Transcript ELECTROMAGNETISMO II

ELECTROMAGNETISMO II
Problemas 4, 5 y 6
Hoja 5
Itahisa Nesoya González Álvarez
Maruxa Yurena Suárez Lorenzo
PROBLEMA 4
ENUNCIADO:
Calcula las intensidades de corriente I1 (t ) e I 2 (t ) que circulan a través de las bobinas en el
circuito de la Fig. 1 si el generador produce un escalón de tensión de valor V0en t  0s.
R1
Vg
L1
L2
Figura 1
2
SOLUCIÓN:
PROBLEMA 4
Planteamiento:
Para resolver el problema se calculan las intensidades que pasan por cada una de las mallas,
I1 (t ) e I 2 (t ), y con estas, se obtienen las intensidades que pasan por la bobina 1 y la 2, que es lo que se
pide en el problema. La relación entre las intensidades de las mallas y las de las bobinas es la
siguiente:
I L1 (t )  I1 (t )  I 2 (t )
I L 2 (t )  I 2 (t )
Resolución:
A partir del enunciado del problema podemos deducir que las condiciones iniciales son:
 0
V 
V0
t   ,0
t  0,  
Para la resolución del problema se aplica la transformada de Laplace, y para ello se realiza en
tres pasos:
1.
Transformar el circuito al dominio de s
Resistencia:
Bobina:
transformada
de Laplace
V (t )  RI (t ) 
V ( s)  RI ( s)
dI L (t ) transformada
de Laplace
V (t )  L


V ( s )  sLI L ( s )  LI L (0 )
dt
3
PROBLEMA 4
El circuito equivalente sería el de la figura 2.
2. Resolver el circuito usando las leyes de Kirchoff
V0

 I 1 ( s) R  I 1 ( s).s.L1  I 2 ( s).s.L1   V0  I ( s)R  sL   I ( s).s.L 
1
1
2
1
s
 s

0  I 2 ( s).s.L2  I 1 ( s).s.L1  I 2 ( s) L1 s  0   I 1 ( s).s.L1  I 2 ( s).s.L2  L1 
 V0   R  sL
1
  
 s 
 0    sL1
 
R1
Vg
I1 (t )
L1
I 1 ( s) 
V0
s
0
R  sL1
 sL1
 sL1
sL2  L1 
I 2 (s)
sL2
 I 1 
 
sL2  L1  I 2 
L
 sL2  L1 R  sL1   s 2 L12
R1
 sL1
s( L2  L1)

R  L1 s
I 2 (s) 
L2
 sL1
El sistema de ecuaciones lo resolvemos con la regla de
Cramer:

I 2 (t )
 L1 s

V0
V0 ( L2  L1 )
V0 ( L1  L2 )


s

ssL1 L2  RL1  L2 
V0
s
0
V0 L1

ssL1 L2  RL1  L2 
I1 ( s )
sL1
Figura 2
4
PROBLEMA 4
3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo
Para poder antitransformar descomponemos en fracciones simples, I1 (s) e I 2 (s)
I1 (s) 
V0 ( L2  L1 )
A
B
 
ssL1 L2  R( L1  L2 ) s sL1 L2  R( L1  L2 )
V0 ( L2  L1 )  AsL1 L2  RL1  L2   Bs


V 0  1  V0

 
  I1 ( s) 
R s R
 V0 L1 L2 
B

R

A
V0
R




1



RL1  L2  
s

L1 L2


I 2 (s) 
V0 L1
A
B
 
s  sL1 L2  R ( L1  L2 )  s sL1L2  R ( L1  L2 )
V0 L1  A  sL1 L2  R  L1  L2    Bs
V0 L1

R ( L1  L2 ) 

V0 L1  1
1
  I 2 (s) 
 

V0 L1 
R ( L1  L2 )  s sL1L2  R ( L1  L2 ) 
B
R ( L1  L2 ) 
A
5
PROBLEMA 4
Para obtener las intensidades en el dominio del tiempo, sólo resta calcular las transformadas
inversas.



 Transformada
V0  1  V0 
V0
1
inversa

I1 ( s ) 



I
(
t
)

1
 
R  L1  L2  
R s R 
R
s



L1 L2


 R  L1  L2 t 


 
L1 L2


1  e






 R  L1  L2 t 

1
 Transformada
V0 L1
V0 L1
1/ L1 L2
1  L1L2  
inversa
1 

 
 
I 2 (s) 
 I 2 (t ) 
e
R ( L1  L2 )  s s  R ( L1  L2 ) 
R ( L1  L2 ) 
L1 L2





L
L

1 2

V0
I1 (t ) 
R
 R  L1  L2 t 

 
 
L
L
1  e  1 2  




 R  L1  L2 t 

 
 
V0 L1
1
L
L
1 
I 2 (t ) 
e  1 2 
R ( L1  L2 )  L1 L2



6
PROBLEMA 4
Para terminar se calculan las intensidades correspondientes a cada bobina.
IL1 (t)
I L1 (t )  I1 (t )  I 2 (t ) 
V0

R
V
 0
R
 R  L1  L2 t 
 R  L1  L2 t 




 
 
V
L
1
L
L
L
L
0 1
1  e  1 2   
1 
e  1 2  

 R( L1  L2 )  L1L2





 R  L1  L2 t 


 


L
1


L
L
1
 
 1 e  1 2  
1 
L1  L2  L2  L1  L2  




IL2 (t)
I L2 (t )  I 2 (t )
 R  L1  L2 t 

 1  L2  L1  L2    L1L2  
V0
I L1 (t ) 
 L2  

e
R  L1  L2  
L
2




 R  L1  L2 t 



V0 L1
1
L1L2 

1 

I L2 (t ) 
e
R( L1  L2 )  L1L2



7
PROBLEMA 5
ENUNCIADO:
El interruptor S del circuito de la figura 1 se considera abierto desde t  . Si se cierra en t  1s
y vuelve a abrirse en t  2s, calcula las tensiones del condensador, Vc (t ), y de la resistencia de 1.6K
Vo (t ).
250 F
12K
12K
30V
3K
1.6K
Figura 1
8
PROBLEMA 5
SOLUCIÓN
Planteamiento:
El problema se puede dividir en distintas etapas dependiendo de que el interruptor este abierto
o cerrado. Dichas etapas se muestran a continuación:
t   ,1  Interruptor abierto

t  1, 2   Interruptor cerrado

t   2,    Interruptor abierto
Para la resolución de la segunda y tercera etapa se va a utilizar la transformada de Laplace.
9
PROBLEMA 5
 t   ,1
Dado que el interruptor esta abierto en esta etapa
el circuito es el de la figura 2.
Debido a que el intervalo de tiempo en esta etapa es
muy largo la corriente que pasa por el condensador se hace
cero (el condensador se carga), y éste se comporta como un
circuito abierto (Figura 3).
Ic
30V
V13   2 103 A 3 103    6V
Finalmente, en esta etapa se tiene los siguientes
resultados:
Ic  0
I0  0
Vc  6V
V0  0
3K
1.6K
Figura 2
Por tanto, la caída de potencial entre los puntos 1 y 2, y
los puntos 1 y 4 es la misma que entre los puntos 1 y 3, que
tiene de valor:
30V  I (12 K )  I (3K )  I  2 103 A
250 F
12K
12K
1
30V
2
3K
1.6K
3
Figura 3
4
10
PROBLEMA 5
 t  1, 2 
12K
En esta etapa se tiene el circuito de la figura 4.
Dado que las dos resistencias de 12K están en
paralelo se puede escribir el circuito de la figura 4 de un modo
más simplificado, tal como se muestra en la figura 5.
12K
3K
30V
Las condiciones iniciales son los resultados que
se obtuvo en la etapa anterior.
1.6K
Figura 4
Para la resolución del problema se aplica la
transformada de Laplace, y para ello se realiza en tres pasos.
1. Transformar el circuito al dominio de s.
250 F
R1  6 K 
C  250 F
V  30V
R2  3K 
R3  1.6 K 
Resistencia:
transformada
de Laplace
V (t )  RI (t ) 
V (s)  RI (s)
Figura 5
Condensador:
transformada
V (t ) 1
1 t
de Laplace
Vc (t )  Vc (t0 )   I c (t )dt 
V ( s)  c 0  I c ( s)
C 0
s
Cs
11
El circuito equivalente sería el de la figura 6.
PROBLEMA 5
250  F
6K
2. Resolver el circuito usando las leyes de
Kirchoff.
30V
3K
Se aplica la 2ª ley de Kirchoff a la primera y
segunda malla (Figura 7).
Transformada
de Laplace
1ª Malla:
6/ s
6K
V
 R1 I1 ( s )  R2 I1 ( s )  R2 I 2 ( s )
s
30
 9 103 I1 ( s )  3 103 I 2 ( s )
s
30
s
1/ 250  F  s
1.6K
3K
Figura 6
6V
s
R1  6 K 
2ª Malla:
Vc (0) 1
 I 2 ( s)  R3 I 2 ( s)
s
Cs
6
1
0  3 103 I 2 ( s)  3 103 I1 ( s)  
I 2 ( s)  1.6 103 I 2 ( s)
6
s 250 10 s

6
4 103 
3
3
  3 10 I1 ( s)   4.6 10 
 I 2 ( s)
s
s


1.6K
1
(250  F ) s
0  R2 I 2 ( s)  R2 I1 ( s) 
30V
s
I1 ( s) R2  3K 
Figura 7
I 2 (s)
R3  1.6 K 
12
PROBLEMA 5
Se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas:
30
  30 
3
3
 9 103 I1 ( s)  3 103 I 2 ( s)


9

10

3

10

s
  s  
  I1 ( s) 
3





 3 103 4.6 103  4 10   I ( s) 

6
4 103 
6
3
3


 2 
  3 10 I1 ( s)   4.6 10 
 I 2 ( s)     
s

s
s 

  s
Para resolverlo se utiliza la regla de Cramer:
9 103

3 103
3 103
36  6
36  6


6

41.4

10

9

10

32.4

4

 3 


10
s
s
4.6

10






s

30
3 103
s
6 
4
30 
4  3 18 3
  4.6  103
4.6


10  10
s 
s
s 
s
s
I1 ( s) 


36  6


 32.4  10
s 




120  s  1
1
1
103  120 103 


s  32.4s  36 
32.4
s

36
s
32.4
s

36




30
s
6
54
90
3 103 
 103  103
s  s
s
I 2 ( s) 

36  6


 32.4  10
s 

36
1.1

103 
103
32.4s  36
s  1.1
9 103
13


1
1
I1 ( s)  120 10 


32.4
s

36
s
32.4
s

36




1.1103
I 2 ( s) 
s  1.1
PROBLEMA 5
3
3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo
Para poder antitransformar hay que separa en fracciones simples el segundo sumando de I1 ( s)
1
A
B
A(32.4 s  36)  Bs
 

s (32.4 s  36)
s 32.4 s  36
s (32.4 s  36)
1  A  32.4 s  A  36  B  s
1  A  36


0  A  32.4  B 
1
36
32.4
B
 0.9
36
A

Así, I1 ( s) es:
1
1
0.9


I1 ( s )  120 103 



 32.4 s  36 36 s 32.4 s  36 
0.1
 1

 120 103 


 36s 32.4 s  36 
I1 ( s )  3.3 103
1
1
 0.36 103
s
s  1.1
14
PROBLEMA 5
Ahora ya podemos aplicar la transformada inversa a I1 ( s) e I 2 ( s).
 1.1

I 2 (t )  L1 
103  
 s  1.1

 1.1103 e1.1t
1
1 


I1 (t )  L1 3.3 103   L1 0.36 103

s
s

1.1




 3.3 103  0.36 103 e1.1t
I1 (t )   0.36e 1.1t  3.310 3
I 2 (t )  1.1 10 3 e 1.1t
Para terminar se calculan las tensiones en el condensador y en la resistencia 3, que es
lo que se pide en el problema.
Vc (t)
La tensión del condensador viene dada por la expresión siguiente:
t
1
Vc (t )  Vc (t  0)   I c (t )dt
C0
15
PROBLEMA 5
En este caso, se tiene
 Cambio de variable 
1 t


Vc (t )  Vc (t  1)   I 2 (t ) dt   t '  t  1  dt '  dt  
C t 1
t 1
 t '  0 

t'
1 t'
1
'
'
3 1,1( t ' 1)
 6   ' I 2 (t  1) dt  6 
1,1

10
e
dt ' 

6

C t 0
250 10 0
t'
t
'
' 
 1
 6  4, 4  e 1,1t e 1,1dt '  6  4, 4  e 1,1   e 1,1t 
0
 1,1
0
'
Vc (t )  6  4  e 1,1  e 1,1( t 1)  1
Vo (t)
Vo (t )  R3 I 2 (t )  1, 6 103 1,1 103  e 1,1t  
 1, 76  e 1,1t
Vo (t )  1, 76  e 1,1t
16
PROBLEMA 5
 t 2, 
250 F
12K
En esta etapa se tiene el circuito de la figura 8.
30V
3K
Las condiciones iniciales son los resultados que
se obtuvo en la etapa anterior para t  2.
1.6K
Figura 8
Vc  t  2   6  4  e1,1  e1,1(21)  1  6,9 V
250  F
12K
Vo  t  2   1,76  e1,12  0, 20 V
30V
3K
1.6K
1. Transformar el circuito al dominio de s.
Resistencia:
transformada
de Laplace
Transformada
de Laplace
V (t )  RI (t ) 
V (s)  RI (s)
Condensador:
Vc (t )  Vc (t0 ) 
Vc (2) 1
1 t
I
(
t
)
dt


V
(
s
)

 I c (s)
c

0
C
s
Cs
El circuito equivalente sería el de la figura 9.
6, 9 / s
12K
transformada
de Laplace
30
s
1/ 250  F  s
1.6K
3K
Figura 9
17
PROBLEMA 5
2. Resolver el circuito usando las leyes de Kirchoff.
6,9V
s
R1  12 K 
30V
s
I1 ( s ) R2  3K 
1ª Malla:
1
(250  F ) s
R3  1.6 K 
I 2 (s)
2ª Malla:
V
 R1 I1  R2 I 2  R2 I 2
s
30
 12 103  3 103  I1  3 103 I 2
s
30
 15 103 I1  3 103 I 2
s
Vc (2)
1

I 2  R3 I 2
s
Cs
1
6, 9


3
0   3 103  1, 6 103 
I

3

10
I

2
1

250 106 s 
s

0  R2 I 2  R2 I1 

6, 9
4 103
3
3

 3 10 I1   4, 6 10 
s
s


 I2

Se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas:
30
 15 103 I1  3 103 I 2
s

6, 9
4 103
3
3

 3 10 I1   4, 6 10 
s
s




 
 I2 
 

18
PROBLEMA 5
Para resolverlo se utiliza la regla de Cramer:
15 103

3 103
3 103
60  6

6
6  s 1 

69

10

9

10

60

10
4

 3 



s 
 s 
 4.6  10 
s

30
3 103
s
6,9 
4  3 30 
4  3 20,7 3

4.6

10
 4.6  10

10 
s 
s
s 
s
s
I1 ( s) 



6  s 1 
60 10 

 s 
 117,3 120  3
s
 2  10
1,95 3
2
s
s 
 


10

103
6
60 10  s  1
s 1
s  s  1
30
s
6,9 103,5 3 90 3
3 103 
10  10
s
s
s
I 2 ( s) 


s

1



60 106 

 s 
0, 225 3

10
s 1
15 103
I1 ( s) 
1,95 3
2
10 
103
s 1
s  s  1
I 2 ( s) 
0, 225 3
10
s 1
19
PROBLEMA 5
3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo
Para poder antitransformar hay que separa en fracciones simples el segundo sumando de I1 ( s)
1
A
B
A( s  1)  Bs
 

s ( s  1)
s s 1
s ( s  1)

1  As  A  B  s
1 A


0  A  B

A  B
1, 95 10 3 2 10 3 2 10 3
I1 ( s ) 


s 1
s
s 1
I1 ( s ) 
2 10 3 0, 05 10 3

s
s 1
Ahora ya podemos aplicar la transformada inversa a I1 ( s) e I 2 ( s).
3
3
1  2 10 
1  0.05 10 
I1 (t )  L 
 L 

 s 
 s  1.1 
  2  0.05e1.1t  103
A
 0, 225 10 3 
I 2 (t )  L 

s

1


 0, 225 10 3  e  t  A 
1
I1 (t )   2  0.05e 1.1t  103
I 2 (t )  0, 225 10 3  e  t
20
PROBLEMA 5
Para terminar se calculan las tensiones en el condensador y en la resistencia.
Vc (t)
 Cambio de variable 
1 t


Vc (t )  Vc (t  2)   I 2 (t )dt   t '  t  2  dt '  dt  
C 2
t  2
 t '  0 

t'
1 t'
1
'
'
3  ( t '  2)
'
 6,9   ' I 2 (t  2)dt  6,9 

0,
225

10
e
dt

6 0
t

0
C
250 10
 6,9  0,9  e
2

t'
0
t'
e dt  6,9  0,9  e  e 

0
t'
'
2
t '
Vc (t )  6,9  0,9  e 2 1  e  ( t  2) 
Vo (t)
Vo (t )  R3 I 2 (t )  1, 6 103  0, 225 10 3  e  t  
 0,36  e t
Vo (t )  0, 36  e t
21
PROBLEMA 6
ENUNCIADO:
Estudiar la intensidad de corriente que aparece en un circuito RC en serie en respuesta a la
aplicación en de un generador de tensión sinusoidal.
22
PROBLEMA 6
SOLUCIÓN:
Planteamiento:
En este problema se va a estudiar un circuito formado por condensador y resistencia
conectados en serie con un generador de tensión sinusoidal, V (t )  V0 sent
C
V (t )
R
Figura 1
Para calcular la intensidad que circula por el circuito se utilizará la transformada de
Laplace. De este modo se obtiene la respuesta transitoria y permanente.
La condición inicial es: Vc (t  0)  0
23
PROBLEMA 6
Resolución:
C
Se aplica la 2ª ley de Kirchoff al circuito:
1 t
V (t )  RI (t )  Vc (t  0)   I c (t )dt
C 0
1 t
V0 sent  RI (t )   I c (t )dt
C 0
V (t )
Transformando al dominio de s:
1 t

L V0 sent  L RI (t )  L   I (t )dt 
C 0


1 I (s)
V0 2

RI
(
s
)

s  2
C s

Cs
I ( s )  V0 2
s   2 RCs  1
I ( s )  V0

R
s
1 
2
2 
s


s


  RC 
R
Transforma
da
de Laplace
1/ Cs
V (s)
s
R
Figura 2
24
PROBLEMA 6
Para poder antitransformar hay que separar en fracciones simples.
 As  B   s 
s
As  B
D
 2


2
1
1  s 
2
2 
s
 s     s  RC 
RC
1
1
s  As 2  As
 Bs  B
 s2D   2D
RC
RC


0  A D

1

1 B  A

RC

1

0B
  2D
RC

1 
2
2
  s   D
RC 

1 
 s 2   2   s  RC


RC
1   2 R 2C 2
 2 R 2C 2
B
1   2 R 2C 2
RC
D
1   2 R 2C 2
A

La intensidad en el dominio s queda como:

 s   2 RC

RC
1
I ( s )  V0



2 2 2
2
2
R 1  R C  s  
s  1 RC 
 V0
I(s) 
 C 
2
 1

s

1
1

R



1   2 R 2C 2  C s 2   2
s 2   2 C s  1 RC 
V0
2
 1 

 R
 C 
 1

s

1
1

R



C s 2   2
s 2   2 C s  1 RC 
2 
25
PROBLEMA 6
Usando la transformada de Laplace inversa ya se puede obtener la intensidad en el dominio
del tiempo.
 1  1

V0
s  1 
  1  1
1
I (t ) 
L

L
R

L
 
 2

 
2
2
2
2

C
s


s



C
s

1
RC




 1 


2 

 R
 C 
 1
V0
1  RC1 t 

cos t  Rsent 
e


2

C

C
 1 

2 

 R
 C 
I (t )  
V0 / C
2
 1 
2

 R
 C 
e

1
t
RC

V0
2
 1 

 R

C


 1

cos

t

Rsen

t


C

2 
Esta última ecuación es la solución completa y se puede diferenciar la respuesta transitoria y
la respuesta permanente.
A continuación se va a trabajar trigonométricamente la solución completa para obtener una
forma más explícita para la componente de la respuesta permanente.
26
2
 1 
2

 R
 C 
  arctg
sen 
R

cos  
1
C
Sustituyendo:
I (t )  

V0 / C
2
 1 
2

 R
 C 
V0 / C
2
 1 
2

 R
 C 
e
e


1
t
RC
1
t
RC
I(t)= 
PROBLEMA 6
1
CR
R
2
 1 
2

 R
 C 
1 C
2
 1 
2

 R
 C 




V0
1 C
R



cos

t

sen

t


2
2
2
 1 
 1 
2   1 
2
2


 R  
 R

 R

 C 
 C 
  C 


V0
2
 1 
2

 R
 C 
V0 / C
2
 1 
2

 R
 C 
e

1
t
RC
 cos  cos t  sen sent 

V0
2
 1 
2

 R
 C 
cos t   
27
BIBLIOGRAFÍA
•
•
•
•
F. Lahoz, Apuntes de Electromagnetismo II, La Laguna 2006
A. Papoulis, M. Bertran, Sistemas y Circuitos, Boixareu editores
V. López Rodríguez, Electromagnetismo, Unidades didácticas de la UNED
V. López Rodríguez, Problemas resueltos de electromagnetismo, editorial Centro de
Estudios Ramón Areces, Madrid.
28