Problemas DeCarlo Resueltos

UNIVERSIDAD DE LOS ANDES
DEPARTAMENTO DE ING. ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
FUNDAMENTOS DE CIRCUITOS
Problemas Resueltos- DeCarlo- Cap. 09 – Circuitos de segundo orden RLC
1. Cuando se aplica un voltaje DC de Vs V a un circuito LC sin energía almacenada,
el voltaje en C alcanza un pico del doble del valor de la fuente. Considere el
siguiente circuito en el cual se cierra el interruptor en t = 0. Asuma que el voltaje en
C y la corriente en L son cero en t = 0. Demostrar que para t ≥ 0 se tiene:
⎛ 1 ⎞
Vs
sen⎜⎜
t ⎟⎟
a) i L (t ) =
L
⎝ LC ⎠
C
⎡
⎛ 1 ⎞⎤
b) vC (t ) = Vs ⎢1 − cos⎜⎜
t ⎟⎟⎥
⎝ LC ⎠⎦
⎣
2. En el siguiente circuito el interruptor ha estado cerrado por mucho tiempo y se abre
en t = 0. Encontrar vC(t) para t ≥ 0, en términos de R, L, C e Is.
3. En el siguiente circuito iL(t) = 50e-10tsen(10√3 t) A para todo t ≥ 0. Encontrar el valor
de C que produzca esta respuesta. Luego calcular las condiciones iniciales vC(0+),
v´C(0+) y vC(t) para t > 0.
4. Considere el siguiente circuito RLC. Encuentre la respuesta vC(t) para t > 0.
5. El siguiente es un circuito de segundo orden con OP AMP ideal. Si R2= 1MΩ:
a) Determinar los valores de C1 y C2 que produzcan una ecuación
característica con frecuencias naturales en -4 y -12.
b) Ajustar el valor de R1 tal que una entrada de voltaje escalón unitario
produzca luego de un largo tiempo una salida Vout = 10V.
c) Calcular vout(t) cuando vS(t) = u(t) y todos los voltajes de los condensadores
valen cero en t = 0.
SOLUCIÓN
1.
Vs = Vl + Vc
dIl 1
+
Ildt
Vs = L
dt C ∫
derivando :
d 2 Il
1
+
Il = 0 ⇒ Wo =
LC
dt
Ecuacion Homogenea :
dil
⎛ t
⎞
Il = A cos ⎜
Vc = Vs − Vl = Vs − L
+φ⎟
dt
⎝ LC
⎠
condicione s iniciales : Il ( 0) = 0 = A cos φ A ≠ 0
Vc (0) = 0 = Vs +
Il (t ) = −Vs
Il (t ) = Vs
AL
sen (90 ) ⇒
LC
C
⎛ t
⎞
+ 90 ⎟
cos ⎜
L
⎝ LC
⎠
C
⎛ t ⎞
Sen ⎜
⎟
L
⎝ LC ⎠
A = −Vs
1
LC
Vc (t ) = Vs +
cos φ = 0
AL
⎛ t
⎞
sen ⎜
+φ⎟
LC
⎝ LC
⎠
φ = 90
C
L
⎛ t
⎞
Vc (t ) = Vs − VsSen ⎜
+ 90 ⎟
⎝ LC
⎠
⎡
⎛ t
⎞⎤
+ 90 ⎟ ⎥
Vc (t ) = Vs ⎢1 − sen ⎜
⎝ LC
⎠⎦
⎣
2.
Para t<0 Se asume los componentes
inicialmente cargados
Vc(t=0-)=0 [V]
Il((t=0-)=Is/2 [A]
Para t>0
Vl + Vc = 0 ( por la malla )
dIl
dVc
+ Vc = 0
L
pero Ic = C
dt
dt
2
2
d Vc
d Vc Vc
+
=0
CL 2 + Vc = 0 ⇒
LC
dt
dt 2
AC
⎛ t
⎞
⎛ t
⎞
+φ⎟
+φ⎟
Vc(t ) = ACos⎜
Il (t ) = −
sen⎜
LC
⎝ LC
⎠
⎝ LC
⎠
CI :
Vc(0) = 0 = A cos φ ⇒ φ = 90
Il (0) =
Is
AC
=−
2
LC
Vc(t ) = −
⇒
A=−
Is L
⎛ t
⎞
Cos⎜
+ 90 ⎟
2 C
⎝ LC
⎠
Is L
2 C
⇒
Vc(t ) =
Is L
⎛ t ⎞
Sen⎜
⎟
2 C
⎝ LC ⎠
3.
Il(t)=50e-10tSen(10(3)1/2t)
Se tiene una respuesta subamortiguada con α=10 y Wd=10(3)1/2
10 = ξWo
10 3 = Wo 1 − ξ 2
se despeja y reemplaza :
Wo = 20
ξ = 0 .5
dI l 1
+
I l dt = 0
dt C ∫
se deriva y organizan las exp resiones : se deriva y organizan las exp resiones :
RI l + L
d 2 I l R dI l
I
+
+ l =0
2
L dt LC
dt
de la ecuacion :
1
R
2ξWo =
Wo =
L
LC
resolviendo :
L = 0 .5 H
C = 5mF
CI :
Il (t = 0 + ) = 0 = CVc' (0 + )
Vc' (0 + ) = 0
dI
Vl (t ) = L l = 25 − 10e −10t sen 10 3t + 10 3 cos 10 3t
dt
Vl (t = 0) = 250 3 = 433.01
Il (t = 0) = 0 ⇒ Vr (0) = 0
[
(
)
(
Vc(0) = −Vl (0) ⇒ Vc(0 + ) = −433.01[V ]
Vc(t ) = −Vr (t ) − Vl (t )
dI
Vc(t ) = −10 Il (t ) − L l
dt
−10 t
Vc(t ) = −250e sen 10 3t + 250 3 cos 10 3t
(
)
(
)]
)
4.
Para t<0 se asumen los elementos cargados
Il (t = 0 − ) = 0
Vc(t = 0 − ) = (6m)(400) = 2.4V
Para t>0, realizamos una transformación de fuentes
dIl
− 2.4 = 400 Il + 0.2
+ Vc
dt
dVc
Il = C
dt
organizando y reemplazando :
d 2Vc
dVc
+ 2000
+ 10 *10 6 Vc = −2.4(10 *10 − 6 )
dt
dt
⎡ rad ⎤
⎡ rad ⎤
Wo = 3162.27 ⎢
y ξ = 0.316 ⇒ α = 1000 y Wd = 3000 ⎢
⎥
⎥
⎣ s ⎦
⎣ s ⎦
Vc(t ) = Ae −1000t cos(3000t + φ ) − 2.4 dado que Vc(∞) = −2.4[V ]
aplicando condiciones iniciales similar a los puntos anteriores obtenemos :
φ = −18.43
A = 5.06
Vc(t ) = 5.06e −1000t cos(3000t − 18.43) − 2.4[V ]
5.
a) Va=Vc=0 (ley OP-AMP)
Nodo Va :
Vs
Vb
dVb
=−
− C1
1M
R1
dt
Nodo Vc :
dVout
Vb
Vout
=−
− C2
1M
1M
dt
Vb = −Vout − (1M )C 2
1
Vs
=−
1M
R1
dVout
dt
⇒
dVout ⎞
d ⎛
dVout ⎞
⎛
⎟
⎜ − Vout − (1M )C 2
⎟ − C1 ⎜ − Vout − (1M )C 2
dt ⎠
dt ⎝
dt ⎠
⎝
Vs Vout
dVout
dVout
d 2Vout
=
+ C2
+ C1
+ (1M )C1C 2
R1 1M
dt
dt
dt 2
se resuelve la cuadratica de la hom ogenea :
1
1
S1 = −
S2 = −
S1 = −4 S 2 = −12
(1M )C1
(1M )C 2
C1 = 250nF
C 2 = 83.33nF
B)
Cuando pasa mucho tiempo los efectos de las derivadas desaparecen
Vout (∞) Vs
entonces Vout (∞) = 10V y Vs = 1V
=
R1
1M
R1 = 100 KΩ
C)
Por A) y B Vout(t)=A1e-4t+A2e-12t+10
CI:
Vc2(0)=0
Î Vout(0)=0 Î A1+A2=-10
Como Vc1(0)=0
Î Vb(0)=0
Vb(t)= -A1e-4t-A2e-12t-10-0.0833[-4e-4t-12e-12t]
Vb(0)=0=-A1-A2-10+0.33ª1+A2
A1=-15
A2=5
Vout(t)=-15e-4t+5e-12t+10[V]