Tema 5. Análisis Transitorio de Circuitos de Primer y Segundo Orden

Tema 5. Análisis Transitorio de Circuitos
de Primer y Segundo Orden
5.1 Introducción
5.2 Circuitos RC sin fuentes
5.3 Circuitos RC con fuentes
5.4 Circuitos RL
5.5 Circuitos RLC sin fuentes
VS
5.6 Circuitos RLC con fuentes
VS 

R
iR (t )
v(t )
iC (t )
C
v(0)  V0
José A. Pereda, Dpto. Ing. de Comunicaciones, Universidad de Cantabria.
1
Bibliografía Básica para este Tema:
[1] C. K. Alexander, M. N. O. Sadiku, “Fundamentos de circuitos
eléctricos”, 3ª ed., McGraw-Hill, 2006.
[2] R. C. Dorf, J. A. Svoboda, “Introduction to electric circuits”,
7th ed., John Wiley & Sons, 2006.
Sadiku  Temas 7 y 8
Dorf  Tema 8 y 9
- Esta presentación se encuentra, temporalmente, en:
http://personales.unican.es/peredaj/AC.htm
2
5.1 Introducción
- En este tema se consideran circuitos que contienen diversas
combinaciones de dos o tres elementos pasivos (R, L, C)
- En la primera parte del tema se examinan dos tipos de circuitos
simples:
1) el circuito con una resistencia y un condensador (circuito RC)
2) el circuito con una resistencia y una bobina (circuito RL)
- Los circuitos RC y RL se analizarán aplicando las leyes de Kirchhoff.
- El análisis de circuitos resistivos da como resultado ecs. algebraicas.
Sin embargo, los circuitos RC y RL producen ecs. diferenciales.
- Las ecs. diferenciales resultantes del análisis de circuitos RC y RL son
de primer orden. Por ello, se les denomina Circuitos de Primer Orden
- Estudiaremos tanto circuitos con fuentes independientes como
circuitos sin fuentes independientes.
- Cuando no hay fuentes independientes, las tensiones y corrientes
en el circuito se deben a las condiciones iniciales en el condensador
o en la bobina (a la energía inicialmente almacenada en ellos).
3
5.1 Introducción
- En la segunda parte del tema se estudiarán circuitos que tienen dos
elementos de almacenamiento.
- A estos circuitos se les conoce como Circuitos de Segundo Orden
porque se describen mediante ecs. diferenciales que contienen
derivadas segundas
- En concreto, estudiaremos la respuesta de circuitos RLC, tanto con
fuente independiente como sin ella.
4
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- Descarga de un condensador a través de una resistencia:
- Consideramos un condensador C inicialmente cargado
v(0)  V0
- Conectamos el condensador a una resistencia R a través de un
interruptor como se muestra en la figura (circuito RC sin fuentes)
R
C
v(0)  V0
t 0
- En el instante inicial t = 0 se cierra el interruptor y el condensador
comienza a descargarse
5
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- Para estudiar el proceso de descarga
resolveremos la KCL en el nudo
iR (t )  iC (t )  0
iR (t )
- Según la relación i-v de cada
elemento:
v
iR 
R
R
dv
iC  C
dt
- Sustituyendo en la KCL:
v
dv
C
0
R
dt


iC (t )
v(t )
C

v(0)  V0
dv
1

dt
v
RC
- Integrando:
dv
1
 v   RC  dt
siendo ln A = cte

1
ln v  
t  ln A
RC
 1 
v

A
exp
t


 RC 
6
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- Aplicando las condiciones iniciales
v(0)  V0
resulta
 1 
V0  A exp 
0  A
 RC 
iR (t )
R

iC (t )
v(t )
C

- Luego, la solución buscada es:
v(0)  V0
 1 
v(t )  V0 exp 
t
 RC 
- Esta solución indica que la tensión del circuito RC cae
exponencialmente desde el valor inicial hasta cero
7
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- La solución anterior suele escribirse como
v(t )  V0 e t / con τ  RC
siendo τ una constante con unidades de tiempo denominada tiempo
de relajación o constante de tiempo del circuito
“ La constante de tiempo de un circuito RC es el tiempo necesario
para que la tensión disminuya en un factor 1/e (un 63.21% de su
valor inicial) “
t    v( )  V /e  0.3679 V
0
0
63.2%
8
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- El tiempo τ da una idea de la rapidez de descarga del circuito.
- Cuanto más pequeño es τ más rápida es la descarga
- Después de un tiempo t = 5τ la tensión ha llegado al 99% de
su valor final  el tiempo efectivo de un transitorio es 5τ
9
5.2 Circuitos RC sin fuentes
- Cálculo de la corriente:
iR (t ) 
v(t ) V0 t /
 e
R
R
iR (t )
R
- Potencia disipada en R:

p (t )  viR  V0 e t /

iC (t )
v(t )
C


2
V
V
 0 t /  
 2t /
 e  0 e
R
 R
- Energía disipada hasta un instante t :
V02  2t /
 V02  2t / t 1
wR (t )   p (t ) dt  
e
dt  
e
 CV02 1  e  2t /
0
0
0 R
2 R
2
1
2
w


CV
(
)
- Para t  inf:
R
0
2
t
t

- La energía total disipada en R es igual a la energía almacenada en el
condensador en el instante inicial t = 0.
10

5.2 Circuitos RC sin fuentes
- Descarga de un condensador a través de una red resistiva:
- Consideramos un condensador C inicialmente cargado
v(0)  V0
- Conectamos el condensador a una red resistiva a través de un
interruptor como se muestra en la figura
Req
Red Resistiva

v(t )

C
t 0
- Para obtener v(t) (t > 0) basta calcular Req vista desde los terminales
del condensador y aplicar la solución conocida para el circuito RC:
v(t )  V0 e t / con τ  Req C
- Nota: si el interruptor cambia en t = t0 
v(t )  V0 e  (t t0 ) /
11
-Ejemplo 1: Sabiendo que vC(0) = 15 V, calcular vC, vX e iX en el circuito
de la figura.
A&S-3ª Ej 7.1
12
Solución:
- La forma más directa de encontrar
la solución es reducir el circuito
problema a un circuito RC simple
como el de la figura, ya que la solución
de este circuito es conocida:

Req
vC (t )
C

vC (t )  V0 e  t / con τ  Req C
- Entonces, el problema se reduce a calcular Req, que es la resistencia
equivalente vista desde los terminales del condensador, esto es
20  5
Req  (12  8) || 5 
 4
20  5
- Por tanto,
τ  Req C  4  0.1  0.4 s
y
vC (t )  15e 2.5t V
13
- Una vez obtenido vC, la tensión vX se calcula mediante un divisor
de tensión:


12
3
vx 
vC  15e  2.5t  9e  2.5t V
12  8
5
- y la corriente iX mediante la ley de Ohm:
vx
ix 
 0.75e  2.5t A
12
14
-Ejemplo 2: El interruptor del circuito de la figura ha estado cerrado
mucho tiempo y se abre en t = 0. Calcular v(t) para t >= 0.
A&S-3ª Ej 7.2
15
Solución:
- Mientras el interruptor está
cerrado el condensador está en
proceso de carga.
- Al abrir el interruptor, el
condensador se descargará a
través de las resistencias de 1 y 9 Ohms.
- La solución buscada (t > = 0) es de la forma:
v(t )  V0 e  t / con τ  Req C
- El problema se reduce a calcular V0 = v(0) y Req
- Cálculo de V0:
- La tensión en el condensador es continua  V0
 v (0  )  v (0  )
- El interruptor ha estado mucho tiempo cerrado, por tanto en t = 0estamos en régimen de corriente continua
16
- El circuito equivalente de un condensador en cc es un circuito abierto.
Por tanto, para t = 0- el circuito equivalente es:
- Aplicando la fórmula del divisor de tensión:
vC (0  ) 
9
 20  15 V
93
- La condición inicial buscada es:
V0  vC (0  )  15 V
17
- Cálculo de Req:
- La resistencia equivalente vista desde
los terminales del condensador para
t >= 0 es:
Req  1  9  10 
- Por tanto,
τ  Req C  10  20 10 3  0.2 s
- La solución buscada es:
v(t )  V0 e t /  15e 5t V
18
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Consideramos un condensador C inicialmente cargado
v(0)  V0
- Conectamos el condensador a una fuente de continua VS. También se
incluye una resistencia R y un interruptor.
R

v(t )

VS 

t 0
C
v(0)  V0
- En el instante inicial, t = 0, se cierra el interruptor y el condensador
comienza a cargarse
19
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Podemos redibujar el circuito de la siguiente forma:

R
VS 

VS
C
v(t )

0
t
t 0
- La fuente VS representa la excitación o entrada al circuito RC
- La tensión en el condensador v (t) puede interpretarse como la
respuesta o salida
- Cuando VS es cte, al tipo de entrada del dibujo se le llama ESCALÓN,
ya que cambia bruscamente de 0 a Vs
20
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Resolución del circuito:
- En t = 0 se cierra el interruptor, luego para t >= 0 el circuito
resultante es:
R
VS 


v(t )

C
- La tensión en el condensador es continua, luego
v(0  )  v(0  )  V0
- Para resolver el circuito emplearemos análisis de nudos
21
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Tenemos 2 nudos más el de
referencia
- Aplicamos la KCL al nudo v(t):
iR (t )  iC (t )
- Según las relaciones i-v:
VS  v
iR 
R
iC  C
R
VS
iR (t )
VS 

v(t )
iC (t )
dv
dt
v(0)  V0
- Sustituyendo en la KCL:
VS  v
dv
C
R
dt

C
dv
1

dt
v  VS
RC
- Integrando:

v (t )
V0
dv
1 t

dt

v  VS
RC 0

ln v  VS  V  
v (t )
0
t
RC
t
0
22
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Sustituyendo en los límites
 v(t )  VS
ln
 V0  VS
de donde

t
  
RC

R
VS
VS 

iR (t )
v(t )
iC (t )
C
v(t )  VS  V0  VS  e  t /
con
v(0)  V0
τ  RC
- La solución final del problema es:
para t  0
V0 ,
v(t )  
t / 




V
V
V
e
, para t  0
0
S
 S
τ  RC
23
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Representación gráfica de la solución
VS  V0  0
V0  0
v(t )  VS  V0  VS  e  t /
- La tensión en el condensador tiende al valor de la tensión de la
fuente (la salida sigue a la entrada)
24
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Respuesta transitoria y respuesta en estado estable
- La respuesta completa de un circuito, v, puede dividirse en dos
contribuciones:
1) la respuesta transitoria, vt
2) la respuesta en estado estable, vss
- Matemáticamente:
v  vt  vSS
- Para el circuito RC:
v(t )  VS  V0  VS  e  t / (respuesta completa)
25
5.3 Circuitos RC con fuentes
v(t )  VS  V0  VS  e  t / (respuesta completa)
“La respuesta transitoria de un circuito es la parte de la respuesta
completa que se anula con el tiempo (se hace cero cuanto t -> inf)”
- Para el circuito RC:
vt  V0  VS  e  t / (respuesta transitoria)
“La respuesta en estado estable de un circuito es la parte de la
respuesta completa que permanece mucho tiempo después de aplicada
la excitación (la parte que queda cuando t -> inf)”
- Para el circuito RC:
vSS  VS
(respuesta en estado estable)
- Nótese que, cuando la fuente tiene valor cte, la respuesta en estado
estable es la misma que la repuesta de continua!!!
26
-Ejemplo 3: El interruptor de la figura ha estado mucho tiempo en la
posición A. En t = 0 se mueve a la posición B. Calcular v(t) para t >= 0 y
A&S-3ª Ej 7.10
su valor en t = 1 s.
27
Solución:
- Comenzamos resolviendo para t < 0 (con el interruptor en A):
- El interruptor ha estado mucho tiempo en A  estamos en cc
- Aplicamos la fórmula del divisor de tensión:
v (0  ) 
5k
 24  15 V
5k  3k
28
- Ahora resolvemos para t >= 0 (con el interruptor en B):
- La solución buscada es de la forma:
- Para esta problema:
- Luego:
- Para t = 1 s:
v(t )  VS  V0  VS  e  t /
VS  30 V
V0  v(0  )  v(0  )  15 V
τ  RC  4  103  0.5 10 3  2 s
v(t )  30  15 e 0.5t V
v(t )  30  15 e 0.5  20.9 V
29
5.3 Circuitos RC con fuentes
- Carga de un condensador a través de una red de resistencias y fuentes:
- Consideramos un condensador C inicialmente cargado
v(0)  V0
- Conectamos el condensador a una red de resistencias y fuentes de
valor cte a través de un interruptor, como se muestra en la figura
RTh

v(t )

Red con
Resistencias
y Fuentes
t 0
C


v(t )


 VTh
C
t 0
- Para obtener la tensión en el condensador v(t) (para t>0) basta
calcular el equivalente Thevenin visto desde los terminales del
condensador y aplicar la solución conocida para el circuito RC:
v(t )  VTh  V0  VTh  e  t / con τ  RTh C
t0
30
-Ejemplo 4: Después de pasar mucho tiempo, los dos interruptores del
circuito de la figura cambian de estado en t = 0. El interruptor S1 se
abre y el interruptor S2 pasa a la posición B. Calcular v e i para
A&S-3ª Ej 7.11
t >= 0.
B
t 0


30 V
t 0
10 
S2
A
i

20 
v

S1
1
F
4


10 V
31
Solución:
- La corriente en el condensador puede ser discontinua en t = 0,
mientras que la tensión no. Por tanto, es mejor calcular antes la tensión
- Comenzamos determinando las condiciones iniciales en t = 0- El circuito equivalente en t = 0- es:
10 
i
- Se observa que:

20 
v(0 )  10 V

v



10 V
10
i (0 )    1 A
10

- Entonces la condición inicial para v es:
v(0  )  v(0  )  V0  10 V
32
- Para t >= 0 el circuito equivalente se muestra en la figura:
10 
- La solución para v(t) es:
v(t )  VTh  V0  VTh  e
con
 t /
30 V


i

20 
τ  RTh C
v
1
F
4

- Para determinar VTh y RTh debemos calcular el equivalente Thevenin
visto desde los terminales del condensador:
20
VTh 
 30  20 V
20  10
- Luego:
10  20 20


10  20 3
20 1 5
τ  RTh C    s
3 4 3
RTh  10 || 20 
v(t )  20  10 e 0.6t V
- La tensión en la resistencia de 10 Ohms es:
- Entonces:
30  v(t )
i (t ) 
 1  e 0.6t A
10
30  v(t )
33
5.4 Circuitos RL
- Consideramos una bobina L con una corriente inicial
i (0)  I 0
- Conectamos la bobina a una fuente de valor cte VS. También se
incluye una resistencia R y un interruptor.
R

 VS
L
t0
- En el instante inicial, t = 0, se cierra el interruptor y comienza a
circular corriente
34
5.4 Circuitos RL
R
- Resolvemos para t >= 0

- Aplicamos análisis de mallas
 VS  vR  vL  0
- Según las relaciones v-i:
vR  Ri
vL  L
VS 

vR 
i (t )
di
dt

vL
L

i (0)  I 0
- Sustituyendo en la KCL:
di
 VS  Ri  L  0
dt

di
R
  dt
i  VS / R
L
- Integrando:

i (t )
I0
di
R t
   dt
i  VS / R
L 0
 lni  V
S
/ R I
i (t )
0
R t
 t0
L
35
5.4 Circuitos RL
R
- Sustituyendo en los límites
 i (t )  VS / R 
R
   t
ln
L
 I 0  VS / R 
de donde

VS 

vR 
i (t )
VS 
VS  t /
i (t ) 
  I0   e
R 
R
con τ  L / R

vL
L

i (0)  I 0
- La solución final del problema es:
para t  0
I 0 ,

VS  t /
i (t )   VS 
 I 
e , para t  0
 R  0 R 
τ  L/R
36
5.4 Circuitos RL
- Al igual que en el circuito RC, la respuesta i(t) tiene una parte
transitoria y otra parte permanente
VS
VS 
  I0 
i (t ) 
R
R 
VS

it   I 0 
R

 t / 
e

 t / 
e

VS
iSS 
R
(respuesta completa)
(respuesta transitoria)
(respuesta en estado estable)
- Nota: si el interruptor cambia en t = t0 la respuesta completa es:
VS 
VS
  I0 
i (t ) 
R 
R
  t  t 0  / 
e

37
5.4 Circuitos RL
- Gráficamente
VS
I0 
R
I0  0
VS 
VS
  I0 
i (t ) 
R 
R
 t / 
e

38
5.4 Circuitos RL
- Consideramos una bobina L con una corriente inicial
i (0)  I 0
- Conectamos la bobina a una red con resistencias y fuentes de valor
cte a través de un interruptor, como se muestra en la figura
RTh
Red con
Resistencias
y Fuentes
i (t )
L
t 0


 VTh
i (t )
L
t 0
- Para obtener la corriente en la bobina i(t) (para t>0) basta calcular
el equivalente Thevenin visto desde los terminales de la bobina y
aplicar la solución conocida para el circuito RL:
VTh 
V
i (t ) 
  I 0  Th
RTh 
RTh
 t / 
L
 e
con  
RTh

t0
39
- Ejemplo 5: Calcular i(t) en el circuito de la figura para t > 0.
Supóngase que el interruptor ha estado cerrado mucho tiempo
A&S-3ª Ej 7.12
40
Solución:
- Para t < 0 el interruptor está cerrado  la resistencia de 3 Ohms
está cortocircuitada.
- El interruptor lleva mucho tiempo cerrado  estamos en cc
- En cc podemos sustituir la bobina por un cortocircuito
- La corriente que pasa por el cortocircuito vale:
10
i (0 ) 
5 A
2

41
- La corriente en la bobina no puede
cambiar instantáneamente, luego
i (0)  i (0  )  i (0  )  5 A
- Para t > = 0 el interruptor se abre
- Queda un circuito RL con fuente
- La solución para la corriente es:
i (t ) 
- Para este circuito: VS
VS 
V
  I0  S
R
R 
 10 V; I 0  5 A;
R  23 5
- El resultado final es:
 t / 
e

1
1
L
 

s
R 3  5 15
i (t )  2  3 e 15t A para t  0
42
- Ejemplo 6: El interruptor S1 de la figura se cierra en t = 0 y el
interruptor S2 en t = 4 s. Calcular i(t) para t > 0. Determinar el valor
de i para t = 2 s y t = 4 s.
A&S-3ª Ej 7.13
43
Solución:
- El circuito problema tiene 2 interruptores que se cierran en instantes
de tiempo distintos, lo cual nos define tres intervalos de tiempo:
a) t < 0; b) 0 <= t < 4; c) t >= 4 s
- Debemos resolver el circuito en cada uno de estos intervalos.
- a) t < 0 (los dos interruptores están abiertos)
- En este caso i (t )  0
- Tomamos el valor de i(t) en
t = 0- como condición inicial
para el siguiente intervalo:
i (0  )  i (0  )  0 A
44
- b) 0 <= t < 4 s (S1 está cerrado y S2 abierto)
- En este caso la rama paralelo está
desconectada y queda el circuito de la figura
40 V
- La solución es de la forma:
10 


5H
VS  t /
VS 
L
i (t )    I 0   e
con  
R
R
R 


I

i
(
0
)

i
(
0
)0 A
R

6

4

10

;
V

40
V;
donde S
0
L 5 1
   s
R 10 2
- Luego i (t )  4 1  e 2t A


- La condición inicial para el siguiente tramo es:


i (4  )  4 1  e 24  4 A
45
- b) t >= 4 s (S1 y S2 están cerrados)
- La solución es de la forma:
VTh
VTh 
i (t ) 
  I 0 
RTh 
RTh
 ( t t0 ) / 
 e

t0  4 s
2 4
22
RTh  2 || 4   6 
6 
;
3
24
L
5 15





s
I

i
(
4
)

i
(
4
)4A
0
RTh 22 22
3
40  VTh VTh  10
- KCL para el nudo P:

 VTh  20 V
4
2
30  (t  4 ) /
30 
i (t ) 
 2.73  1.27e 1.47 ( t  4 ) A
 4  e
11 
11 
46
- Agrupando las soluciones obtenidas:
para t  0
0

i (t )  4 1  e  2t A
para 0  t  4 s
2.73  1.27e 1.47 ( t  4 ) A para t  4 s





- Para t = 2:
i (2)  4 1  e 4  3.93 A
- Para t = 5:
i (5)  2.73  1.27e 1.47 (5 4 )  3.02 A
47