3 F ). + 4 = −3e. Ahora sacamos la derivada dVC _ T ( t ) dt. 3 −t = e 8 8. Y obtenemos las corrientes de cada condensador en el tiempo. −t. 8. + VTH. +4.

(12) 3 −t I C _1F ( t ) = e 8 8 9 −t IC _ 3F ( t ) = e 8 8. Ahora las evaluamos en t=0 que significaría el t=10+ del circuito principal I C _1F (10+ ) =. 3 A 8 9 I C _ 3 F (10+ ) = A 8. Finalmente el voltaje para t>0 en cada capacitor es:  4 − 3e− t 2  VC _1F ( t ) =  − ( t −10) 8 4 − 3e 0  VC _ 3 F ( t ) =  − ( t −10) 8  4 − 3e. 0 < t < 10 t > 10 0 < t < 10 t > 10. Si los graficamos tenemos que: 5. 4. 3 VC_1F( t ) 2. 1. 0. 0. 10. 20 t. 30. 40.

(13) 5. 4. 3 VC_3F( t ) 2. 1. 0. 0. 10. 20 t. 5) Hallar iL(t) e i1(t) para t>0. Buscando el equivalente de Norton. 30. 40.

(14) Malla 1: −8r (t ) + 12i1 (t ) − 4iN + 4i1 = 0 ⇒ −8r (t ) + 16i1 (t ) − 4iN = 0 4i1 (t ) − iN = 2r (t ). (1). Malla 2: 7iN − 4i1 (t ) − 4i1 (t ) = 0 ⇒ 7iN − 8i1 (t ) = 0 i1 (t ) =. 7iN 8. (2). Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1) se obtiene que: 4. 7iN 7i − iN = 2r (t ) ⇒ N − iN = 2r (t ) ⇒ 7iN − 2iN = 4r (t ) 8 2 iN =. 4r (t ) 5. Malla 1: 12i1 (t ) − 4iP + 4i1 (t ) = 0 ⇒ 16i1 (t ) − 4iP = 0 i1 (t ) =. iP 4. (3). Malla 2: −VP + 7iP − 4i1 (t ) = 0 ⇒ 7iP − 4i1 (t ) = VP. (4).

(15) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (4) finalmente se obtiene: 7 iP − 4. iP = VP ⇒ 6iP = VP 4. VP =6 IP. Finalmente el equivalente de Norton obtenido es:. iN =. vL (t ) + iL (t ) RTH. Pero vL (t ) = L. diL (t ) dt. Sustituyendo en la expresión anterior se obtiene que: iN =. L diL (t ) di (t ) R i R i (t ) ⋅ + iL (t ) ⇒ L = TH N − TH L RTH dt dt L L. RTH iN L L τ= RTH K=.

(16) diL (t ) i (t ) Kτ − iL (t ) =K− L = dt τ τ diL (t ) diL (t ) dt dt ⇒ =− ⇒∫ = −∫ iL (t ) − Kτ τ iL (t ) − Kτ τ t ⇒ ln(iL (t ) − Kτ ) = − + D. τ. ⇒ iL (t ) − Kτ = e A=e. − t /τ. e. D. D. iL (t ) = Ae − t /τ + Kτ iL (0) = A + Kτ ⇒ A = iL (0) − Kτ iL (t ) = (iL (0) − Kτ )e −t /τ + Kτ. Calculando para el circuito: RTH iN 6 ⋅ 4r (t ) 12r (t ) = = L 5 ⋅10 25 L 10 5 τ= = = RTH 6 3 K=. 12r (t ) 5 −3t /5 12r (t ) 5 4 4 ⋅ )e + ⋅ = − r (t )e −3t /5 + r (t ) 25 3 25 3 5 5 4 iL (t ) = (1 − e −3t /5 ) r (t ) 5 iL (t ) = (0 −.

(17) 6) El siguiente circuito ha permanecido mucho tiempo en la configuración mostrada. Halle las tensiones en los condensadores y las corrientes en los inductores en el instante t=0-.. Después de mucho tiempo bajo la misma configuración, el circuito que se obtiene es:. iL1 (0 − ) = 2u ( −t ). (1). vC1 (0 − ) = −iL 2 (0 − ) ⋅1. (2). −. −. iL 3 (0 ) = iL 2 (0 ) −. (3) −. vC 2 (0 ) = 4u ( −t ) − 3iL 2 (0 ). (4).

(18) vC 4 (0 − ) = 4u ( −t ) − 5iL 2 (0 − ). (5). vC 3 (0 − ) = −2i + 24u ( −t ) + 4iL 2 (0− ). (6). Pero iL1 (0 − ) + iL 2 (0 − ) + i = 0 ⇒ i = −iL1 (0 − ) − iL 2 (0 − ) . Sustituyendo en la ecuación (6) se obtiene:. vC 3 (0− ) = −2(−iL1 (0− ) − iL 2 (0− )) + 24u (−t ) + 4iL 2 (0− ) ⇒ vC 3 (0− ) = 2iL1 (0− ) + 2iL 2 (0− ) + 24u (−t ) + 4iL 2 (0− ) vC 3 (0 − ) = 2iL1 (0 − ) + 6iL 2 (0 − ) + 24u ( −t ). (7). Recorriendo la malla 2: 10iL 2 (0− ) − 4u (−t ) + 24u (−t ) − 2i = 0 ⇒ 10iL 2 (0− ) + 20u (−t ) − 2(−iL1 (0− ) − iL 2 (0− )) = 0 ⇒ 10iL 2 (0− ) + 20u (−t ) + 2iL1 (0− ) + 2iL 2 (0− ) = 0. iL 2 (0− ) =. −10u (−t ) − iL1 (0− ) 6. Sustituyendo la ecuación (1) en la ecuación (8) se obtiene que: iL 2 (0− ) =. −10u ( −t ) − 2u ( −t ) = −2u ( −t ) 6. Con este valor se pueden obtener todos los valores requeridos: vC1 (0 − ) = −iL 2 (0 − ) ⋅1 = 2u ( −t ) vC 2 (0 − ) = 4u ( −t ) − 3iL 2 (0 − ) = 4u ( −t ) + 6u ( −t ) = 10u ( −t ) vC 3 (0 − ) = 2iL1 (0 − ) + 6iL 2 (0 − ) + 24u ( −t ) = 4u ( −t ) − 12u ( −t ) + 24u ( −t ) = 16u ( −t ) vC 4 (0 − ) = 4u ( −t ) − 5iL 2 (0 − ) = 4u ( −t ) + 10u ( −t ) = 14u ( −t ) iL 3 (0 − ) = iL 2 (0− ) = −2u ( −t ). (8).

(19) 7) En el circuito de la figura el interruptor pasa de la posición a a la b en el instante t0. a) Hallar las condiciones iniciales de vc1(0-), vc2(0-), iL1(0-), iL2(0-) b) Hallar iL1(t) para t>0, sabiendo que v(t)=12u(t)-12u(t-3)V. En t=0-. En la malla 1: −48 + 16iL 2 (0 − ) − 12iL1 (0 − ) = 0 4iL 2 (0 − ) − 3iL1 (0 − ) = 12. (1). En la malla 2: 18iL1 (0 − ) − 12iL 2 (0 − ) = 0. 3iL1 (0− ) − 2iL 2 (0− ) = 0 ⇒ iL 2 (0− ) =. 3iL1 (0− ) 2. Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1) se obtiene que:. (2).

(20) 3iL1 (0− ) − 3iL1 (0− ) = 12 ⇒ 6iL1 (0− ) − 3iL1 (0− ) = 12 2 ⇒ 3iL1 (0− ) = 12 4. iL1 (0 − ) = 4 A. iL 2 (0− ) =. 3iL1 (0− ) = 6A 2. vC1 (0 − ) = 48 − 1iL 2 (0 − ) = 48 − 6 = 42V vC 2 (0 − ) = 12(iL 2 (0 − ) − iL1 (0 − )) = 12(6 − 4) = 24V. En t=0+, para la parte del circuito que nos interesa:. Buscando el equivalente de Norton:.

(21) Malla 1: −v(t ) + 8i1 − 4iN = 0. (3). 8iN − 4i1 = 0 ⇒ i1 = 2iN. (4). Malla 2:. Sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (3) se obtiene: 8 ⋅ 2iN − 4iN = v (t ) ⇒ iN =. v(t ) 12. Buscando la Rth. Rth = (4 / /4) + 2 + 2 = 6. El circuito equivalente es:.

(22) iL1 (t ) = (iL1 (0) − Kτ )e − t /τ + Kτ. RTH iN 6 ⋅ v(t ) v(t ) = = L 3 ⋅12 6 L 3 1 τ= = = RTH 6 2 K=. iL1 (t ) = (iL1 (0) − Kτ )e − t /τ + Kτ = (4 −. v(t ) 1 −2t v(t ) 1 ⋅ )e + ⋅ 6 2 6 2. v(t ) −2 t v(t ) )e + 12 12 v(t ) iL1 (t ) = 4e−2t + (1 − e−2t ) 12 12 u (t ) − 12u (t − 3) iL1 (t ) = 4e−2t + (1 − e−2t ) 12 −2 t −2 t iL1 (t ) = 4e + (1 − e )[u (t ) − u (t − 3)] iL1 (t ) = (4 −.

(23)