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2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
Guia 4. Transformada de Laplace
1. Encontrar la transformada de Laplace de la función
f (t) = e−αt [A sen(ωt) + B cos(ωt)] .
2. Encontrar la transformada de Laplace de g(t) =
formada de la primitiva f (t) → F (s).
d2 f (t)
dt2
en función de la trans-
3. Transformar al dominio de la variable s la función excitación mostrada en la
figura 1.
f (t)
3
0
t
1s
Figura 1: Excitación pulso
4. Transformar las relaciones tensión-corriente del inductor y capacitor del dominio del tiempo al dominio de Laplace, y armar el circuito equivalente serie y
paralelo que representan las ecuaciones transformadas.
5. En t = 0 se aplica al circuito RL serie de la figura 2 una tensión continua de
55V. Encontrar la transformada de la respuesta i(t) ∀ t > 0.
470Ω
55 µ(t)
i(t)
300mH
Figura 2: Circuito RL.
6. El capacitor de la figura 3 tiene una carga inicial de q0 = 800 × 10−6 C con la
polaridad indicada. Hallar la respuesta completa de la tensión del capacitor en
el dominio de la variable s.
7. Un circuito eléctrico tiene como respuesta la corriente
I(s) =
4
5
1
5
se pide:
1
,
2
s+1 +4
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
10Ω
t=0
i(t)
80V
Araguás & Perez Paina
q0
4µF
Figura 3: Circuito RC.
a. encontrar i(t),
b. encontrar el valor de i(0) aplicando el teorema del valor inicial y comprobar en el tiempo,
c. encontrar el valor de i(∞) aplicando el teorema del valor final y comprobar
en el tiempo.
8. Encontrar la tensión del capacitor VC (s) si tiene una carga inicial de 12V con
la polaridad indicada en la figura 4.
8Ω
22u(t)V
vC (t)
5F
22Ω
Figura 4: Cálculo de VC (s).
9. En el esquema de la figura 5 encontrar la respuesta vC (t) para t > 0 utilizando la transformada de Laplace como herramienta. La tensión inicial sobre el
capacitor es cero.
Datos
t=0
iin = 10 sen(2π50 t) A
iin
vC (t)
vR (t)
C = 10000µF
R = 20Ω
Figura 5: Circuito RC paralelo.
10. Encontrar la respuesta completa de tensión en el capacitor y corriente en el
inductor para t > 0 del circuito de la figura 6, indicando el tipo de amortiguamiento del sistema. Verificar por teorema de valor inicial y final que se cumplen
con las condiciones iniciales y finales impuestas por el circuito.
11. Para el circuito de la figura 7 plantear el sistema de ecuaciones en términos
de IL (s) y VC (s) en el dominio de Laplace, con IL (s) = L[iL (t)] y VC (s) =
L[vC (t)].
2
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
1H
Araguás & Perez Paina
t=0
i(t)
10V
2Ω
0,1F
Figura 6: Cálculo de la respuesta natural de tensión y corriente.
t=0
V0
iL (t)
RL
RC
L vC (t)
C
Figura 7: Sistema de segundo orden.
12. Para el circuito de la figura 14 encontrar la respuesta completa de tensión en
el capacitor y corriente en el inductor para t > 0 del circuito de la figura 6,
indicando el tipo de amortiguamiento del sistema.
2H
1
30 F
16Ω
vC (t)
i(t) = 10e−2t u(t)
Figura 8: Función de transferencia H(s) y respuesta al impulso h(t).
13. Aplicando la transformada de Laplace, calcular vC (t)∀t > 0 según la referencia
indicada en el circuito de la figura 9.
14. Para el circuito de la figura 10 se pide encontrar IL (s) y iL (t) para t > 0.
15. Para el circuito de la figura 11 se pide encontrar la corriente i1 (t). Para mayor
facilidad de cálculo se aconseja utilizar las variables de estado fı́sicas del circuito
para el planteo.
16. Dado el circuito de la figura 12 en el dominio de s.
Encontrar I(s) y su correspondiente i(t) = L−1 [I(s)]
Tiene el circuito condición inicial no nula? Verificar utilizando el TVI.
Encontrar VL (s).
3
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
t=0
1H
t=0
50V
100V
25Ω
vC (t)
50mF
Figura 9: Circuito RLC con excitación constante.
0,1H
t=0
100Ω
iL (t)
30Ω
1A
1mF
vC (t)
26u(t)
Figura 10: RLC en régimen transitorio.
4Ω
t=0
1V
i1 (t)
1H
4Ω
t=0
500mF
1V
vC (t)
1H
i2 (t)
Figura 11: Circuito RLC.
6
2
V (s) = 3 s s+s+1
2 +1
I(s)
3s
Figura 12: Dominio de s.
17. Un circuito RL serie tiene como función de transferencia
H(s) =
I(s)
1
=
.
V (s)
36 + s18
(1)
Si se lo excita con un escalón v(t) = 36u(t)V , encontrar por convolución la
respuesta i(t) = h(t) ∗ v(t).
18. Aplicando transformada de Laplace, encontrar iL (t) y vC (t) según se indica en
4
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
el circuito de la figura 13.
4Ω
10u(t − 5)V
1H
1
3F
iL (t)
vC (t)
Figura 13: Circuito RLC desplazado.
−2t
19. Un sistema es excitado con una señal de entrada vin (t)
= e . Se encuentra
4
−2t
−5t
−e
. Hallar la respuesta al
que la corriente de salida vale iout (t) = 3 e
impulso h(t) del sistema.
20. Para el circuito de la figura 14 se pide calcular:
a. la función de transferencia H(s) definida como
H(s) =
VC (s)
,
I(s)
con I(s) = L[i(t)] y VC (s) = L[vC (t)]
b. y la transformada inversa h(t) = L−1 [H(s)].
2H
1
30 F
16Ω
vC (t)
i(t) = 10e−2t u(t)
Figura 14: Función de transferencia H(s) y respuesta al impulso h(t).
21. Obtener la respuesta al impulso del circuito de la figura 15 considerando H(s) =
IR (s)
V (s) ; donde IR (s) = L[iR (t)] y V (s) = L[v(t)].
400mH
iR (t)
v(t)
1000µF
10Ω
Figura 15: Cálculo de respuesta al impulso.
5
2 de junio de 2015
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Araguás & Perez Paina
22. Aplicando transformada de Laplace, encontrar la tensión vo (t) indicada en el
circuito de la figura 16.
6Ω t = 0
311 cos(100t)
20Ω vo (t)
1000µF
Figura 16: Tensión de salida.
23. Para el circuito de la figura 17 de condiciones iniciales iL (0) = 1A y vC (0) = 1V
se pide:
a. encontrar la respuesta completa de corriente i(t) para t > 0 utilizando el
modelo de circuito equivalente de Laplace,
b. decir que parte de la respuesta corresponde a la natural y cuál es la
forzada.
t=0
i(t)
iL (t)
1µH
1µF
vC (t)
Figura 17: Equivalente de Laplace.
6
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
Soluciones
Ejercicio 1 Solución
F (s) =
Aω
B(s + α)
+
2
2
(s + α) + ω
(s + α)2 + ω 2
Ejercicio 3 Solución
F (s) =
3 − 3e−s
s
Ejercicio 4 Según las referencias del circuito de la figura 18a, la relación entre la tensión
y corriente del inductor es vL (t) = LdiL (t)/dt, cuya transformada queda
VL (s) = L (sIL (s) − iL (0)) = sLIL (s) − LiL (0)
representado por el circuito equivalente serie de la figura 18b. Luego
IL (s) =
VL (s) iL (0)
+
sL
s
cuyo circuito equivalente paralelo se muestra en la figura 18c.
IL (s)
iL (t)
IL (s)
sL
VL (s)
L
vL (t)
sL
VL (s)
iL (0)
s
LiL (0)
(a)
(b)
(c)
Figura 18: Circuito equivalente de Laplace del inductor.
Según las referencias del circuito de la figura 19a, la relación entre la tensión
y corriente del capacitor es iC (t) = CdvC (t)/dt, cuya transformada queda
IC (s) = C (sVC (s) − vC (0)) = sCVC (s) − CvC (0)
7
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TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
IC (s)
iC (t)
vC (t)
1
sC
IC (s)
VC (s)
C
1
sC
VC (s)
CvC (0)
vC (0)
s
(a)
(b)
(c)
Figura 19: Circuito equivalente de Laplace del capacitor.
representado por el circuito equivalente serie de la figura 19c. Luego
VC (s) =
IC (s) vC (0)
+
sC
s
cuyo circuito equivalente paralelo se muestra en la figura 19b.
Notar que tanto en la figura 18 como 19 el inductor y el capacitor se representan
en el dominio de Laplace mediante la impedancia, donde ZL (s) = sL y ZC (s) =
1/sC. Las admitancias respectivas son YL (s) = 1/sL y YC (s) = sC.
Ejercicio 5 Resolución numérica
Según la LKV, la malla debe cumplir1
55 µ(t) = 470 i(t) + 300 × 10−3
di(t)
dt
Aplicando la transformada a ambos miembros tenemos
di(t)
−3
L [55µ(t)] = 470 L[i(t)] + 300 × 10 L
dt
55
= 470I(s) + 300 × 10−3 (sI(s) − i(0))
s
(2)
la corriente inicial del circuito es i(0) = 0 debido al inductor. Despejando I(s)
queda
55
s 1
55
I(s) =
s
470 + 300 × 10−3 s
ˆ
183, 33
I(s) =
ˆ
s(s + 1566, 66)
I(s)(470 + 300 × 10−3 s) =
1
La función µ(t) representa la aplicación de la fuente en el tiempo t = 0.
8
(3)
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
Ejercicio 6 Solución
VC (s) =
120
80
+
s
s + 25000
Ejercicio 7 Solución
1. i(t) = 2e−5t sen(10t)
2. i(0) = lı́ms→∞ sI(s) = 0
3. i(∞) = lı́ms→0 sI(s) = 0
Ejercicio 9 Planteo
Por LKC en el nudo tenemos
iin (t) − iC (t) − iR (t) = 0
iin (t) = iC (t) + iR (t)
d(vC (t)) vR (t)
iin (t) = C
+
dt
R
(4)
(5)
(6)
como vC (t) = vR (t) por ser un circuito paralelo, ponemos la ecuación en función
de la respuesta vC (t)
iin (t) = C
d(vC (t)) vC (t)
+
dt
R
(7)
Aplicando L[ ] a ambos miembros
L [iin (t)] =
Iin (s) =
Iin (s) =
Iin (s) + C vC (0) =
1
d(vC (t))
CL
+ L [vC (t)]
dt
R
VC (s)
C [s VC (s) − vC (0)] +
R
VC (s)
s C VC (s) − C vC (0) +
R
1
VC (s) s C +
R
(8)
(9)
(10)
(11)
despejamos VC (s)
VC (s) =
Iin (s)
C vC (0)
1 +
sC + R
s C + R1
9
(12)
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Araguás & Perez Paina
Resolución numérica
Para resolver la (ec. 12) calculamos
Iin (s) = L [10 sen(2π50 t)] = 10
s2
100 π
+ (100π)2
y reemplazando tenemos
!
1
100π
VC (s) = 10 2
1
s + (100π)2
s 0, 01 + 20
1
100π
VC (s) = 1000 2
2
s + (100π)
s+5
A
A∗
B
=
+
+
s + j100π s − j100π s + 5
(13)
(14)
(15)
Para calcular A hacemos primero
100 π
s→−j100 π
(s − j 100 π)(s + 5)
500
−500
A=
=
−j (−j 100 π + 5)
100 π + j5
A = −1, 5911 + j0, 025
A=
lı́m
A = 1, 5913 e
1000
j179◦
(16)
(17)
(18)
(19)
luego para calcular B
B = lı́m 1000
s→−5
s2
100 π
+ (100 π)2
B = 3, 1823
(20)
(21)
reemplazando en (ec. 15)
1, 5913 e−j179
3, 1823
1, 5913 ej179
+
+
VC (s) =
s + j100 π
s − j100 π
s+5
◦
◦
(22)
cada término de la ecuación anterior tiene antitransformada conocida, quedando la vC (t) igual a
vC (t) = 1, 5913 ej179 e−j 100 π t + 1, 5913 e−j179 ej 100 π t + 3, 1823 e−5 t
◦
◦
(23)
utilizando la igualdad de Euler
cos(ωt) =
10
ejωt + e−jωt
2
(24)
2 de junio de 2015
TEORÍA DE LOS CIRCUITOS I
Araguás & Perez Paina
nos queda
"
ej(100 π t−179 ) + e−j(100 π t−179
vC (t) = 3, 1826
2
◦)
◦
#
+ 3, 1823 e−5 t
vC (t) = 3, 1826 cos(100 π t − 179◦ ) + 3, 1823 e−5 t
◦
vC (t) = 3, 1826 sen(100 π t − 89 ) + 3, 1823 e
(25)
(26)
−5 t
(27)
que se grafica en la fig. 20.
vC (t)[V ]
3
2
1
-1
-2
-3
1
2
3
4
t[s]
Figura 20: Caı́da de tensión en el capacitor del ejercicio 3.
Ejercicio 10 Planteo
Según las referencias de la figura 21 la ecuación de equilibio de la malla aplicando la ley de Kirchhoff de tensiones es
vC (t) − vL (t) − vR (t) = 0,
(28)
y las relaciones tensión-corriente de cada elemento
vL (t) = L
diL (t)
,
dt
vR (t) = RiL (t),
iC (t) = −C
dvC (t)
.
dt
(29)
Reemplazando (29) en (28), el sistema de ecuaciones diferenciales de primer
orden que modela el sistema resulta
diL (t)
− RiL (t) = 0,
dt
dvC (t)
iL (t) = −C
.
dt
vC (t) − L
(30)
(31)
Luego, tomando la transformada de Laplace de (30) y (31) el sistema de ecuaciones algebráicas en el dominio de la variable s, queda
IL (s)(sL + R) − VC (t) = 0,
IL (s) + sCVC (s) = CvC (0),
11
(32)
(33)
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Araguás & Perez Paina
L
iL (t)
vC (t)
C
R
Figura 21: Cálculo de la respuesta natural de tensión y corriente.
donde se ha considerado que iL (0) = 0A. El sistema de ecuaciones (32)-(33)
puede ponerse en forma matricial
sL + R −1
IL (s)
0
=
.
(34)
1
sC
VC (s)
CvC (0)
Por último, se resuelve el sistema dado en (34) mediante Cramer como
IL (s) =
∆1
,
∆
VC (s) =
∆2
,
∆
donde ∆ es el determinate de la matriz principal de (34), y ∆1 y ∆2 son los
determinantes de la matriz sustituta 1 y 2, respectivamente.
Resolución numérica
El determinante de la matriz principal de (34) queda
sL + R −1 = sC(sL + R) + 1 = LCs2 + RCs + 1
∆=
1
sC = s2 + 2s + 10,
el determinante sustituto 1 queda
0
−1 = −vC (0)C = 10,
∆1 = CvC (0) sC y el determinate sustituta 2
sL + R
0
= CvC (0)(sL + R) = LCvC (0)s + vC (0)RC
∆2 = 1
CvC (0) = 10s + 20.
Además, al factorizar el polinomio del determinante principal ∆ = (s − s1 )(s − s2 )
las raı́ces resultan complejas conjugadas s1,2 = −1 ± j3. Por lo que la respuesta
del circuito de segundo orden será subaortiguada. Y
s2 + 2s + 10 = 22 + 2s + 32 + 1 = (s2 + 2s + 1) + 32 = (s + 1)2 + 32
12
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Araguás & Perez Paina
Entonces las transformadas de la corriente del inductor y de la tensión del
capacitor quedan
10
10
=
+ 2s + 10
(s + 1)2 + 32
10s + 20
10s + 20
=
.
VC (s) = 2
s + 2s + 10
(s + 1)2 + 32
IL (s) =
s2
(35)
(36)
Por último, la corriente del inductor en el dominio del tiempo se obtiene tomando la antitransformada de Laplace de (35)
IL (s) =
10
3
,
3 (s + 1)2 + 32
iL (t) = L−1 {IL (s)} =
10 −t
e sin(3t),
3
(37)
y la tensión del capacitor tomando la antitransformada de Laplace de (36),
para lo cual se opera previamente en el dominio de Laplace
10
10s + 20
10s + 10
=
2
2
2
2
(s + 1) + 3
(s + 1) + 3 (s + 1)2 + 32
s+1
3
10
= 10
+
(s + 1)2 + 32
3 (s + 1)2 + 32
VC (s) =
(38)
(39)
y se toma la antitransformada
10
vC (t) = L−1 {VC (s)} = 10e−t cos(3t) + e−t sin(3t)
3
10
= e−t 10 cos(3t) +
sin(3t) .
3
Ejercicio 15 Planteo y resolución numérica
Para t > 0, la suma de tensiones en las mallas es
1 = 4i1 (t) + i′1 (t) + vC (t)
0 = 4i2 (t) + i′2 (t) − vC (t)
la corriente neta por el capacitor es i1 (t) − i2 (t) = C dvdtC , de donde
0 = 2i1 (t) − 2i2 (t) − vc′ (t)
transformando por Laplace estas tres ecuaciones quedan
4I1 (s) + sI1 (s) − i1 (0) + VC (s) = 1/s
4I2 (s) + sI2 (s) − i2 (0) − VC (s) = 0
2I1 (s) − 2I2 s − sVC + vC (0) = 0
13
(40)
(41)
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Araguás & Perez Paina
o en su forma matricial

 


1/s
I1 (s)
(s + 4)
0
1
 0
(s + 4) −1   I2 (s)  =  0 
−1
VC (s)
2
−2 −s
La corriente I1 (s) se calcula
I1 (s) =
∆11
∆p
para la cual hace falta calcular el determinante sistituto ∆11 y el determinante
principal. El deteminante principal de esta matriz es
(s + 4)
0
1 (s + 4) −1 = −s(s + 4)2 − 2(s + 4) − 2(s + 4)
∆p = 0
2
−2 −s = −(s + 4)[s(s + 4) + 4]
= −(s + 4)(s2 + 4s + 4)
= −(s + 4)(s + 2)2
mientras que el sustituto se calcula
1/s
0
1
∆11 = 0 (s + 4) −1 = −(s + 4) + (s + 4) − 2/s
−1 −2 −s = −2/s
entonces
I1 (s) =
2
s(s + 4)(s + 2)2
Desarrollando I1 (s) en fracciones simples
I1 (s) =
B
C
D
A
+
+
+
2
s
(s + 4) (s + 2)
(s + 2)
1/8
1/8
1/2
I1 (s) =
−
−
s
(s + 4) (s + 2)2
donde A = 1/8, B = −1/8, C = −1/2 y D = 0
Las fracciones obtenidas son trasformadas de funciones conocidas, es decir que
podemos encontrar la función en el tiempo cuya transformada se I1 (s), en
efecto
i1 (t) =
1 1 −4t 1 −2t
− e
− te
8 8
2
que se grafica en la fig. 22.
14
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Araguás & Perez Paina
i1 (t)[A]
0.125
1
2
3
4
t[s]
Figura 22: Corriente de la malla 1 del circuito de la fig. 11
Ejercicio 17 Solución
i(t) = 1 − e−2t u(t)A
Ejercicio 22 Para t > 0, eligiendo las referencias de tensión y corriente en forma adecuada,
en la malla RC se cumple
IC (s) + Io (s) = 0
(42)
VC (s) = Vo (s)
(43)
donde
IC (s) = sCVC (s) − CvC (0)
Vo (s)
Io (s) =
Ro
(44)
(45)
siendo Ro la resistencia de 20Ω. Operando se tiene
VC (s) =
vC (0)
= Vo (s)
s + Ro1C
(46)
Para determinar vC (0) se puede aplicar el método fasorial y encontrar el régimen permanente en t = 0− , o buscar la respuesta forzada resolviendo la ODE
no homogénea del circuito en términos de la tensión vC (t).
Llamando Ri a la resistencia de 6Ω, por método fasorial, en t = 0− se cumple
V̄ = V̄Ri + V̄C
(47)
ĪRi = ĪC + ĪRo
(48)
15
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reemplazando y operando
V̄ = ĪRi Ri + V̄C
= ĪC + ĪRo Ri + V̄C
V̄C
Ri + V̄C
= jωC V̄C +
Ro
Ri
= V̄C jωCRi +
+1
Ro
(49)
(50)
(51)
(52)
Luego
V̄C = V̄
jωCRi +
Ri
Ro
220
=
j100 · 1 × 10−3 +
+1
V̄C = 139,512 − j64,390 = 153,656 − 24,77◦
6
20
+1
(53)
(54)
en t = 0
√
vC (0) = 153,65 2 cos(−24,77◦ ) = 197,3
(55)
entonces
Vo (s) =
197,3
vC (0)
1 = s + 50
s + Ro C
(56)
Antitransformando, la tensión de salida para t > 0 será
vo (t) = 197,3e−50t
.
16
(57)