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RÉGIMEN TRANSITORIO ENCIRCUITOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDENPROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA Nº 01.
En el circuito de la figura se sabe que:
41
2
( ) 200cos(10 45º )
( ) 100g
g
e t t v
e t v
Si en t=0 s, el conmutador pasa de posición 1 a 2, DETERMINAR las expresiones analítica y gráfica de lacorriente 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 circuitoque estudiaremos será:
Hacemos la siguiente representación:
41
1
( ) 200cos(10 45º )
100 2 45
g
g
e t t v
e
Y para la inductancia que estamos caracterizando tenemos:
4 310 *1*10 10L
L
X L
X
44
Luego:
100 2 45 100 2 4510 90
10 10 10 2 45I
j
Y la expresión de la misma en función del tiempo será:
4( ) 10 2 cos(10 90º ) ; 0I t t A si t
Que en t=0 alcanzará un valor igual a:
4(0) 10 2 cos(10 *0 90º ) 0I A 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 puedeconsiderar el nuevo circuito, desde t=0 s, como un circuito aestado cero excitado por una fuente decorriente continua. Con esta condición elcircuito que tenemos es:
100( ) 2
50(0) 2
vI t A
I A
Además sabemos que
3510
2.10Re 40 10
Ls
q
, por lo tanto el tiempo necesario para que se
alcance el régimen permanente será de 510 10 s y la expresión de la corriente por la bobina será:
45 10 ( ) 2 2 ; 0ti t e si t s
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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 todoinstante 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 decorriente continua de 100 V, con lo que nos vamos a encontrar un caso decircuito a estado cero, excitadopor una fuente de C.C., el circuito que vamos a estudiar es:
0 0,3 s t s
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Si tenemos en cuenta que el condensador no admite cambios bruscos de tensión y que en elrégimenpermanente se comportara como un circuito abierto por el que no circularacorriente, en régimenpermanente la corriente que circula por el circuito es nula y toda latensión de la fuente caerá en elcondensador, por ello:
( ) 100 (0) 100U t v y U v
Calculamos la constante de tiempo del circuito, 6 3Re 300 10 55 16,5 10C q s ,y el tiemponecesario para que se alcance el régimen permanente será de 382,5 10 s , luego como se va apermanecer en esta situación durante 0,3 segundos si se alcanzará elrégimen permanente, y tenederosque:
3
1
16,5 10( ) 100 100 0 0,3 t
CU t e para t s
Sea ahora:
0,3 t s
Después de que en t= 0,3 s. se cierre el interruptor 2, vamos a tener un circuito excitadopor fuentes deC.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:
( ) 20 (0,3 ) 20U t v y U s v , siendo 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
morfología del mismo y que 40 10Re 15 23
40 10q
, con lo que la nueva
6 3Re 300 10 23 6,9 10C q s y el tiempo necesario para que se alcance el régimenpermanente será de 334,5 10 s , luego el régimen permanente se alcanzará en t=0.3345 s.
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3 3
1 1( 0,3) ( 0,3)
6,9 10 6,9 10( ) 20 ( 20 100) 20 120t t
CU t e e
, para 0,3t s
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, habiéndosealcanzado el régimen permanente.Para el instante de tiempo t = 0 s, el interruptor pasa a la posición 1, permaneciendo en ellaun tiempo iguala 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 latensión en bornes del condensador, para todo instante de tiempo.
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RESOLUCIÓN:
Nos encontramos con un circuito cargado inicialmente que en t=0 va a pasar a estaralimentado por unafuente 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.
( ) 20 3 60CU t A V
Para el tiempo comprendido entre 0 y 4π ms. el conmutador está situado en la posición 1 yel circuito queestudiamos es el siguiente:
Estudiaremos el régimen permanente para ello transformamos la fuente de corriente enfuente de tensiónpara calcular la tensión en el condensador en régimen permanente.
6
1 1( ) 10
1000 100 10200 0º 200 0º
10 2 45º10 10 10 2 45º
10 2 45º 10 90º 100 2 45º
C
C
X tC
I Aj
U V
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Con lo que podemos sacar la expresión de la tensión en función del tiempo y su valor para elinstante detiempo inicial
3 3( ) 200cos(10 45º ) (0) 200cos(10 0 45º )100 2 C CU t t y U V
Calculamos la constante de tiempo del circuito 6 3Re 10*100 10 1 10C q s .
Y como vamos a permanecer un tiempo igual a 4π ms. Que es mayor que35 10 s , se alcanzará el
régimen permanente.
33 10( ) 200cos(10 45º ) (100 2 60) , 0 4 tCU t t e para t ms .
Cuando se cambie de situación en t = 4π ms., la onda de la tensión estará en un valor igual a:
3 3 3(4 10 ) 200cos(10 (4 10 ) 45º ) 200cos(4 45º ) 200cos( 45º ) 100 2CU V
Este será la tensión inicial 3(4 10 )CU , 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 quetenemos que estudiar cuando bascule el conmutador a la posición 2 será:
150 15010
6 9 1510 6 60C
I A
U A V
Calculamos la nueva constante de tiempo del circuito, sabemos que la 6 9Re 5 8,6
6 9q
;
6 3Re 8,6*100 10 8.6 10C q s y como vamos a permanecer en un tiempo indefinido se
alcanzará el régimen permanente, la tensión inicial en el condensador valía3(4 10 ) 100 2CU V
,
con lo que la tensión instantánea será:
5310
( 4 10 )86( ) 60 ( 60 100 2) , 4
t
CU t e V para ms t
50
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 deK, durante todo instante de tiempo.
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RESOLUCIÓN:
Antes de t=0 nos encontramos con una bobina conectada en serie con dos resistencias, una de 10 Ω yotra de 5 Ω, por lo tanto se habrá descargado sobre las mismas, por su parte elcondensador también estáconectado con una resistencia de 6 Ω por lo que cuando seconecte en t=4 ms. estará descargado.
En el intervalo
0 4 t ms
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 elrégimen permanente la corriente por la bobina valdrá:
10( ) 2
5L
VI t A
, y por la otra parte tendremos (0) 2LI A , con lo que teniendo en cuenta que
la constante de tiempos viene dada como3
35 101 10
Re 5
Ls
q
, ya podemos calcular la
expresión de la corriente en la bobina310( ) 2 2 t
Li t e A ; si el tiempo cumple 0 4 t ms .
Además sabemos que en t= 4 ms. no se ha alcanzado el régimen permanente, por lo tanto3 33 10 4 10(4 10 ) 2 2 1,9634Li e A A
, corriente que será la corriente inicial cuando elconmutador cambie de posición.
4 6 .ms t ms
Ahora nos encontramos con dos circuitos diferenciados, por una parte una bobina cargadaque se va adescargar sobre dos resistencias, y por otra parte un condensador descargado que se cargará.
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Estudiamos en primer lugar el circuito de la bobina, y tenemos que (0) 0LI A , por lo que
3(4 10 ) 1,9634LI A , y la nueva constante de tiempo será
335 10 1
10Re 15 3
Ls
q
, luego el
tiempo necesario para que se descargue la bobina es de 1,66 ms. Y la bobina habrá descargado antes deque se termine este intervalo de tiempo
3 33 10 ( 4 10 )( ) 1,9634 , 4 6 tLi t e A para ms t ms
.
Estudiamos ahora el comportamiento del condensador, la constante de tiempo será6 64*6
Re *10 10 24 104 6
C q s
, luego como 65 120 10 120s ns tiempomenor que los 2
ms. que permanecemos en esta posición, entonces se alcanzara el régimen permanente y el condensadorse 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
3(4 10 ) 2,5CI A , mientras que en el régimen permanente el condensador se comportará como uncircuito abierto y tenemos que ( ) 0CI t A y por lo tanto también 3(4 10 ) 0CI A
.
Con estos datos podemos decir que
4 34,16 10 ( 4 10 )( ) 2,5 , 4 6 tCi t e A para ms t ms
6 ms t
A partir de este instante de tiempo nos encontramos con que el circuito vuelve a la posición de reposo, y lohace con la bobina descargada y el condensador cargado con una tensión de6 voltios, en este casosolamente nos va a interesar estudiar la parte del condensador para calcular la corriente en el mismodurante el proceso de la descarga, por ello estudiamos:
53
Tenemos un condensador cargado que se descarga sobre la resistencia, la constante detiempo valdrá66 10 10 60RC s ns y el tiempo necesario para descarga es de 5 5*60 0,3ns ms luego
el condensador estará descargado en t=6,3 ms., la tensión en bornes del condensador y por tano de laresistencia es de
4 31,666 10 ( 6 10 )( ) 6 , 6 tCU t e V para ms t
Luego podemos decir que con el sentido de la corriente:4 3
4 31,666 10 ( 6 10 )
1,666 10 ( 6 10 )6 ( ) 1 , 6
6
tt
C
ei t e para ms t
Dando sentido gráfico a todo lo deducido, tenemos:
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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 labobina i L(t).
RESOLUCIÓN:
0t s
La bobina ha estado suficiente tiempo desconectada de fuentes como para habersedescargado.
0 20s t ms
Estudiamos un circuito con elementos a estado inicial cero excitado por fuentes decorriente alterna. Elcircuito que estudiaremos en el régimen permanente es:
330( ) 100 10 3
50 37º 50 37º10 0º
4 3 5 37º
L
L
X t L
I Aj
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A partir del valor de la corriente en régimen permanente, sacaremos la expresión de lamisma en funcióndel tiempo, el valor que adquiere para t = 0 y finalmente el valor por elque pasa en t =20 ms. cuandocambie la excitación del circuito
( ) 10 2 cos(100 )
(0) 10 2 cos(100 0) 10 2
L
L
i t t A
i A A
Calculamos la constante de tiempo del circuito3
330 10
2,3873 10Re 4
Ls
q
y como vamos a
permanecer un tiempo igual a 20ms. Y 35 11,9366 10 s , se alcanzará el régimen permanente,
valiendo la corriente ese instante de tiempo 3 3(20 10 ) 10 2 cos(100 20 10 ) 10 2Li A A , que
será condición inicial para el siguiente intervalo que estudiemos.
418,879( ) 10 2 cos(100 ) 10 2 0 20 .tLi t t e para t ms
20 30ms t ms
Ahora, estudiamos un circuito con elementos cargados inicialmente excitado por fuentes decorrientecontinua. El circuito que estudiaremos en el régimen permanente es:
644
13 3LI A
3( ) 4 (20 10 ) 4L LI t A e I A
Y como ya conocíamos el valor de la corriente en el instante de tiempo inicial, solamente nosfalta calcular
la nueva constante de tiempo que valdrá:3
330 10
0,5968 10Re 16
Ls
q
y por tanto el tiempo
necesario para alcanzar el régimen permanente es de 2,9842・10-3s quees menor que los 10 ms. quepermanecemos en esta posición, luego se alcanzara el régimen permanente y por tanto cuandocambiemos de posición en t= 30 ms. se habrá alcanzado elrégimen permanente circulando por la bobinauna corriente de -4 A.
1675,516( 20 10 3)( ) 4 ( 4 10 2) ; 20 30tLI t e para ms t ms
56
30ms t
El circuito es en este caso un circuito a entrada cero. El circuito que estudiaremos en elrégimenpermanente es:
3( ) 0 (30 10 ) 0L LI t A e I A
Ya conocíamos el valor de la corriente inicial (-4A), solamente nos falta calcular la nuevaconstante de
tiempo que valdrá3
330 10
1 10Re 30
Ls
q
, por lo tanto se necesita untiempo de 5/π ms. para
que se descargue la bobina. Podemos decir que:
3 310 ( 30 10 )( ) ( 4) ; 30tLI t e para ms t
Una vez calculadas las expresiones analíticas para todo instante de tiempo, dibujaremos las expresionesgráficas.