Julia Garibaldi

Análisis y resolución del régimen transitorio de circuitos de corriente continua

1) Resolución de ecuaciones diferenciales 1.1) Definición Una ecuación diferencial lineal, ordinaria, de orden n y a coeficientes constantes relaciona las enésimas derivadas de una función x(t), que es la incógnita. Tiene la forma:

)()()(...)()(011

1

1 tftxadt

tdxadt

txdadt

txda n

n

nn

n

n =++++ −

−

− (1.1)

con y ℜ∈naa ;...;0 0≠na En el caso particular en que f(t) = 0, la ecuación se llama homogénea. Si 0)( ≠tf , la ecuación es no homogénea. La solución general x(t) de una ecuación de orden n puede escribirse como la suma de la solución de la ecuación homogénea asociada xH(t) y de una solución particular xP(t). La ecuación homogénea asociada a (1.1) tiene la forma:

0)()(...)()(011

1

1 =++++ −

−

− txadt

tdxadt

txdadt

txda Hn

Hn

nnH

n

n (1.2)

Entonces

)()()( txtxtx PH += siendo: x(t): solución general xH(t): solución de (1.2) xP(t): solución de (1.1)

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1.2) Solución de la ecuación homogénea asociada El primer paso para hallar la solución general x(t) es encontrar la solución de la ecuación homogénea asociada xH(t). Para esto se propone lo siguiente:

stH etx =)( (1.3)

Reemplazando (1.3) en la ecuación (1.2) se obtiene

0)(...)()(011

1

1 =++++ −

−

−st

st

n

stn

nn

stn

n eadteda

dteda

dteda

0... 01

11 =++++ −−

stststnn

stnn easeaesaesa

Tomando est como factor común y sabiendo que dicha función no puede ser cero:

[ ] 0... 011

1 =++++ −− asasasae n

nn

nst

Así se obtiene que, para que se cumpla la igualdad anterior, debe darse:

0... 011

1 =++++ −− asasasa n

nn

n que se conoce como ecuación característica. Hallando las n raíces de la ecuación característica, si todas son distintas, la solución de la ecuación (1.2) se puede escribir como:

∑=

=n

k

tskH

keCtx1

)(

siendo las Ck constantes a determinar a partir de las condiciones iniciales del problema. Si hubiese una raíz que se repite n-m veces

∑∑−−

==

+=1

01)(

mn

j

tsjj

m

k

tskH

jk etDeCtx m < n

En el caso de hallarse más de una raíz repetida se agregan las sumatorias necesarias a xH(t) para cada una de ellas.

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1.3) Ejemplos A continuación se realizan algunos ejemplos de resolución de ecuaciones diferenciales homogéneas. Notar que en este caso x(t) = xH(t), así que se usará la notación x(t) para referirse a la solución. Ejemplo 1.3.1 Hallar x(t)

0)(2)()(2

2

=−− txdt

tdxdt

txd

la ecuación característica se obtiene directamente por inspección: 022 =−− ss y las raíces son: s1 = -1 s2 = 2 por lo tanto, la solución es

tt eCeCtx 221)( += −

siendo C1 y C2 constantes a determinar a partir de las condiciones iniciales del problema. Ejemplo 1.3.2 Resolver

04)(4)(3)(4)(2

2

3

3

4

4

=−++−dt

tdxdt

txddt

txddt

txd

la ecuación característica es: 04434 234 =−++− ssss raíces: s1 = 1; s2 = -1; s3 = 2; s4 = 2 En este caso, la raíz s = 2 se repite, por lo tanto la solución es

tttt teDeDeCeCtx 21

2021)( +++= −

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Ejemplo 1.3.3 Resolver la ecuación diferencial

0)(4)(4)(3)(2)(2

2

3

3

4

4

=+−−+ txdt

tdxdt

txddt

txddt

txd

planteando la ecuación característica: 04432 234 =+−−+ ssss se obtienen las raíces: s1 = s2 = 1 s3 = s4 = -2 con lo cual se observa que hay dos raíces repetidas. Por lo tanto, la solución es:

tttt teDeDteCeCtx 21

2010)( −− +++=

Ejemplo 1.3.4 Hallar x(t)

027)(27)(9)(2

2

3

3

=+++dt

tdxdt

txddt

txd

la ecuación característica es: 027279 23 =+++ sss y tiene como raíces: s1 = s2 = s3 = -3 La solución es:

ttt etCteCeCtx 322

31

30)( −−− ++=

1.4) Solución particular La solución particular de (1.1) se obtiene de la siguiente manera:

1) proponiendo una solución xP(t) de la misma forma que f(t) 2) reemplazando la solución propuesta en (1.1) y despejando las constantes

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La siguiente tabla ilustra las distintas soluciones a proponer dependiendo de la forma de f(t):

f(t) xP(t) K (constante) K’ (otra constante)

polinomio de grado n

∑=

n

i

iitC

0

otro polinomio de grado n, con iKi ∀≠ ,0

∑=

n

i

iitK

0

)( tCsen ⋅ω )cos( tD ⋅ω

)()cos( tBsentA ⋅+⋅ ωω

siendo K’, Ki, A y B constantes a determinar en el paso 2) y son distintas de las constantes a determinar a través de las condiciones iniciales del problema (ver secciones 1.2 y 1.3). Para despejar las constantes que quedaron en la solución propuesta xP(t), se debe reemplazar dicha función en (1.1) y obtener las condiciones de igualdad:

)()()(...)()(011

1

1 tftxadt

tdxadt

txdadt

txda PP

nP

n

nnP

n

n =++++ −

−

−

Este método resultará más claro en los siguientes ejemplos. 1.5) Ejemplos A continuación se realiza una serie de ejemplos para ilustrar el método de obtención de la solución particular explicado en la sección anterior. Ejemplo 1.5.1 Hallar una solución particular de:

5)()(2 =− txdt

tdx

Como f(t) = 5 (constante), la solución propuesta será: xP(t) = K (otra constante) Reemplazando xP(t) en la ecuación dada:

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⇒=−⇒=−⇒=− 55)(25)()(2 KKdtKdtx

dttdx

PP 5−=K

Por lo tanto: 5)( −=txP Ejemplo 1.5.2 Hallar una solución particular de:

1)(2)(3)( 22

2

+=+− ttxdt

tdxdt

txd

En este caso, f(t) es un polinomio de grado 2, por lo tanto la solución propuesta es:

012

2)( CtCtCtxP ++= que contiene todos los términos de un polinomio del mismo grado que f(t). Reemplazando la solución propuesta en la ecuación dada:

( ) 12)(

3)( 2

012

201

22

201

22

2

+=+++++

−++

tCtCtCdt

CtCtCddt

CtCtCd

( ) ( ) 12232 2

012

2122 +=++++− tCtCtCCtCC

1222362 201

22122 +=+++−− tCtCtCCtCC

( ) ( ) 1232622 2

012212

2 +=+−+−+ tCCCtCCtC Teniendo en cuenta que para que dos polinomios sean iguales deben ser iguales sus coeficientes, se puede plantear el siguiente sistema de ecuaciones:

=+−=−

=

1232062

12

012

21

2

CCCCC

C

Resolviendo el sistema anterior se obtienen las constantes: 49

0 =C ; 23

1 =C ; 21

2 =C

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Por lo tanto:

49

23

21)( 2 ++= tttxP

1.6) Solución general Una vez halladas xH(t) y xP(t), todo lo que resta es escribir la solución general de la ecuación (1.1) como:

)()()( txtxtx PH += y despejar las constantes que quedaron de las condiciones iniciales del problema (esto se verá más adelante en la resolución de circuitos).

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2) Consideraciones generales Antes de empezar a resolver el régimen transitorio de los circuitos de corriente continua, o sea, determinar la corriente que circula por el mismo como función del tiempo, es conveniente realizar algunas consideraciones generales para todos los problemas de este tipo. 2.1) Determinación del orden de la ecuación diferencial a partir de la inspección del circuito En todos los problemas de régimen transitorio, el orden de la ecuación diferencial que modela dicho transitorio es igual al número de elementos almacenadores de energía que tiene el circuito. Los elementos almacenadores de energía son los capacitores, que la almacenan en forma de un campo eléctrico, y los inductores, que lo hacen mediante un campo magnético. Las resistencias sólo pueden disipar la energía en forma de calor. Ejemplo 2.1.1

0

C1

1n

R1

1k

V5

1V

El régimen transitorio de la corriente de este circuito se describirá con una ecuación diferencial de orden 1, ya que contiene un único elemento almacenador.

Ejemplo 2.1.2

0

V61V

R2

1k

L1

10uHL2

10uH

La ecuación diferencial para este circuito también será de orden 1, ya que, aunque el circuito tiene dos inductores, como estos están en serie puede obtenerse un inductor equivalente.

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Ejemplo 2.1.3

0

V61V

R2

1k

L1

10uH

C2

1n

Cuando se plantea el régimen transitorio de este circuito se obtiene una ecuación diferencial de orden 2, porque claramente el circuito tiene dos elementos almacenadores de energía.

2.2) Determinación de las condiciones iniciales del problema Las condiciones iniciales del problema (recordemos que son necesarias para despejar las constantes de la solución de la ecuación diferencial) se determinan de la siguiente manera:

1) en los capacitores: se da la tensión sobre el capacitor en el instante inicial, por ejemplo: V 0)0( ==tc

2) en los inductores: en este caso se establece la corriente que pasa por el inductor en el instante inicial, por ejemplo: 0)0( ==tLi

Aclaración: en el caso de los capacitores, resulta equivalente conocer la tensión inicial o la carga inicial, dado que . VQC /=Notar que la cantidad de condiciones iniciales que debe darse debe ser igual al número de constantes que tenga la ecuación diferencial, y ese número es igual al orden de dicha ecuación. 2.3) Forma de las exponenciales de las soluciones Las soluciones que se obtienen en estos problemas siempre son exponenciales, que pueden ser reales o complejas. En el caso de las exponenciales reales (y de la parte real de las exponenciales complejas) siempre son decrecientes, o sea, los exponentes son siempre menores que cero. Esto es así porque una exponencial positiva implicaría, por ejemplo, que un capacitor se carga hasta el infinito, y esto no es físicamente posible.

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3) Circuitos de primer orden Los circuitos de primer orden reciben ese nombre porque la ecuación diferencial que caracteriza la variación de la corriente con el tiempo es de primer orden. En este caso particular, la resolución de la ecuación diferencial se simplifica debido a que puede aplicarse separación de variables en las ecuaciones homogéneas. 3.1) Ejemplos Ejemplo 3.1.1: circuito RC serie excitado por fuente Dado el siguiente circuito, encontrar la variación de la corriente que circula en función del tiempo.

condiciones iniciales:

0

C1

1n

R1

1k

E

1V

0)0( ==tVC

Como en todo circuito serie, se plantea en primer lugar la ecuación de la malla:

0=−− CR VVE Reemplazando las tensiones sobre la resistencia y sobre el capacitor:

∫+=t

diC

RtiE0

)(1).( ττ

La ecuación obtenida es una ecuación integral. Para transformarla en diferencial, se derivan ambos miembros:

)(1)(0 tiCdt

tdiR +=

Resolviendo por separación de variables:

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[ ])(ln1)()(1)()(1)(1)(0 tiKt

RCtitdidt

RCdttdiRti

Cti

CdttdiR =+−⇒=−⇒=−⇒+= ⇒

)(')(11

tieKtiet

RCKt

RC =⇒=⇒−+−

donde K’ es la constante a determinar a partir de la condición inicial dada. El término que está en el exponente se denomina “constante de tiempo” del circuito y se lo denota con la letra

RCτ (tau).

RC=τ en el circuito RC serie

La constante de tiempo depende del circuito, y da una idea de cuánto dura el régimen transitorio, ya que luego de transcurridas cinco constantes de tiempo se puede considerar que el circuito alcanzó el régimen permanente. La condición inicial se da en la tensión del capacitor, pero se necesita una condición inicial sobre la corriente del circuito. Para obtenerla se plantea la ecuación de malla en el instante t = 0:

)0()0()0()0()0()0( CCR VRiEVVE +=⇒+=

Como V y 0)0( =C REiEE =⇒= )0()0(

Para despejar la constante K’, se evalúa i(t) en el instante t = 0:

REK

REeKi RC =⇒==

−'')0(

01

Por lo tanto, la solución del problema es:

tRCe

REti

1

)(−

=

Ejemplo 3.1.2: circuito RC serie excitado por condiciones iniciales En este caso, se tiene un capacitor que tiene una tensión inicial distinta de cero para poder hacer funcionar el circuito, y no hay fuentes.

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condición inicial: V 0)0( VC =

C

1n

R

1k

+Vo--

en el sentido en que se indica

El procedimiento de resolución es idéntico al ejemplo 3.1.1, con la salvedad de que la ecuación de malla está igualada a cero porque no hay fuentes.

La solución tiene la forma: t

RCeKti1

')(−

= Planteando la malla en el instante t = 0 para obtener la condición inicial:

RV

iVRiVRiVV CCR0

0 )0()0(0)0()0(0)0()0(0 −=⇒+=⇒+=⇒+=

Evaluando i(t) en t = 0:

RV

KR

VeKi RC 0001

'')0( −=⇒−==−

Por lo tanto, la solución es:

tRCe

RVti

10)(

−−=

Ejemplo 3.1.3: circuito RL excitado por fuente Antes de resolver el circuito se establecerá una convención para la polaridad de la caída de tensión en el inductor y para el sentido de circulación de corriente por el mismo. L1

10uH

+VL--

Dados estos sentidos, la caída de tensión en el inductor L se define como:

IL

dttdiLVL)(

= sin el “signo menos” de la ley de Lenz

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0

R

1k

E

1V

L

10uH

condiciones iniciales: iL(0) = 0 Se plantea la ecuación de la malla:

LR VVE +=

Reemplazando por las expresiones correspondientes:

dttdiLRtiE )()( +=

En primer lugar se obtiene una solución de la ecuación homogénea asociada aplicando separación de variables:

[ ]⇒=+−⇒=−⇒=−⇒+= )(ln)()()()()()(0 tiKt

LR

titdidt

LR

dttdiLRti

dttdiLRti H

H

HHH

HH

t

LR

HH

KtLR

eKtitie−+−

=⇒=⇒ ')()( siendo K’ la constante a determinar a partir de la condición inicial, y la constante de tiempo:

RL

=τ en el circuito RL serie

Finalmente se debe encontrar una solución particular. Como la ecuación diferencial está igualada a una constante (tensión de la fuente E), se propone otra constante como solución particular:

KtiP =)( Reemplazando en la ecuación diferencial y despejando:

( ) ⇒=⇒=⇒+=REKKREK

dtdLKRE

REtiP =)(

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Existe otra forma de obtener la solución particular que consiste en estudiar el comportamiento del circuito en régimen permanente, es decir, cuando t . En este caso, el inductor se comporta como un cortocircuito ya que la caída de tensión en el mismo es cero.

∞→

La solución particular se obtiene calculado la corriente en el régimen permanente reemplazando el inductor por un cortocircuito:

0

R

1k

E

1V

RE

=tiREi P⇒= )(

En cualquier análisis del régimen transitorio de un circuito, se puede obtener la solución particular de la ecuación diferencial estudiando el comportamiento de dicho circuito cuando

∞→t La solución general es entonces la suma de iH(t) e iP(t):

REeKti

tLR

+=−

')(

Para despejar la constante K’ se evalúa la condición inicial:

REK

REKi −=⇒=+= '0')0(

Finalmente, la solución es:

−=+−=

−− tLRt

LR

eRE

REe

REti 1)(

Se deja como ejercicio para el lector la resolución del circuito RL serie excitado por condiciones iniciales (sin fuentes).

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4) Circuitos de segundo orden En esta sección se resolverán los tres casos correspondientes al régimen transitorio del circuito RLC serie.

0

L

10uH

R

1k

C

1n

E1V

condiciones iniciales:

0)0( =Li

0)0( =CV

Planteando la ecuación de la malla

CLR VVVE ++= y reemplazando

∫++=t

diCdt

tdiLRtiE0

)(1)()( ττ

La ecuación anterior, que tiene tanto a la función incógnita como a su derivada primera y su integral, se conoce con el nombre de ecuación íntegro-diferencial. Para resolverla, se derivan ambos miembros:

)(1)()(0 2

2

tiCdt

tidLdt

tdiR ++=

La ecuación característica es: 012 =++C

RsLs

Dividiendo ambos miembros por L: 012 =++LC

sLRs

Proponiendo que LR

=σ2 y LC12

0 =ω , la ecuación característica queda como:

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02 2

02 =++ ωσss

Resolviendo la ecuación característica se encuentra que las raíces son:

20

22,1 ωσσ −±−=s

Esto da origen a tres casos:

1. (raíces reales y distintas) 212120

2 ssss ≠∧ℜ∈∧ℜ∈⇒>ωσ2. (raíces reales y coincidentes) 2121

20

2 ssss =∧ℜ∈∧ℜ∈⇒=ωσ3. (raíces complejas conjugadas) *

212120

2 ssCsCs =∧∈∧∈⇒<ωσ 4.1) Primer caso: raíces reales y distintas En el primer caso, la solución de la ecuación diferencial tiene la siguiente forma:

ttBeAeti

−−−

−+−

+=20

220

2

)(ωσσωσσ

A y B son las constantes a determinar a partir de las condiciones iniciales. Ejemplo 4.1.1 Analizar el régimen transitorio del siguiente circuito:

datos:

0

L

500HC

1mF

R

1500

E1V

mFCVE

11

==

HL 500= Ω= 1500R

0)0(

0)0(==

C

L

Vi

La ecuación característica tiene la forma: 012 =++LC

sLRs

Reemplazando con los datos del problema se obtiene: 0232 =++ ss

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Las raíces son: 11 −=s y 22 −=s , lo cual corresponde con el primer caso estudiado (raíces reales y distintas). La solución es, entonces:

tt BeAeti 2)( −− += Para obtener las condiciones iniciales para la corriente y su derivada se plantea la ecuación de malla en el instante inicial:

)0()0()0( CVdt

diLRiE ++= (observando que i(0) = iL(0) )

Se obtiene que: LE

dtdi

=)0(

Por lo tanto, las condiciones inciales son: 0)0( =i e 002,0)0(' =i Evaluando dichas condiciones en i(t) e i’(t) se despejan las constantes A y B:

=−−==+=

002,02)0('0)0(

BAiBAi

⇒002,0

002,0−=

=BA

Finalmente

[ ]tt eeti 2002,0)( −− −=

0

0,0001

0,0002

0,0003

0,0004

0,0005

0,0006

0 2 4 6 8

Tiempo (seg)

Cor

rient

e (A

)

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4.2) Segundo caso: raíces reales y coincidentes La solución para este caso es:

tt BteAeti σσ −− +=)( Ejemplo 4.2.1 Analizar el régimen transitorio del siguiente circuito

0

L

250HC

1mF

R

1000

E1V

datos:

0)0(0)0(

110002501

==

=Ω=

==

C

L

Vi

VER

HLmFC

La resolución es similar al ejemplo 4.1.1 (se deja como ejercicio). En este caso, la solución que se obtiene es la siguiente:

tteti 2004,0)( −=

0

0,0001

0,0002

0,0003

0,0004

0,0005

0,0006

0,0007

0,0008

0 1 2 3 4 5

Tiempo (seg)

Cor

rient

e (A

)

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4.3) Tercer caso: raíces complejas conjugadas La obtención de la solución en este caso requiere un desarrollo matemático que se detalla a continuación. Las raíces obtenidas de la ecuación característica son, en este caso:

20

22,1 ωσσ −±−= js

Reemplazando en la solución propuesta se obtiene:

tjtjBeAeti

−−−

−+−

+=20

220

2

)(ωσσωσσ

tjttjt eBeeAeti20

220

2

)(ωσσωσσ −−−−− +=

Recordando la relación de Euler:

ϕϕϕ jAsenAAe j += cos Reemplazando en i(t):

+

−+

−= −− tsenjAetAeti tt 2

022

02cos)( ωσωσ σσ

−+

−−+ −− tsenjBetBe tt 2

022

02cos ωσωσ σσ

Dado que la función coseno es par y la función seno es impar, se cumple que

( ) ( )αα coscos =−

( ) ( )αα sensen −=− Reemplazando todo en i(t):

+

−+

−= −− 2

022

02cos)( ωσωσ σσ senjAeAeti tt

−−

−+ −− tsenjBetBe tt 2

022

02cos ωσωσ σσ

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En general, las constantes A y B son complejas. Tomando el factor como factor común:

te σ−

−

−+

−+

−= − tBtjAsentAeti t 2

022

022

02 coscos)( ωσωσωσσ

−− tjBsen 2

02 ωσ

Reagrupando:

( ) ( )

−−+

−+= − tsenBAjtBAeti t 2

022

02cos)( ωσωσσ

Llamando y , la solución queda como: BAC += ( BAjD −= )

−+

−= − tDsentCeti t 2

022

02cos)( ωσωσσ

Donde C y D son las constantes a determinar a partir de las condiciones iniciales. Ejemplo 4.3.1 Resolver el régimen transitorio del siguiente circuito.

0

R

400L

200HC

1mF

E1V

datos:

0)0(0)0(

14002001

==

=Ω=

==

C

L

Vi

VER

HLmFC

Reemplazando los datos del problema en la ecuación característica se obtiene:

0522 =++ ss Las raíces son: y 211 js +−= 212 js −−= , por lo tanto corresponde al tercer caso en estudio (raíces complejas conjugadas). La solución tiene entonces la siguiente forma:

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−+

−= − tDsentCeti t 2

022

02cos)( ωσωσσ

donde L

R2

=σ y LC12

0 =ω . Al reemplazar con los datos del problema, se obtiene la

solución:

( ) ( )[ ]tEsentDeti t 22cos)( += − Evaluando las condiciones iniciales (se obtienen de la misma manera que en los ejemplos 4.1.1 y 4.2.1):

=+−===

005,02)0('0)0(

EDiDi

⇒

==

0025,00

ED

Con lo cual, la solución obtenida es:

( )tseneti t 20025,0)( −=

-0,0004

-0,0002

0

0,0002

0,0004

0,0006

0,0008

0,001

0,0012

0,0014

0 1 2 3 4 5 6 7

Tiempo (seg)

Corr

ient

e (A

)

Se deja como ejercicio para el lector la resolución del circuito RLC serie sin fuentes, o sea, excitado por condiciones iniciales.

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