régimen transitorio en circuitos de primer y segundo orden

RÉGIMEN TRANSITORIO EN
CIRCUITOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 01.
En el circuito de la figura se sabe que:
eg1 (t )  200 cos(10 4 t  45º )v
eg 2 (t )  100v
Si en t=0 s, el conmutador pasa de posición 1 a 2, DETERMINAR las expresiones analítica y gráfica de la
corriente en la bobina para todo instante de tiempo.
1º) si t ≤ 0 s.
RESOLUCIÓN:
Antes de t = 0 el circuito está trabajando en régimen permanente y corriente alterna, conlo que el circuito
que estudiaremos será:
Hacemos la siguiente representación:
eg1 (t )  200 cos(104 t  45º )v
eg1  100 2 45
Y para la inductancia que estamos caracterizando tenemos:
X L  L
X L  10 4 *1*10 3   10
43
Luego:
I
100 2 45
10  j10

100 2 45
10 2 45
 10 90
Y la expresión de la misma en función del tiempo será:
I  (t )  10 2 cos(104 t  90º ) A
si t; 
0
Que en t=0 alcanzará un valor igual a:
I (0)  10 2 cos(10 4 * 0  90º ) A  0 A
2º) si t ≥ 0 s.
La corriente en la bobina en t=0 es nula, por lo tanto, desde el momento de laconmutación se puede
considerar el nuevo circuito, desde t=0 s, como un circuito aestado cero excitado por una fuente de
corriente continua. Con esta condición elcircuito que tenemos es:
100v
 2 A
50
I  (0)  2 A
I  (t ) 
Además sabemos que  
L
10 3

 2.10 5 s , por lo tanto el tiempo necesario para que se
Re q  40  10 
alcance el régimen permanente será de   10 10 5 s y la expresión de la corriente por la bobina será:
i(t )  2  2  e510
4
t
si; t  s
0
44
Gráficamente la podríamos visualizar:
PROBLEMA Nº 02.
En el circuito de la figura determinar la expresión analítica y gráfica de la tensión en elcondensador en todo
instante de tiempo, teniendo en cuenta que la secuencia de losinterruptores es la siguiente:


k1 se cierra en t = 0 s y permanece cerrado indefinidamente.
k2 se cierra en t = 0,3 s y permanece cerrado indefinidamente.
RESOLUCIÓN:
Después de t = 0 el circuito que había estado desconectado se conecta a una fuente dealimentación de
corriente continua de 100 V, con lo que nos vamos a encontrar un caso decircuito a estado cero, excitado
por una fuente de C.C., el circuito que vamos a estudiar es:
0 st
0,s3
45
Si tenemos en cuenta que el condensador no admite cambios bruscos de tensión y que en elrégimen
permanente se comportara como un circuito abierto por el que no circularacorriente, en régimen
permanente la corriente que circula por el circuito es nula y toda latensión de la fuente caerá en el
condensador, por ello:
U  (t )  100v
y
U
 (0)v 100
Calculamos la constante de tiempo del circuito,   C  Re q  300 106  55  16,5 103 s ,y el tiempo
necesario para que se alcance el régimen permanente será de   82,5 103 s , luego como se va a
permanecer en esta situación durante 0,3 segundos si se alcanzará elrégimen permanente, y tenederos
que:
U C (t )  100  100  e

1
16,5103
t
para
 0t 
s
0,3
Sea ahora:
t 
0,s3
Después de que en t= 0,3 s. se cierre el interruptor 2, vamos a tener un circuito excitadopor fuentes de
C.C. y con un elemento a estado distinto de cero. El circuito queestudiaremos será:
En este nuevo circuito en el régimen permanente las tensiones valdrán:
U  (t )  20v
y
U
s (0,3
  v), siendo
20 la tensión en el instante inicial U(0.3 s)=100v.
Calculamos la nueva constante de tiempo del circuito teniendo en cuenta que ahora havariado la
40 10
morfología del mismo y que Re q 
  15  23 , con lo que la nueva
40  10
  C  Re q  300 106  23  6,9 103 s y el tiempo necesario para que se alcance el régimen
permanente será de   34,5 103 s , luego el régimen permanente se alcanzará en t=0.3345 s.
46
U C (t )  20  (20  100)  e

1
6,910
3
( t  0,3)
  20 120 e

1
6,9103
( t  0,3)
, para t  0,3s
Esta deducción podría hacerse notar mediante la siguiente gráfica:
PROBLEMA Nº 03.
En el circuito de la figura el interruptor K lleva en la posición 0 desde un tiempo indefinido, habiéndose
alcanzado el régimen permanente.
Para el instante de tiempo t = 0 s, el interruptor pasa a la posición 1, permaneciendo en ellaun tiempo igual
a 4π ms., instante de tiempo en que pasa a la posición 2, en la quepermanecerá indefinidamente.
Se pide que: siguiendo la secuencia del interruptor, determine las expresiones analítica ygráfica de la
tensión en bornes del condensador, para todo instante de tiempo.
47
RESOLUCIÓN:
Nos encontramos con un circuito cargado inicialmente que en t=0 va a pasar a estaralimentado por una
fuente de corriente alterna y que a partir de t=4π ms., será excitadopor una fuente de corriente continua.
La tensión inicial en el condensador la calcularemos a partir del circuito en régimen permanente para t < 0.
U C (t )  20 A  3  60V
Para el tiempo comprendido entre 0 y 4π ms. el conmutador está situado en la posición 1 yel circuito que
estudiamos es el siguiente:
Estudiaremos el régimen permanente para ello transformamos la fuente de corriente enfuente de tensión
para calcular la tensión en el condensador en régimen permanente.
1
1

 10
C 1000 100 106
2000º
2000º
I

 10 245º A
10  j10 10 2  45º
X C (t ) 
U C  10 245º 10  90º  100 2  45º V
48
Con lo que podemos sacar la expresión de la tensión en función del tiempo y su valor para elinstante de
tiempo inicial
U C (t )  200cos(103 t  45º ) y U C
3
 (0) 200cos(10
  0 
45º
100
) 2V
Calculamos la constante de tiempo del circuito   C  Re q  10*100 106  1103 s .
3
Y como vamos a permanecer un tiempo igual a 4π ms. Que es mayor que   5 10 s , se alcanzará el
régimen permanente.
U C (t )  200 cos(103 t  45º )  (100 2 60) e 10 t ,para
3
0t  4ms .
Cuando se cambie de situación en t = 4π ms., la onda de la tensión estará en un valor igual a:
U C (4 103 )  200cos(103 (4 103 )  45º )  200cos(4  45º )  200cos(45º )  100 2V
Este será la tensión inicial U C  (4 10 3 ) , para el intervalo: 4π ms  t.
Una vez que conocemos el valor de tensión inicial en el instante de tiempo t = 4π ms., elnuevo circuito que
tenemos que estudiar cuando bascule el conmutador a la posición 2 será:
I 
U C
150 150

 10 A
69
15
 10 A  6  60V
Calculamos la nueva constante de tiempo del circuito, sabemos que la Re q 
6  9
 5  8, 6 ;
6   9
  C  Re q  8, 6*100 106  8.6 10 3 s y como vamos a permanecer en un tiempo indefinido se
3
alcanzará el régimen permanente, la tensión inicial en el condensador valía U C (4 10 )  100 2V ,
con lo que la tensión instantánea será:
U C (t )  60  ( 60 100 2) e

105
t ( 4
86
3
10 )
V , para  ms4 t
49
Una vez calculadas las expresiones analíticas calculamos la expresión gráfica.
PROBLEMA Nº 04.
Para el circuito de la figura la secuencia del interruptor K es la siguiente:




t<0 K está en la posición 0
t=0 K pasa a la posición 1
t=4 ms K pasa a l posición 2
t=6 ms K vuelve a la posición 0
Determínese gráfica y analíticamente los valores de la corriente iL(t) e iC(t) para lasdistintas posiciones de
K, durante todo instante de tiempo.
50
RESOLUCIÓN:
Antes de t=0 nos encontramos con una bobina conectada en serie con dos resistencias, una de 10 Ω y
otra de 5 Ω, por lo tanto se habrá descargado sobre las mismas, por su parte elcondensador también está
conectado con una resistencia de 6 Ω por lo que cuando seconecte en t=4 ms. estará descargado.
En el intervalo
0 t  4ms
El circuito por el que va a circular corriente será:
Nos encontramos con una bobina a estado cero excitada por una fuente de corrientecontinua, luego en el
régimen permanente la corriente por la bobina valdrá:
I L  (t ) 
10V
 2 A , y por la otra parte tendremos I L (0)  2 A , con lo que teniendo en cuenta que
5
la constante de tiempos viene dada como  
L
5 103

 1103 s , ya podemos calcular la
Re q
5
expresión de la corriente en la bobina iL (t )  2  2  e 10 t A ; si el tiempo cumple 0 t  4ms .
3
Además sabemos que en t= 4 ms. no se ha alcanzado el régimen permanente, por lo tanto
3
iL (4 103 )  2  2  e 10 410 A  1,9634 A , corriente que será la corriente inicial cuando el
3
conmutador cambie de posición.
4ms  t  6ms .
Ahora nos encontramos con dos circuitos diferenciados, por una parte una bobina cargadaque se va a
descargar sobre dos resistencias, y por otra parte un condensador descargado que se cargará.
51
Estudiamos en primer lugar el circuito de la bobina, y tenemos que I L (0)  0 A , por lo que
L
5 103 1 3

 10 s , luego el
Re q
15
3
tiempo necesario para que se descargue la bobina es de 1,66 ms. Y la bobina habrá descargado antes de
que se termine este intervalo de tiempo
I L (4 10 3 )  1, 9634 A , y la nueva constante de tiempo será  
3
iL (t )   1,9634 e 310 ( t  410 ) A
3
para,
ms 4t 
ms . 6
Estudiamos
ahora el comportamiento del condensador, la constante de tiempo será
4*6
  C  Re q 
*10 10 6  24 10 6 s , luego como 5  120 10 6 s  120 ns tiempomenor que los 2
46
ms. que permanecemos en esta posición, entonces se alcanzara el régimen permanente y el condensador
se cargara con una tensión de 6 V.
Calculamos la corriente por el condensador en este intervalo de tiempo para ello sabemosque en t= 4ms.,
para evitar un salto brusco de tensión, el condensador se comporta comoun cortocircuito por lo que
I C (4 10 3 )  2, 5 A , mientras que en el régimen permanente el condensador se comportará como un
circuito abierto y tenemos que I C (t )  0 A y por lo tanto también I C  (4 10 3 )  0 A .
Con estos datos podemos decir que
iC (t )   2,5 e 4,1610
4
( t  4103 )
A
para,
ms 4t 
ms
6
6 ms  t
A partir de este instante de tiempo nos encontramos con que el circuito vuelve a la posición de reposo, y lo
hace con la bobina descargada y el condensador cargado con una tensión de6 voltios, en este caso
solamente nos va a interesar estudiar la parte del condensador para calcular la corriente en el mismo
durante el proceso de la descarga, por ello estudiamos:
52
Tenemos un condensador cargado que se descarga sobre la resistencia, la constante detiempo valdrá
  RC  6 10 10 6 s  60 ns y el tiempo necesario para descarga es de 5  5* 60 ns  0, 3ms luego
el condensador estará descargado en t=6,3 ms., la tensión en bornes del condensador y por tano de la
resistencia es de
U C (t )  6 e 1,66610
4
( t  6103 )
para
,
ms  t 6
V
Luego podemos decir que con el sentido de la corriente:
6  e 1,66610
iC (t ) 
6
4
( t  610 3 )
 1e 1,66610
4
( t  610 3 )
,para
ms  t6
Dando sentido gráfico a todo lo deducido, tenemos:
53
PROBLEMA Nº 05.
En el circuito de la figura el interruptor K se conecta según la siguiente secuencia:




t < 0 s. permanece abierto
0 ≤ t ≤20 ms. está en la posición 1
20 ms. ≤ t ≤30 ms. pasa y permanece en la posición 2
30 ms. ≤t permanece en la posición 3
Determinar para todo instante de tiempo las expresiones analítica y gráfica de la corrienteque atraviesa la
bobina i L(t).
RESOLUCIÓN:
t  0s
La bobina ha estado suficiente tiempo desconectada de fuentes como para habersedescargado.
0s  t  20ms
Estudiamos un circuito con elementos a estado inicial cero excitado por fuentes decorriente alterna. El
circuito que estudiaremos en el régimen permanente es:
X L (t )   L  100 
IL 
30

103  3
5037º 5037º

 100º A
4  j3
537º
54
A partir del valor de la corriente en régimen permanente, sacaremos la expresión de lamisma en función
del tiempo, el valor que adquiere para t = 0 y finalmente el valor por elque pasa en t =20 ms. cuando
cambie la excitación del circuito
iL (t )  10 2 cos(100 t ) A
iL (0)  10 2 cos(100 0) A  10 2 A
L

Calculamos la constante de tiempo del circuito  
Re q
30 103
4
  2,3873 103 s y como vamos a
permanecer un tiempo igual a 20ms. Y 5  11,9366 10 s , se alcanzará el régimen permanente,
3
valiendo la corriente ese instante de tiempo iL (20 103 )  10 2 cos(100  20 103 ) A  10 2 A , que
será condición inicial para el siguiente intervalo que estudiemos.
iL (t )  10 2 cos(100 t )  10 2  e418,879t
 t 0
para
ms20
.
20ms  t  30ms
Ahora, estudiamos un circuito con elementos cargados inicialmente excitado por fuentes decorriente
continua. El circuito que estudiaremos en el régimen permanente es:
IL 
I L  (t )   4 A
e I L
64
 4 A
13  3
3
 (20
10 )A
4
Y como ya conocíamos el valor de la corriente en el instante de tiempo inicial, solamente nosfalta calcular
30 103
L
  0,5968 103 s y por tanto el tiempo

la nueva constante de tiempo que valdrá:  
Re q
16
necesario para alcanzar el régimen permanente es de 2,9842・10-3s quees menor que los 10 ms. que
permanecemos en esta posición, luego se alcanzara el régimen permanente y por tanto cuando
cambiemos de posición en t= 30 ms. se habrá alcanzado elrégimen permanente circulando por la bobina
una corriente de -4 A.
I L (t )  4  (4  10 2)e1675,516(t 20103) ; para
ms
20  t 
ms
30
55
30ms  t
El circuito es en este caso un circuito a entrada cero. El circuito que estudiaremos en elrégimen
permanente es:
I L  (t )  0 A
e
I L
3
 (30
10A )
0
Ya conocíamos el valor de la corriente inicial (-4A), solamente nos falta calcular la nuevaconstante de
30 103
L
  1 103 s , por lo tanto se necesita untiempo de 5/π ms. para

tiempo que valdrá  

Re q
30
que se descargue la bobina. Podemos decir que:
I L (t )  (4)e  10 ( t 3010
3
3
)
para
;
ms 30
t
Una vez calculadas las expresiones analíticas para todo instante de tiempo, dibujaremos las expresiones
gráficas.
56