Problemas DeCarlo Resueltos

UNIVERSIDAD DE LOS ANDES
DEPARTAMENTO DE ING. ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
FUNDAMENTOS DE CIRCUITOS
Problemas Resueltos- DeCarlo- Cap. 08 – Circuitos de Primer Orden RL
y RC
1. En el siguiente circuito suponga vC(0-) = 10 V.
a) Encontrar el valor de C tal que a t = 0.1 s, vC (0.1 s) = 10e-1 V.
b) Con la respuesta de la parte (a) encontrar vC (t).
2. Dado el siguiente circuito:
a) Encontrar el valor de R y la condición inicial iL(0) tal que
iL(0.05 ms) = 9.197 mA e iL(0.15 ms) = 1.2447 mA.
b) Con el valor de anterior de R calcular y pintar iL(t) para 0 ≤ t ≤
5τ, donde τ es la constante de tiempo del circuito.
3. En el siguiente circuito la fuente de entrada está dada por vin(t) = VSu(t) V. Encontrar vC(0+) y vC(t) para t > 0 en términos de VS, R y C. Pintar
vC(t) para 0 ≤ t ≤ 3τ, donde τ es la constante de tiempo del circuito
para t > 0.
4. En el siguiente circuito la fuente de entrada está dada por iin(t) = ISu(-t)
A. Encontrar iL(0+) e iL(t) para t > 0 en términos de IS, R y L. Pintar iL(t)
para 0 ≤ t ≤ 3τ, donde τ es la constante de tiempo del circuito para
t > 0.
5. En el circuito anterior tenemos ahora iin(t) = IS1u(-t) + IS2u(t) A.
a) Encontrar iL(0+) e iL(t) para t > 0 en términos de IS1, IS2, R y L.
b) Pintar iL(t) para 0 ≤ t ≤ 4τ, donde τ es la constante de tiempo
del circuito para t > 0.
c) Identificar la respuesta de entrada-cero (t ≥ 0) y la respuesta de
estado-cero de la respuesta de la parte (a).
6. Considere el siguiente circuito con OP AMP ideal en el cual los voltajes
en los condensadores son cero en t = 0. Este circuito en Vout se
comporta como un integrador proporcional de la señal de entrada Vin.
a) Encontrar una fórmula para vout en términos de vin y de su
integral.
b) Si vin = e-0.25tu(t) V, encontrar Vout para t ≥ 0, asumiendo
condiciones iniciales iguales a cero.
c) Si vin = cos(ωt)u(t) V, encontrar Vout para t ≥ 0, asumiendo
condiciones iniciales iguales a cero.
1)
−t
Vc(t ) = [Vc(0) − Vc(∞)]e τ + vc(∞)
con τ = RC
Vc(∞) = 0
−t
Vc(t ) = Vc(0)e τ
Vc(0.1s ) = 10e −1 = 10e
−0.1
( 20 kΩ ) C
⇒ 1=
con τ = (20 KΩ)C
0.1s
(20 KΩ)C
⇒ C = 5µF
−t
b) 2 = RC = 0.1s
Vc(t ) = 10e 0.1s [V ]
2)
−t
I l (t ) = I l (0)e τ
τ=
I l (∞ ) = 0
− 0.05 ms
I l (0.05ms) = 9.197 mA = I l (0)e
τ
− 0.15 ms
I l (0.15ms) = 1.2447 mA = I l (0)e
τ
L
80mH
=
Re q R + 1KΩ
(1)
(2)
Dividiendo 1 en 2
0.1ms
7.389 = e
τ
−t
B) 25[mA]e 0.05 ms
⇒ τ = 0.05ms ; R = 600Ω ; I l (0) = 25mA
5τ = 5(0.05ms) = 0.25ms
3) Se analizan los distintos casos
t<0
se asume el condensador completamente cargado, por lo tanto se comporta como un
circuito abierto
3R
3
* Vs = Vs
Vc(t = 0 − ) =
4
R + 3R
por continuidad :
3
Vc(t = 0 − ) = Vc(t = 0 + ) = Vs
4
Para t>0
−t
Vc(t ) = [Vc(0) − Vc(∞)]e τ + vc(∞)
Vc(∞) = 0
3RC
con τ = Re qC = [3R || R ] =
4
− 4t
3Vs 3 RC
Vc(t ) =
e [V ]
4
4)
t<0
Se asume la bobina cargada por lo tanto se comporta como un corto
R
Is
Is =
R+R
2
por continuida d :
Is
I l (t = 0 − ) = I l (t = 0 + ) =
2
I l (t = 0 − ) =
Para t>0
−t
I l (t ) = [ I l (0) − I l (∞)]e τ + I l (∞)
τ=
I l (∞ ) = 0
− Rt
Is 2.5 L
e [ A]
2
La grafica es similar a la del punto anterior
I l (t ) =
5)
a) Para t<0 el circuito es igual al anterior
R
Is1
Is1 =
R+R
2
por continuidad :
I l (t = 0 − ) =
I l (t = 0 − ) = I l (t = 0 + ) =
Is1
2
L
L
2 .5 L
=
=
Re q 2 R || 0.5 R
R
Para t>0
−t
I l (t ) = [ I l (0) − I l (∞)]e τ + I l (∞)
I l (∞ ) =
τ=
Is 2
2
L
L
2.5 L
=
=
Re q 2 R || 0.5 R
R
− Rt
I l (t ) = [
Is1 Is 2 2.5 L Is 2
−
]e
+
[ A]
2
2
2
b)
− Rt
Is1 Is 2 2.5 L
]e [ A]
c)Estado- cero=natural= I l (t ) = [ −
2
2
Is 2
Estado-cero=Forzada=
[ A]
2
6)
a )Va = 0 (tierra virtual )
Nodo Va
Vin
dVin
dVou
+ C1
= −C 2
R
dt
dt
int egrando :
Vout = − ∫
Vin
C1
dt −
Vin
RC 2
C2
⎡ 4 −0.25t C1 −0.25t ⎤
e
e
b) Si Vin(t ) = e −0.25t u (t ) ⇒ Vout (t ) = ⎢
−
⎥⎦u (t )
C2
⎣ Rc 2
1
C1
⎡
⎤
sen( wt ) −
cos( wt )⎥u (t )
c) Si Vin(t ) = cos( wt )u (t ) ⇒ Vout (t ) = ⎢−
C2
⎣ Rc 2w
⎦