Circuitos de Segundo Orden - Circuitos 2 | Profesor: Saul ... · PDF file7.3 Respuesta natural...

Circuitos Eléctricos I Circuitos de Segundo Orden

VII Circuitos de Segundo Orden Objetivos:

o Definir y analizar la respuesta natural de un circuito RLC o Identificar y reconocer el tipo de respuesta del circuito RLC a través de las

raíces de la ecuación característica de la red o Definir y analizar la respuesta completa de un circuito de segundo orden o Discutir la respuesta de un circuito de segundo orden a una función exponencial

y senoidal Introducción En este capítulo estudiaremos los circuitos que contiene dos elemento almacenadores de energía diferentes, como son una bobina y un capacitor y veremos que estos circuitos son descritos por una ecuación diferencial de segundo orden, también encontraremos la respuesta natural, forzada y completa de éstos circuitos. Comenzaremos nuestro estudio con dos ejemplos clásicos, para llegar obtener la ecuación básica del circuito. 7.1 Ecuación del circuito básico de los circuitos de segundo orden Para comenzar nuestro desarrollo, los dos circuitos básicos que se muestran en la Figura 7.1.1

is(t) R L C

v(t)

iL(t0)

vs(t)

LR

C

vC(t0) i(t) + -

Figura 7.1.1 (a) (b)

Para comenzar nuestro análisis vamos a suponer que la energía puede ser almacenada inicialmente en la bobina y en el capacitor. La ecuación para el circuito RLC paralelo se obtiene de aplicar LKC al nodo de arriba:

iR + iL+iC = is(t), es decir: )()()()(1)(0

0

tidt

tdvCtidxxvLR

tvsL

t

t=+++ ∫

De manera similar, la ecuación para el circuito RLC serie se puede obtener aplicando LKV a la malla existente:

vR + vC+vL = vs(t), es decir: )()()()(10

0

tvdt

tdiLtvdxxiC

iR sC

t

t=+++ ∫

Note que la ecuación para el voltaje nodal del circuito RLC paralelo es de la forma que la de la corriente de malla del circuito RLC serie. Por tanto la solución de esos circuitos

C.R. Lindo Carrión 202


depende de que se resuelva una ecuación. Si ambas ecuaciones anteriores se derivan con respecto al tiempo, obtenemos:

dttdi

Ltv

dttdv

RdttvdC s )()()(1)(

2

2

=++ , que podemos expresarla como:

dttdi

CLCtv

dttdv

RCdttvd s )(1)()(1)(

2

2

=++ y

dttdv

Cti

dttdiR

dttidL s )()()()(

2

2

=++ , que podemos expresarla como:

dttdv

LLCti

dttdi

LR

dttid s )(1)()()(

2

2

=++

Como ambos circuitos conducen a una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes, vamos a concentrar nuestro análisis en este tipo de ecuación. 7.2 Solución a la ecuación diferencial de segundo orden Vamos a emplear el mismo método que hicimos con los circuitos de primer orden para obtener la solución de la ecuación diferencial de segundo orden que resulta del análisis de los circuitos RLC. De manera general, en este caso tenemos una ecuación de la forma:

)()()()(212

2

tftxadt

tdxadt

txd=++

Para f(t) ≠ 0 vamos a tener dos respuestas: la respuesta forzada xf(t) y la respuesta natural xn(t), entonces la solución completa de la ecuación original es: x(t) = xf(t) + xn(t) Si, por el momento nos limitamos a una función de forzamiento constante (es decir, f(t) = A), entonces la respuesta forzada se puede calcular sustituyendo xf(t) = K (donde K es una constante) en la ecuación diferencial de segundo orden, obtenemos el valor de la respuesta forzada como sigue:

AKadtdKa

dtKd

=++ 212

2

, se obtiene K = A/a2 = xf(t), por tanto la solución total será:

x(t) = A/a2 + xn(t) Ahora para encontrar la respuesta natural, hacemos la ecuación diferencial de segundo orden igual cero:



0)()()(212

2

=++ txadt

tdxadt

txd , donde a1 y a2 son constantes. Por conveniencia y

simplicidad rescribimos la ecuación diferencial de la siguiente forma:

0)()(2)( 22

2

=++ txdt

tdxdt

txdnn ωζω , donde hemos hechos las siguientes sustituciones

simples para las constantes a1 = 2ζω y a2 = ωn2.

Haciendo las mismas consideraciones hechas en el caso de la ecuación de primer orden, la solución de la ecuación homogénea debe ser una función cuyas derivadas de primero y segundo orden tienen la misma forma, de modo que el lado izquierdo de la ecuación homogénea se hará idénticamente cero para todo t. Suponemos una solución exponencial para la respuesta natural, xn(t) = Kst y sustituimos está expresión en la ecuación homogénea, para obtener: s2Kst + 2ζωnsKst + ωn

2Kst = 0, Dividiendo ambos lados de la ecuación entre Kst se obtiene: s2 + 2ζωns + ωn

2 = 0 Esta ecuación comúnmente se llama ecuación característica; ζ se llama razón o coeficiente de amortiguamiento y a ωn se le llama frecuencia resonante no amortiguada. La importancia de ésta terminología se hará clara conforme avancemos con el desarrollo de este análisis. Si ésta ecuación se satisface, nuestra solución supuesta xn(t) = Kst es correcta. Empleando la fórmula cuadrática, encontraremos que la ecuación característica se satisface si:

12

442 2222

−±−=−±−

= ζωζωωωζζω

nnnnns

Por lo tanto hay dos valores de s, s1 y s2 que satisfacen la ecuación característica

121 −+−= ζωζω nns y 12

2 −−−= ζωζω nns Esto significa que 1

1 1( ) s tcx t K e= es una solución de la ecuación homogénea y que

22 2( ) s t

cx t K e= también es una solución a la ecuación homogénea; es decir,

1 1

22

1 1( ) 2 ( )s t s t s tn n

d dK e K e K edt dt

ζω ω+ + 11 0= y

2 2

22

2 2( ) 2 ( )s t s t s tn n

d dK e K e K edt dt

ζω ω+ + 22 0=

La suma de estas dos ecuaciones produce la igualdad



1 2 1 2 1 2

22

1 2 1 2 1 2( ) 2 ( ) (s t s t s t s t s t s tn n

d dK e K e K e K e K e K edt dt

ζω ω+ + + + + ) 0=

Es importante advertir que la suma de las dos soluciones también es una solución. Por lo tanto, en general, la solución complementaria de la ecuación homogénea es de la forma:

1 21 2( ) s t s

ntx t K e K e= +

Donde K1 y K2 son constantes que pueden ser evaluadas vía las condiciones iniciales x(0) y dx(0)/dt. Por ejemplo ya que:

11 2( ) 2s t s tx t K e K e= + , entonces, x(0) = K1 + K2 y 2211

0

)0()( KsKsdt

dxdt

tdx

t

+===

De aquí, x(0) y dx(0)/dt producen dos ecuaciones simultáneas, que cuando se resuelven dan las constantes K1 y K2. 7.3 Respuesta natural de los circuitos de segundo orden Un examen minucioso de las ecuaciones s1 y s2 indica que la forma de la solución de la ecuación homogénea depende del valor de ζ. Por ejemplo, si ζ > 1, las raíces de la ecuación característica s1 y s2, también llamadas frecuencias naturales debido a que determinan la respuesta natural de la red, son reales y diferentes; si ζ < 1, las raíces son números complejos; y finalmente, si ζ = 1,, las raíces son reales e iguales. Cada uno de esos casos es muy importante; por lo tanto, examinaremos ahora cada uno con algún detalle. 7.3.1 Respuesta sobre amortiguada Veamos el caso, donde ζ > 1, en este caso a la solución se le llama respuesta sobre amortiguada. Las frecuencias naturales s1 y s2 son reales y diferentes, por tanto, la respuesta natural de la red descrita por la ecuación diferencial de segundo orden es de la forma:

11 2( ) 2s t

ns tx t K e K e= + , donde s1 y s2 toman los valores:

12

1 −+−= ζωζω nns y 122 −−−= ζωζω nns

Donde K1 y K2 se encuentran de las condiciones iniciales. Esto indica que la respuesta natural es la suma de dos exponenciales decrecientes. 7.3.2 Respuesta Subamortiguada Ahora consideremos el caso en que ζ < 1, en este caso a la solución se le llama respuesta subamortiguada. Como ζ < 1, las raíces de la ecuación característica dada pueden escribirse como:



dnn jjs ωσζωζω +−=−+−= 21 1

dnn jjs ωσζωζω −−=−−−= 21 1

Donde 1−=j , nζωσ = y 21 ζωω −= nd . Así las frecuencias naturales son números complejos. La respuesta natural es entonces:

( ) (1 2( ) d )dj t

nx t K e K eσ ω σ ω− − − += + j t , que se puede escribir como:

1 2( ) ( )d dj t jtnx t e K e K eω ωσ −−= + t

jsen

Utilizando las identidades de Euler

cosje θ θ θ± = ± , obtenemos:

1 2( ) [ (cos ) (cos )]tn d d d dx t e K t jsen t K t jsen tσ ω ω ω ω−= + + − , reduciendo esto tenemos:

1 2 1 2( ) [( ) cos ( ) ]t

n d dx t e K K t jK jK sen tσ ω ω−= + + − , que lo podemos escribir como:

1 2( ) ( cos )tn d dx t e A t A sen tσ ω ω−= +

Donde A1 y A2 como K1 y K2 son constantes que se evalúan usando las condiciones iniciales x(0) y dx(0)/dt. Si xn(t) es real, K1 y K2 serán complejos y K2 = K1

*. A1 = K1 +

K2 es, por tanto, dos veces la parte real de K1 y A2 = jK1 - jK2, es dos veces la parte imaginaria de K1. A1 y A2 son números reales. Esto ilustra que la respuesta natural es una respuesta oscilatoria exponencialmente amortiguada. 7.3.3 Respuesta críticamente amortiguada Por último el caso en que ζ = 1, en este caso a la solución se le llama respuesta críticamente amortiguada. Como ζ = 1, la parte del radical de las raíces s1 y s2 se hacen cero y esto genera: s1 = s2 = -ζωn. Por consiguiente 3( ) nt

nx t K e ζω−= donde K3 = K1 + K2. Sin embargo esta no puede ser una solución a la ecuación diferencial de segundo orden, debido a que en general no es posible satisfacer las dos condiciones iniciales x(0) y dx(0)/dt con la única constante K3. En el caso donde la ecuación característica tiene raíces repetidas, puede obtenerse una solución de la siguiente manera. Si se sabe que x1(t) es una solución de la ecuación homogénea de segundo orden, entonces vía la sustitución x(t) = x1(t)y(t) podemos transformar la ecuación diferencial dada en una ecuación de primer orden en dy(t)/dt. Como esta ecuación resultante es sólo una función de y(t), puede resolverse para encontrar la solución general x(t) = x1(t)y(t)



Para nuestro caso, s1 = s2 = - ζωn. Por simplicidad hacemos α = ζωn, y, de aquí, la ecuación básica es:

0)()(2)( 22

2

=++ txdt

tdxdt

txd αα y una solución conocida es 1 3( ) tx t K e α−=

Empleando la sustitución x2(t) = x1(t)y(t) = K3-αty(t), la ecuación cuadrática se convierte en

22

3 3 32 [ ( )] 2 [ ( )] ( )t t td K e y t K e y t K e y tdt

α α αα α− − −+ + 0=

Evaluando las derivadas obtenemos:

3 3 3( )[ ( )] ( )t td dK e y t K e y t K e

dt dtα α αα− − −= − + t y t

2 2

23 3 3 32 2

( ) ( )[ ( )] ( )] 2t t t td dK e y t K e y t K e K edt dt dt

α α α αα α− − − −= − +y t d y t

Si sustituimos esas expresiones en la ecuación precedente se obtiene:

2

3 2

( ) 0t d y tK edt

α− = . Por lo tanto 0)(2

2

=dt

tyd , y de aquí,

y(t) = A1 + A2t. Por ende la solución general es: x2(t) = x1(t)y(t) = K3-αt(A1 + A2t), la cual puede escribirse como:

2 1 2( ) ( ) nt tnx t x t B e B t e nζω ζω−= = + −

t

, donde B1 + B2 son constantes derivadas de las condiciones iniciales. La Figura 7.3.1 ilustra gráficamente los tres casos para las situaciones en las que xn(0) = 0. Advertimos que la respuesta críticamente amortiguada tiene un pico y decae más rápido que la respuesta sobre amortiguada. La respuesta subamortiguada es una senoide exponencialmente amortiguada cuya velocidad de decaimiento depende del factor ζ. En realidad los términos ne ζω−± definen lo que se llama la envolvente de la respuesta, y las oscilaciones amortiguadas (es decir, las oscilaciones de amplitud decreciente) exhibidas por la forma de onda

0

Críticamente amortiguado

xn(t)

Sobre amortiguado

t

0

-αt

Subamortiguado xn(t)

t

Figura 7.3.1



de la figura se llaman oscilaciones amortiguadas. Analizaremos ahora una serie de ejemplos de circuitos RLC simples que contienen condiciones iniciales diferentes de cero y funciones forzantes constantes, considerando circuitos que exhiben respuestas sobre amortiguadas, subamortiguadas y críticamente amortiguada.

RL C

iL(0)

vC(0)

v(t)

+

-

Figura 7.3.2

Ejemplo 7.3.1 Considere el circuito paralelo de la Figura 7.3.2, con R = 2Ω, C =1/5 F, y L = 5H, con condiciones iniciales iL(0) = -1A y vC(0) = 4V. Encuentre el voltaje v(t). Solución: Primero tenemos que obtener la ecuación diferencial de segundo orden, en este caso aplicando LKC. iR + iL + iC = 0, sustituyendo por la ley del elemento de cada uno de ellos, obtenemos:

0)()()(1)(0

0

=+++ ∫ dttdvCtidxxv

LRtv

L

t

t, derivando esta expresión con respecto al

tiempo y reacomodando la expresión, se obtiene:

0)()(1)(2

2

=++LC

tvdt

tdvRCdt

tvd

Sustituyendo los valores de R, L y C en la ecuación diferencial, obtenemos:

0)()(5.2)(2

2

=++ tvdt

tdvdt

tvd

Entonces la ecuación característica será: s2 + 2.5s + 1 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces: s1 = -2 y s2 = -0.5 Como las raíces son reales y diferentes la respuesta del circuito es sobre amortiguado y v(t) será de la forma: v(t) = K1-2t + K2-0.5t Sin embargo otra alternativa para llegar a concluir el tipo de respuesta es: comparamos la expresión:

0)()(1)(2

2

=++LC

tvdt

tdvRCdt

tvd , con la expresión:



0)()(2)( 22

2

=++ txdt

tdxdt

txdnn ωζω , y quitando la variable v(t) que buscamos, obtenemos

la ecuación característica del circuito: s2 + 2ζωns + ωn

2 = 0, donde 2ζωn = 1/RC y ωn2 = 1/LC, se obtiene que el coeficiente de

amortiguamiento es CL

R21

=ζ y la frecuencia resonante es LCn1

=ω

y sustituyendo los valores de los componentes obtenemos: ζ = 1.25 y ωn = 1 rad/s Como: ζ > 1 entonces la respuesta será sobre amortiguada. Procedemos a encontrar las raíces usando la fórmula cuadrática, de la ecuación característica, como fue encontrado anteriormente s1 = -2 y s2 = -0.5, y la solución toma la forma: v(t) = K1-2t + K2-0.5t Las condiciones iniciales se emplean ahora para determinar las constantes K1 y K2. Como v(t) = vC(t) entonces: vC(0) = v(0) = K10 + K20 = K1 + K2 = 4. La segunda ecuación necesaria para determinar = K1 y K2 normalmente se obtiene de la expresión:

2 01 2

( ) 2 0.5t tdv t .5K e K edt

− −= − −

Sin embargo, la segunda condición inicial es dv(0)/dt. Tenemos que encontrar esta derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación nodal inicial podemos despejar dicha derivada, así:

0)()()(=++

dttdvCti

Rtv

L , que al despejar tenemos: C

titvRCdt

tdv L )()(1)(−−=

Y evaluándola para t = 0, obtenemos: 5)1(5)4(5.2)0()0(1)0(−=−−−=−−=

Civ

RCdtdv L ,

entonces formamos la otra ecuación que nos hacia falta

0 01 2

(0) 2 0.5dv K e K edt

= − − = −5 . El sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas

formado es:

55.02 21 −=−− KK K1 + K2 = 4. Multiplicando ésta ecuación por 2 y efectuando la reta de ambas se obtiene: -2K1 – 0.5K2 = -5 2K1 + 2K2 = 8 (3/2) K2 = 3 así K2 = 2 y K1 = 4 - K2 = 4, entonces K1 =2 Por lo tanto v(t) es:



v(t) = 2-2t + 2-0.5t La gráfica del voltaje con respecto al tiempo se muestra en la Figura 7.3.3 y La corriente n la bobina se relaciona con v(t) mediante la ecuación

∫= dttvL

tiL )(1)( , entonces sustituyendo el valor de v(t) obtenemos:

2 0.51( ) [2 2 ]

5t t

Li t e e dt− −= +∫ , por lo

tanto la corriente en la bobina será:

2 0.51 4( )5 5

t tLi t e e A− −= − −

Ejemplo 7.3.2 El circuito RLC serie que se muestra en la Figura 7.3.4 tiene los siguientes parámetros: C = 0.04F, L = 1H, R = 6Ω, iL(0) = 4A y vC(0) = -4V. Determinemos la expresión para la corriente en la bobina y el voltaje en el capacitor.

0

4

t (s)

v(t) (V)

1 2 3

0.6

Figura 7.3.3

RL

vC(0)C

iL(0)

R

i(t)

Figura 7.3.4

Solución: Primero tenemos que obtener la ecuación diferencial de segundo orden, en este caso aplicando LKV. vR + vL + vC = 0, sustituyendo por la ley del elemento de cada uno de ellos, obtenemos:

0)()(1)()( 00

=+++ ∫ tvdxxiCdt

tdiLtiR C

t

t, derivando esta expresión con respecto al

tiempo y reacomodando la expresión, se obtiene:

0)()()(2

2

=++LC

tidt

tdiLR

dttid

Sustituyendo los valores de R, L y C en la ecuación diferencial, obtenemos:

0)(25)(6)(2

2

=++ tidt

tdidt

tid

Entonces la ecuación característica será: s2 + 6s + 25 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces: s1 = -3 +j4 y s2 = -3 – j4



Como las raíces son complejas conjugadas entonces la respuesta del circuito es submortiguada e i(t) será de la forma: i(t) = A1-3tcos4t + A2-3tsen4t Sin embargo otra alternativa para llegar a concluir el tipo de respuesta es: comparamos la expresión:

0)()()(2

2

=++LC

tidt

tdiLR

dttid , con la expresión:

0)()(2)( 22

2

=++ txdt

tdxdt

txdnn ωζω , y quitando la variable i(t) que buscamos, obtenemos

la ecuación característica del circuito: s2 + 2ζωns + ωn

2 = 0, donde 2ζωn = R/L y ωn2 = 1/LC, se obtiene que el coeficiente de

amortiguamiento es LCR

2=ζ y la frecuencia resonante es

LCn1

=ω

y sustituyendo los valores de los componentes obtenemos: ζ = 0.6 y ωn = 5 rad/s Como: ζ < 1 entonces la respuesta será subamortiguada. Procedemos a encontrar las raíces usando la fórmula cuadrática, de la ecuación característica, como fue encontrado anteriormente s1 = -3 + j4 y s2 = -3 – j4, Y la solución toma la forma: i(t) = A1-3tcos4t + A2-3tsen4t Empleamos ahora las condiciones iniciales para encontrar los valores de A1 y A2. Como i(t) = iL(t) entonces: iL(0) = i(0) = A10cos0 + A20sen0 = 4, entonces obtenemos A1 = 4 La segunda ecuación necesaria para determinar = A1 y A2 normalmente se obtiene de la expresión:

3 3 3 31 1 2 2

( ) 4 4 3 cos 4 4 cos 4 3t t tdi t 4tA e sen t Ae t A e t A e sen tdt

− − − −= − − + − Y así

0 0 0 0

1 1 2 2(0) 4 0 3 cos 0 4 cos 0 3di 0Ae sen Ae A e A e sendt

= − − + −

21 43)0( AAdt

di+−=



Sin embargo, la segunda condición inicial es di(0)/dt. Tenemos que encontrar esta derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación de malla inicial podemos despejar dicha derivada, así:

0)()()( =++ tvdt

tdiLtiR C , que al despejar obtenemos:

)()()( ti

LR

Ltv

dttdi C −−= , que evaluado en t = 0 se obtiene:

20416

14)0(

)0()0(−=−=−−= i

LR

Lv

dtdi C

Por lo tanto 2043 21 −=+− AA y como A1 = 4, entonces A2 = -2, así la expresión para i(t) es: i(t) = 4-3tcos4t - 2-3tsen4t A Ahora el voltaje en el capacitor puede determinarse vía la LKV usando la corriente encontrada:

dttdiLtiRtvC)()()( −−= , entonces

sustituimos el valor de i(t) y obtenemos:

0

-4

t (s)

vC (V)

0.3 0.5 1 1.5

8

Figura 7.3.5

vC(t) = -24-3tcos4t + 12-3tsen4t +16-3tsen4t + 12-3tcos4t + 8-3tcos4t - 6-3tsen4t vC(t) = -4-3tcos4t + 22-3tsen4t V. La gráfica del voltaje se muestra en la Figura 7.3.5

R1

R2C

L

i(t)

v(t) +

iL(0)

- vC(0)

Figura 7.3.6

Ejemplo 7.3.3 Para el circuito mostrado en la Figura 7.3.6 se pide encontrar el valor de v(t) e i(t), sabiendo que: R1 = 10Ω, R2 = 8Ω, C = 1/8F, L = 2H, vC(0) = 1V, iL(0) = 1/2A Solución: Primero encontraremos v(t) y luego i(t). Para v(t), necesitamos encontrar la ecuación diferencial que describe al circuito, para ello es necesario aplicar una combinación de leyes para encontrarla. Primero usaremos la LKV a la malla de la izquierda, así: vL + vR1 + v(t) = 0 y sustituyendo obtenemos:



0)()()(1 =++ tvtiR

dttdiL (1)

Ahora aplicamos LKC al nodo entre R1 y R2, para obtener:

i(t) = iC + iR2 = 0 y sustituyendo obtenemos: 2

)()()(R

tvdt

tdvCti += (2)

Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1) y reacomodando, obtenemos:

0)()(1)(

2

211

22

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++ tv

LCRRR

dttdv

LR

CRdttvd

Sustituyendo por los valores de los componentes, se obtiene:

0)(9)(6)/2

2

=++ tvdt

tdvdt

tvd

Entonces la ecuación característica será: s2 + 6s + 9 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces: s1 = s2 = -3 Como las raíces son reales e iguales entonces la respuesta del circuito es críticamente amortiguada y v(t) será de la forma: v(t) = B1-3t + B2t-3t

Empleamos ahora las condiciones iniciales para encontrar los valores de B1 y B2. Como v(t) = vC(t) entonces: vC(0) = v(0) = B10 + B2(0)0 = 1, entonces obtenemos B1 = 1 La segunda ecuación necesaria para determinar = B1 y B2 normalmente se obtiene de la expresión:

3 31 2 2

( ) 3 t tdv t 33 tB e B e B tedt

− −= − + − − , y evaluándola en t = 0, se obtiene:

0 0

1 2 2(0) 3 3dv 0(0)B e B e B e

dt= − + −

213)0( BBdt

dv+−=



Sin embargo, la segunda condición inicial es dv(0)/dt. Tenemos que encontrar esta derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación (2) que del análisis nodal inicial podemos despejar dicha derivada, así:

CRtv

Cti

dttdv

2

)()()(−= , evaluando para t = 0,

38/8

18/12/1)0()0()0(

2

=−=−=CR

vC

idt

dv

Por lo tanto -3B1 + B2 = 3 y como B1 = 1, entonces B2 = 6, así la expresión para v(t) es: v(t) = -3t + 6t-3t V. La gráfica del voltaje se muestra en la Figura 7.3.7 Entonces la corriente i(t) puede determinarse de la ecuación (2) del análisis nodal inicial, así:

0

0.2

t (s)

vC (V)

0.3 0.5 1 3

1

2

1.3

Figura 7.3.7

2

)()()(R

tvdt

tdvCti += , sustituyendo el valor de v(t) en dicha ecuación, obtenemos:

i(t) = (1/8)(-3-3t + 6-3t – 18t-3t) + (1/8)( -3t + 6t-3t) i(t) = (1/2)-3t – (3/2)t-3t A 7.4 Respuesta Forzada y Completa de Circuitos de Segundo Orden Una vez obtenida la ecuación diferencial de segundo orden que describe el circuito, que de forma general es:

)()()()(212

2

tftxadt

tdxadt

txd=++

La respuesta forzada xp(t) debe satisfacer dicha ecuación. Por tanto, al sustituir xp(t) en la ecuación se tiene:

)()()()(

212

2

tftxadt

tdxa

dttxd

ppp =++

Se necesita determinar una xp(t) tal que ésta y sus primera y segunda derivadas satisfagan la ecuación anterior. Si la función forzada es una constante, es de esperarse que la respuesta forzada sea también una constante, dado que las derivadas de una constante son cero. Si la función



forzada es de la forma exponencial como f(t) = B-at , entonces las derivadas de f(t) son todas exponenciales de la forma Q-at y se espera que xp(t) = D-at. Si la función forzada es una función senoidal, puede esperarse que la respuesta forzada sea una función senoidal. Si f(t) = Asenωot, se intentará con: xp(t) = Msenωot + Ncosωot = Qsen(ωot + θ) A continuación presentamos algunas funciones forzadas y su supuesta solución

Funciones Forzadas Solución supuesta

K A Kt At +B Kt2 At2 + Bt + C

Ksenωt Asenωt + Bcosωt K-at A-at

Ahora veamos algunos ejemplos.

if u(t) R L C

v(t)

i(t)

Figura 7.4.1

Ejemplo 7.4.1 Determine la respuesta forzada de la corriente del inductor ip(t) en el circuito RLC paralelo mostrado en la Figura 7.4.1 cuando if = 8-2t, R = 6Ω, L = 7H y C = (1/42)F. Solución: Primero necesitamos encontrar la ecuación diferencial que describe el circuito, para ello aplicaremos LKC al nodo superior: iR + i(t) + iC = if , entonces, v(t) / R + i(t) + Cdv(t)/dt = if, pero como el voltaje del capacitor es el mismo que el voltaje del inductor por estar en paralelo, hacemos uso de v(t) = Ldi(t)/dt, sustituyendo esto en la ecuación nodal obtenida y reacomodando, tenemos:

LCi

tiLCdt

tdiRCdt

tid f=++ )(1)(1)(2

2

, sustituyendo los valores obtenemos:

2

22

( ) ( )7 6 ( ) 48 td i t di t i t edt dt

−+ + =

Como la única respuesta solicitada es la respuesta forzada, entonces suponemos que ip(t) será de la forma:



ip(t) = A-2t, entonces la sustituimos en la ecuación diferencial para encontrar el valor de A, así: 4A-2t + 7(-2A-2t) + 6A-2t = 48-2t, entonces, (4 – 14 + 6)A-2t = 48-2t, entonces A = -12 por lo tanto la respuesta forzada será: ip(t) = -12-2t A Ejemplo 7.4.2 Determinemos el voltaje de salida v(t) para t > 0, en el circuito mostrado en la Figura 7.4.2 El circuito para t < 0 esta en estado estable. Los valores son: R1 = 10Ω, R2 = 2Ω, L = 2H, C = (1/4)F. Solución: Primero debemos redibujar nuestro circuito para t > 0, como es mostrado en la Figura 7.4.3. Ahora tenemos que encontrar la ecuación diferencial que describe el circuito, para ello hay que utilizar las herramientas de análisis de circuitos. En este caso, haremos una combinación de dos leyes para poder obtener la ecuación diferencial. Primero aplicaremos LKV a la malla de la izquierda del circuito, así obtenemos:

24)()()(1 =++ tvtiR

dttdiL (1) y aplicando LKC al nodo de salida obtenemos otra

ecuación,

2

)()()(R

tvdt

tdvCti += (2), como buscamos v(t), entonces sustituimos la ecuación (2) en

la ecuación (1) para obtener la ecuación diferencial en función de v(t), y reacomodando se obtiene:

LCtv

LCRRR

dttdv

LR

CRdttvd 24)()(1)/

2

211

22

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

Sustituyendo los valores de lo s componentes en la ecuación diferencial se obtiene:

24V

12V

L R1

C R2 v(t)

+

-

t = 0i(t)

Figura 7.4.2

24V

12V

L R1

C R2 v(t)

+

-

i(t)

Figura 7.4.3



48)(12)(7)/2

2

=++ tvdt

tdvdt

tvd

De aquí, la ecuación característica es: s2 + 7s + 12 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces: s1 = -3 y s2 = -4 Entonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la forma: vn(t) = K1-3t + K2-4t Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que la respuesta forzada también es constante, así vp(t) = K3, por lo tanto la solución general es: v(t) = K1-3t + K2-4t + K3 Para obtener el valor de K3, lo sustituimos en la ecuación diferencial y obtenemos que: K3 = 48/2 = 4, Otra forma de encontrar el valor de K3, es considerando el circuito para t > 0 en estado estable, como se muestra en la Figura 7.4.4 y así encontrar v(t) en estado estable, a través de un divisor de voltaje,

10Ω

2Ω 24V v(t)

+

-

Figura 7.4.4 v(t) = (2/12)24 = 4V, entonces K3 = 4 10ΩiL(0-)

+

2Ω

Ahora para encontrar los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales, para ello necesitamos redibujar el circuito para t < 0, como se muestra en la figura 7.4.5

12V vC(0-) -

v(0-)

+

-

Entonces iL(0-) =12/12 = 1A y vC(0-) = (2/12)12 = 2V, así como iL(0-) = iL(0) = iL(0+) = i(0+) y vC(0-) = vC(0) = vC(0+) = v(0+), entonces podemos evaluar v(t) en t = 0 y obtener la primera ecuación, así:

Figura 7.4.5

v(0) = K1 + K2 + 4 = 2, reduciendo se tiene: K1 + K2 = -2 La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v(t), así: dv(t)/dt = -3K1-3t - 4K2-4t y evaluándola para t = 0 obtenemos: dv(0)/dt = -3K1 - 4K2



De la ecuación nodal (2) que utilizamos para obtener la ecuación diferencial podemos despejar la primera derivada de v(t), evaluarla en t = 0 y encontrar su valor para utilizarlo en la ecuación anterior, así

CRtv

Cti

dttdv

2

)()()(−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:

04/2

24/1

1)0()0()0(

2

=−=−=CR

vC

idt

dv , así la segunda ecuación es:

dv(0)/dt = -3K1 - 4K2 = 0, Resolviendo para K1 y K2 obtenemos: K1 = -8 y K2 = 6, por lo tanto la respuesta completa del circuito es: v(t) = -8-3t + 6-4t + 4 V 7.5 Problemas Resueltos Ejemplo 7.5.1 Encuentre io(t) para t > 0 en el circuito que se muestra en la figura 7.5.1 y grafique la respuesta incluyendo el intervalo de tiempo justo antes de abrir el interruptor. Solución: Para encontrar io(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0 y encontrar luego el voltaje del capacitor que es igual al voltaje v(t) ya que todos los elementos se encuentran en paralelo, para luego aplicar la ley de Ohm y encontrar io(t) como: io(t) = v(t)/5 El circuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.2. Para encontrar v(t) aplicamos la LKV al nodo superior, así:

1Ω 5Ω 1H1A iL(t)2

2/5 F

v(t)io(t)

t = 0

Figura 7.5.1

1Ω 5Ω 1H1A iL(t)2

2/5 F

v(t)io(t)

Figura 7.5.2



⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++++=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ++ ∫∫ )()(1)(

5)(

1)()()(1

211 oL

t

toL

t

ttidxxv

LdttdvCtvtvtidxxv

L oo

Esta expresión integro-diferencial la debemos derivar con respecto al tiempo, para obtener la ecuación diferencial de segundo orden, característica del circuito, así:

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+++=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ )(1)(

5)(

1)()(

21

2

2

tvLdt

tvdCdttdv

dttdvtv

L, reacomodando y sustituyendo valores

de L y C, obtenemos:

0)(45)(3)(

2

2

=++ tvdt

tdvdt

tvd ,

Como podemos observar ésta ecuación es igual a cero, entonces solo tendremos solución natural y tendremos que encontrar a cual respuesta natural obedece, en dependencia de los valores de las raíces de la ecuación característica. La ecuación característica es entonces: s2 + 3s + 5/4 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces s1 = -1/2 y s2 = -5/2 Entonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la forma: v(t) = K1-t/2 + K2-5t/2 Ahora para encontrar los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales, para ello necesitamos redibujar el circuito para t < 0, como se muestra en la figura 7.5.3.

1Ω1A 5ΩiL(0-)2

iL(0-) +vC(0-) -

Figura 7.5.3

Como podemos observar del circuito iL(0-) = 0A y vC(0-) = 0V Y como vC(0-) = vC(0) = vC(0+) = v(0) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de v(t), obtenemos: v(0) = K1 + K2 = 0, que es la primera ecuación, La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v(t), así: dv(t)/dt = -(1/2)K1-t/2 – (5/2)K2-5t/2 y evaluándola para t = 0 obtenemos: dv(0)/dt = -(1/2)K1 – (5/2)K2



Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial que utilizamos para obtener la ecuación diferencial y despejamos la primera derivada de v(t), para evaluarla en t = 0 y encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:

)(3)(45

25)( tvti

dttdv

L −−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:

2500

25)0(3)0(

45

25)0(

=−−=−−= vidt

dvL , así la segunda ecuación es:

dv(0)/dt = -(1/2)K1 – (5/2)K2 = 5/2, Resolviendo para K1 y K2 obtenemos: K1 = 5/4 y K2 = -(5/4), entonces el voltaje v(t) es:

0 5 t (s)

io(t) (mA)

1 2 3 4

140

Figura 7.5.4

v(t) = (5/4)-t/2 – (5/4)-5t/2 V, por lo tanto la corriente io(t) será: io(t) = v(t)/5 = (1/4)-t/2 – (1/4)-5t/2 A La figura 7.5.4 muestra io(t) Ejemplo 7.5.2 Encuentre vo(t) para t > 0 para el circuito que se muestra en la figura 7.5.5 y grafique la respuesta incluyendo el intervalo de tiempo justo antes de abrir el interruptor.

24V

12KΩ

6KΩ

1KΩ

3KΩ

2mH

250pF

250pF t = 0

vo(t)+

-

Figura 7.5.5

Solución: Para encontrar vo(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0 y encontrar luego la corriente del inductor, para luego aplicar la ley de Ohm y encontrar vo(t) como:

3KΩ

1KΩ 12KΩ

6KΩ24V

2mH

125pF

vo(t)+

-iL(t)

i1i2

Figura 7.5.6

vo(t) = iL(t)*3K El circuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.6. Para encontrar iL(t) haremos uso del análisis de malla como es mostrado en la figura arriba. Aplicando LKV a la malla 1 tenemos: 24 = (12K + 6K)i1 - 6Ki2 (1)



06)()(1)631( 12

22 =−+++++ ∫ KidtdiLtvdxxi

CiKKK

t

t oo

(2)

De la ecuación 1 podemos despejar i1 en función de i2, así:

KKii

18624 2

1+

= , e introducirla en la ecuación 2 para obtener:

028)()(1)10( 22

22 =−−+++ ∫ KidtdiLtvdxxi

CiK

t

t oo

(3)

Ahora como la corriente de malla i2 coincide con la corriente del inductor iL(t) y derivando la ecuación integro-diferencial de arriba, obtenemos la ecuación diferencial de segundo orden, característica del circuito:

0)(

2)(

)(1)()10( 2

2

2=−++

dttdi

Kdt

tidLti

Cdttdi

K LLL

L

Sustituyendo valores y reacomodando se tiene:

0)(4)(4)(2

2

=++ tTidt

tdiMdt

tidL

LL ,

Como podemos observar ésta ecuación es igual a cero, entonces solo tendremos solución natural y tendremos que encontrar a cual respuesta natural obedece, en dependencia de los valores de las raíces de la ecuación característica. La ecuación característica es entonces: s2 + 4Ms + 4T = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces s1 = s2 = -2M Entonces la respuesta natural del circuito es críticamente amortiguada, y por lo tanto toma la forma: v(t) = K1-2Mt + K2t-2Mt 1KΩ

3KΩ

12KΩ

6KΩ

Ahora para encontrar los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales, para ello necesitamos redibujar el circuito para t < 0, como se muestra en la figura 7.5.7.

24V

vC(0-) +

iL(0-)

-

Figura 7.5.7 Como podemos observar del circuito iL(0-) = 0A y vC(0-) = 0V Y como iL(0-) = iL(0) = iL(0+) = 0A, entonces evaluándola en la ecuación general de iL(t), obtenemos:



iL(0) = K1 = 0 La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta iL(t), así: diL(t)/dt = -2MK2t-2Mt + K2-2Mt y evaluándola para t = 0 obtenemos: diL(0)/dt = K2 Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial (3) que obtuvimos de insertar la ecuación 1 en la ecuación 2 y despejamos la primera derivada de i2(t) (que es iL(t)), para evaluarla en t = 0 y encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:

)(500)(44)( tvtMiKdt

tdiCL

L −−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:

KKvMiKdt

diCL

L 4004)0(500)0(44)0(=−−=−−= , así la segunda ecuación es:

0 t (s)

vo(t) (V)

1M 2M 3M

2

Figura 7.5.8

diL(0)/dt = K2 = 4K, entonces la corriente iL(t) es: iL(t) = 4Kt-2Mt A, por lo tanto el voltaje vo(t) será: vo(t) = iL(t)*3K = 12Mt-2Mt V La figura 7.5.8 muestra vo(t) Ejemplo 7.5.3 Encuentre vo(t) para t > 0 para el circuito que se muestra en la figura 7.5.9 y grafique la respuestaincluyendo el intervalo de tiempo justo antes de abrir el interruptor.

10mV

4KΩ

4KΩ 30KΩ 15KΩ v(t)25 8mH 100pF v(t)

+ +

- - vo(t)

t = 0

Figura 7.5.9

Solución: Para encontrar vo(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0 y vo(t) será igual al voltaje del capacitor vC(t), ya que ambos comparten el mismo par de nodos: El c

ircuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.10.

10mV

4KΩ

4KΩ 30KΩ 15KΩ v(t)25 8mH 100pFv(t)

+ +

- - vo(t)

Figura 7.5.10



Ahora procederemos a encontrar la ecuación diferencial de segundo que define el ircuito, para ello aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así: c

0)0()(1)(15

)(30

)(0

=++++ −∫ L

t

CCCC idxxv

Ldttdv

CKtv

Kt

la ecuación iferencial de segundo orden, característica del circuito, así:

v

Como podemos observar de la ecuación anterior, no aparece la fuente dependiente ya que v(t) = 0, porque el interruptor se encuentra abierto. Ahora ésta expresión integro-diferencial la debemos derivar con respecto al tiempo, para obtenerd

0)(1)(1530 LdtKdtKdt

reacomodando obtenemos:

)()(2

2

=+++ tvtvd

Ctdvtdv

CCCC , sustituyendo los valores de L y C y

0)(25.1)(

1)(

2

2

=++ tTvdt

tdvM

tvdC

CC dt

Como podemos observar ésta ecuación

os que encontrar a cual respuesta natural obedece, en e las raíces de la ecuación característica.

La ecuación característica es entonces

+ 1Ms + 1.25T = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces

ntonces la respuesta natural del circuito es subamortiguada, y por lo tanto toma la

los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales, ara ello necesitamos redibujar el circuito para t < 0, como se muestra en la figura

om :

(t) = (4K/8K)*10m = 5mV, entonces iL(0-) = -0.2mA

como vC(0-) = vC(0) = vC(0+) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de C(t), obtenemos:

es igual a cero, entonces solo tendremos solución natural y tendremependencia de los valores dd

:

s2

s1,2 = -(1/2)M ± j1M Eforma: vC(t) = -500Kt[K1cos(1Mt) + K2sen(1Mt)] Ahora para encontrar p7.5.11. C o podemos observar del circuito vC(0-) = 0V, pero iL(0-) = -v(t)/25, pero v(t) es v Yv

10m 4KΩ V

4KΩ

30KΩ 15KΩ 25

v(t)v(t) + +

vo(0-) vC(0-)+

-- - -iL(0 )

Figura 7.5.11



vC(0) = K1 = 0

a segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:

v (t)/dt = -500K-500Kt[K sen(1Mt)] + -500Kt[1MK cos(1Mt)] y evaluándola para t = 0

2

e aplicar la LKC al odo superior del capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en

L d C 2 2obtenemos: dvC(0)/dt = 1MK Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial que obtuvimos dnt = 0 y encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:

)(1)(10Gidt LC −=

dv )(tMvt

tC− y al evaluarla en t = 0, tenemos:

MMMvGidt

dvCL

C 202)0(1)0(10)0(

=−−=−−=

así la segunda ecuación es:

vo(t) (V)

, dvC(0)/dt = 1MK2 = 2M, de d

2 = 2, entonces el voltaje vo(t) es:

vo(t) = vC(t) = 2-500Kt[sen(1Mt)] V

)

ito que se figura 7.5.13. Suponga que existen condiciones de

voltaje del capacitor o en nción de la corriente del inductor. l circuito para t > 0 se muestra en la figura 7.5.14:

hora procederemos a encontrar el voltaje v(t) como

e corriente.

onde obtenemos K

La Figura 7.5.12 muestra vo(t Ejemplo 7.5.4 Determine v(t) para t > 0 en el circu muestra en laestado estable cuando t = 0-. Solución: Para encontrar v(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0, y el voltaje v(t) debe encontrarse en función del fuE Auna función del voltaje del capacitor (se le deja al lector, encontrar el voltaje v(t) en función de la corriente del inductor) para ello aplicaremos la LKV a ambas mallas dsuperior de la fuente independiente d

el circuito y la LKC al nodo

0 t (s)

1

2M 6M 4M

Figura 7.5.12

6Ω

2Ω

5/2 A 2H

t = 0

2Ω

5/2 A 2H1/8 F1/8 F

v+

-

Figura 7.5.13

6Ω

2Ω

5/2 A 1/8 F

2Hv +

- iC iL

Figura 7.5.14



Aplicando la LKC al nodo superior de la fuente, tenemos:

rda del circuito, para obtener v(t), así:

demos aplicar la LKV a la malla derecha del circuito para obtener v(t), sí:

= v2Ω + vL = 2i + v = 2iL + LdiL/dt (3)

e la ecuación (1) podemos despejar i en función de i , así: i = 5/2 - i e insertándola

5/2 = iC + iL (1) Ahora aplicaremos la LKV a la malla de la izquie v = v6Ω + vC = 6iC + vC (2) Pero también poa v L L D L C L Cen la ecuación (3) obtenemos:

dtdi

Liidt

Liv CCC −−=−+−= 25)2

()2

(2 d C55 (4), ésta expresión la igualamos a la

teexpresión de la ecuación (2) para ob ner la ecuación diferencial de segundo orden característica del circuito

dtdi

Livi CCCC −−=+ 256 , sustituyendo iC = CdvC/dt y reacomodando el circuito

tenemos:

582

2 dvvd=++ C

CC vdt

Cdt

, sustituyendo los valores de L y C y reacomodando

obtenemos:

LC

20442

2v=++ C

CC vdt

dvdt

os observar ésta ecuación no es igual a cero, entonces tendremos solución ción particular. La solución total será:

vC(t) = vCn(t) + vCf(t)

ara obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que

el valor de K3, así:

d

Como podemnatural y solu

Pla respuesta forzada también es constante, así vCf(t) = K3, ésta solución se sustituye en la ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra

2044 333

2

++ KdKKd

2 = , de aquí que K3 = 20/4 = 5

s2 + 4s + 4 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces

dtdt Para obtener la respuesta natural, hacemos uso de la ecuación característica, para obtener las raíces, así:



s1 = s2 = -2

ntonces la respuesta natural del circuito es críticamente amortiguada, y por lo tanto

Cn 1 2t, entonces la solución total será:

2

0, como se muestra en la figura 7.5.15.

C L(0-)

C 1 1

C í:

t

C 2

mos de aplicar la LKC al nodo superior a evaluarla en t = 0

Etoma la forma:

(t) = K -2t + K t-2v

-2t + K t-2t + 5 vC(t) = K1 Ahora para encontrar los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales, para ello necesitamos redibujar el ircuito para t < v

- vC(0-) iL(0-)c

omo podemos observar del circuito v (0C -) = 0V, pero i

= 5/2 A, Y como vC(0-) = vC(0) = vC(0+) = 0V, entonces evaluándola env

la ecuación general de C(t), obtenemos:

(0) = 5 + K = 0, entonces K = -5 v

La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v (t), as dvC(t)/dt = 10-2t - 2K2t-2 + K2-2t y evaluándola para t = 0 obtenemos: v (0)/dt = 10 + Kd

hora regresamos a la ecuación (1) que obtuviA

de la fuente de 5/2 A y despejamos la primera derivada de vC(t), par encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así: y

CCdt−=

tt )(2/5)( iLC y al evaluarla en t = 0, tenemos: dv

08/12/5

8/12/5)0(

=−=dt

dvC , así la segunda ecuación es:

dvC(0)/dt = 10 + K2 = 0, de donde obtenemos K2 = -10, entonces el voltaje vC(t) es: vC(t) = -5-2t - 10t-2 os uso e la ecuación (2):

v = 6iC + vC = 6CdvC/dt + os:

t + 5, pero como estamos interesados en encontrar v(t) haremd

vC, sustituyendo vC(t), tenem

( )2 2 2 2 23( ) 10 20 10 5 5 10t t t t tv t e te e e e− − − − −= + − + − − 4

- 10t , por lo tanto será: v(t) = 5 - 5 + 5t V v(t) = 15t-2t +5 - 5-2t -2t -2t -2t

+ +

-

2Ω

6Ω5/2 A

Figura 7.5.15



Ejemplo 7.5.5 Determine v(t) para t > 0 en el circuito que se muestra en la figura 7.5.16. Suponga ue existen condiciones de estado estable

olución:

á del capacitor vC(t), ya que v(t)

encuentra entre las terminales del apacitor:

l circuito para t > 0, se muestra en la figura

ial de segundo orden característica del imero aplicaremos la LKV a la malla derecha del circuito, así:

hora aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así:

qcuando t = 0-. S Para encontrar v(t) para t > 0, es necesariredibujar nuestro circuito para t > 0 y v(t) serigual al voltaje

o

sec E7.5.17. Ahora procederemos a encontrar el voltaje v(t) = vLKC y la LKV para obtener la ecuación diferenccircuito. Pr

C(t) utilizando una combinación de la

v = vL + v6Ω = LdiL/dt + 6iL (1) A i4Ω = iL + iC , entonces despejando iL obtenemos:

dtCi C

L −=4

(2) y sustitudvv C−4

yendo ésta en la ecuación (1) se tiene:

⎟⎠⎞⎛ −⎞⎛ − dvvdvvd CCCC 44

⎜ −+⎟⎜ −==t

CCLvC 6 , efectuando operaciones, tenemos: ⎝⎠⎝ ddtdt 44

v

dtC

dtCCC 6

262 −−+ , sustituyendo los valore

dvvvdLC

dtdvLv C

C3

4

2

−−= s de L y C y

acomodando obtenemos: re

241072

2

=++ CCC v

dtdv

dtvd

Como podemos observar ésta ecuación no esnatural y solución particular. La solución total será:

C(t) = vCn(t) + vCf(t)

igual a cero, entonces tendremos solución

v

10V

4Ω

1H ¼ F 4u(t) V v

+

-

t = 0

6Ω

Figura 7.5.16

10V

4Ω

6Ω

1H ¼ F 4V v

+

-

iCiL

Figura 7.5.17



Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que

el valor de K3, así: la respuesta forzada también es constante, así vCf(t) = K3, ésta solución se sustituye en la ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra

24107 332

++ KdKKd

32 = , de aquí que K3 = 24/10 = 2.4

s2 + 7s + 10 = 0 y aplicando

= -2 y s2 = -5

atural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la rma:

Cn(t) = K1 + K2 , entonces la solución total será:

C(t) = K1 + K2-5t + 2.4

ara encontrar los valores de K1 y K2 aremos uso de las condiciones iniciales,

ara t < 0, como se muestra en la figura

(0 ) = 6/6 = 1A

= vC(0 ) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de C(t), obtenemos:

C(0) = K1 + K2 + 2.4 = 6,

La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:

- 5K2 y evaluándola para t = 0 obtenemos:

al nodo superior el capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en t = 0 y

dtdt Para obtener la respuesta natural, hacemos uso de la ecuación característica, para obtener las raíces, así:

la fórmula cuadrática obtenemos las raíces

s1 Entonces la respuesta nfo

-2t -5tv

-2tv Ahora p

4Ω

hpara ello necesitamos redibujar el circuito p7.5.18. Del circuito obtenemos vC(0-) haciendo un divisor de voltaje, así: vC(0-) = (6/10)*10 = 6V y para obtener iL(0-) ap

-

licaremos la ley de Ohm, así:

iL Y como vC(0-) = vC(0) +

v v Y dvC(t)/dt = -2K1-2t -5t

dvC(0)/dt = -2K1 -5K2 Ahora regresamos a la ecuación (2) que obtuvimos de aplicar la LKC dencontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:

10V6Ω

0V+

-vC(0-)

iL(0-)

Figura 7.5.18



CCCdtLCC

4−−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:

dv titvt )()(1)(

64/1

161)0(dv)4/1(44/1

−=−−=dtC , así la segunda ecuación es:

vC(0)/dt = -2K1 - 5K2 = -6, Resolviendo las dos ecuaciones para K1 y K2 obtenemos K1

2 = -0.4, entonces el voltaje vC(t) es: vC(t) = v(t) = 4-2t – 0.4-5t + 2.4 V

muestra en la figura 7.5.19, si vf = 8-

u(t). Suponga que existen condiciones de uando t = 0-.

0, es necesario dibujar nuestro circuito para t > 0 y v(t) rá igual al voltaje del capacitor vC(t), ya

tre las terminales del apacitor:

remos a encontrar el voltaje v(KC y la LKV para obtener la ecuación diferencial de segundo orden característica del

lla derecha del circuito, así:

= v Ω + v = 6i + Ldi /dt (1)

= iL + i , entonces despejando iL obtenemos:

d= 4, y K

Ejemplo 7.5.6 Determine v(t) para t > 0 en el circuito que se4t

estado estable c Solución: Para encontrar v(t) para t > reseque v(t) se encuentra enc El circuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.20. Ahora procede t) = vC(t) utilizando una combinación de la Lcircuito. Primero aplicaremos la LKV a la ma v 6 L L L Ahora aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así: i4Ω C

dtCi CCf

L −=4

(2) y sustituyendo ésta en la ecuación (1)dvvv −

se tiene:

⎟⎟⎠⎝⎠

⎞⎜⎜ −+⎟⎟⎜⎜

⎝−==

dtdv

Cdt

Ldt

Cv CCfCCfC 44

6 , efectuando operaciones,

tenemos:

⎛ −⎞⎛ − vvddvvvv

4Ω 6Ω t = 0

vf1H ¼ F 20V v

+

-

Figura 7.5.19

vf

4Ω 6Ω

1H ¼ F 20V v+

-

iLiCi4Ω

Figura 7.5.20



2

2

446

23

23

dtvd

LCdt

dvLdt

dvLdt

dvC

vvv CCfCCf

C −−+−−= , sustituyendo los valores de L.

C y vf y reacomodando obtenemos:

24 4

2 7 10 32 48 16t tC CC

d v dv v e edt dt

− −+ + = − + = 4te−

ual a cero, entonces tendremos solución . La solución total será:

vC(t) = vCn(t) + vCf(t)

xponencial, así vCf(t) = K3-4t, ésta lución se sustituye en la ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra el valor

omo podemos observar ésta ecuación no es igC

natural y solución particular

Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una señal exponencial, entonces suponemos que la respuesta forzada también será esode K3, así:

2 4 44 43 3

32

( ) ( )7 10( ) 16t t

t td K e d K e K e edt dt

− −− −+ + = , efectuando las derivadas tenemos:

46 t 4 4

3 3 3428 10 16t t tK e K− − +1 e K e e− − −= , de aquí que K3 = -16/2 = -8, así:

vCf(t) = -8-4t

ta natural, h cterística, para obtener las raíces, así:

0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces

tonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la

K2-5t , entonces la solución total será:

hora para contra los valores de K1 y

iciales, pa ello n esita os redibujar el muestra en la

gura 7.5.21.

0 = 12V y para obtener iL(0

Para obtener la respues acemos uso de la ecuación cara

s2 + 7s + 10 = s1 = -2 y s2 = -5 Enforma: vCn(t) = K1-2t + vC(t) = K1-2t + K2-5t - 8-4t

4Ω 6Ω

A en r K2 haremos uso de las condiciones +

-

iL(0-)

vC(0-) 20Vin ra ec mcircuito para t < 0, como se

0V

fiFigura 7.5.21

Del circuito obtenemos vC(0-) haciendo un divisor de voltaje, así: vC(0-) = (6/10)*2 -) aplicaremos la ley de Ohm, así:



iL(0-) = 12/6 = 2A Y como vC(0-) = vC(0) = vC(0+) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de

C(t), obtenemos:

C(0) = K1 + K2 - 8 = 12,

ción la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:

-5t + 32-4t y evaluándola para t = 0 obtenemos:

do superior el capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en t = 0 y

tilizado en la ecuación anterior, así:

v v Y La segunda ecua dvC(t)/dt = -2K1-2t - 5K2 dvC(0)/dt = -2K1 -5K2 + 32 Ahora regresamos a la ecuación (2) que obtuvimos de aplicar la LKC al nodencontrar su valor que será u

Cti

Ctv

Cv

dttdv LCfC )(

4)(

4)(

−−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:

124/1

−= , así la segunda ecuación es: 2)4/1(4

12)4/1(4

8)0(−−=

dtC

vC(0)/dt = -2K1 - 5K2 + 32 = -12, Resolviendo las dos ecuaciones para K1 y K2 obtenemos K1 = 56/3, y K2 = 4/3, enton

C(t) = v(t) = (56/3)-2t + (4/3)-5t - 8-4t V

.6 Problemas propuestos

.6.1 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.1, encuentre vC(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.2 L(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

dv

d

ces el voltaje vC(t) es:

v 7 7S 20KΩ 5nF v

+

1.6H

10mA C

-t = 0

Figura 7.6.1

7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.2, encuentre iS

1Ω 2mF

1/45 HiL5Ω

t = 0

Figura 7.6.2

12V



7.6.3 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.3, encuentre iC(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.4 L(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.5 C(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.6 C(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.7 Para el circuito que se m figura 7.6.7, encuentre i(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

S

2.5µF 20mH2u(-t) A iC

50Ω Figura 7.6.3 7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.4, encuentre iS

¼ F2/13 H4u(-t) A iL

2Ω

Figura 7.6.4 7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.5, encuentre vS

2 F

0.5 H

vC

1Ω

5

Ω

+t = 012V

- Figura 7.6.5 7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.6, encuentre vS 7 uestra en laS

2Ω

0.2F 0.25 H10u(-t) A

iL

Figura 7.6.6

3/8 F1/3 H

12V

i(t)t = 0

Figura 7.6.7

3Ω



7.6.8 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.8, encuentre vo(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.9 El circuito que se m isor de un stema de comunicación de una estación espacial que usa pulsos cortos para a un utómata que opera en el espacio. Encuentre vC(t) para t > 0. Suponga estado estable en

.6.10 El circuito que se m de suministro de otencia de 240W. Encuentre iL(t) para t > 0. Suponga estado estable en t = 0-.

.6.11 Para el circuito que se cuentre v(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

S ¼ F

v

½ H12V

3

o(t) -+

Ωt = 0

8Ω

t = 0

6V

Figura 7.6.8

7 uestra en la figura 7.6.9, es un circuito transmsiat = 0-.

0.8H

5µFvC(t)250 Ω250Ω

t = 0 -

+

6V

Figura 7.6.9 7 uestra en la figura 7.6.10, es un circuito p

4H iL(t)

7 muestra en la figura 7.6.11, enS

¼ F

4Ω

t = 0

7A

8Ω2Ω

Figura 7.6.10

0.2µF100µH

v(t)

10V

3Ω t = 0200mA 17Ω-

Figura 7.6.11

+



7.6.12 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.12, encuentre v(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.13 Para el circuito que se muestr C(t) para t > 0, uando a) C = (1/10)F, b) C = (1/18)F y c) C = (1/20)F. Suponga estado estable en t = 0-

.6.14 Para el circuito que se cuentre i(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.15 C(t) para t > 0, uando vC(0-) = 1V e iL (0-) = 0A.

.6.16 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.16, encuentre iC(t) para t > 0, onsidere if = -tu(t) A. Suponga estado estable en t = 0-.

S 7 a en la figura 7.6.13, encuentre vc. 7 muestra en la figura 7.6.14, enS 7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.15, encuentre vc 7c

1/8 F

2Hv(t)

2Ω

t = 0

5/2 A 6

-

+Ω

Figura 7.6.12

4Ω

C

2H

vC(t) 8Ω-

Figura 7.6.13

+ 1u(t) A

1/12 µFH i(t)

2KΩ

2/5 µ2Kt = 0

8V

6K10mA

ΩΩ

Figura 7.6.14

1/12 F 0.5H vC(t)

1Ω

5cost V

1Ω

-

+

Figura 7.6.15

1F0.5H

i (t)C

3Ω

if 1Ω

Figura 7.6.16



7.6.17 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.17, encuentre vC(t) para t > 0, onsidere if =9 + 3-2tu(t) A. Suponga estado estable en t = 0-.

.6.18 Para el circuito que se muestr C(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.19 Para el circuito que se muestr L(t) para t > 0. uponga estado estable en t = 0-.

.6.20 C(t) para t > 0, cuando ) vf = 2u(t) V, b) vf = 0.2tu(t) V y vf = 1-30tu(t) V. Suponga estado estable en t = 0-.

c ½ F5H

v (t)

1.5

C

Ω 7 a en la figura 7.6.18, encuentre vS 7 a en la figura 7.6.19, encuentre iS 7 Para el circuito que se muestra en la figura 20, encuentre va

if

-

1Ω

Figura 7.6.17

+

0.5Ω

1/5 F1H

vC(t)4u(t) A -

+

6Ω

Figura 7.6.18

20mF

iL(t)

3A0.5Ω0.2H-3u(t) A

Figura 7.6.19

833.3µF

0.1H

+

7

vC(t)vf

-

Ω

Figura 7.6.20


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