Régimen Transitorio Circuito RL de Primer Orden

Régimen Transitorio Circuito RL de Primer Orden
Prof. Gerardo Ceballos
Inductor
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Inductor
di L
vL = L
dt
i
v
t
0
t
1
iL (t ) = iL (t 0 ) + ∫ v L (τ )dτ
L t0
Régimen Permanente
t
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Capacitor vs. Inductor
Capacitor vs. Inductor
i
Régimen Permanente
v
0
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Análisis del circuito RL de 1er orden
VL
Ig =
+ iL
R
L diL
Ig =
+ iL
R dt
diL R
R
+ iL = I g
dt L
L
Ec. Diferencial de 1er Orden
iL (t ) = iL h (t ) + iL p (t )
Respuesta transitoria
(Sol . De la ec. dif. homogénea)
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Respuesta forzada o particular
(S l D l
(Sol . De la ec. dif. particular)
dif
ti l )
iL (t ) = iL h (t ) + iL p (t )
Sol. Homogénea:
Ame mt +
R mt
Ae = 0
L
Sol. Particular: de la misma forma que Φ (t ) =
dK R
R
+ K = Ig
dt L
L
R
Ig
L
iL (t ) = Ae
t
L
R
+ Ig
( )
+
A = iL 0 − I g
iL p (t ) = K
iL p (t ) = I g
K = Ig
( )
iL h (t ) = Ae
1
m=−
L
R
Para hallar A se usan las condiciones iniciales:
Para hallar A se usan las condiciones iniciales:
−
iL h (t ) = Ae mt
diL R
+ iL = 0
dt L
A≠0
e mt ≠ 0
iL 0 + = Ae
−
0
L
R
iL (∞) = I g = I N
+ Ig
Si R > 0
(
−
)
iL (t ) = iL (∞) + iL (0 + ) − iL (∞) e
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t
L
R
−
t
L
R
Constante de tiempo
(
)
−
iL (t ) = iL (∞) + iL (0 + ) − iL (∞) e
Leqq
τ=
t s = 5τ
RTh
Régimen permanente
Transitorio
t
Leq
RTh
Régimen permanente
iL (∞)
iL (0+ )
(
)
0,99 iL (∞)+− iL (0 + )
0,98 iL (∞+) − iL (0 )
0,95 iL (∞+) − iL (0 )
0,86 iL (∞) +− iL (0 )
0,63 iL (∞) − iL (0 )
(
(
(
)
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(
)
)
)
Pasos para analizar un circuito RL de p
primer orden
t
(
x (t ) = x (∞) + (x (0
−
)
) − x (∞) )e
iL (t ) = iL (∞) + iL (0 + ) − iL (∞) e
c
c
c
+
Leq
−
c
RTh
t
Leq
RTh
• Analizar en t=0‐ p
para hallar iL((0‐),
), se puede p
modelar el inductor como un corto. • Analizar en t=0+, donde iL(0+)=iL(0‐), se puede modelar al inductor como una fuente de corriente con valor iL(0+)
• Analizar para t>0
– Equivalente de Norton, IN= iL(∞), τ=Leq /Rth
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Ejercicio
• Hallar y graficar iL(t) y Vf(t)
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Ejercicio
• t=0‐ :
+ 100 − 40 − 3ki + 1ki = 0
− V f + 4k (2i ) + 1ki + 100 = 0
i (0 − ) = 30mA
V f (0 − ) = 370V
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iL (0 − ) = 60mA
Ejercicio
• t=0+ :
I 4m
I 2m
I1m
2kI1m
+ 1kI 2m
− 1kI 3m
I 2m − I1m = 2i
+ 1kI 4m
= −60
− I1m + I 2m + 2 I 4m = 0
I 2m − I 4m = 60mA
I 3m
V f (0 + ) = 40 − 2kI1m − 4k ( I1m − I 4m )
V f (0 + ) = −21,3V
iL (0 + ) = iL (0 − ) = 60mA
− 1kI 2m + 2kI 3m = 100
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Equivalente de Norton que ve el inductor:
• t>0 :
I 4m
I1m
6kI1m + 5kI 2m − 1kI 3m − 8kI 4m = −60 − V p
I 2m − I1m = 2i
− I1m + I 2m + 2 I 4m = 0
− 1kI 2m + 2kI 3m = 100
− 4kI1m
− 4kI 2m
VTh = V p
I =I
m
2
m
4
+ 9kI 4m
I 3m
I 2m
V f (∞) = 56,47V
= Vp
= 9,33V
VTh
RTh =
= 5,69kΩ
IN
V f (∞) = 40 − 2kI1m − 4k ( I1m − I 4m )
I N = I 2m − I 4m
V p =0
= 1,64mA
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V p =0
Ejercicio
IN
(
IN
)
iL (t ) = iL (∞) + iL (0 ) − iL (∞) e
+
−
t
L
iL (t ) = 1,64mA + (60mA − 1,64mA)e
(
)
−
V f (t ) = V f (∞) + V f (0 ) − V f (∞) e
+
V f (t ) = 56,47 + (− 21,3 − 56,47 )e
V f (0 − ) = 370V
58,3mA
t
L
−
RTh
t
25 μ
τ=
L
114mH
= 20μs
=
RTh 5,69kΩ
t s = 5τ = 5.20μs = 100μs
‐77,7V
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RTh
t
−
20 μ
Simulado en Pspice
Simulado en Pspice
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Ejercicio
(
)
iL (t ) = iL (∞) + iL (0 ) − iL (∞) e
+
−
t
L
iL (t ) = 1,64mA + (60mA − 1,64mA)e
58,3mA
τ = 20μs
RTh
−
t
20 μ
t s = 100 μs
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Ejercicio
(
)
−
t
L
V f (t ) = V f (∞) + V f (0 ) − V f (∞) e t RTh
−
+
V f (t ) = 56,47 + (− 21,3 − 56,47 )e
V f (0 − ) = 370V
25 μ
t s = 100 μs
τ = 20μs
‐77,7V
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• Ver
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negativa con inductor
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en paralelo con condiciones iniciales
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