ELECTROMAGNETISMELECTROMAGNETISMO IIO II

Itahisa Nesoya González Itahisa Nesoya González ÁlvarezÁlvarez

Maruxa Yurena Suárez Maruxa Yurena Suárez LorenzoLorenzo

Problemas 4, 5 y 6Hoja 5

2

PROBLEMA 4

ENUNCIADO:

Calcula las intensidades de corriente e que circulan a través de las bobinas en el circuito de la Fig. 1 si el generador produce un escalón de tensión de valor en .

gV

1R

1L 2L

Figura 1

1( )I t 2 ( )I t0V 0t s

3

PROBLEMA 4SOLUCIÓN:

Planteamiento:

Para resolver el problema se calculan las intensidades que pasan por cada una de las mallas, , y con estas, se obtienen las intensidades que pasan por la bobina 1 y la 2, que es lo que se pide en el problema. La relación entre las intensidades de las mallas y las de las bobinas es la siguiente:

Resolución:

A partir del enunciado del problema podemos deducir que las condiciones iniciales son:

,0

0,0

0 tV

tV

Para la resolución del problema se aplica la transformada de Laplace, y para ello se realiza en

tres pasos:

1. Transformar el circuito al dominio de s

Resistencia:

Bobina:

Laplace( ) ( ) ( ) ( )transformadadeV t RI t V s RI s

( )( ) ( ) ( ) (0 )

transformadade LaplaceL

L L

dI tV t L V s sLI s LI

dt

1 2( ) e ( )I t I t

1 1 2

2 2

( ) ( ) ( )

( ) ( )L

L

I t I t I t

I t I t

4

PROBLEMA 4El circuito equivalente sería el de la figura 2.

2. Resolver el circuito usando las leyes de Kirchoff

El sistema de ecuaciones lo resolvemos con la regla de

Cramer:

gV

1R

1L1( )I t 2L2 ( )I t

0V

s

1R

1sL1( )I s 2sL2 ( )I s

L

Figura 2

12211

12110

121122

121110

.).(.).(0

.).()(

)(.).(.).(0

.).(.).()(

LLssILssI

LssIsLRsIs

V

sLsILssILssI

LssILssIRsIs

V

2

1

121

110

0 I

I

LLssL

sLsLRs

V

2

12

112

121

11LssLRLLs

LLssL

sLsLR

2121

210120)12

10

1

)()((0)(

LLRLsLs

LLVLLVLLs

sLs

V

sI

2121

101

01

2

0)(

LLRLsLs

LVsLs

VsLR

sI

5

PROBLEMA 4

3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo

Para poder antitransformar descomponemos en fracciones simples,

21

21

001

210

0

2121120

21212121

1201

11)(

)(

)()(

)()(

LL

LLRsR

V

sR

VsI

R

LLVB

R

VA

BsLLRLsLALLV

LLRLsL

B

s

A

LLRLsLs

LLVsI

1 2( ) e ( )I s I s

0 12

1 2 1 2 1 2 1 2

0 1 1 2 1 2

0 1

1 2 0 12

0 1 1 2 1 2 1 2

1 2

( )( ) ( )

( ) 1 1( )

( ) ( )

( )

V L A BI s

s sL L R L L s sL L R L L

V L A sL L R L L Bs

V LA

R L L V LI s

V L R L L s sL L R L LB

R L L

6

PROBLEMA 4

Para obtener las intensidades en el dominio del tiempo, sólo resta calcular las transformadas

inversas.

1 2

1 20 0 01 1

1 2

1 2

0 1 0 11 22 2

1 21 2

1 2

1 1( ) ( ) 1

1/1( ) ( )

( )( )

R L L tTransformada

L Linversa

Transformadainversa

V V VI s I t e

R L LR s R Rs

L L

V L V LL LI s I t

R L LR L L s RsL L

1 2

1 2

1 2 1 2

11

( )

R L L t

L LeL L L L

1 2

1 2

1 2

1 2

01

0 12

1 2 1 2

( ) 1

1( ) 1

( )

R L L t

L L

R L L t

L L

VI t e

R

V LI t e

R L L L L

7

Para terminar se calculan las intensidades correspondientes a cada bobina.

PROBLEMA 4

1L I (t)

1

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2

1 2

1 2

0 0 1

1 2 1 2

0 1

1 2 2 1 2

( ) ( ) ( )

1 1 1

( )

1 1 1

L

R L L t R L L t

L L L L

R L L t

L L

I t I t I t

V V Le e

R R L L L L

V Le

R L L L L L

2L I (t)

2 2( ) ( )LI t I t

1 2

1 2

1

1 2

1 2

2

2 1 202

1 2 2

0 1

1 2 1 2

1( )

1( ) 1

( )

R L L t

L LL

R L L t

L LL

L L LVI t L e

R L L L

V LI t e

R L L L L

8

PROBLEMA 5

ENUNCIADO:

El interruptor S del circuito de la figura 1 se considera abierto desde . Si se cierra en

y vuelve a abrirse en , calcula las tensiones del condensador, , y de la resistencia de

.

t 1t s2t s ( )cV t 1.6K

( )oV t

30V 3K 1.6K

250 F12K

12K

Figura 1

9

PROBLEMA 5

SOLUCIÓN

Planteamiento:

El problema se puede dividir en distintas etapas dependiendo de que el interruptor este abierto

o cerrado. Dichas etapas se muestran a continuación:

Para la resolución de la segunda y tercera etapa se va a utilizar la transformada de Laplace.

,1 abierto

1,2 cerrado

2, abierto

t Interruptor

t Interruptor

t Interruptor

10

PROBLEMA 5

Dado que el interruptor esta abierto en esta etapa

el circuito es el de la figura 2.

Debido a que el intervalo de tiempo en esta etapa es

muy largo la corriente que pasa por el condensador se hace

cero (el condensador se carga), y éste se comporta como un

circuito abierto (Figura 3).

Por tanto, la caída de potencial entre los puntos 1 y 2, y

los puntos 1 y 4 es la misma que entre los puntos 1 y 3, que

tiene de valor:

Finalmente, en esta etapa se tiene los siguientes

resultados:

,1t

30V 3K

12K

cI

250 F

1.6K

30V 3K

12K

1.6K

1

3

2

4

Figura 2

Figura 3

3

3 31 3

30 (12 ) (3 ) 2 10

2 10 3 10 6

V I K I K I A

V A V

0

0

0 0

6 0c

c

I I

V V V

11

PROBLEMA 5

En esta etapa se tiene el circuito de la figura 4.

Dado que las dos resistencias de están en paralelo se puede escribir el circuito de la figura 4 de un modo más simplificado, tal como se muestra en la figura 5.

Las condiciones iniciales son los resultados que se obtuvo en la etapa anterior.

Para la resolución del problema se aplica la transformada de Laplace, y para ello se realiza en tres pasos.

1. Transformar el circuito al dominio de s.

Resistencia:

Condensador:

1, 2t

12K

30V

12K

12K3K

250 F

1.6K

30V V

2 3R K

250C F

3 1.6R K

1 6R K

Laplace( ) ( ) ( ) ( )transformadadeV t RI t V s RI s

Laplace 00 0

( )1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )

transformadat de cc c c c

V tV t V t I t dt V s I s

C s Cs

Figura 4

Figura 5

12

PROBLEMA 5

El circuito equivalente sería el de la figura 6.

2. Resolver el circuito usando las leyes de

Kirchoff.

Se aplica la 2ª ley de Kirchoff a la primera y

segunda malla (Figura 7).

1ª Malla:

2ª Malla:

30V 3K

250 F

1.6K

6K

Transformada de Laplace

30

s3K

6K 6 / s 1/ 250 F s

1.6K

Figura 6

Figura 7

1 1 2 1 2 2

3 31 2

( ) ( ) ( )

309 10 ( ) 3 10 ( )

VR I s R I s R I s

s

I s I ss

2 2 2 1 2 3 2

3 3 32 1 2 26

33 3

1 2

(0) 10 ( ) ( ) ( ) ( )

6 10 3 10 ( ) 3 10 ( ) ( ) 1.6 10 ( )

250 10

6 4 103 10 ( ) 4.6 10 ( )

cVR I s R I s I s R I s

s Cs

I s I s I s I ss s

I s I ss s

3 1.6R K 1( )I s 2 ( )I s

30V

s

1 6R K 1

(250 )F s6V

s

2 3R K

13

PROBLEMA 5

Se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas:

Para resolverlo se utiliza la regla de Cramer:

3 3 3 31 2

13

3 3 33 3 2

1 2

30 309 10 ( ) 3 10 ( ) 9 10 3 10( )

4 106 4 10 ( )6 3 10 4.6 103 10 ( ) 4.6 10 ( )

I s I ss I ss

I sI s I s ss s s

3 3

6 6 6

3 3

9 10 3 1036 36

41.4 10 9 10 32.4 1043 10 4.6 10 s s

s

3

3 3 3

16

3 3

303 10

6 4 30 4 184.6 10 4.6 10 10( )

3632.4 10

120 1 1 1 10 120 10

32.4 36 32.4 36 32.4 36

s

s s s s sI s

s

s

s s s s s

3

3 3 3

26

3 3

309 10

6 54 903 10 10 10( )

3632.4 10

36 1.1 10 10

32.4 36 1.1

s

s s sI s

s

s s

14

PROBLEMA 5

3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo

Para poder antitransformar hay que separa en fracciones simples el segundo sumando de

Así, es:

3

1

3

2

1 1( ) 120 10

32.4 36 32.4 36

1.1 10( )

1.1

I ss s s

I ss

1( )I s

1 (32.4 36)

(32.4 36) 32.4 36 (32.4 36)

1 32.4 36

11 36 36 0 32.4 32.4

0.936

A B A s Bs

s s s s s s

A s A B s

AA

A BB

1( )I s3

1

3

3 31

1 1 0.9( ) 120 10

32.4 36 36 32.4 36

1 0.1 120 10

36 32.4 36

1 1 ( ) 3.3 10 0.36 10

1.1

I ss s s

s s

I ss s

15

PROBLEMA 5

Ahora ya podemos aplicar la transformada inversa a e .

Para terminar se calculan las tensiones en el condensador y en la resistencia 3, que es

lo que se pide en el problema.

La tensión del condensador viene dada por la expresión siguiente:

1( )I s 2 ( )I s

1 3 1 31

3 3 1.1

1 1( ) 3.3 10 0.36 10

1.1

3.3 10 0.36 10

t

I t L Ls s

e

1 32

3 1.1

1.1( ) 10

1.1

1.1 10 t

I t Ls

e

1.1 31

3 1.12

( ) 0.36 3.3 10

( ) 1.1 10

t

t

I t e

I t e

c V (t)

0

1( ) ( 0) ( )

t

c c cV t V t I t dtC

16

PROBLEMA 5

En este caso, se tiene

' ''

'

''

' '21

'

' ' 3 1,1( 1) '2 60 0

1,1 1,1 ' 1

0

Cambio de variable1

( ) ( 1) ( ) 1

1 0

1 1 6 ( 1) 6 1,1 10

250 10

6 4,4 6 4,4

t

c c t

t t t

t

t t

V t V t I t dt t t dt dtC

t t

I t dt e dtC

e e dt e

'

'

1,

,1 1,1

0

1 1,1 ( 1)

1

1,1

( ) 6 4 1

t

t

tc

e

V t e e

o V (t)

3 3 1,13

1 1

2

1,1

,

( ) ( ) 1,6 10 1,1 10

1,76

( ) 1,76

to

t

to

V t R I t e

e

V t e

17

PROBLEMA 5

En esta etapa se tiene el circuito de la figura 8.

Las condiciones iniciales son los resultados que

se obtuvo en la etapa anterior para .

1. Transformar el circuito al dominio de s.

Resistencia:

Condensador:

El circuito equivalente sería el de la figura 9.

2,t

30V 3K

12K 250 F

1.6K

Figura 82t

1,1 1,1 (2 1)

1,1 2

2 6 4 1 6,9

2 1,76 0,20

c

o

V t e e V

V t e V

Laplace( ) ( ) ( ) ( )transformadadeV t RI t V s RI s

Laplace0 0

(2)1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )

transformadat de cc c c c

VV t V t I t dt V s I s

C s Cs

30V 3K

250 F

1.6K

12K

Transformada de Laplace

30

s3K

12K 6,9 / s 1/ 250 F s

1.6K

Figura 9

18

2. Resolver el circuito usando las leyes de Kirchoff.

PROBLEMA 5

1 1 2 2 2 2

3 3 31 2

3 31 2

3012 10 3 10 3 10

3015 10 3 10

VR I R I R I

s

I Is

I Is

3 1.6R K 1( )I s 2 ( )I s

30V

s

1 12R K 1

(250 )F s6,9V

s

2 3R K

1ª Malla: 2ª Malla:

2 2 2 1 2 3 2

3 3 32 16

33 3

1 2

(2) 10

1 6,90 3 10 1,6 10 3 10

250 10

6,9 4 103 10 4,6 10

cVR I R I I R I

s Cs

I Is s

I Is s

Se tienen dos ecuaciones con dos incógnitas:

3 31 2

33 3

1 2

3015 10 3 10

6,9 4 103 10 4,6 10

I Is

I Is s

19

Para resolverlo se utiliza la regla de Cramer:

PROBLEMA 5

3 3

6 6 6

3 3

15 10 3 1060 1

69 10 9 10 60 1043 10 4.6 10

s

s ss

3

3 3 3

16

32

3 36

303 10

6,9 4 30 4 20,74.6 10 4.6 10 10( )

160 10

117,3 12010

1,95 2 10 10

60 10 1 1 1

s

s s s s sI s

s

s

ss s

s s s s

3

3 3 3

26

3

3015 10

6,9 103,5 903 10 10 10( )

160 10

0,225 10

1

s

s s sI ss

s

s

3 3

1

32

1,95 2( ) 10 10

1 1

0,225( ) 10

1

I ss s s

I ss

20

3. Aplicar la antitransformada para obtener el resultado en el dominio del tiempo

Para poder antitransformar hay que separa en fracciones simples el segundo sumando de

Ahora ya podemos aplicar la transformada inversa a e .

PROBLEMA 5

1( )I s

1 ( 1)

( 1) 1 ( 1)

1

1

0

A B A s Bs

s s s s s s

As A B s

AA B

A B

3 3 3

1

3 3

1

1,95 10 2 10 2 10( )

1 1

2 10 0,05 10( )

1

I ss s s

I ss s

1( )I s 2 ( )I s

3 31 1

1

1.1 3

2 10 0.05 10( )

1.1

2 0.05 10 A

t

I t L Ls s

e

31

2

3

0,225 10( )

1

0, 225 10 A

t

I t Ls

e

1.1 31

32

( ) 2 0.05 10

( ) 0, 225 10

t

t

I t e

I t e

21

Para terminar se calculan las tensiones en el condensador y en la resistencia.

PROBLEMA 5

c V (t)

' ''

'

''

' '22

'

' ' 3 ( 2) '2 60 0

2 '

0

Cambio de variable1

( ) ( 2) ( ) 2

2 0

1 1 6,9 ( 2) 6,9 0,225 10

250 10

6,9 0,9 6,9 0,9

t

c c

t t t

t

t t

V t V t I t dt t t dt dtC

t t

I t dt e dtC

e e dt e

''

0

2 ( 2)

2

( ) 6,9 0,9 1c

t

t

t

V t e e

e

o V (t)

3 33 2( ) ( ) 1,6 10 0,225 10

0,36

0, ( ) 36

to

t

toV

V t R I t e

e

t e

22

PROBLEMA 6

ENUNCIADO:

Estudiar la intensidad de corriente que aparece en un circuito RC en serie en respuesta a la

aplicación en de un generador de tensión sinusoidal.

23

PROBLEMA 6

SOLUCIÓN:

Planteamiento:

En este problema se va a estudiar un circuito formado por condensador y resistencia conectados en serie con un generador de tensión sinusoidal,

Para calcular la intensidad que circula por el circuito se utilizará la transformada de Laplace. De este modo se obtiene la respuesta transitoria y permanente.

La condición inicial es:

( )V t R

C

Figura 1

0( )V t V sen t

( 0) 0cV t

24

PROBLEMA 6

Resolución:

Se aplica la 2ª ley de Kirchoff al circuito:

Transformando al dominio de s:

0

0 0

1( ) ( ) ( 0) ( )

1( ) ( )

t

c c

t

c

V t RI t V t I t dtC

V sen t RI t I t dtC

0 0

0 2 2

0 2 2

02 2

1( ) ( )

1 ( )( )

( ) 1

( )1

tL V sen t L RI t L I t dt

C

I sV RI s

s C sCs

I s Vs RCs

sI s V

R s sRC

( )V t R

C

Transformada

de Laplace

R

1/ Cs

( )V s

s

Figura 2

25

PROBLEMA 6

Para poder antitransformar hay que separar en fracciones simples.

La intensidad en el dominio s queda como:

2 2

2 22 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

1

11 1

1 1

0 1

11

11

0

As B s s Ds As B D RC

s ss s s sRCRC RC

s As As Bs B s D DRC RC

RCA

A D R C

R CB A B

RC R C

B D DRC

2 2 2

1

RC

R C

2

0 2 2 2 2 2

2

0 2 2 2 2 2 2 2

02 2 2 2 2

2

1( )

1 1

1 1 1

1 1

1 1 1I(s)

11

RC s RCI s V

R R C s s RC

C sV R

R C C s s C s RC

V sR

C s s C s RCR

C

26

PROBLEMA 6

Usando la transformada de Laplace inversa ya se puede obtener la intensidad en el dominio

del tiempo.

Esta última ecuación es la solución completa y se puede diferenciar la respuesta transitoria y

la respuesta permanente.

A continuación se va a trabajar trigonométricamente la solución completa para obtener una

forma más explícita para la componente de la respuesta permanente.

1 1 102 2 2 2 2

2

10

10 0

2 22 2

22

/ 1 ( ) cos

1 1 1( )

11

1 1 cos

1

1 1

tRC

tRC

V sI t L L R L

C s s C s RCR

C

Vt R

V C VI t e

CR R

sen t eC C

C C

RC

t Rsen t

27

PROBLEMA 6

Sustituyendo:

R

1

C

221

RC

22

22

1

1

1cos

1

arctgCR

Rsen

RC

C

RC

10 0

2 2 2 22 2 2 2

10 0

2 22 2

/ 1( ) cos

1 1 1 1

/ cos cos

1 1

I(t)=

tRC

tRC

V C V C RI t e t sen t

R R R RC C C C

V C Ve t sen sen t

R RC C

1

0 02 2

2 2

/cos

1 1

tRC

V C Ve t

R RC C

28

BIBLIOGRAFÍA

• F. Lahoz, Apuntes de Electromagnetismo II, La Laguna 2006

• A. Papoulis, M. Bertran, Sistemas y Circuitos, Boixareu editores

• V. López Rodríguez, Electromagnetismo, Unidades didácticas de la UNED

• V. López Rodríguez, Problemas resueltos de electromagnetismo, editorial Centro de Estudios Ramón Areces, Madrid.