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Circuitos El´ ectricos Corriente Directa Isaac Campos Cant´on Facultad de Ciencias Universidad Aut´onoma de San Luis Potos´ı July 13, 2018

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Primera edici´ on

c 2018 por Derechos reservados Isaac Campos Cant´on San Luis Potos´ı, S.L.P. M´exico

Impreso en M´exico Printed in M´exico

ii

´Indice 1 An´ alisis de Circuitos Resistivos 1.1 Unidades b´ asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Procedimientos matem´aticos para la soluci´on de ecuaciones 1.3 Leyes el´ectricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 T´ecnicas de an´alisis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Derivados de LVK (fuentes de voltaje en serie y resistencias en serie) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2 Derivados de la LCK (fuentes de corriente en paralelo y resistencias en paralelo) . . . . . . . . . . . 1.4.3 An´ alisis de Supermalla . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4 An´ alisis de Supernodo . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.5 Teorema de Linealidad y Superposici´on . . . . . . 1.4.6 Teorema de Transformaci´on de Fuentes . . . . . . 1.4.7 Teoremas de Th`evenin y Norton . . . . . . . . . . 1.4.7.1 Circuitos con s´olo fuentes independientes 1.4.7.2 Circuitos con fuentes dependientes e independientes . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.7.3 Circuitos con s´olo fuentes dependientes . 1.4.8 Teorema de M´axima Transferencia de Potencia . . 1.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55 58 60 62

2 An´ alisis de Circuitos RLC 2.1 Inductancia y capacitancia . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Inductancias y Capacitancias en serie y paralelo 2.1.1.1 Inductancias en serie . . . . . . . . . . 2.1.1.2 Inductancias en paralelo . . . . . . . . . 2.1.1.3 Condensadores en serie . . . . . . . . . 2.1.1.4 Condensadores en paralelo . . . . . . . 2.1.2 Principio de dualidad . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Comportamiento en cd . . . . . . . . . . . . . . .

65 67 69 69 70 71 72 73 75

iii

. . . . . . . .

3 5 14 17 26 27 29 33 36 40 45 47 49

iv 2.2

2.3 2.4 2.5 2.6

Procedimientos por valores propios 2.2.1 Valores propios distintos . . 2.2.2 Valores propios repetidos . 2.2.3 Valores propios conjugados Definiciones . . . . . . . . . . . . . Circuitos RL y RC . . . . . . . . . Circuitos RLC . . . . . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . .

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80 82 85 87 89 92 103 111

Introducci´ on Este libro comprende el an´alisis de circuitos el´ectricos en corrinete directa: an´ alisis de circuitos resistivos y an´ alisis en el dominio del tiempo. El an´ alisis de circuitos resistivos incluye los conceptos de resistencia, corriente (o flujo de la carga el´ectrica), voltaje (visto como diferencia de potenciales), potencia (que es el producto del voltaje por la corriente) y energ´ıa (la integral de la potencia en un intervalo de tiempo determinado). Por otro lado, cuando se conectan m´as de dos elementos se habla de una red, y esta puede ser activa o pasiva. La operaci´on de la red trae consigo el movimiento de cargas el´ectricas, que se logra utilizando ‘bombas de energ´ıa’, como lo son la fuente de corriente y la fuente de voltaje; as´ı mismo, es necesario comprender f´ısicamente la forma de operar de un circuito resistivo; una vez energizado, se notar´a que toda medici´on hecha est´ a en cierto rango de voltaje y corriente, dando una relaci´on lineal entre las dos (conocida como la Ley de Ohm). La ley de Ohm sirve de fundamento para entender circuitos con m´as elementos b´asicos, a trav´es de reglas de ‘movimiento propio’ que dependen de la estructura realizada. Estas reglas son las leyes de Kirchhoff. Una vez logrado asimilar y comprender los conceptos elementales y leyes que rigen el comportamiento de los circuitos, es necesario estudiar t´ecnicas de an´alisis (an´alisis de nodos, mallas, superposici´ on, transformaci´on de fuentes, teoremas de Th`evenin y Norton), para resolver problemas de mayor complejidad, y con mezcla de elementos activos y pasivos. El an´ alisis en el dominio del tiempo involucra el tiempo, el cual no se toma en cuenta cuando se trabaja s´olo con circuitos resistivos y poder facilitar la comprensi´ on de las estructuras y reglas de operaci´on de estos (sin embargo, todos los m´etodos y reglas que se estudien previamente son aplicables aqu´ı); el incluir el tiempo, significa que se tiene memoria de lo que ha pasado, y se pueden ver comportamientos diferentes en un momento y en otro. Todo ello requiere conocer la condici´on de inicio (arranque de operaciones), y es f´acil predecir los resultados debido a que 1

2 los circuitos considerados son analizados s´olo en su regi´on de operaci´on lineal (por ello denominados ‘circuitos lineales’), gracias a lo cual se puede ver con exactitud la evoluci´on del circuito a trav´es del tiempo; adem´as de predecir el resultado futuro del mismo, cu´ales ser´ıan sus alcances y sus limitaciones. Luego, en esta segunda parte, la idea clave es establecer un horizonte que ser´ a el tiempo y, a trav´es de recorrerlo de −∞ a +∞, pasar por las diferentes topolog´ıas que resultan, ya que estas tienen su tiempo de inicio y fin en los puntos denominados cr´ıticos, ubicados en el eje del tiempo. En los intervalos de tiempo entre puntos cr´ıticos, de −∞ a +∞, todas las leyes y m´etodos de soluci´on, mencionadas en la primera parte, son aplicables tambi´en. Al considerar el tiempo, nace el concepto de respuesta transitoria (sucede de forma pasajera, y es el v´ınculo entre dos estados estables) y respuesta estable o estacionaria del sistema (el significado de estable se puede interpretar como algo que es repetitivo, no cambia en cierto tiempo entre los puntos cr´ıticos). La forma de describir el an´ alisis de un circuito de este tipo es utilizar ecuaciones diferenciales de primer o segundo orden. Si son de primer orden se tiene una respuesta de tipo exponencial y, si son de segundo orden, se tienen tres respuestas (subamortiguada, sobre amortiguada y cr´ıticamente amortiguada). Al utilizar las ecuaciones diferenciales, es necesario usar lo que se conoce como par´ ametros, los cuales describen en forma general la respuesta matem´ atica de la ecuaci´ on diferencial empleada; con ello finalizamos el estudio de los circuitos el´ectricos: resistencia, corriente y capacitancia, en corriente directa.

Cap´ıtulo 1

An´ alisis de Circuitos Resistivos El primer tema en el estudio de los circuitos el´ectricos es el an´alisis de circuitos resistivos, donde el esp´ıritu es comprender las t´ecnicas de an´alisis y aplicarlas (an´ alisis de nodos, de mallas, por superposici´on, por transformaci´ on de fuentes, teorema de Th`evenin, teorema de Norton, teorema de m´ axima transferencia de potencia). Mediante su empleo, se llega a los resultados con menor n´ umero de ecuaciones, pero con mayor profundidad de conocimiento, es decir, la soluci´on de los problemas se obtiene de forma r´ apida y, una vez entendida la metodolog´ıa, las t´ecnicas resultan sencillas. Para asimilar todo esto, se necesita tener en claro, por una parte, que las ecuaciones no dependen del tiempo y son lineales, lo que permite utilizar el ´ algebra como herramienta matem´atica para conseguir resultados, esto es, se usa el m´etodo de soluci´on de inc´ognitas por medio de matrices; la soluci´ on que se encuentra es independiente del tiempo, (como cuando tomamos una foto, y al paso del tiempo nada cambia, o sea, todo es est´ atico en el marco de referencia de la fotograf´ıa). Y por otra parte, para llegar a la aplicaci´on de las t´ecnicas de an´alisis, se necesita, como base, comprender el funcionamiento f´ısico de los elementos (resistencias) conectados entre s´ı. A todo el conjunto de resistencias interconectadas, se le denomina circuito, y para el cual se usar´an las t´ecnicas de an´alisis; estas se basan en dos leyes de empleo global: la ley de corrientes y la ley de voltajes de Kirchhoff. Se dice que son de aplicaci´on global, pues con ellas, se puede resolver cualquier circuito. Aqu´ı, cabe hacer una aclaraci´on para establecer la diferencia entre las t´ecnicas de an´alisis y las leyes mencionadas.

4 Con las leyes de Kirchhoff se encuentra la soluci´on, a trav´es de un conjunto de ecuaciones, frecuentemente muy grande, con las que llegar a la soluci´ on resulta tedioso; pero, es precisamente ah´ı donde se deben usar las t´ecnicas de an´ alisis, para evitar la gran cantidad de ecuaciones, y no perder de vista nuestro inter´es en entender el fen´omeno f´ısico que enfrentamos, mas que en las ecuaciones que resuelven el problema. Las leyes de Kirchhoff son globales, aunque tambi´en las hay locales (aqu´ı, la u ´nica local es la ley de Ohm). La diferencia estriba en que las primeras se aplican al conjunto de elementos, donde hay m´as de uno, y la segunda s´ olo a elementos individuales del circuito, o sea, su ´ambito de competencia es local, y la soluci´on, que va a ser corriente o voltaje, u ´nicamente ser´ a v´ alida para el elemento en particular. P´ongase en claro esto, las leyes de Kirchhoff, como son globales, se estructuran a partir de la ley de Ohm aplicada a cada elemento, resultando una sumatoria. Entonces, las leyes de Kirchhoff son la consecuencia de aplicar la ley de Ohm a los diferentes elementos que componen el circuito. El elemento que obedece la ley de Ohm es llamado resistor o resistencia. Y la idea de resistencia es el parteaguas entre lo material (f´ısico) y lo abstracto (matem´ atico). Todos los conceptos anteriores son abstractos: las t´ecnicas de an´ alisis, las leyes y el m´etodo matem´atico basado en el algebra. A partir de la resistencia, junto con los elementos abstractos, se ´ estudian los comportamientos f´ısicos del circuito, y se obtienen sus resultados (los principales, corrientes y voltajes medibles experimentalmente). A continuaci´ on se describe el contenido de este Cap´ıtulo. Primero, se ver´a en la Sec. 1.1 la definici´ on de resistencia y, en la Sec. 1.2, las herramientas matem´ aticas, en el entendimiento que son s´olo herramientas (auxiliares) para resolver con m´ as eficacia los problemas que se nos presenten en el ambito de los circuitos el´ectricos. En las Secs. 1.3 y 1.4, se lleva a cabo ´ la conexi´ on con las dos primeras a trav´es de reglas de operaci´on particulares para los circuitos el´ectricos, y es donde se notar´a claramente el uso de los conceptos f´ısicos (Sec. 1.1) y los conceptos abstractos (Sec. 1.2). La Sec. 1.3, sobre leyes el´ectricas, presenta tres leyes (ley de Ohm, ley de corrientes y de voltajes de Kirchhoff), las cuales regir´an de manera absoluta todo problema a resolver, de ah´ı su importancia de comprenderlas claramente. Y una vez entendida su aplicaci´on, se estudian las t´ecnicas de an´ alisis (Sec. 1.4) como instrumentos que facilitan llegar a la soluci´on, de manera estrat´egica, en los casos que surjan. Y de esta forma, la mejor comprensi´ on de lo que ocurre en los problemas cotidianos de cualquier ingeniero, dedicado a esta parte del conocimiento. En la u ´ltima Secci´on (Sec. 1.5), se propone una serie de ejercicios con la finalidad de afianzar todos los conceptos abordados.

5

Figura 1.1: Izquierda: bater´ıa y foco; derecha: abstracci´on de la bater´ıa y foco.

1.1

Unidades b´ asicas

Observemos la Fig. 1.1 y preguntemos ¿qu´e corriente pasa por del foco? Con el fin de calcularla, realicemos la abstracci´on mostrada en la Fig. 1.1, donde se satisface la relaci´on v i= (1.1) R (cis. 2.7) R representa la u ´nica propiedad del foco que nos interesa, y su unidad de medida es el ohmio (Ω). R relaciona a la variable v con la i. i = v/R es denominado relaci´ on v-i. R es una abstracci´ on para el foco, con esta idea todo elemento que acepte la aplicaci´ on de un voltaje y deje pasar una corriente va a cumplir la relaci´ on v-i denominada ley de Ohm que, despejada, nos da el valor de R. Para mayor informaci´on sobre esta Secci´on ver Cisneros Parra, J. U., Instrumentaci´ on electr´ onica b´ asica. Para hacer alusi´on a este libro, usaremos la notaci´ on (cis). La resistencia el´ectrica de los materiales es la oposici´on que se presenta al paso de la corriente, y cuantitativamente est´a dada por la raz´on del voltaje entre la corriente. La resistividad es una propiedad intr´ınseca de cada material; cuando se conocen las dimensiones geom´etricas del conductor, se puede calcular su resistencia con la siguiente ecuaci´on: R=ρ

l , A

(1.2) (cis 2.9)

donde ρ es la resistividad, l la longitud del conductor y A su ´area transversal. La conductividad es el inverso de ρ. Los conceptos f´ısicos principales que usaremos son la corriente y el voltaje, donde la corriente es la rapidez con que pasa la cantidad de

6 carga q: i=

dq , dt

(1.3) (cis. 2.1)

o equivalentemente, interpret´andola como carga en el circuito (la carga se mide en coulombios (C)) Z t i dt + q(t0 ) (1.4) q(t) = t0

y se manejan b´ asicamente dos categor´ıas: corriente directa, como lo es la proporcionada por la bater´ıa de cualquier juguete electr´onico, expresada matem´ aticamente como una funci´on continua i = B, siendo B una constante, y la corriente alterna que normalmente se utiliza en los hogares para alimentar el refrigerador u otros aparatos electrodom´esticos, caracterizada por una funci´on de tipo senoidal: i = Bsen(ωt + θ) ´o i = B cos(ωt + θ); podemos transformar el seno en coseno, sumando o restando un ´ angulo de 90◦ . La unidad de corriente es el amperio (A). En el modelo f´ısico simple para la corriente el´ectrica, se considera que las cargas el´ectricas libres en un conductor ordinario tienen velocidades diferentes, al azar, con una velocidad promedio en la direcci´on del campo el´ectrico. El campo el´ectrico debido a la diferencia de potencial entre los extremos del conductor, pone en movimiento a los electrones de conducci´ on. Entonces, la corriente el´ectrica se define como la cantidad de carga el´ectrica que cruza la secci´on transversal del conductor por unidad de tiempo, y ´esta se expresa con la ecuaci´on 1.3. Por ejemplo, en la Fig. 1.2, la corriente que pasa por el conductor (el alambre entre los elementos bater´ıa y foco) es de 3 A, y como es un trayecto cerrado, esos 3 A se mantienen inalterados al atravesar los dos elementos; por ello, se dice que por el foco circulan tres amperios, lo mismo que por la bater´ıa (dispositivos en serie). El voltaje v, o diferencia de potencial, en un elemento se obtiene de la siguiente forma: se hace pasar una corriente por el conductor y esto provoca la autoinducci´ on de una fuerza electromotriz (voltaje), que es directamente proporcional a la raz´on de cambio del flujo magn´etico λ con respecto al tiempo dλ , dt o, equivalentemente, interpret´andole como flujo en el circuito Z t λ(t) = v dt + λ(t0 ). v=

t0

(1.5)

(1.6)

7

Figura 1.2: Dos formas de representar la misma corriente

Y, al igual que para la corriente el´ectrica, se tienen dos categor´ıas: voltaje directo y voltaje alterno, donde sus expresiones matem´aticas son la funci´ on constante, para el voltaje directo, v = B, con B una constante, y la funci´ on de tipo senoidal v = Bsen(ωt+θ) ´o v = B cos(ωt+θ), para el voltaje alterno; la unidad de medida es el voltio (V). En forma general, si la frecuencia angular en el voltaje alterno es cero, ω = 0, entonces v = B que es la definici´on del voltaje directo. Por ejemplo, en la Fig. 1.3 se tendr´ a un voltaje directo entre las terminales de la bater´ıa, y el mismo voltaje en las terminales del foco (elementos en paralelo). Otro concepto asociado a la corriente, voltaje y resistencia en el foco (o cualquier otro objeto) es el de potencia (generaci´on o consumo de energ´ıa). La energ´ıa total transferida depende del tiempo que dura la corriente, y debido a las colisiones que ocurren en el elemento por el flujo de cargas, ´este se calienta. El fen´omeno se conoce como calentamiento por efecto de Joule. Se puede asumir que la resistencia no cambia apreciablemente por el calentamiento; y si cambia, la resistencia depender´a

Figura 1.3: Dos formas de representar el mismo voltaje

8 de la corriente y el voltaje aplicados. La raz´on de energ´ıa transferida se define como la potencia. O, an´alogamente, la potencia es la rapidez con la cual se gasta energ´ıa. Sus unidades son Joule/segundo = Watt = Volt-Amperio. La potencia p est´a dada en funci´on del voltaje entre las terminales del elemento y la corriente que pasa por ´este: p = v i,

(1.7) (cis 2.6)

y, para el conductor ´ ohmico, en funci´on de la corriente que lo cruza y su resistencia asociada p = R i2 ,

(1.8) (cis 2.8)

o en t´erminos del voltaje y la resistencia p=

v2 . R

(1.9) (cis 2.10)

Para ampliar el concepto de potencia, veamos la Fig. 1.4. En la Fig. 1.4a, el foco absorbe la potencia p = (5)(3) = 15 W. Para decidir si un elemento absorbe energ´ıa, se toma el acuerdo siguiente: una vez fijados los signos del potencial en cada terminal, la corriente debe atravesar al elemento del potencial positivo al negativo, y el resultado debe ser positivo. Haciendo el mismo ejercicio para la bater´ıa, tenemos que p = (5)(−3) = −15 W lo cual indica que la bater´ıa absorbe −15 W, o genera 15 W. Para la Fig. 1.4b, notemos que p = (−5)(−3) = 15 W en el foco, porque se debe cambiar el sentido de la corriente para que

Figura 1.4: a) y b) potencia absorbida por el foco, y c) potencia generada por el foco (cosa que no es posible)

9 est´e de acuerdo con la convenci´on de signos, y en cambio, si se calcula la potencia en la bater´ıa, los signos son los correctos, entrando la corriente por el lado positivo, por lo que p = (−5)(3) = −15 W, produciendo 15 W, igual que en la Fig. 1.4a. Los c´alculos para el foco en la Fig. 1.4c son p = (5)(−3) = −15 W que significa que el foco estar´ıa suministrando 15 W y se los estar´ıa entregando a la bater´ıa; para la bater´ıa resulta p = (5)(3) = 15 W que indica que la bater´ıa est´a absorbiendo 15 W. Los c´ alculos para la Fig. 1.4c son correctos, aunque se sabe que el foco no puede producir energ´ıa, ni la bater´ıa consumir; el ejemplo est´a hecho con toda intenci´ on para comprender mejor el concepto de potencia absorbida y potencia generada, de acuerdo a lo que se nombra la convenci´ on de signos. Como la potencia es la rapidez con la cual se gasta energ´ıa, entonces la energ´ıa la definimos como la integral de la potencia y sus unidades son el Joule. Z

t

E=

p dt + E(t0 ). t0

En el ´ ambito de fuentes para voltaje y corriente, se tienen dos categor´ıas: las fuentes independientes (como la bater´ıa que hace que encienda el led de cualquier juguete electr´onico) y las fuentes dependientes (muy utilizadas en los an´ alisis de los transistores a peque˜ na se˜ nal). Las dos producen energ´ıa, pero la primera no est´a supeditada a par´ametros externos para generarla (por ejemplo, v ´o i), en tanto que la segunda s´ı depende de par´ ametros asociados a otro elemento para saber cuanto suministra (est´ a condicionada a un proceso externo, en el cual no tiene ingerencia). Fuentes independientes Fuente independiente de Voltaje: El voltaje que aplica a la red entre sus terminales es independiente de la corriente que pasa a trav´es de ella, producida por ella y, quiz´as, por otras fuentes externas (Figs. 1.5a, 1.5b y 1.5d). Fuente independiente de Corriente: La corriente que entrega a la red es completamente ajena al voltaje existente entre sus terminales, producto de elementos externos (Fig. 1.5c y 1.5e). Fuentes dependientes Estas fuentes (cuyos s´ımbolos se indican en la Fig. 1.6) est´an condicionadas a voltajes o corrientes que existen fuera de ellas, en otro lugar del circuito en consideraci´on. Por ejemplo, en la Fig. 1.7 se muestra una fuente independiente de corriente de magnitud 5 A, que nunca va a cambiar, aunque los dem´as elementos se sustituyan por otros de diferente valor; as´ı, si R1 vale 1

10 Ω, el voltaje es 5 V en esta resistencia (por ley de ohm v = R i) al igual que el voltaje en la fuente de 5 A, y el suministro de corriente es 5 A; ahora, si se cambia R1 por 2 Ω, el voltaje vale 10 V tanto en R1 como en la fuente de 5 A, y la corriente de la fuente contin´ ua en 5 A. Prosiguiendo con este ejemplo, pero ahora fijando la atenci´on en la fuente de voltaje, notemos que es una fuente dependiente (por lo tanto, su voltaje cambia si se alteran los elementos externos), cuyo valor es dos veces el voltaje en R1 (2 VR1 , sin unidades), es decir, cuando R1 = 1 Ω, la fuente dependiente toma el valor de 2 × 5, 5 es la magnitud del voltaje en la resistencia R1 (elemento externo a la fuente), dando 10 V; y si R1 = 2 Ω, la fuente dependiente toma el valor de 2 × 10, dando 20 en magnitud, y sus unidades son voltios (20 V). Sin abandonar el ejemplo, s´olo que ahora permutamos la fuente dependiente de voltaje por una fuente dependiente de corriente (Fig. 1.8), para R1 = 1 Ω, la resistencia presenta un voltaje de 5 V y, por tanto, la fuente de corriente dependiente toma el valor de 2 × 5 (magnitud del voltaje en R1 ), que es igual a 10, con unidades amperios, por ser fuente de corriente. Es frecuente confundir las unidades de amperios por voltios: en lugar de decir 10 A, esto se toma err´oneamente por 10 V, ya que se emplean las unidades (de voltios) provenientes del c´alculo para el voltaje en la resistencia. Ahora, si R1 = 2 Ω, se tendr´a 2 × 10 (s´olo magnitud) igual a 20 A. Los diagramas 1.9, 1.10 y 1.11 muestran c´omo las fuentes dependientes se emplean para modelar dispositivos electr´onicos. Por ejemplo, en el an´ alisis de peque˜ na se˜ nal a bajas frecuencias para los transistores de uni´ on bipolar (BJT), para transistores por efecto de campo (FET) y para los amplificadores operacionales (OPAMP). El modelo de peque˜ na se˜ nal del BJT (Fig. 1.9) es muy utilizado para simplificar el an´ alisis matem´atico de circuitos complejos a transistores.

Figura 1.5: Diferentes representaciones de fuentes independientes. N´otese el uso del c´ırculo (excepto el inciso a), referente a la bater´ıa): a) voltaje CD, b) voltaje CD, c) corriente CD, d) voltaje CA, y e) corriente CA

11

Figura 1.6: La forma de rombo carateriza a las fuentes dependientes: a) voltaje CD, b) corriente CD, c) voltaje CA y d) corriente CA

Figura 1.7: Fuente de corriente independiente y fuente de voltaje dependiente Este modelo, con una fuente dependiente de corriente, se lee como sigue: la fuente proporciona hf e veces la corriente Ib ; hf e es el factor por el cual se multiplica la corriente que pasa por la resistencia hie , dando como resultado que la fuente genere hf e Ib amperios, la cual equivale a Ic . De igual forma, lo que produce la fuente de corriente en la Fig. 1.10 es gm veces el valor del potencial Vgs . Notemos que la fuente de corriente depende de un voltaje, y no, como en el caso anterior, de una corriente. As´ı, la fuente de corriente dependiente proporciona gm Vgs amperios, en el modelo de peque˜ na se˜ nal del FET. El modelo del OPAMP, Fig. 1.11, involucra una fuente de voltaje dependiente que deber´ıa ser dibujada por un rombo, pero que se ha sustituido por un c´ırculo, cosa muy frecuente en los an´alisis electr´onicos. En este tipo de modelos, aunque la simbolog´ıa utilizada sea la de una fuente independiente, se debe interpretar como una dependiente. En el caso espec´ıfico del modelo del OPAMP, la fuente toma el valor de Av veces el valor del potencial Vi , as´ı la fuente dependiente suministra Av Vi voltios. A las fuentes, independientes o dependientes, tambi´en se les llama elementos activos, de hecho esta denominaci´on abarca a todos los elementos que son capaces de entregar potencia a alg´ un dispositivo con el cual interact´ uan. Caso contrario, si el elemento s´olo es apto para recibir potencia (disiparla), se le denominar´a elemento pasivo. A la conexi´ on de dos o m´as elementos de cualquier tipo se le llamar´a red. Cuando la red contiene por lo menos un elemento activo, ser´a una red activa, en caso contrario, ser´a una red pasiva. Si se hace un recorrido en

12

Figura 1.8: Fuente de corriente independiente y fuente de corriente dependiente la red, partiendo de un punto origen, pasando por los elementos (ramas), y se puede regresar al punto origen sin repetir las ramas (denominado trayectoria cerrada), se le nombrar´a circuito. La Fig. 1.12 tiene dos elementos activos, las fuentes de corriente y de voltaje, y tres elementos pasivos, las resistencias; esto constituye una red activa, ya que existe la conexi´ on de m´ as de dos elementos, adem´as de calificar como un circuito, debido a que hay al menos una trayectoria cerrada que podr´ıa ser la ruta marcada con las letras a, b, c, d y a. Refir´ amonos a lo que se ha visto hasta este momento. En el circuito de la Fig. 1.13, el lector determinar´a la potencia absorbida por cada elemento, adem´ as de mencionar qu´e tipo de red es, y si el resultado obtenido ser´ a v´ alido cuando todas las potencias sumadas dan cero. ¿Existe alguna explicaci´ on de ello? Hasta ahora, se han realizado las siguientes consideraciones acerca de los elementos de un circuito: el elemento presenta un voltaje entre sus terminales, y la corriente va de una a otra; la interacci´on con los dem´ as elementos en el circuito se realiza u ´nicamente a trav´es de sus terminales. En general, la relaci´on V -I no es lineal, excepto para elementos que obedecen la ley de Ohm (resistores). Las t´ecnicas de an´alisis de estos circuitos operan s´ olo en el r´egimen en el cual la escala de tiempo de las se˜ nales es mucho m´as grande que el tiempo de propagaci´on de las ondas electromagn´eticas a trav´es de los elementos (su tama˜ no deber´ a ser peque˜ no comparado con la longitud de onda asociada con la se˜ nal de voltaje y corriente; de este modo, las ondas electromagn´eticas se pueden tratar como si se propagaran instant´aneamente a trav´es del

Figura 1.9: Fuente de corriente dependiente en el modelo de peque˜na se˜nal del BJT.

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Figura 1.10: Fuente de corriente dependiente en el modelo de peque˜na se˜nal del FET.

Figura 1.11: Fuente de voltaje dependiente en el modelo interno del OPAMP. Note que el rombo de la fuente dependiente se ha sustituido por un c´ırculo.

Figura 1.12: Circuito el´ectrico

Figura 1.13: Ejercicio

14 elemento). Adem´ as, el flujo magn´etico y el campo el´ectrico fuera del elemento son cero, y dentro son constantes para todo tiempo. Luego, no existe relaci´ on entre campos de elementos que puedan ejercer influencia sobre otras partes. Esto permite analizar el comportamiento de cada componente independientemente. Con ello, y reafirmando lo anteriormente dicho, nuestra atenci´on se centra en el voltaje entre el par de terminales del elemento y la corriente que entra por una terminal y sale por la otra, la cual debe ser la misma. Cuando ensamblamos un circuito, unimos las diferentes piezas b´asicas por medio de alambres ideales. Es decir, toda la corriente esta confinada dentro del alambre, y no se genera voltaje entre los extremos (terminales), por lo tanto Ralambre = 0. En resumen, aqu´ı s´ olo se tratan circuitos que cumplen lo siguiente: 1. La rapidez de cambio del flujo magn´etico, en cualquier parte del circuito, deber´ a ser cero todo el tiempo. 2. La rapidez de cambio de la carga en cualquier nodo del circuito deber´ a ser cero todo el tiempo. Un nodo es un punto en el cual dos o m´ as terminales de los elementos se conectan usando alambres. 3. La escala de tiempo de la se˜ nal deber´a ser m´as grande que el tiempo de propagaci´ on de la onda electromagn´etica a trav´es del circuito. En la Sec. 1.2 se exponen los procedimientos matem´aticos que se utilizar´ an en este Cap´ıtulo.

1.2

Procedimientos matem´ aticos para la soluci´ on de ecuaciones

Las ecuaciones que surgen del an´alisis de los circuitos el´ectricos en este libro son lineales, y son posibles las siguientes clases: sin derivadas (solamente hay resistencias), con una derivada (para circuitos RC y RL) y doble derivada (circuitos RLC). El m´etodo de soluci´on que se emplear´a es matricial para los tres casos, encontrando primero los eigenvalores y eigenvectores de las matrices, para posteriormente utilizarlos en resolver la ecuaci´ on matricial del problema en cuesti´on. El primer caso (sin derivadas) implica resolver ecuaciones con una inc´ ognita, de la forma ax = b, y su soluci´on es x = a−1 b. Igual a la ley de Ohm v = R i, (1.10) es decir, i = v/R ´ o i = R−1 v = G v, donde G = R−1 es llamado conductancia, y su unidad de medida es el Siemens (S).

15 En general se resolver´an ecuaciones de lazo, de la forma v1 + v2 + v3 = 12,

(1.11)

en las que t´ıpicamente se dan los valores de las resistencias, por ejemplo: R1 = 2 Ω, R2 = 1 Ω y R3 = 3 Ω; sustituy´endose en (1.10), y estos a su vez en (1.11), se tendr´ a 2 i + i + 3 i = 12;

(1.12)

luego 6 i = 12

(a x = b), (x = a−1 b),

i = 12/6 = 2

o, de manera an´ aloga, se tienen ecuaciones de nodo del siguiente tipo: i1 + i2 + i3 = 12,

(1.13)

utilizando los mismos valores de resistencias, y la ley de Ohm (i = R−1 v) v v v + + = 12, 2 1 3

(1.14)

lo que resulta 11 v = 12 6

(a x = b),

´o

v=

72 11

(x = a−1 b).

(1.15)

Se han resuelto ecuaciones del tipo a x = b con una sola inc´ognita; sin embargo, frecuentemente es necesario resolver ecuaciones de m´as de una inc´ ognita, lo que lleva directamente a un problema de tipo matricial AX = B, siendo A, X y B matrices de tama˜ no n × n, n × 1 y n × 1, respectivamente, donde se debe encontrar la soluci´on a la inc´ognita X (con n elementos). Formulemos el problema. Sea A X = B,

(1.16)

el sistema de inter´es, cuya soluci´on se da por la ecuaci´on X = A−1 B.

(1.17)

La tarea se reduce a encontrar la matriz inversa de A, y posteriormente multiplicarla por B; pero, la inversa de A, de acuerdo con el ´algebra lineal, es adj A A−1 = , (1.18) det A

16 donde adj A es la matriz adjunta de A y det A es el determinante de A. Para precisar, sea A = [aij ] una matriz cuadrada de orden n, y Aij la submatriz de A de (n − 1) × (n − 1), obtenida al borrar el i-´esimo rengl´on y la j-´esima columna de A. Definamos el menor como mij = det Aij y el cofactor de A, correspondiente a aij , como cij = (−1)i+j mij = (−1)i+j det Aij ; entonces (intercambio de columnas por renglones)  0  c11 c12 . . . c1n c11 c21 . . . cn1  c21 c22 . . . c2n   c12 c22 . . . cn2    adj A =  .. .. .. ..  =  .. .. .. ..    . . . . . . . . cn1 cn2 . . . cnn c1n c2n . . . cnn

     (1.19)

y (expansi´ on del determinante en menores) det A = |A| =

n X (−1)i+j aij det Aij .

(1.20)

i=1

Con estas f´ ormulas se encuentra la soluci´on X. Si A es cuadrada y no singular, la soluci´ on de AX = B es X = A−1 B =

adj A B det A

(1.21)

con X = [x1 x2 . . . xn ]0 y B = [b1 b2 . . . bn ]0 (matrices columna). Existe otra forma de encontrar la soluci´on para una xi particular, conocida como la regla de Cramer, que se escribe a continuaci´on. Sea Aj (B) la matriz de A con la columna j-´esima reemplazada por B. Entonces para cada i = 1, 2, . . . , n, se tiene que xi =

det Ai (B) det A

(1.22)

es la soluci´ on particular de cada variable. Ejercicio 1.1 Hallar la soluci´ on usando la matriz inversa (Ec. 1.17), y conf´ırmela utilizando la regla de Cramer (Ec. 1.22), del siguiente conjunto de ecuaciones 2 v 1 − v 2 + 3 v3 = 1 4 v1 − v2 + v3 = 3 v1

− 3 v3 = 0.

17 Sugerencia: Primeramente, determinar los eigenvalores de la matriz correspondiente. Recordar que, para ello, se resuelve la siguiente ecuaci´ on (A − λ I) m = 0,

(1.23)

donde λ es el valor propio y m el vector propio; as´ı, el vector propio m est´ a en el espacio nulo de la matriz   2−λ −1 3 . −1 − λ 1 A − λI =  4 1 0 −3 − λ Los valores propios se pueden obtener con el programa MatLab. La instrucci´ on adecuada es: [V,D] = eig(A), donde V contiene el resultado de los eigenvectores, y D el de los eigenvalores de la matriz A. Con ello, Matlab conduce a   0.7399079 + 0.7759011 i λ =  0.7399079 − 0.7759011 i  , −3.4798157 y su correspondiente matriz de vectores propios M   −0.3689 − 0.1701 i −0.3689 + 0.1701 i −0.4103 −0.9076 0.3170  . M =  −0.9076 −0.1036 − 0.0240 i −0.1036 + 0.0240 i 0.8551 Una vez que se tienen los valores propios, si se suman se encontrar´ a la traza de la matriz A, y si se multiplican, se tendr´ a el determinante de A. Utilice este determinante en la soluci´ on del problema.

El m´etodo de soluci´ on de las ecuaciones diferenciales de primer orden y segundo orden, se deja para el siguiente Cap´ıtulo.

1.3

Leyes el´ ectricas

Resaltemos dos puntos importantes del razonamiento que se le puede dar al elemento resistivo, a trav´es del uso de la ley de Ohm R = v/i. El primero es que si el voltaje es cero, v = 0, por la ley de Ohm, v = Ri, la corriente o la resistencia es cero; supongamos que existe corriente, por lo tanto R = 0, lo que lleva a interpretar la resistencia (Fig. 1.14) como un corto circuito (un alambre ideal). Luego: Corto circuito: Se define como una resistencia de 0 Ω, por lo cual v = Ri = 0 V. O sea, cualquier elemento (no s´olo resistencias) que lleve corriente y no presente voltaje, se debe interpretar como alambre ideal (corto circuito). El segundo punto se refiere al caso de corriente cero, i = 0. Por la ley de Ohm, i = v/R, si existe voltaje, la resistencia debe ser R = ∞, lo que lleva a interpretar la resistencia como circuito abierto.

18

Figura 1.14: Abstracci´on de la resistencia y resistencias reales Circuito abierto: Se define como una resistencia de ∞ Ω, por lo que i = v/R = 0 A. En forma general, siempre que haya voltaje y corriente no, se debe interpretar al elemento como circuito abierto (desconectado). Inversamente, si se detecta corriente a voltaje cero, se trata de un corto circuito (conectado). Es muy importante recordar estas dos observaciones. De la definici´ on de circuito abierto, tambi´en se puede decir que la conductancia es cero. La conductancia se define como: G=

i 1 = v R

(S).

(1.24)

Una vez visto los pormenores alrededor de la ley de Ohm (su aplicaci´ on es local, elemento por elemento), pasemos a las dos leyes de aplicaci´ on global que son las Leyes de Kirchhoff (ya no es elemento por elemento). Ley de corrientes de Kirchhoff (LCK): La suma algebraica de todas las corrientes en un nodo es cero (Fig. 1.15), donde se consideran positivas si llegan, y negativas si salen (o viceversa). N X

in = 0.

(1.25)

n=1

Ley de voltajes de Kirchhoff (LVK): La suma algebraica de los voltajes de los elementos en cada trayectoria cerrada es cero (Fig. 1.16). N X n=1

Vn = 0.

(1.26)

19 Por ejemplo, usando la LVK para el lazo (trayectoria cerrada) que pasa por los nodos a, b, c, y regresa a a a trav´es de la fuente de voltaje de la Fig. 1.17, se tiene: vca + vab + vbc = 0. Y si se aplica la LCK al nodo a se tiene: ica + iba + ida = 0, lo cual est´ a de acuerdo con la teor´ıa general. Abundemos un poco m´as en la LVK. Como involucra suma de voltajes, se debe colocar a cada componente su identificaci´ on como voltaje (Fig. 1.18). As´ı, para el elemento entre los nodos c y a, que es la fuente de voltaje, se le llama v0 con sus respectivos signos + y −. La forma de asignar los signos es irrelevante, pero una vez establecidos, se deben respetar durante todo el an´alisis del circuito. Para los dem´ as elementos, se les nombra, por ejemplo, v1 , v2 , v3 , v4 y v5 , con sus signos correspondientes (Fig. 1.18). Para aplicar la LVK, se necesitan dibujar los lazos, como se muestra en la Fig. 1.19. Tambi´en, la elecci´on de la direcci´on de los lazos es irrelevante; pero una vez acordada, se debe mantener hasta culminar el

Figura 1.15: La LCK permite escribir iA + iB − iC − iD = 0

Figura 1.16: La LVK permite escribir −V1 + V2 − V3 = 0

20

Figura 1.17: Para ejemplificar la LCK y la LVK

Figura 1.18: Asignaci´on de voltajes vi a cada elemento

Figura 1.19: Asignaci´on de la direcci´on a los lazos del circuito

21 problema. As´ı, las ecuaciones para cada lazo son:  L1 : −v0 + v1 + v2 = 0  L2 : v1 + v3 − v4 = 0 Ley de voltajes de Kirchhoff.  L 3 : v3 + v5 − v2 = 0

(1.27)

No podemos dejar de insistir que, una vez asignada la direcci´on de los lazos, polaridad de los voltajes y direcci´on de las corrientes, se deben mantener hasta la obtenci´on de los resultados (Fig. 1.19). Sustituyendo los voltajes por sus equivalencias (ley de Ohm) para resolver las ecuaciones, y tomando en cuenta la convenci´on pasiva de los signos, y que por cada elemento pasa una corriente, se tiene  v0 = V 0 , v3 = R3 i3 ,  v1 = R1 i1 , v4 = R4 i4 , Ley de Ohm (aplicaci´on local),  v2 = R2 i2 , v5 = R5 i5 ,

(1.28)

con lo cual se lleva a cabo la uni´on entre la LV K y la ley de Ohm: L1 : −V0 + R1 i1 + R2 i2 = 0, L2 : R1 i1 + R3 i3 − R4 i4 = 0, L3 : R3 i3 + R5 i5 − R2 i2 = 0. Si se intenta resolver el sistema de tres ecuaciones, no se lograr´ıa ello, puesto que, aunque conocemos los valores de las Ri y V0 , se desconocen cinco corrientes. Luego, se deben buscar otras relaciones. Es ventajoso introducir, para eso, la corriente en los lazos L1 = ia , L2 = ib y L3 = ic , donde la direcci´ on de cada corriente ia,b,c ser´a positiva si se sigue el sentido asignado al lazo, y negativa en direcci´on contraria (Fig. 1.19). Para establecer la corriente en cada rama, notemos su relaci´on con las corrientes de lazo: i1 = ia + ib ,

i2 = ia − ic ,

i3 = ib + ic ,

i4 = −ib

i5 = ic . (1.28a)

En efecto, la corriente i1 en direcci´on descendente es el resultado neto de la corriente de lazo ia m´as la de lazo ib (en el mismo sentido); cosa semejante puede decirse de las corrientes de rama restantes. Entonces, las ecuaciones para los lazos quedan como sigue, en t´erminos de las

22 corrientes de malla ia , ib e ic : L1 : o ´

−V0 + R1 (ia + ib ) + R2 (ia − ic ) = 0, (R1 + R2 )ia + R1 ib − R2 ic = V0 ,

L2 :

R1 (ia + ib ) + R3 (ib + ic ) − R4 (−ib ) = 0

o ´

R1 ia + (R1 + R3 + R4 )ib + R3 ic = 0,

L3 :

R3 (ib + ic ) + R5 (ic ) − R2 (ia − ic ) = 0,

o ´

−R2 ia + R3 ib + (R3 + R5 + R2 )ic = 0,

y para resolver el sistema de ecuaciones, usamos la t´ecnica matricial, escribi´endolo en la forma AX = B: 

 −R2  R3 R3 + R5 + R2 }|

   ia V0 ib  =  0  ic 0 {z } | {z } X B (1.29) As´ı, X = A−1 B (Ec. (1.21)), de donde se deducen las corrientes de lazo (malla) ia , ib e ic y, por ende, i1 , i2 , i3 , i4 e i5 (Ec.(1.28a)), as´ı como v1 , v2 , v3 , v4 y v5 (Ec. (1.28)). R1 + R2  R1 −R2 |

R1 R1 + R3 + R4 R3 {z A

Otra forma de obtener la soluci´on es empleando la suma de corrientes a un nodo, y normalmente se aplica cuando hay fuentes de corrientes en el circuito. Para muestra, si se toma el circuito anterior cambiando la fuente de voltaje por una fuente de corriente (Fig. 1.20), y aplicamos

Figura 1.20: Circuito con una fuente de corriente independiente

23 luego la LCK, se llega al siguiente conjunto de ecuaciones:

Nodo a : i0 + i1 + i4 Nodo b : −i1 + i2 + i3 Nodo c : i0 + i2 + i5 Nodo d : −i3 − i4 + i5

v3  , i0 = −I0 , i3 = = 0,  R3   v1 v4 = 0, LCK, i1 = , i4 = , = 0,  R1 R4   = 0, v5 v2 , i5 = , i2 = R2 R5

       

Ley de Ohm

       (1.30)

Combinando la LCK con la ley de Ohm, se obtiene: v1 + R1 v2 v1 + + Nodo b : − R1 R2 v2 Nodo c : I0 + + R2 v3 v4 Nodo d : − − + R3 R4 Nodo a : −I0 +

v4 R4 v3 R3 v5 R5 v5 R5

= 0, = 0, = 0, = 0.

El sistema consiste de s´olo cuatro ecuaciones con cinco inc´ognitas vi (diferencias de potencial entre los extremos de los elementos), por lo tanto, no es posible llegar a la soluci´on. Para resolver el problema, se introducen los potenciales de cada nodo. As´ı, para el nodo a se tendr´a un va , que es la diferencia de potencial del nodo a con respecto de un nodo espec´ıfico, al cual se le nombra nodo de referencia (quiz´as el nodo c puede ser el nodo de referencia). Si se escoge a c como referencia, no se puede cambiar hasta finalizar el problema. En el caso presente, se emplean u ´nicamente los voltajes de los nodos a (va ), b (vb ) y d (vd ). Con ello las diferencias de potencial para cada elemento son: v1 = va −vb ,

v2 = vb −vc ,

v3 = vb −vd ,

v4 = va −vd ,

v5 = vd −vc .

Al voltaje vc de referencia, se le asigna el valor cero por conveniencia (lo cual simplifica el c´ alculo). Las ecuaciones anteriores se reescriben como: v 1 = va − vb ,

v2 = vb ,

v3 = vb − vd ,

v4 = va − vd ,

v5 = vd ,

24 que al sustituirlas en las ecuaciones de nodo, conducen a va − vb va − vd −I0 + + =0 R1 R4 ! 1 1 1 1 + va − vb − vd = I 0 , R1 R4 R1 R4

Nodo a : o ´

o ´ Nodo c : Nodo d : o ´

va − vb vb vb − vd + + = 0, R1 R2 R3 ! 1 1 1 1 + + vd = 0, vb − R1 R2 R3 R3 −

Nodo b : −

1 va + R1

(1.31)

para el nodo de referencia, no hay ecuaci´on, vb − vd va − v d vd − + =0 R3 R4 R5 ! 1 1 1 1 1 − va − vb + + + vd = 0. R4 R3 R3 R4 R5 −

Escribiendo las ecuaciones en forma matricial, AX = B, y posteriormente despejando X, se pueden encontrar los potenciales va , vb , vd y, en consecuencia, v1 , v2 , v3 , v4 y v5 , as´ı como las corrientes i1 , i2 , i3 , i4 e i5 :      1 1 1 1 va I0 − −      R +R R1 R4 4      1      1 1 1 1 vb   0      − 1 = + + −      R1 R1 R2 R3 R3           vd 0  1 1 1 1 1 − − + + R4 R3 R3 R4 R5 | {z } | {z } | {z } A X B (1.32) Como variaci´ on de lo anterior, pongamos una fuente dependiente de corriente entre los nodos d y c en vez de la resistencia R5 (Fig. 1.21). Reescribamos las Ecs. (1.30), y sigamos tomando el nodo c como referencia.  v3    ,  i0 = −I0 , i3 =  Nodo a : i0 + i1 + i4 = 0,   R 3     v1 v4 Nodo b : −i1 + i2 + i3 = 0, LCK, i1 = Ley de Ohm, , i = , 4 Nodo c :   R1 R4      Nodo d : −i3 − i4 + i5 = 0, v2   i2 = , i5 = −2v4 ,  R2 (1.33)

25 combinando la LCK y la Ley de Ohm, se llega a

v1 + R1 v1 v2 Nodo b : − + + R1 R2 Nodo c : Nodo a : −I0 +

Nodo d : −

v4 = 0, R4 v3 = 0, R3

v4 v3 − − 2 v4 = 0. R3 R4

Pero

v1 = va − vb ,

v2 = vb ,

v3 = vb − vd ,

v4 = va − vd ;

Figura 1.21: Circuito con una fuente de corriente independiente y otra dependiente.

26 as´ı que sustituyendo en las ecuaciones de nodo, va − vb va − vd + = 0, −I0 + R1 R4 ! 1 1 1 1 + va − vb − vd = I0 , R1 R4 R1 R4

Nodo a : o ´

va − vb vb vb − vd + + = 0, R1 R2 R3 ! 1 1 1 1 + + vb − vd = 0, R1 R2 R3 R3 −

Nodo b : o ´

−

1 va + R1

(1.34)

Nodo c : vb − vd va − vd − + 2(va − vd ) = 0, R3 R4 ! ! 1 1 1 1 2− va − vb + + − 2 vd = 0, R4 R3 R3 R4 −

Nodo d : o ´

ello conduce a la ecuaci´ on matricial  1 1 1 1 − −  R +R R1 R4 4  1  1 1 1 1  − 1 + + −  R1 R1 R2 R3 R3   1 1 1 1 2− − + −2 R4 R3 R3 R4 | {z A

       |

  va vb  =  vd {z } |

 I0 0 , 0 {z }

}

X

B (1.35)

de donde se puede despejar X. Ejercicio 1.2 : Analice los circuitos de la Fig.1.22, para encontrar el voltaje en los nodos, la corriente en los lazos, voltaje y corriente en todo elemento. Compruebe sus resultados con la suma de potencias igual a cero, en cada circuito.

1.4

T´ ecnicas de an´ alisis

Las t´ecnicas de an´ alisis hacen uso de los procedimientos explicados hasta aqu´ı, y de las siguientes construcciones.

27

b)

a)

c) Figura 1.22: Ejercicio 1.2.

1.4.1

Derivados de LVK (fuentes de voltaje en serie y resistencias en serie)

Como se puede apreciar en la Fig. 1.23, es posible reducir el circuito de la izquierda al circuito de la derecha, haciendo uso de la LV K. O sea, todos los voltajes del circuito A se reducen a uno solo Vs , debido a que est´ an conectados en serie (en un lazo). Notemos que el circuito B permanece intacto, en este caso una sola resistencia, pero podr´ıa estar constituido por m´ as elementos:

Vs =

n X

vi = −v1 + v2 + v3 + . . . + vn

i=1

Luego, las fuentes de voltaje en serie se agrupan (suma) para formar una sola, seg´ un la LV K (1.26). Ahora, a la inversa, tomemos una sola fuente de voltaje y n resistencias en serie, como se ve en el lado izquierdo de la Fig. 1.24. Aplicando la LV K (1.26), llegamos a que las resistencias en serie se pueden reducir a una sola (Ec. (1.36)), como lo muestra el lado derecho de la Fig. 1.24, y el voltaje en cualquier resistencia, por ejemplo en Rn se expresa con la Ec. (1.38), donde i se despeja de (1.37), f´ormula

28

Figura 1.23: Circuitos equivalentes.

Figura 1.24: Fuente de voltaje con resistencias en serie, y circuito equivalente. conocida como divisor de voltaje. V s = v1 + v2 + . . . + vn = R1 i + R2 i + · · · + Rn i = (R1 + R2 + · · · + Rn ) i {z } |

(1.36)

Req = Req i, Vs = Req i,

(1.37) (cis 2.11)

Rn v n = Rn i = Vs . Req

(1.38) (cis 2.13)

29

Figura 1.25: Circuitos equivalentes.

1.4.2

Derivados de la LCK (fuentes de corriente en paralelo y resistencias en paralelo)

De forma similar a la ley de voltajes (1.26), la de corrientes (1.25) nos proporciona el m´etodo para agrupar en una sola fuente todas las fuentes de corriente entre un par de nodos (circuito en paralelo). Como se puede observar en la Fig. 1.25, es posible reducir el circuito de la izquierda al de la derecha haciendo uso de la LCK. As´ı, las fuentes de corriente del circuito A se unen en una fuente u ´nica de corriente Is , como se ve en la figura a la derecha, permaneciendo el circuito B invariable: Is =

n X

= i1 + i2 + i3 + · · · + in

i=1

Bajo la noci´ on de circuito en paralelo (par de nodos), analicemos el comportamiento de las resistencias en paralelo, Fig. 1.26. Realicemos la suma de corrientes en el nodo superior (Ec. (1.25)) con potencial V , y tomemos al inferior como nodo de referencia; posteriormente, sustituyamos cada una empleando la ley de Ohm (1.1), con lo que se obtiene la resistencia equivalente Ec. (1.39), o expresado como la conductancia

Figura 1.26: Equivalencia de circuitos.

30 Ec. (1.24): Is = i1 + i2 + · · · + in V V V + + ··· + = G1 V + G2 V + · · · + G1 V R1 R2 Rn ! 1 1 1 = V = (G1 + G2 + · · · + G1 ) V, + + ··· + | {z } R1 R2 Rn | {z }

=

1 Req Is =

Geq 1 V = Geq V. Req

(1.39) (cis 2.12)

La corriente en una rama, por ejemplo en la n-´esima, se obtiene sustituyendo el voltaje de (1.39) en (1.40), lo que se conoce como divisor de corriente Ec. (1.41). V = Gn V, Rn Req Gn in = Is = Is . Rn Geq in =

(1.40) (1.41) (cis 2.14)

Podemos, aqu´ı, hacer una interpretaci´on equivalente a la del voltaje, si utilizamos el concepto de conductancia. Es decir, la corriente en la rama n-´esima es igual al cociente de la conductancia n-´esima y la conductancia equivalente del circuito en paralelo, multiplicada por la corriente de la fuente que alimenta al circuito. Aunada a la transformaci´on de resistencias en serie y paralelo, existen las transformaciones delta y estrella. En la Fig. 1.27, se muestran la configuraci´ on estrella a) y la configuraci´on delta b). Se han etiquetado los nodos de las dos de forma similar, como a, b y c. As´ı, se toman los potenciales entre los nodos ac (vac ) y bc (vbc ), y las corrientes que van del nodo a al c (iac ) y del nodo b al c (ibc ), como se indica en la Fig. 1.28. Escribamos el conjunto de ecuaciones por mallas para la configuraci´on estrella (Fig. 1.28a) (R1 + R3 ) iac + R3 ibc = vac , R3 iac + (R2 + R3 ) ibc = vbc ,

(1.42)

31 y para la configuraci´ on delta (Fig. 1.28b) RA iac − RA i2 = vac , −RA iac + (RA + RB + RC ) i2 + RC ibc = 0, RC i2 + RC ibc = vbc .

(1.43) (1.44) (1.45)

Despejando i2 de la Ec. (1.44) y sustituyendo en (1.43) y (1.45), se tiene  2 RA RC RA ibc = vac , iac + RA − RA + RB + RC RA + RB + RC   2 RA RC RC iac + RC − ibc = vbc , RA + RB + RC RA + RB + RC



(1.46)

y comparando t´erminos entre las Ecs. (1.42) y (1.46), se encuentra que

Figura 1.27: Configuraci´on estrella y delta .

Figura 1.28: Circuitos para obtener la transformaci´on de delta a estrella.

32

Figura 1.29: Circuito para obtener la transformaci´on de estrella a delta. la transformaci´ on delta a estrella debe cumplir con RA RB , RA + RB + RC RB RC R2 = , RA + RB + RC RC RA R3 = . RA + RB + RC

R1 =

(1.47)

Para la transformaci´ on de estrella a delta, se escriben las ecuaciones de nodo en cada circuito; para ello, ia es la corriente que entra al nodo a e ib al b, y el nodo c act´ ua como nodo referencia, como se indica en la Fig. 1.29. Las ecuaciones de nodo son: nodo a : nodo b : nodo v2 :

v2 vac − = ia , R1 R1 v2 vbc − = ib , R2 R2 vac v2 vbc − + − = 0, R1 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 R2

(1.48) (1.49) (1.50)

de donde se despeja v2 (Ec. (1.50)) y se sustituye en (1.48) y (1.49): 

 1 R2 R3 R3 − vac − vbc =ia , R2 R1 (R1 R2 +R2 R3 +R3 R1 ) R1 R2 +R2 R3 +R3 R1   R3 1 R1 R3 − vac + − vbc =ib . R1 R2 +R2 R3 + R3 R1 R2 R2 (R1 R2 +R2 R3 +R3 R1 ) (1.51) Por otro lado, las ecuaciones de nodo para la configuraci´on delta son

33 (Fig. 1.29b)  1 1 1 + vac − vbc = ia , RA RB RB   1 1 1 − vac + + vbc = ib . RB RC RB 

nodos a y b:

(1.52)

Comparando t´erminos semejantes entre las Ecs. (1.51) y (1.52), se encuentra R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 , R2 R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 RB = , R3 RA =

RC =

(1.53)

R1 R2 + R2 R3 + R3 R1 . R1

Ahora, con lo estudiado en las Secs. 1.1, 1.2 y 1.3 y estos dos resultados subsecs. 1.4.1 y 1.4.2, podemos hacer una revisi´on a las t´ecnicas de an´ alisis de circuitos, que conduce a una extensi´on al an´alisis de mallas, al an´ alisis de nodos y cuatro teoremas, que ser´an expuestos a continuaci´on, bajo los t´erminos de: • An´ alisis de Supermalla. • An´ alisis de Supernodo. • Teorema: Linealidad y Superposici´on. • Teorema: Transformaci´on de fuentes. • Teorema: Th`evenin y Norton. • Teorema: M´ axima transferencia de potencia.

1.4.3

An´ alisis de Supermalla

Se conoce como an´ alisis de mallas cuando se aplica la LVK a cada malla de un circuito, como en la Sec. 1.3, Fig. 1.19. Retomando la Fig. 1.17, pero cambiando la resistencia R2 por una fuente de corriente Ix , el circuito adopta ahora la configuraci´on de la Fig. 1.30. El hecho de existir una fuente de corriente en el circuito, y mantener el an´alisis por la LV K,

34

Figura 1.30: Circuito para an´alisis por supermallas conduce a lo que se conoce como el an´ alisis de supermalla, el cual explicaremos enseguida. Igual que en la Sec. 1.3, sumamos los voltajes en cada malla e igualamos el resultado a cero. Sin embargo, el an´alisis de supermalla requiere la existencia de fuentes de corriente en el circuito, cosa que aqu´ı (Fig. 1.30) tenemos una, para la que i2 = −Ix ; tambi´en, i2 = ia − ic (incluye dos mallas). As´ı, se obtiene una ecuaci´on a la que se le nombra la ecuaci´ on 1 de la supermalla o definici´on de la supermalla. Por lo tanto: Ix = −(ia − ic ) = ic − ia . Observemos que ic est´a en la misma direcci´on que Ix e ia est´ a en direcci´on opuesta. Luego, realizamos el an´alisis de mallas (a´ un sin tomar en cuenta la supermalla). malla ia : −v0 + v1 + v2 = 0, malla ib : v1 + v3 − v4 = 0, malla ic : −v2 + v3 + v5 = 0. Por ley de Ohm v1 = R1 i1 ,

v2 =?,

v3 = R3 i3 ,

v4 = R4 i4 ,

v5 = R5 i5 .

Las corrientes en toda rama son i1 = ia + ib , i2 = ia − ic , i3 = ib + ic , i4 = −ib , i5 = ic . Sustituyendo las corrientes para determinar los potenciales, resulta v1 = R1 (ia + ib ), v5 = R5 (ic ),

v2 =?,

v0 = V0 ,

v3 = R3 (ib + ic ),

v4 = R4 (−ib ),

35 y usando estos voltajes en las mallas, se llega a malla ia :

R1 (ia + ib ) + v2 = V0 , o ´

R1 ia + R1 ib + v2 = V0 ,

malla ib :

R1 (ia + ib ) + R3 (ib + ic ) + R4 ib = 0, o ´

R1 ia + (R1 + R3 + R4 ) ib + R3 ic = 0,

o ´

−v2 + R3 ib + (R3 + R5 ) ic = 0.

−v2 + R3 (ib + ic ) + R5 ic = 0,

malla ic :

Se tienen tres ecuaciones y cuatro inc´ognitas, ia , ib , ic y v2 ; por lo tanto, se necesita una cuarta ecuaci´on. Si se toma la relaci´on Ix = ic − ia asociada a la supermalla, se consigue el prop´osito. Con ello, ya se puede resolver el sistema. 

R1  R1   0 −1 |

R1 R1 + R3 + R4 R3 0 {z A

0 R3 R3 + R5 1

 1 ia  ib 0   −1   ic 0 v2 } | {z X





  =   }

|

V0 0 0 Ix {z B

   

(1.54)

}

Observemos, si se sustituye v2 de la ecuaci´on de la malla ic v2 = R3 ib + (R3 + R5 ) ic , en la ecuaci´ on de la malla ia , se tiene: R1 ia + R1 ib + R3 ib + (R3 + R5 ) ic = V0 o ´ R1 ia + (R1 + R3 ) ib + (R3 + R5 ) ic = V0 ,

(1.54a)

que ser´ıa equivalente a tomar la suma de voltajes en la ruta de las mallas seguida por ia e ic , sin tomar en cuenta la rama que contiene la fuente Ix (ecuaci´ on que define la supermalla, o primera ecuaci´on). Esto se conoce como la ruta de la supermalla, y proporciona la segunda ecuaci´on, o ecuaci´ on supermalla, es decir, directamente de la Fig. 1.30, resulta −v0 + v1 + v3 + v5 = 0, que por la ley de Ohm da R1 i1 + R3 i3 + R5 i5 = V0 .

36 En t´erminos de ia , ib e ic , se puede escribir como R1 (ia + ib ) + R3 (ib + ic ) + R5 (ic ) = V0 , o sea R1 ia + (R1 + R3 ) ib + (R3 + R5 ) ic = V0 , lo cual coincide con la Ec. (1.54a). En suma, para resolver el problema, s´ olo se necesita tomar el conjunto de ecuaciones de la supermalla y las mallas que no comparten fuentes de corriente, como se escribe a continuaci´ on: R1 ia + (R1 + R3 ) ib + (R3 + R5 ) ic = V0 ic − ia = Ix

 supermalla (malla ia + malla ic ) y la fuente de corriente entre las dos mallas

R1 ia + (R1 + R3 + R4 ) ib + R3 ic = 0 }

malla ib (1.55)



R1  −1 R1 |

 (R1 + R3 ) (R3 + R5 )  0 1 (R1 + R3 + R4 ) R3 {z }| A

  ia ib  =  ic {z } |

X

 V0 Ix  , 0 {z }

(1.56)

B

por lo que AX = B ser´ıa la ecuaci´on matricial a resolver.

1.4.4

An´ alisis de Supernodo

Al realizar el an´ alisis por corrientes, se utiliza la LCK (1.25), y los nodos del circuito juegan un papel central. A esto se le conoce como an´alisis por nodos, como se vio en la Sec. 1.3, Fig. 1.20. Cambiemos R3 , ah´ı, por una fuente de voltaje con potencial Vx . El circuito toma la forma que se muestra en la Fig. 1.31. La tarea de hacer el an´alisis con la LCK en circuitos que tienen fuentes de voltaje, se le conoce como an´ alisis de supernodo, que se describe a continuaci´on. Comenzamos eligiendo el nodo c como referencia, para los potenciales de los nodos a (va ), b (vb ) y d (vd ), (Ejemplo de la Fig. 1.20), y seguimos un procedimiento semejante al de la Sec. 1.3. Surge, al igual que la supermalla, el supernodo que se construye entre los nodos de la fuente de voltaje Vx , defini´endola como ecuaci´on 1 del supernodo, o definici´on del supernodo: Vx = vb − vd . Procedamos a desarrollar estos t´erminos:

37

Figura 1.31: Circuitos para an´alisis por supernodos

 Nodo a : i0 + i1 + i4 = 0    Nodo b : −i1 + i2 + i3 = 0 LCK, Nodo c :    Nodo d : −i3 − i4 + i5 = 0

i0 = −I0 v1 i1 = R1 v2 i2 = R2

 i3 = ?    v4   i4 = R4  Ley de Ohm. v5     i5 = R5 (1.57)

Combinando la LCK y la Ley de Ohm, obtenemos

Nodo a : Nodo b :

v1 v4 + = 0, R1 R4 v2 v1 + + i3 = 0, − R1 R2

−I0 +

Nodo c :

Nodo d :

−i3 −

v4 v5 + = 0. R4 R5

Ahora, usemos los potenciales de nodo va , vb y vd para expresar las diferencias de potencial en la forma v1 = va − vb ,

v2 = vb ,

v3 = vb − vd = Vx ,

v4 = va − vd ,

v5 = vd ,

38 y sustituyamos estos en las ecuaciones de nodo: Nodo a : o ´

v a − vb va − vd + = 0, −I0 + R1 R4 ! 1 1 1 1 va − + vb − vd = I0 R1 R4 R1 R4 −

Nodo b : o ´

−

1 va + R1

va − vb vb + + i3 = 0, R1 R ! 2 1 1 + vb + i3 = 0, R1 R2

Nodo c :

o ´

va − vd vd + = 0, R4 R5 ! 1 1 vd − i3 = 0, + R4 R5

−i3 −

Nodo d : −

1 va + R4

Se tiene cuatro inc´ ognitas (va , vb , vd , i3 ) y tres ecuaciones, por lo que se necesita una m´ as, que se obtiene con la fuente de voltaje entre los nodos b y d (supernodo) Vx = vb − vd . Luego, el conjunto de ecuaciones a resolver es   1 1 1 1 + − − 0  R      R1 R4  1 R4  va I0   1 1  − 1     + 0 1     vb  =  0  . R R R    vd  1 1 2  0    1 1  − 1 i3 Vx 0 + −1    | {z | {z } } R4 R4 R5 0 1 −1 0 | {z } A X B (1.58) Con la soluci´ on de la ecuaci´on, se pueden encontrar todos los valores de las variables del circuito. N´otese, si se sustituye i3 de la ecuaci´on nodo d en la ecuaci´ on nodo b, tenemos: ! ! 1 1 1 1 1 1 + vb − va + + Vd = 0, − va + R1 R1 R2 R4 R4 R5 o ´

39

−

1 1 + R1 R4

! va +

1 1 + R1 R2

!

1 1 + R4 R5

vb +

! vd = 0,

(1.58a)

que ser´ıa equivalente a formar un s´olo nodo con b y d (concepto de supernodo). As´ı, directamente de la fig. 1.31, aplicando la suma de corrientes al supernodo bd (visto como un s´olo nodo), tenemos: −i1 + i2 − i4 + i5 = 0, que, por la ley de ohm, se convierte en −

v1 v2 v4 v5 + − + = 0. R1 R2 R4 R5

Escribiendo las diferencias de potencial en t´erminos de los voltajes de nodo va − vb vb va − vd vd − + − + = 0, R1 R2 R4 R5 resulta ! ! ! 1 1 1 1 1 1 − + va + + vb + + vd = 0, R1 R4 R1 R2 R4 R5 y es igual a la Ec. (1.58a). Luego, se puede resolver el circuito de la Fig. 1.31 por el siguiente conjunto de ecuaciones: ! 1 1 1 1 va − Nodo a : + vb − vd = I0 , R1 R4 R1 R4 ! ! ! 1 1 1 1 1 1 Supernodo bd : − + va + + vb + + vd = 0, R1 R4 R1 R2 R4 R5 Voltaje entre vb − vd = V x ,

b y d (supernodo) : o en forma matricial:  1 1 1 −  R +R R 1 4 1   1 1  − 1 − 1 +  R R R R 1 4 1 2 0 1 | {z A

1 − R4 1 1 + R4 R5 −1

      }



 va  vb  vd | {z } X

 =

 I0  0 . Vx | {z }

B (1.59) Despejando X de la Ec. 1.59, es posible determinar los valores de todas las variables del sistema.

40

Figura 1.32: Circuito (sistema) con conexi´on en serie

Figura 1.33: Circuito (sistema) conectado en serie

1.4.5

Teorema de Linealidad y Superposici´ on

Otra manera m´ as de resolver problemas con circuitos el´ectricos, es la de superposici´ on, la cual es aplicable solamente si el circuito califica como lineal. Para decidir si es lineal, se debe cumplir con los principios de aditividad y de homogeneidad, que presentamos a continuaci´on: Supongamos que la respuesta y(t) del sistema (corriente o voltaje en cualquier rama o nodo del circuito) depende solamente de la entrada u(t) (fuente de alimentaci´ on independiente, de voltaje o de corriente). Se llamar´ a a {u(t), y(t)} ´ o {u(t)} → {y(t)} par permitido entrada/salida de un sistema (circuito), si la salida debido a la entrada u(t) es y(t). Entonces, se dice que el sistema es lineal, si para cualesquiera pares permitidos {u1 (t)} → {y1 (t)} y {u2 (t)} → {y2 (t)}, se cumple lo siguiente: {u3 = u1 (t) + u2 (t)} → {y3 = y1 (t) + y2 (t)} {u3 = αu1 (t)} → {y3 = αy1 (t)}

(aditividad), (homogeneidad),

para toda constante α permitida. De otro modo, el circuito no es lineal, y por tanto, no se puede aplicar el principio de superposici´ on. Para ilustrar lo anterior, veamos si el circuito de la Fig. 1.32 es lineal. Primero probamos la aditividad en el circuito; para ello, hagamos que la fuente de voltaje u1 sea la entrada al sistema y, como salida, el potencial en la resistencia R2 , al cual denominaremos y1 . Luego, debido

41

Figura 1.34: Circuito (sistema) conectado en serie

Figura 1.35: Circuito (sistema) conectado en serie a la entrada u1 se obtiene la salida y1 en el sistema: y1 =

R2 u1 R1 + R2

Ahora, si se cambia a otra fuente de voltaje u2 , se obtendr´a un voltaje de salida y2 , como se muestra en la Fig. 1.33: y2 =

R2 u2 . R1 + R2

Para concluir con la propiedad de aditividad, se aplica una fuente de voltaje u3 equivalente a la suma de u1 y u2 , obteniendo la salida y3 (ver Fig. 1.34); luego, se debe corroborar que y3 sea igual a la suma de las salidas y1 y y2 , provocadas de forma independiente por las entradas u1 y u2 : y3 =

R2 R2 R2 R2 u3 = (u1 +u2 ) = u1 + u2 = y1 +y2 , R1 + R2 R1 + R2 R1 + R2 R1 + R2

y, efectivamente, es igual a la suma de cada respuesta (y1 , y2 ) por separado. Para establecer la homogeneidad, se procede como sigue: se toma una fuente u3 de α veces u1 , que es la nueva fuente de voltaje, como se aprecia en la Fig. 1.35. Por las propiedades del divisor de voltaje, se

42 sabe que y3 =

R2 R2 R2 u3 = (α u1 ) = α u1 = α y1 . R1 + R2 R1 + R2 R1 + R2

Por lo tanto, la salida y3 es igual a α veces la salida y1 generada por u1 . Con esto se corrobora el principio de homogeneidad. En otras palabras, para una entrada {α u} tenemos una salida {α y}. Habiendo comprobado aditividad y homogeneidad, se afirma que el circuito analizado es lineal y, por lo tanto, se puede aplicar el principio de superposici´on. As´ı, en el Principio de Superposici´ on se cumple tanto aditividad como homogeneidad {α1 u1 (t) + α2 u2 (t)} → {α1 y1 (t) + α2 y2 (t)} para dos entradas, y en forma general {α1 u1 (t) + α2 u2 (t) + · · · + αn un } → {α1 y1 (t) + α2 y2 (t) + · · · + αn yn }. Volvamos a la Fig. 1.30 para aplicar la t´ecnica de superposici´ on y, por comodidad, repit´ amosla en la Fig. 1.36. T´omese como u1 a V0 , y como u2 a IX , y apl´ıquese el principio de superposici´on, es decir, solamente trab´ ajese con una fuente de energ´ıa a la vez. Primero, s´olo u ´sese la fuente de voltaje (en sentido coloquial se dice que se matan las fuentes, y se trabaja s´ olo con una). Matar una fuente de corriente es eliminar el suministro de energ´ıa; as´ı, para no inyectar corriente, se desconecta la fuente (reempl´ acese esta por un circuito abierto) como se muestra en la Fig. 1.37. Ahora, cuando se mate a u1 = V0 , que es la fuente de voltaje, significa llevar la fuente a un potencial cero (corto circuito) para que deje de suministrar energ´ıa, como se ve en la Fig. 1.38. Entonces, calc´ ulese

Figura 1.36: Circuitos propuesto para aplicar la t´ecnica de superposici´on.

43 la respuesta y1 debida a u1 , despu´es la respuesta y2 debida a u2 , finalmente s´ umense, y obt´engase la respuesta total del circuito. En este caso la respuesta y podr´ıa ser la corriente i1 de la Fig. 1.36. Respuesta y1 : {u1 } → {y1 } En la Fig. 1.37 se etiquetan las variables poni´endoles ‘0 ’, para indicar que es la parte de la respuesta debido solamente a una fuente de energ´ıa (fuente de voltaje).

Malla i0A :

−V0 + R1 (i0A + i0B ) + R3 (i0A + i0B ) + R5 i0A = 0 o ´

Malla

i0B

(R1 + R3 + R5 ) i0A + (R1 + R3 ) i0B = V0 , R1 (i0B + i0A ) + R3 (i0B + i0A ) + R4 i0B = 0

: o ´

(R1 + R3 ) i0A + (R1 + R3 + R4 ) i0B = 0.

Figura 1.37: Trabajando solamente con la fuente de voltaje en nuestro caso u1 .

Figura 1.38: Se usa solamente la fuente de corriente.

44 Escribamos las ecuaciones en la forma AX = B:    0  iA R1 + R3 + R5 R1 + R3 i0B R1 + R3 R1 + R3 + R4 {z } | {z } | A X



 V0 , 0 | {z } B (1.60) donde podemos resolver para i0A e i0B , y por ende, para todas i0i y Vi0 en cada rama y nodo del circuito (trabajando s´olo con la fuente de voltaje). Respuesta y2 : {u2 } → {y2 } En la Fig. 1.38, las variables se reetiquetan con ‘00 ’ para indicar que se est´ a trabajando con u2 la otra fuente (fuente de corriente). Resolvemos el circuito como sigue. Super malla i00A − i00C :

R1 (i00A + i00B ) + R3 (i00C + i00B ) + R5 i00C = 0, o ´

Malla

i00B

=

R1 i00A + (R1 + R3 ) i00B + (R3 + R5 ) i00C = 0, R1 (i00B + i00A ) + R3 (i00B + i00C ) + R4 i00B = 0,

: o ´

R1 i00A + (R1 + R3 + R4 ) i00B + R3 i00C = 0,

Super malla i00A − i00C :

−i00A + i00C = IX .

Pongamos las ecuaciones en la forma AX = B:    00    R1 R1 + R3 R3 + R5 iA 0  R1 R1 + R3 + R4   i00B  =  0  . R3 −1 0 1 IX i00C

(1.61)

Resolvemos para i00A , i00B e i00C y, por lo tanto, para todas las corrientes i00i y voltajes vi00 en cada rama y nodo del circuito. Por ejemplo, comentamos que se desea encontrar la corriente i1 del circuito de la Fig. 1.36, por superposici´ on, se tiene i1 (salida y) : |

{z } {y1 + y2 }

←

i01 (salida y1 , respuesta debido a u1 ) +i001 (salida y2 , respuesta debido a u2 ), {u1 } → {y1 } {u2 } → {y2 } {z } | {u1 + u2 } i1 = i01 + i001 .

Lo mismo se hace para cualquier potencial, por ejemplo v5 : v5 = v50 + v500 , o tambi´en se puede emplear la notaci´on sugestiva:

(1.62)

45 v50 = v5 |V0 v500 = v5 |IX

(solamente trabajando la fuente V0 ) (solamente trabajando la fuente IX )

por lo que v5 = v5 |V0 + v5 |IX Ejercicio 1.3 Use los siguientes valores en la Fig 1.36: V0 = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y responda la pregunta: ¿cu´ ales son los valores de la corriente i1 y el voltaje v5 ? Utilice el principio de superposici´ on.

1.4.6

Teorema de Transformaci´ on de Fuentes

Existe otra t´ecnica para resolver circuitos el´ectricos conocida como transformaci´ on de fuentes. Aqu´ı se intercambian dos topolog´ıas equivalentes para resolver con mayor facilidad el problema, seg´ un sea conveniente emplear una o la otra. Se basa en permutar un circuito en serie, como el mostrado en la Fig. 1.39, por un circuito en paralelo, como se aprecia en la misma Figura, o viceversa. El valor que toma la fuente de corriente o de voltaje, dependiendo del caso, se obtiene con la ley de Ohm, donde la resistencia se mantiene invariable, como se aprecia a continuaci´on. Primero, tomemos la configuraci´on en serie de la Fig. 1.39 a), y respondamos la pregunta: ¿Cu´al es la m´axima corriente que puede suministrar la fuente de voltaje? Para ello, realicemos el procedimiento siguiente: cerramos el circuito por los extremos a y b, a trav´es de una R = 0 (cortocircuito), porque cualquier otro valor de R har´a que disminuya la corriente entre a y b; una vez hecho esto, calculemos la corriente a trav´es

Figura 1.39: Circuitos equivalentes para realizar la transformaci´on de fuentes

46 del lazo, quedando la siguiente ecuaci´on: −v + R i = 0, v = R i,

(1.63)

i = v/R, de donde se concluye que la corriente m´axima es la raz´on del voltaje de la fuente entre la resistencia. Por otro lado, analicemos cu´al ser´ıa el valor del voltaje entre los extremos a y b del circuito en paralelo Fig. 1.39 b). En esta estructura, no se aplica el corto circuito entre los extremos a y b, porque el voltaje siempre ser´ıa cero: v = R i = 0 i = 0; esto nos fuerza a utilizar una resistencia de un valor mayor que cero en los extremos a y b, y la mayor resistencia posible es la que equivaldr´ıa a un circuito abierto, matem´aticamente escrita como ∞. Con el circuito abierto, calculamos el voltaje entre a y b mediante la suma de corrientes en el nodo superior: ix = i, ix = v/R = i, v = R i.

(1.64)

Por lo tanto, si se quiere que los circuitos sean equivalentes, dejamos la resistencia R con el mismo valor en los dos, y permitimos que la corriente o el voltaje cambien seg´ un la ley de Ohm. Por ejemplo, partiendo del circuito en serie, los datos que se tienen son el valor del voltaje v y el de la resistencia R, y, por la Ec. 1.63, se obtiene el valor de la corriente que ser´ıa la asignada a la fuente del circuito en su configuraci´on en paralelo, comprob´ andose como se muestra por la ecuaci´on (1.64). En sentido inverso, partiendo de la configuraci´on en paralelo, conocemos los valores de la fuente de corriente i y de la resistencia R, y por la ecuaci´on (1.64), se deduce el valor de la fuente de voltaje empleada en el arreglo en serie. Entonces se llega a la siguiente conclusi´on: Teorema 1.1 Teorema de transformaci´ on de fuentes: Una fuente de tensi´ on V en serie con una resistencia R, es equivalente a una fuente de corriente I = V /R en paralelo con la resistencia R. O, similarmente, una fuente de corriente I en paralelo con una resistencia R es equivalente a una fuente de voltaje V = R I en serie con la resistencia R.

47

Figura 1.40: Circuito equivalente de Th`evenin. Ejercicio 1.4 Tome los siguientes valores en la Fig 1.36, V0 = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y resuelva por superposici´ on, usando tambi´en el Teorema de transformaci´ on de fuentes. ¿Cu´ ales son los valores de las corrientes y voltajes en cada elemento?

1.4.7

Teoremas de Th` evenin y Norton

En esta Secci´ on se ver´ an dos teoremas fundamentales para reducir un circuito a otro m´ as sencillo. Lo que se conoce como su equivalente de Th`evenin (una fuente de voltaje en serie con una resistencia) o de Norton (una fuente de corriente en paralelo con una resistencia). A continuaci´on, se enuncian los dos teoremas. Teorema 1.2 Teorema de Th`evenin: Cualquier red lineal con dos terminales puede sustituirse por una fuente de tensi´ on, igual a la diferencia de potencial entre las terminales en circuito abierto, y en serie con la resistencia sensada desde tales terminales. Para ilustrar el Teorema, tomemos el circuito de la Fig. 1.36, y seleccionemos las terminales a las que hace alusi´on, por ejemplo los nodos b y d, quitemos la resistencia R3 , y midamos el potencial en esas terminales; el potencial resultante se le nombra voltaje de Th`evenin VT h , y la resistencia total entre las terminales (sin R3 ) es la resistencia equivalente Req del circuito. Como se muestra en la Fig. 1.40, se ha sustituido el circuito que resulta de quitar R3 , por una fuente de voltaje en serie con una resistencia. Una vez aplicado el teorema de Th`evenin, se procede a resolver el nuevo circuito, conect´andole R3 otra vez. Ejercicio 1.5 Tome los siguientes valores en la Fig 1.40: V0 = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y encuentre el equivalente de Th`evenin entre las terminales b y d.

48 Teorema 1.3 Teorema de Norton. Una red lineal cualquiera con dos terminales, puede sustituirse por una fuente de corriente cuya intensidad sea igual a la que circula por el cortocircuito entre las terminales, y en paralelo con la resistencia sensada desde dichas terminales. Igual que el Teorema de Th`evenin, lo primero que se debe hacer es seleccionar las terminales del circuito, el cual se sustituir´a por el equivalente de Norton. Para comprender esto, continuemos con el circuito de la Fig. 1.36, y elijamos las mismas terminales, los nodos b y d; a continuaci´ on se elimina la resistencia R3 , y se determina la corriente al provocar un cortocircuito en esas terminales. La corriente resultante se le nombra la corriente de Norton IN , y la resistencia medida en esas terminales (sin R3 ) es la resistencia equivalente Req del circuito. Como se muestra en la Fig. 1.41, se ha sustituido el circuito que resulta de quitar R3 por una fuente de corriente en paralelo con una resistencia. Una vez aplicado el teorema de Norton, se prosigue a resolver el circuito resultante, conectando nuevamente R3 . Observaci´ on: notemos que el c´alculo de la resistencia equivalente, tanto en serie como en paralelo, para los dos Teoremas es la misma, ya que se obtiene entre las terminales b-d del mismo circuito. Este hecho es importante, debido a que por el Teorema de transformaci´on de fuentes, una vez obtenido el equivalente de Th`evenin construimos el equivalente de Norton, o viceversa. Ejercicio 1.6 . Tome los siguientes valores en la Fig. 1.41: Vo = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y encuentre el equivalente de Norton entre las terminales b y d. De la observaci´ on previa, el valor de la resistencia Req es igual para los dos Teoremas, e implica que si, por un lado, se ha calculado el potencial

Figura 1.41: Circuito equivalente de Norton.

49 de Th`evenin, y por el otro, la corriente de Norton, entonces dividiendo las dos cantidades, con la ley de Ohm se encuentra el valor de la resistencia Req . Ejercicio 1.7 . Para probar lo anterior, tomemos el potencial de Th`evenin y la corriente de Norton de los Ejercicios 1.5 y 1.6, y calculemos el valor de Req , que debe ser id´entico al ya establecido. Corolario 1.1 Como extensi´ on de los teoremas de Th`evenin y Norton, se puede establecer la siguiente relaci´ on: VT h = Req IN . Tanto los Teoremas de Th`evenin y de Norton, como el Corolario 1.1, se emplean a menudo a lo largo del Texto para simplificar el an´alisis de circuitos. Debido a las diversas combinaciones que se pueden presentar con fuentes independientes y dependientes en los circuitos, se desarrollan tres procedimientos para la obtenci´on de los equivalentes de Th`evenin y Norton, los cuales son: 1. circuitos con s´ olo fuentes independientes, 2. circuitos con fuentes dependientes e independientes, 3. circuitos con s´ olo fuentes dependientes. Ilustraremos esto en lo que sigue. 1.4.7.1

Circuitos con s´ olo fuentes independientes

Considere nuevamente la Fig. 1.36 para calcular el equivalente de Th`evenin y Norton entre los puntos b y d, sin la resistencia R3 , como se exhibe en la Fig. 1.42. El circuito se ha dividido en dos subcircuitos: A y B. El equivalente de Th`evenin, o Norton, se refiere a obtenerlo del circuito A, (Fig 1.42b). Equivalente de Th`evenin: Para encontrar el circuito equivalente, utilicemos el principio de superposici´on (se puede usar cualquier otra t´ecnica), el cual implica trabajar s´olo con una fuente independiente a la vez, de la forma: Vbd = VT h = VT0 h + VT00h . VT0 h significa analizar el circuito empleando solamente la fuente independiente de voltaje, y VT00h significa hacerlo usando s´olo la fuente independiente de corriente. Para VT0 h el circuito resultante est´a en la Fig. 1.43.

50

Figura 1.42: Circuito con s´olo fuentes independientes.

Figura 1.43: Circuito s´olo con fuente de voltaje. Debido a que no existe un lazo cerrado entre abc ni entre abd, I1 = 0; por ello el potencial en el nodo b es el mismo que el del nodo a, as´ı VT0 h ser´ a igual al potencial v4 . Resolviendo v4 por el divisor de voltaje, se tiene R4 v4 = VT0 h = V0 . R4 + R5 Ahora, para calcular VT00h , se mata la fuente de voltaje, y se analiza el circuito con s´ olo la fuente de corriente, como se muestra en la Fig. 1.44. En esta configuraci´ on, la corriente s´olo circula por el cortocircuito en el par de nodos ac (donde estaba la fuente de voltaje), mas no por las resistencias en serie R4 y R5 (va = vc ) ; esto trae como consecuencia que el nodo d est´e al mismo potencial que el nodo a; as´ı el potencial VT00h es igual a −v1 . VT00h = R1 IX .

51

Figura 1.44: Circuito s´olo con fuente de corriente.

Figura 1.45: Circuito sin fuentes independientes.

Con ello, el voltaje de Th`evenin es

VT h = VT0 h + VT00h =

R4 V0 + R1 IX . R4 + R5

(1.65)

Ahora, s´ olo falta encontrar el valor de la resistencia equivalente entre los nodos b y d. Para ello, no alimentemos el circuito de la Fig. 1.42b. Esto implica que, por tener el circuito s´olo fuentes independientes (de aqu´ı el nombre de este enfoque), se llegue a un circuito resistivo. Eso se logra colocando en circuito abierto la fuente de corriente, y en cortocircuito la fuente de voltaje, resultando la estructura que se ve en la Fig. 1.45a, la cual es equivalente a la Fig. 1.45b. Notemos que R1 est´a en serie con la

52

Figura 1.46: Circuito equivalente de Th`evenin. combinaci´ on paralelo de R4 y R5 (Fig. 1.45b), as´ı: Req = R1 + R4 k R5 R4 R5 R4 + R5 R1 (R4 + R5 ) + R4 R5 . = R4 + R5 = R1 +

(1.66)

Luego, el equivalente del circuito A (Fig. 1.42b), de acuerdo al Teorema de Th`evenin, es el que se muestra en la Fig. 1.46b. Tambi´en se puede llegar al equivalente de Norton utilizando el Teorema de transformaci´ on de fuentes. Pero, utilicemos un camino alterno para conseguir lo mismo. Seg´ un el Teorema de Norton, se debe hacer un corto circuito entre los nodos b y d (Fig. 1.42b) para encontrar la corriente que pasa entre ellos (Fig. 1.47). Nuevamente, resolvamos por superposici´ on. Ahora, la corriente que circula por el cortocircuito entre los nodos b y d, se expresa con la ecuaci´on 0 00 IN = IN + IN = IN |V0 + IN |IX .

(1.67)

0 Cuando s´ olo se trabaja con la fuente de voltaje para establecer IN = IN |V0 , se tiene el circuito mostrado en la Fig. 1.48a. Si queremos en0 contrar el valor de IN , se divide el valor del potencial en los nodos ad (Vad = Vab ) entre la resistencia R1 , y para saber el valor del potencial Vab , usemos el divisor de voltaje con la resistencia R1 kR4 : 0 IN =

Vab , R1

53

Figura 1.47: Circuito A para el equivalente de Norton.

0 , b) Circuito para encontrar I 00 . Figura 1.48: a) Circuito para encontrar IN N

donde

Vab

R1 k R4 = V0 = R1 k R4 + R5

R1 R4 R1 R4 R1 + R4 V0 , V0 = R1 R4 + R5 (R1 + R4 ) R1 R4 + R5 R1 + R4

as´ı que 0 IN =

R1 R4 V0 R4 = V0 . R1 R4 + R5 (R1 + R4 ) R1 R1 R4 + R5 (R1 + R4 )

(1.68)

00 Al trabajar s´ olo con la fuente de corriente para encontrar IN = IN |IX , se tiene el circuito mostrado en la Fig. 1.48b. Reacomod´andolo, se consigue el de la Fig. 1.49a, donde se aprecian todas las resistencias en 00 paralelo con la fuente de corriente. As´ı, el c´alculo de IN se hace utilizando el divisor de corriente en el paralelo formado por las resistencias

54

00 . Figura 1.49: Circuitos equivalentes para encontrar IN

R4 y R5 : 00 IN =

=

R1 Ix = R1 + R4 k R5

R1 Ix R4 R5 R1 + R4 + R5

R1 (R4 + R5 ) Ix . R1 (R4 + R5 ) + R4 R5

(1.69)

Por lo tanto R1 (R4 + R5 ) R4 V0 + Ix , R1 R4 + R5 (R1 + R4 ) R1 (R4 + R5 ) + R4 R5 (1.70) que ser´ıa el valor de la fuente de corriente de Norton. S´olo falta determinar la resistencia equivalente; gracias a que el circuito tiene u ´nicamente fuentes independientes, podemos emplear el mismo procedimiento que utilizamos para hallar la resistencia en el equivalente de Th`evenin, o sea la Ec. (1.66): R1 (R4 + R5 ) + R4 R5 Req = , R4 + R5 0 00 IN = IN + IN =

y as´ı, el equivalente de Norton del circuito A es el que se muestra en la Fig. 1.50. Ejercicio 1.8 Para probar lo expuesto, tome el potencial de Th`evenin y dividalo entre la corriente de Norton, calcule el valor de Req . Ejercicio 1.9 Escoja los siguientes valores en la Fig. 1.42: V0 = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y encuentre el equivalente de Th`evenin y Norton entre las terminales b y d, utilizando el m´etodo de este enfoque. Como se observa en el Ejercicio 1.8, cuando disponemos de alg´ un equivalente, por ejemplo el de Th`evenin, se puede construir r´apidamente

55

Figura 1.50: Circuitos equivalentes de Norton. el equivalente de Norton, usando el teorema de transformaci´on de fuentes: IN = VT h /Req . O, partiendo del equivalente de Norton, se puede obtener el equivalente de Th`evenin: VT h = Req IN (ver Fig. 1.51).

Figura 1.51: Transformaci´on del equivalente de Th`evenin al de Norton, y viceversa, por transformaci´ on de fuentes.

1.4.7.2

Circuitos con fuentes dependientes e independientes

Para hallar los equivalentes de Th`evenin o Norton en un circuito que contenga combinaci´ on de fuentes independientes y dependientes, procedamos como sigue. Observemos el circuito mostrado en la Fig. 1.52a, el cual satisface la condici´on de inter´es; en el circuito eliminemos, por un momento, la parte B mostrada en la Fig. 1.52a, y en la Fig. 1.52b se muestra u ´nicamente la parte A, analic´emosla. La forma de procesar este tipo de red es, primero, calcular el potencial de Th`evenin VT h y, despu´es, la corriente de Norton IN entre

56

Figura 1.52: a) Circuitos A y B; b) Circuito A para obtener los equivalentes de Th` evenin y Norton.

Figura 1.53: Configuraci´on del circuito para el c´alculo de a) potencial de Th`evenin y, b) corriente de Norton.

las terminales b-d, para luego establecer la resistencia equivalente Req a trav´es de la ley de Ohm. Este es el camino para calcular la resistencia equivalente, y ‘no se debe’ suprimir la energ´ıa en las fuentes, como en el P´ arrafo 1.4.7.1, y calcularla de aquella forma. Ello se indica a continuaci´ on, utilizando la fig. 1.53a, para determinar VT h , y la Fig. 1.53b, para la corriente IN . C´ alculo del potencial de Th`evenin: como VT h es la diferencia de los potenciales en b y d, el objetivo es establecerlos y realizar su resta: VT h = Vb − Vd . Tomemos al nodo c como referencia, apliquemos la suma de

57 corrientes en el nodo b, y resolvamos hasta encontrar el potencial Vb : i1 + 2 i1 = 0, luego, i1 = 0, por lo que i1 =

Va − Vb = 0, R1

y ya que Va es igual a V0 , se tiene Vb = V0 .

(1.71)

Para el c´ alculo del potencial Vd , se utiliza el resultado conocido del divisor de voltaje: R5 Vd = V0 , (1.72) R4 + R5 y de esta forma, se encuentra VT h : VT h = Vb − Vd =

R4 V0 . R4 + R5

(1.73)

Procedamos a establecer la corriente de Norton, utilizando el circuito de la Fig. 1.53b. C´ alculo de la corriente de Norton: Sumando las corrientes en el nodo b, (¡que es el d, tambi´en!) y despejando la corriente de Norton, llegamos a 3 iN = i1 + 2 i1 = 3 i1 = (V0 − Vb ). R1 Ahora, establezcamos el potencial Vb realizando la suma de corrientes en el nodo bd i1 + i4 + 2 i1 − i5 = 0, de donde, despejando para el potencial en Vb , se tiene Vb =

3R4 R5 + R1 R5 V0 , 3R4 R5 + R1 R5 + R1 R4

lo cual se sustituye en la ecuaci´on de la corriente de Norton para obtener IN =

3R4 V0 . 3R4 R5 + R1 R5 + R1 R4

(1.74)

58 C´ alculo de la resistencia equivalente: Finalmente, para encontrar la resistencia equivalente Req , dividamos el potencial de Th`evenin (1.73) entre la corriente de Norton (1.74) (Ley de Ohm): Req =

3R4 R5 + R1 R5 + R1 R4 3(R4 + R5 )

(1.75)

Con ello, se est´ a en la posibilidad de reemplazar el circuito A de la Fig. 1.52 por sus equivalentes de Th`evenin y Norton, los cuales mostrar´ıan una configuraci´ on como las que se presentan en las Figs. 1.46b y 1.50b con sus valores respectivos de voltaje, corriente y resistencia. Ejercicio 1.10 Tome los siguientes valores en la Fig. 1.52: V0 = 5 V, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y encuentre el equivalente de Th`evenin y Norton entre las terminales b y d, utilizando los procedimientos explicados.

1.4.7.3

Circuitos con s´ olo fuentes dependientes

Esta u ´ltima consideraci´ on comprende el an´alisis de circuitos con fuentes dependientes u ´nicamente, como el que se observa en la Fig. 1.54a. Para encontrar el equivalente de Th`evenin (Norton) en un circuito sin fuentes independientes, se debe alimentar el circuito con una fuente exterior, ya sea de voltaje o de corriente, y encontrar, en la fuente externa, la corriente o el voltaje, seg´ un el tipo de fuente aplicada y, posteriormente, la

Figura 1.54: a) Circuito A y B b) Circuito A para obtener el equivalente de Th` evenin y Norton.

59

Figura 1.55: Circuito A m´as una fuente de voltaje externa de valor Q para obtener el equivalente de Th` evenin y Norton.

resistencia equivalente con la ley de Ohm. Por ejemplo, si la fuente externa es de voltaje, entonces se encontrar´a la corriente que pasa a trav´es de ella. Y el circuito equivalente de Th`evenin o Norton es solamente la resistencia equivalente del circuito sin fuentes. El circuito es puramente resistivo debido a que, aunque existan fuentes, estas son dependientes de alg´ un potencial o corriente en otro elemento, y no son capaces de generar energ´ıa por s´ı solas, a menos que el elemento de la dependencia est´e energizado, cosa que no se cumple aqu´ı. Luego, el circuito equivalente de Th`evenin o Norton es puramente resistivo. Para encontrar la resistencia equivalente, obligadamente se tiene que alimentar el circuito para tomar en cuenta la contribuci´on resistiva de las fuentes dependientes a la resistencia equivalente. Veamos esto tomando la Fig. 1.54b, que es el circuito A del cual se desea tener el equivalente de Th`evenin o Norton. Los dos contendr´an exclusivamente la resistencia equivalente; para ello, apliquemos al circuito una fuente de voltaje de valor Q voltios, como se muestra en la Fig. 1.55 (tambi´en se puede hacer con una fuente de corriente). Efectuemos la suma de corrientes en el nodo b: i1 + 2 i1 = IN , de donde IN = 3 i 1 = 3

Va − Vb . R1

(1.76)

Si elegimos el potencial de referencia en el nodo c, entonces Va = 2 V4 y V4 = Va − Vd , as´ı que Va Vd = , (1.77) 2

60 y el potencial entre los nodos b y d es Vb − Vd = Q, con lo cual Vb = Q +

Va . 2

(1.78)

As´ı mismo, la suma de corrientes en este supernodo es i1 + 2 i1 + i4 − i5 = 3 i1 + i4 − i5 = 0, con i1 =

Va − Vd Vd Va − Vb , i4 = , e i5 = , de donde R1 R4 R5     3 1 3 1 1 + Va − Vb − + Vd = 0. R1 R4 R1 R4 R5

Sustituyamos en esta ecuaci´on las Ecs. (1.77) y (1.78), con lo cual se encuentra el potencial Va : Va =

6R4 R5 Q. 3R4 R5 + R1 R5 − R1 R4

(1.79)

Finalmente, haciendo uso de (1.78) y (1.79) en (1.76), se tiene una expresi´ on para la corriente de Norton IN = 3

R4 − R5 Q, 3R4 R5 + R1 R5 − R1 R4

(1.80)

y utilizando la ley de Ohm, se encuentra la resistencia equivalente Req =

VT h 3R4 R5 + R1 R5 − R1 R4 = . IN 3(R4 − R5 )

(1.81)

El circuito el´ectrico resultante es el que se muestra en la Fig. 1.56. Ejercicio 1.11 Tome los siguientes valores en la Fig. 1.54a: R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω y encuentre el equivalente de Th`evenin y Norton entre las terminales b y d, utilizando los conceptos expuestos aqu´ı.

1.4.8

Teorema de M´ axima Transferencia de Potencia

El aprovechamiento de energ´ıa m´aximo en un circuito, se basa en el teorema conocido como m´ axima transferencia de potencia, que establece: Teorema 1.4 Teorema de m´ axima transferencia de potencia: Una fuente de voltaje independiente, en serie con una resistencia R (equivalente de Th`evenin), o una fuente independiente de corriente en paralelo con una resistencia R (equivalente de Norton), entrega la potencia m´ axima a aquella resistencia de carga RL , para la cual RL = R.

61

Figura 1.56: Equivalente de Th`evenin y Norton para el Circuito A de la Fig.1.54a.

Figura 1.57: Aplicaci´on del teorema de m´axima transferencia de potencia Por ejemplo, hagamos el equivalente de Th`evenin del circuito A de la fig. 1.42a, y usemos como resistencia de carga a R3 , que es el circuito B. Entonces, para obtener la m´axima transferencia de potencia del circuito A hacia el B se tendr´ıa que elegir R3 = Req , como se observa en la Fig. 1.57. ¿Ser´ a cierto el Teorema? Para corroborar, encontremos el m´aximo de la funci´ on potencia en R3 :    R3 Vth R3 P =VI = Vth = V2. Req + R3 Req + R3 (Req + R3 )2 th Derivemos con respecto de R3 (Req + R3 )2 − 2R3 (Req + R3 ) 2 dP = Vth , dR3 (Req + R3 )4

62 e igualemos a cero, para encontrar el m´aximo: (Req + R3 )2 − 2R3 (Req + R3 ) = (Req + R3 )(Req − R3 ) = 0, por lo que Req + R3 = 0,

´o

Req − R3 = 0,

de donde (desechando la primera posibilidad debido a la limitaci´on que no existen resistencias negativas) Req = R3 . Con lo que se demuestra la aseveraci´on. Ejercicio 1.12 Tome los siguientes valores en la Fig. 1.57: V0 = 5 V, Ix = 2 A, R1 = 100 Ω, R3 = 220 Ω, R4 = 330 Ω, R5 = 470 Ω, y encuentre el equivalente de Th`evenin y Norton entre las terminales b y d (circuito A), y establezca qu´e valor debe tener R3 para trasferirle la m´ axima potencia.

1.5

Ejercicios

1. Un transistor entrega 5 W de potencia en los primeros 6 minutos, cero en los siguientes 2 minutos, un valor que crece linealmente de cero a 10 W durante los siguientes 5 minutos, y una potencia que decae en forma lineal de 10 W a cero en los 7 minutos posteriores. a) ¿Cu´ al es la energ´ıa total en Joules consumida durante este intervalo de 20 minutos. b) ¿Cu´ al es la potencia promedio en W/h durante este tiempo?. 2. En la Fig.1.58 se muestra la corriente como funci´ on del tiempo, tiene un periodo de 10s. a) ¿Cu´ al es el promedio de la corriente en un periodo? b) ¿Qu´e cantidad de carga ser´ a transferida en el intervalo 1 < t < 7s? c) Si q(0)=0, dibuje q(t), para 0 < t < 18s.

Figura 1.58: Ejercicio 2.

63

Figura 1.59: Ejercicio 3

Figura 1.60: Ejercicio 4

Figura 1.61: Ejercicio 5. 3. Verifique cu´ al de las fuentes de la Fig. 1.59 est´ a absorbiendo o generando potencia, y muestre que la suma algebraica de los cinco valores de potencia es cero. 4. Si v2 = 500 i2 e i2 = 4 mA, en la Fig. 1.60, ¿cu´ al es el valor de vS ?. 5. En el circuito de la Fig. 1.61 calcule vsal si vF = 0.05 cos 2000t V. 6. Resuelva Usando el concepto de nodo (supernodo), malla (supermalla) y superposici´ on en el circuito de la Fig. 1.62 el voltaje en la resistencia de 5Ω. 7. Resuelva Usando el concepto de equivalente de th`evenin, equivalente de Norton el voltaje en la resistencia de 50Ω. Finalmente cheque si esa resistencia de 50Ω es la de m´ axima transferencia de potencia en el circuito de la Fig. 1.63.

64

Figura 1.62: Ejercicio 6.

Figura 1.63: Ejercicio 6.

Cap´ıtulo 2

An´ alisis de Circuitos RLC En el Cap. 1, se analizaron los circuitos resistivos, donde una vez dado el diagrama el´ectrico, se planteaban las ecuaciones que reg´ıan su comportamiento y se resolv´ıan sin modificar el diagrama. Esta es una virtud de circuitos con s´ olo resistores. En el presente Cap´ıtulo, sin embargo, la caracter´ıstica t´ıpica es que el diagrama el´ectrico cambia conforme crece el tiempo. As´ı, se necesitar´an b´asicamente tres estructuras diferentes para resolver un problema, siendo esto la diferencia principal respecto al Cap. 1. Generalmente, las tres topolog´ıas que toma el circuito al evolucionar con el tiempo son las siguientes: cuando el tiempo transcurre de −∞ a 0 (tomando el cero como el instante de alimentar o apagar el circuito), cuando va de 0 a 5τ , (donde τ es la unidad con la cual se mide el tiempo que dura la respuesta transitoria) conocido como tiempo transitorio, y al ir de 5τ a +∞ (conocida como respuesta estable). Los objetivos para cada topolog´ıa por secci´on del tiempo se mencionan a continuaci´ on. Condici´ on inicial. El esquema el´ectrico que resulta en el intervalo de −∞ a 0 sirve para encontrar los potenciales en los nodos y las corrientes en las ramas, design´andolos como valores de condici´on inicial. Estos se requieren en el c´alculo de la respuesta transitoria. Respuesta transitoria. En el intervalo de 0 a 5τ , surge una nueva topolog´ıa del diagrama el´ectrico, para el cual se deben volver a calcular los potenciales en los nodos, y las corrientes en las ramas. Estas variables voltaje y corriente son, normalmente, funciones de

66 tipo exponencial (aqu´ı, la soluci´on deja de ser una constante y pasa a ser una funci´ on del tiempo). A la soluci´on se le da el nombre de respuesta transitoria del sistema. Respuesta estable. Para el intervalo de 5τ a +∞ se genera una nueva estructura del circuito, e igual que en los dos casos anteriores, se necesita valorar, otra vez, los potenciales en los nodos y las corrientes en las ramas. Las variables son funciones del tiempo, son permanentes y llamadas respuesta en estado estable. Cabe mencionar que en el Cap. 1, al hacer un an´alisis, se obten´ıan valores constantes, ya sea de potenciales o de corrientes, pues el tiempo era irrelevante. Ahora, para resolver el problema, el tiempo es sumamente importante, y las soluciones en cualquier intervalo, desde −∞ hasta +∞, pasan a ser funciones de este; as´ı, de −∞ a 0 se obtendr´a una funci´ on de valor constante, de 0 a 5τ normalmente la funci´on es de tipo exponencial o una combinaci´on de la funci´on exponencial con una cosenoidal, y, finalmente, de 5τ a +∞ vuelve a resultar una funci´on permanente. Se debe tener muy presente que lo visto en el Cap. 1, ley de Ohm, de Kirchhoff y las t´ecnicas de an´alisis (nodos, mallas, superposici´on, transformaci´ on de fuentes, Teorema de Th`evenin, Teorema de Norton, Teorema de m´ axima transferencia de potencia.) son aplicables en todo intervalo del tiempo, con lo cual es posible resolver el problema. La soluci´ on total abarca la b´ usqueda de la condici´on inicial, la respuesta transitoria y la respuesta estable. Supongamos que deseamos encontrar la corriente en cierta rama del circuito; la idea principal para lograrlo es: • Calcular por separado la condici´on inicial (i0 ), la respuesta transitoria (in ) y la respuesta estable (if ). • Construir la respuesta total como la suma de la respuesta transitoria m´ as la estable (it = in + if ) • Sustituir la condici´ on inicial cuando el tiempo es cero (t = 0) en el lado izquierdo de la igualdad (i0 = in (0) + if (0)) y calcular los par´ ametros de esta ecuaci´on. • Finalmente sustituir el valor de los par´ametros encontrados en la respuesta total (it = in + if ). A continuaci´ on, se describe el contenido de este Cap´ıtulo. Primero, se introducen los conceptos de inductancia (L) y capacitancia (C) en la Sec. 2.1, y en la Sec. 2.2 las herramientas matem´aticas para resolver

67 una ecuaci´ on diferencial, mediante los valores propios. La Sec. 2.3 introduce la funci´ on escal´on como posible modelo matem´atico de un interruptor a nivel experimental. En las siguientes Secciones (2.4 y 2.5), se analizan circuitos el´ectricos con elementos resistivos, capacitivos e inductivos (bobinas); as´ı, en la Sec. 2.4, las redes el´ectricas contendr´an s´ olo resistencias e inductancias (circuitos RL), y resistencias y capacitancias (circuitos RC). Su an´alisis conduce a un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden, y la soluci´on es de tipo exponencial. Para la Sec. 2.5, los circuitos el´ectricos presentan una combinaci´on de elementos resistivos, inductivos y capacitivos, denominados circuitos RLC, y las ecuaciones que se obtienen son ecuaciones diferenciales de segundo orden, cuya soluci´ on es una combinaci´on de funciones exponenciales y senoidales, resultando tres clasificaciones de la respuesta: respuesta subamortiguada, cr´ıticamente amortiguada y sobreamortiguada. Finalmente, en la Sec. 2.6, se propondr´a una serie de ejercicios.

2.1

Inductancia y capacitancia

En esta Secci´ on se utilizan dos elementos pasivos: el inductor o bobina (L) y el capacitor (C). Para el inductor (Fig. 2.1), se tiene la relaci´on voltaje-corriente di(t) . (2.1) v(t) = L dt La corriente se obtiene de la Ec. (2.1) al despejar e integrar del tiempo t0 a t: Z 1 t i(t) = v(t) dt + i(t0 ). (2.2) L t0 A i(t0 ) se le conoce como condici´on inicial, y es la corriente almacenada en la bobina desde −∞ hasta t0 . Por lo general, si no se especifica alg´ un

a)

b)

Figura 2.1: Bobina o inductor (L) con unidad de medida el Henrio (H): a) S´ımbolo; b) elementos f´ısicos.

68

b)

a)

Figura 2.2: Capacitor (C) con unidad de medida el Faradio (F): a) S´ımbolo; b) elementos f´ısicos.

valor para i(t0 ), se tomar´ a como de cero Amperios (lo que significa que no existe corriente almacenada de −∞ hasta t0 ); t0 es el tiempo origen (inicio de actividad). Por ejemplo, estando apagado el circuito, se enciende en t0 , o si estaba encendido se apaga al tiempo t0 . Normalmente, se escoge el valor de 0 s para t0 . La potencia y la energ´ıa de una bobina se obtienen como: p(t) = v(t) i(t) = L i(t)

Z W (t) =

Z p(t) dt =

di(t) L i(t) dt = L dt

di(t) , dt

Z i(t) di(t) =

(2.3)

1 2 L i (t). (2.4) 2

El otro elemento, que es el capacitor (Fig. 2.2), satisface la relaci´on corriente-voltaje: dv(t) i(t) = C . (2.5) dt Despejando el voltaje, mediante integraci´on se tiene v(t) =

1 C

Z

t

i(t) dt + v(t0 ),

(2.6)

t0

donde v(t0 ) es la condici´ on inicial, el potencial almacenado en el capacitor desde −∞ a t0 . Esta condici´on inicial se toma como cero, si no se especifica expresamente. Sus relaciones de potencia y energ´ıa son: dv(t) p(t) = v(t) i(t) = C v(t) , dt Z Z dv(t) 1 W (t) = p(t) dt = C v(t) dt = C v 2 (t). dt 2

(2.7) (2.8)

69 Existen estructuras b´asicas, como los circuitos en serie o en paralelo, que se estudiaron para elementos resistivos, en el Cap. 1. Aqu´ı reemplazaremos, simplemente, los elementos resistivos por inductancias y capacitancias, y llevaremos a cabo el an´alisis. Este tema se trata en el P´ arrafo 2.1.1.

2.1.1

Inductancias y Capacitancias en serie y paralelo

Al igual que las resistencias, las bobinas y condensadores tambi´en se pueden combinar en arreglos de serie y paralelo, y la forma de analizar estas configuraciones es a trav´es de las leyes de Kirchhoff (ley de corriente y de voltaje), donde por sencillez, se toman las condiciones iniciales igual a cero (v(t0 ), i(t0 )) y, con ello, se encuentra una sola inductancia o capacitancia equivalente. 2.1.1.1

Inductancias en serie

Como se muestra en la Fig. 2.3a, hay una conexi´on de n inductancias en serie L1 , L2 , . . . , Ln , y se utiliza la ley de voltajes para deducir la inductancia equivalente, lo cual conduce al circuito de la Fig. 2.3b. Ya P que v = 0, se tiene V S = v1 + v2 + · · · + vn di di di = L1 + L2 + · · · + Ln dt dt dt di = (L1 + L2 + · · · + Ln ) {z } dt | Leq di = Leq , dt

Figura 2.3: a) Circuito con n inductancias en serie; b) circuito equivalente.

70

Figura 2.4: a) Circuito con n inductancias en paralelo; b)circuito equivalente. con lo que Leq = L1 + L2 + · · · + Ln =

n X

Li .

(2.9)

i=1

La inductancia equivalente es la suma de las inductancias en serie. 2.1.1.2

Inductancias en paralelo

Para encontrar la inductancia equivalente de un arreglo de inductores en P paralelo, como en la Fig. 2.4a, se usa la ley de corrientes. De i = 0, se sigue is = i1 + i2 + · · · + in Z Z Z 1 1 1 = v dt + v dt + · · · + v dt L1 L2 Ln 

Z 1 1 1 v dt + + ··· + L1 L2 Ln | {z } 1 Leq Z 1 = v dt, Leq =

por lo que 1 1 1 1 = + + ··· + , Leq L1 L2 Ln o ´ Leq =

1 . 1 1 1 + + ··· + L1 L2 Ln

(2.10)

71

Figura 2.5: a) Circuito con n capacitancias en serie; b) circuito equivalente.

2.1.1.3

Condensadores en serie

Al igual que las bobinas en serie, se hace la suma de voltajes en elPcircuito de la Fig. 2.5a para encontrar la capacitancia equivalente. De v = 0, se tiene VS = v1 + Zv2 + · · · + vnZ Z 1 1 1 = i dt + i dt + · · · + i dt C1 C2 Cn  Z 1 1 1 = + + ··· + i dt C1 C2 Cn {z } | 1 Ceq Z 1 = i dt, Ceq con lo que 1 1 1 1 = + + ··· + , Ceq C1 C2 Cn o ´ Ceq =

1 . 1 1 1 + + ··· + C1 C2 Cn

(2.11)

72

Figura 2.6: a) Circuito con n capacitancias en paralelo; b) circuito equivalente. 2.1.1.4

Condensadores en paralelo

Para esta u ´ltima configuraci´on (Fig. 2.6a) empleamos laPley de suma de corrientes para deducir la capacitancia equivalente. De i = 0, se tiene iS = i1 + i2 + · · · + in dv dv dv = C1 + C2 + · · · + Cn dt dt dt dv = (C1 + C2 + · · · + Cn ) | {z } dt Ceq = Ceq

dv , dt

de donde Ceq = C1 + C2 + · · · + Cn .

(2.12)

Ejercicio 2.1 Verifique si el circuito de la Fig. 2.7b es el equivalente de 2.7a.

Figura 2.7: Circuitos del ejercicio 2.1.

73

Figura 2.8: Relaci´on entre bobinas y capacitores.

2.1.2

Principio de dualidad

Comparando las Ecs. (2.1) y (2.5), vemos que la forma matem´atica es la misma. Es decir, una ecuaci´on diferencial de primer orden, donde intercambiando la variable v y el par´ametro L de la ecuaci´on (2.1) con la variable i y el par´ ametro C, se tendr´a la ecuaci´on (2.5). En este sentido, se puede decir que existe una relaci´on estrecha entre las inductancias y capacitancias, a pesar de ser elementos diferentes, ya que, f´ısicamente, una inductancia almacena energ´ıa a trav´es del campo magn´etico, y una capacitancia lo hace mediante el campo el´ectrico. Tal propiedad de intercambio de variables y par´ametros (Fig. 2.8) se utiliza para tener modelos equivalentes que son descritos por las mismas ecuaciones diferenciales. A esta cualidad se le conoce como el principio de dualidad. Dos circuitos son ‘duales’ si las ecuaciones de malla que caracterizan a uno de ellos tienen la misma forma que las ecuaciones nodales que pertenecen al otro. Se dice que son duales exactos si cada ecuaci´ on de malla de un circuito es num´ericamente id´entica a la ecuaci´on nodal correspondiente del otro. Por ejemplo, los dos circuitos que se muestran en la Fig. 2.9, ¿ser´an duales?. Para ello analicemos por mallas el circuito de la Fig. 2.9a y, posteriormente, por nodos el de la Fig. 2.9b.

74

Circuito 2.9a Malla 1 : Malla 2 :

di2 di1 −4 = 2 cos 6t, 3 i1 + 4 dt dt Z di1 di2 1 i2 dt + 5 i2 = 0. −4 +4 + dt dt 8

Circuito 2.9b Nodo 1 : Nodo 2 :

dv1 dv2 3 V1 + 4 −4 = 2 cos 6t, dt dt Z dv2 1 dv1 +4 + v2 dt + 5 v2 = 0. −4 dt dt 8

Comparando las ecuaciones del circuito 2.9a contra las del circuito 2.9b, se ve que coinciden en forma. Por tanto, resolviendo el conjunto de ecuaciones diferenciales de un circuito, autom´aticamente se tiene la soluci´on del otro; o sea que, si se resuelven las ecuaciones del circuito 2.9a y se encuentran las soluciones i1 (t) e i2 (t), por ser dual el circuito 2.9b, estas soluciones lo son tambi´en de las ecuaciones por nodo v1 (t) y v2 (t). Para ello, s´ olo se requiere cambiar los nombres, corrientes por voltajes. Seg´ un se muestra, de las ecuaciones por mallas y nodos se deben cumplir las siguientes equivalencias para tener dualidad: Circuito 1 ⇐= Dual =⇒ f uente de voltaje ⇐⇒ resistencia ⇐⇒ bobina ⇐⇒ capacitor ⇐⇒

Circuito 2 f uente de corriente conductancia capacitor bobina

Figura 2.9: Circuitos duales.

75

2.1.3

Comportamiento en cd

Una vez que se tienen las relaciones voltaje-corriente, tanto de la bobina como del capacitor (Ecs. (2.1) y (2.5)), falta conocer su comportamiento ante voltajes constantes (durante el transcurso del tiempo) y potenciales o corrientes variables. Ello se ilustrar´a con los siguientes ejemplos. Ejemplo 2.1 Calcular el voltaje en la bobina de la Fig. 2.10a, si se le aplica una corriente como la que se muestra en la Fig. 2.10b. La bobina tiene L = 3 H. Sustituyamos el valor de L y la corriente dada en la Fig. 2.10b en la Ec.(2.1). La corriente se puede describir por la f´ ormula general de la recta:  0, t < −1;     t + 1, −1 ≤ t < 0;  1, 0 ≤ t < 2; i(t) =   2 ≤ t < 3;  −(t − 3),   0, 3 ≤ t. Luego calculamos el potencial con la Ec.(2.1), para todo segmento de recta: vL = L

di di =3 , dt dt

con lo que obtenemos, para cada tramo, d0 = 0, dt d(t + 1) =3 = 3 (1 + 0) = 3, dt d(1) = 0, =3 dt d(t − 3) = −3 = −3 (1 − 0) = −3, dt d0 =3 = 0, dt

vL = 3 vL vL vL vL

Figura 2.10: a) Inductor, b) corriente que circula por el inductor

76 o equivalentemente

vL (t) =

          

0, 3, 0, −3, 0,

t < −1; −1 ≤ t < 0; 0 ≤ t < 2; 2 ≤ t < 3; 3 ≤ t.

La gr´ afica del potencial se muestra en la Fig. 2.11b, de donde se concluye lo siguiente: para los intervalos −∞ a −1 y 3 a ∞, el potencial es cero, debido a que no existe corriente. Notemos que el potencial es igualmente 0 en el rango de 0 a 2, y aqu´ı s´ı existe corriente; ´esta es constante, com´ unmente denominada corriente directa. Por lo tanto, el potencial de la bobina que conduce corriente directa es cero, interpret´ andose ello como un cortocircuito (por la ley de Ohm). La bobina, concebida como un cortocircuito cuando lleva corriente directa, es de suma importancia pr´ actica; recordemos que para encontrar la soluci´ on a un problema que involucra bobinas y elementos resistivos, se necesita establecer la condici´ on inicial, la respuesta transitoria y la respuesta estable. Para el c´ alculo de la condici´ on inicial y la respuesta estable, el circuito mantiene las corrientes y potenciales sin cambio (una funci´ on constante). Por lo tanto, el voltaje es cero en la bobina, y virtualmente se le sustituye por un cortocircuito, quedando s´ olo elementos resistivos, de donde se encuentra parte de la soluci´ on deseada (condici´ on inicial y respuesta estable). Finalmente para los intervalos de −1 a 0 y de 2 a 3 la corriente no es constante sino variable, por lo que existe potencial, y, para estos casos, la bobina no tiene significado virtual (corto circuito), por decirlo en sentido figurado. Un caso similar ocurre si se pone un potencial constante a los extremos de un capacitor. Como complemento, repitamos el Ejemplo 2.1 para un condensador donde, en lugar de una corriente, se le aplica un voltaje, como el de la Fig. 2.12b. Ejemplo 2.2 Calcule la corriente en el capacitor al usar la diferencia de potencial que se muestra en la Fig. 2.12b, si el condensador tiene la capacitancia de C = 3 F.

Figura 2.11: Voltaje generado en la bobina como respuesta a la corriente aplicada. a) Corriente, b) voltaje.

77

Figura 2.12: Gr´afica del potencial aplicado en los extremos del capacitor. a) Capacitor, b) potencial.

Sustituyamos en la Ec.(2.5) el valor de C y el voltaje indicado en la Fig. 2.12b, cuya expresi´ on es  0, t < −1;     t + 1, −1 ≤ t < 0;  1, 0 ≤ t < 2; v(t) =   2 ≤ t < 3;  −(t − 3),   0, 3 ≤ t. Luego, calculemos la corriente para cada segmento de recta, con iC = C

dv dv =3 , dt dt

por lo que d0 = 0, dt d(t + 1) = 3 (1 + 0) = 3, =3 dt d(1) =3 = 0, dt d(t − 3) = −3 = −3 (1 − 0) = −3, dt d0 =3 = 0, dt

iC = 3 iC iC iC iC o, similarmente,

iC (t) =

          

0, 3, 0, −3, 0,

t < −1; −1 ≤ t < 0; 0 ≤ t < 2; 2 ≤ t < 3; 3 ≤ t.

La gr´ afica de la corriente se muestra en la Fig. 2.13b, de la cual se concluye lo siguiente: para el lapso de −∞ a −1 y de 3 a ∞ no hay corriente, pues el potencial es cero; tampoco existe corriente en el intervalo de 0 a 2, y aqu´ı s´ı se tiene potencial, aunque constante. Por lo tanto, a un capacitor que se aplique un potencial constante, su corriente ser´ a cero, describi´endose al capacitor, de

78

Figura 2.13: Voltaje generado en la bobina como respuesta a la corriente aplicada. Gr´ afica de: a) Voltaje, b) corriente.

forma virtual, como un circuito abierto. As´ı, para el c´ alculo de la condici´ on inicial y la respuesta estable, se toma a los condensadores del circuito como circuitos abiertos, y s´ olo se trabaja con los elementos resistivos, de donde se encuentra parte de la soluci´ on deseada (condici´ on inicial y respuesta estable). Finalmente, para los intervalos de −1 a 0 y de 2 a 3, el voltaje no es constante sino variable; por lo tanto, existe corriente con un valor determinado. Despu´es de ver el comportamiento de la bobina y el capacitor ante voltajes y corrientes directas, se hace, ahora, el an´ alisis usando fuentes alternas de voltaje y de corriente. En el Ejemplo 2.3 siguiente, se utiliza una fuente de corriente alterna, se investiga el comportamiento del circuito RL, y se encuentra la energ´ıa del sistema. Ejemplo 2.3 Determinar la energ´ıa en la bobina y la energ´ıa disipada en la resistencia del circuito mostrado en la Fig. 2.14. Para este caso, a diferencia del Ejemplo 2.1 (para la bobina), hay corriente variable, tipo senoidal, a trav´es de la bobina, por lo tanto no existe corriente constante (directa), como lo fue para el intervalo de 0 a 2 en la Fig. 2.10, que provocara un potencial cero; en este caso tendr´ıamos algo parecido a los intervalos de −1 a 0 y de 2 a 3. Por ser una fuente de corriente senoidal, en un periodo hay un semiciclo positivo de 0 a π durante el cual la corriente circula a favor de las manecillas del reloj (Fig. 2.14), increment´ andose de 0 a su m´ aximo en π/2, y disminuyendo

Figura 2.14: Circuito con fuente de corriente alterna.

79 luego a 0 en π rad. En este punto, se invierte la direcci´ on de la corriente, ahora es anti-horario, y sucede el mismo fen´ omeno de π a 2π, con m´ınimo en 3π/2. Tomando el semiciclo positivo, resulta el m´ aximo en t = 3s. En el intervalo de 0 a 3s, se almacena energ´ıa en la bobina, y se devuelve en el intervalo de 3s a 6s, al finalizar el medio ciclo, despu´es cambia la direcci´ on de la corriente. En resumen se tiene: Almacenamiento: de 0 a 3 s (0-90◦ ). Disipaci´ on: de 3 a 6 s (90◦ -180◦ ). Con la Ec. (2.1) encontramos el voltaje en la bobina: di d  π  π vL = L =3 12sen t = 6 π cos t, dt dt 6 6 y la energ´ıa almacenada, con la Ec. (2.4): WL =

1 π L i2 = 216sen2 t J, 2 6

y su m´ aximo en t = 3 s vale W = 216 J. Para la resistencia, el voltaje y la potencia son π vR = 1.2sen t, 6

π pR = R i2 = 14.4sen2 t, 6

y la energ´ıa en un ciclo vale Z 6 Z 6 Z 6 1 π  π 14.4 × 1 − cos t dt = 43.2 J. WR = pR dt = 14.4sen2 t dt = 6 2 3 0 0 0 Una vez revisado el comportamiento de la bobina con una fuente de corriente alterna, hagamos el an´ alisis a un condensador, cuando se le aplica en sus extremos un voltaje alterno, como se aprecia en el circuito de la Fig. 2.15. Ejemplo 2.4 Determine la m´ axima energ´ıa almacenada en el capacitor de la Fig. 2.15, y la energ´ıa disipada en el resistor, en el intervalo 0 ≤ t ≤ 0.5 s. Con las Ecs. (2.5) y (2.7) podemos escribir dv d = 20 × 10−6 (100sen2πt) = 4 π × 10−3 cos 2πt, dt dt 1 1 WC = C v 2 = 0.1sen2 2πt = 0.1 J, t = s. 2 4 iC = C

Figura 2.15: Circuito el´ectrico con capacitor, resistor y fuente de voltaje.

80 La energ´ıa en el resistor se obtiene con v = 10−4 sen2πt, R Z 0.5 Z 0.5 WR = pR dt = 10−2 sen2 2πt dt = 2.5 mJ. iR =

0

0

Ahora, trab´ ajese los siguientes ejercicios: Ejercicio 2.2 Para el circuito de la Fig. 2.16a, encuentre: a) i1 ; b) i2 ; c) i3 . Resp: 5 A, 2 A, 2.1 A. Ejercicio 2.3 La corriente a trav´es del inductor de 0.2 H se muestra como una funci´ on del tiempo en la Fig. 2.16b. Suponga la convenci´ on pasiva de signos, y encuentre vL en t igual a: a) 0 s; b) 2 ms; c) 6 ms. Resp: 0.4 V; 0.2 V; 0.267 V. Debe notarse que en esta Secci´ on no se resolvi´ o ecuaci´ on diferencial alguna para encontrar la soluci´ on (que puede ser alguna corriente o un voltaje en bobinas o capacitores). El tema de las ecuaciones diferenciales se ve en la Sec. 2.2.

Figura 2.16: a) Circuito el´ectrico y b) gr´afica de la corriente.

2.2

Procedimientos por valores propios

De la misma forma como en la Sec. 1.2, se resolver´ an las ecuaciones a trav´es de matrices, por medio de los eigenvalores de la matriz asociada a la ecuaci´ on diferencial de primero (circuito RC y RL) o de segundo orden (circuitos RLC).

81

Figura 2.17: Circuito RL en lazo cerrado.

Recordemos que la soluci´ on de una ecuaci´ on diferencial lineal de primer orden en una variable y con coeficientes reales x˙ = a x.

(2.13)

x = x0 eat .

(2.14)

es Demostraci´ on. Sustituyamos la Ec. (2.14) en (2.13): x0 a eat = a x0 eat , | {z } | {z } x˙

x

resultando una identidad. x0 se conoce como la condici´ on inicial, y a como la rapidez con que crece o decrece la funci´ on exponencial. Ejemplo 2.5 Calcule la corriente en el circuito de la Fig. 2.17. Por la Ec. (1.26), resulta vR + vL = 0, Ri+L

di = 0, dt di R = − i, dt L

(2.15)

de donde se observa que (2.15) es el dual de (2.13), si x = i y a = −R/L, por lo que la soluci´ on es x = x0 eat

o ´

R

i = i0 e− L t .

i0 es la corriente almacenada previamente en la bobina (condici´ on inicial). Ejercicio 2.4 Calcule el voltaje en el circuito de la Fig. 2.18 con v(0) = v0 , el voltaje que tiene inicialmente el capacitor.

82

Figura 2.18: Circuito RC.

2.2.1

Valores propios distintos

El caso tratado anteriormente fue para ecuaciones diferenciales con una variable. De forma similar, se puede resolver una ecuaci´ on diferencial con dos variables como se describe enseguida. Consideremos el conjunto de ecuaciones diferenciales de primer orden x˙ 1 = −x1 − 3 x2 , x˙ 2 = 2 x2 , y escrib´ amoslo en forma matricial      −1 −3 x1 x˙ 1 = , 0 2 x2 x˙ 2 {z } | {z } | {z } | X˙ A X o ´ X˙ = AX.

(2.16)

La soluci´ on de la ecuaci´ on diferencial matricial (2.16) es X = eAt X0 , donde X0 es la condici´ on inicial. Para resolver el conjunto de ecuaciones acopladas (ya que x˙ 1 tiene en el lado derecho de la igualdad, no s´ olo t´erminos que dependen de x1 , sino tambi´en de x2 ) basadas en la matriz A, es ventajoso buscar una matriz equivalente desacoplada B; teniendo B, se encuentra la soluci´ on con (2.14), de ecuaci´ on por ecuaci´ on. B se construye colocando los eigenvalores de A en la diagonal de B, y poniendo 0 en los elementos restantes. Para obtenerlos, se utiliza (1.23), o el comando [V, D] = eig (A) de Matlab. En este caso los eigenvalores son λ1 = −1, y λ2 = 2, por lo que la matriz B es   −1 0 B= , 0 2 y sus eigenvectores son  V1 =

1 0



 ,

V2 =

−1 1

 .

83 As´ı el sistema equivalente se escribe como Y˙ = BY, o ´

(2.17)



      y˙ 1 −1 0 y1 −y1 = = , y˙ 2 0 2 y2 2 y2 de donde se observa que las ecuaciones est´ an desacopladas y, por lo tanto, se puede utilizar (2.14) para cada una, dando: y˙ 1 = −y1 ,

y soluci´ on

y1 = y10 e−t ,

y˙ 2 = 2 y2 ,

y soluci´ on

y2 = y20 e2t .

En forma compacta, la soluci´ on de Y˙ = BY, se puede escribir como Y = eBt Y0 =



e−t 0

0 e2t



y10 y20



 =

y10 e−t y20 e2t



Como se est´ a en el sistema equivalente, Y necesita regresarse al sistema original X 1 , para lo cual se construye una matriz P , con los eigenvectores encontrados, y su inversa P −1   1 −1 P = [V1 V2 ] = , (2.18) 0 1 y   1 1 P −1 = . (2.19) 0 1 Para encontrar la inversa de una matriz, se puede utilizar (1.18) o el comando de Matlab inv(P ). Una vez formada la inversa, se usa la transformaci´ on (ver Nota 1) X = P eBt P −1 C, (2.20) donde C = X(0) es denominada condici´ on inicial. Continuando con el problema, de todo esto se concluye que    −t    1 −1 e 0 1 1 X10 X= , 0 1 0 e2t 0 1 X20 o, en t´erminos de componentes x1 = x10 e−t + x20 (e−t − e2t ), x2 = x20 e2t .

1 El

procedimiento empleado no surge de la nada, est´ a basado en la transformaci´ on lineal de variables X = P Y , donde se busca la matriz P de tal modo que B resulte ser diagonal (Y˙ = BY es de la forma m´ as simple posible). Se demuestra, entonces, que ello ocurre si P esta formada por los eigenvectores de A, y sus eigenvalores son, justamente, los elementos diagonales de B.

84 Ejemplo 2.6 Calcule v1 y v2 del circuito de la Fig. 2.19.

Figura 2.19: Circuito con 2 capacitores. Observemos que vA = v1 + v2 y que vB = v2 . Las ecuaciones nodales son, entonces, NodoA : d(vA − vB ) vA + C1 = 0, R1 dt v1 + v2 dv1 + C1 = 0, R1 dt dv1 1 1 =− v1 − v2 . dt R 1 C1 R 1 C1

(2.21)

NodoB : d(vB − vA ) vB dvB + C1 + C2 = 0, R2 dt dt v2 dv1 dv2 − C1 + C2 = 0, R2 dt dt de (2.21), y despejando para dv2 /dt del nodo B, resulta dv2 1 2 =− v1 − v2 . dt R1 C2 R2 C2 La forma matricial X˙ = AX de (2.21) y (2.22) es  1 1   − − v˙ 1 R2 C1  R 1 C1 = v˙2 1 2 − − | {z } R 1 C2 R2 C2 | {z X˙ A

(2.22)

   

 v1 v2 | {z }

} X

Para R1 = R2 = 10 k y C1 = C2 = 100 µF, calculamos los eigenvalores y eigenvectores usando Matlab:       −1 −1 0.5257 −0.8507 A= , V1 = , V2 = , −1 −2 0.8507 0.5257

85 λ1 = −2.618,

λ2 = −0.382.

Con estos resultados, se encuentra que B, eBt , P y P −1 son:    −2.618t  −2.618 0 e 0 B= , eBt = , −2.382t 0 −0.382 0 e  P =

0.5257 0.8507

−0.8507 0.5257

 ,

P −1 =



As´ı, la soluci´ on X(t) = P eBt P −1 C es      −2.618t v1 (t) 0.5257 −0.8507 e = v2 (t) 0.8507 0.5257 0

0.5257 −0.8507

0

0.8507 0.5257

 ,



−0.382t

e 

×

0.5257 −0.507

0.8507 0.5257



v10 v20

 ,

de donde v1 (t) = v10 (0.2764e−2.618t +0.7237e−0.382t )+v20 (0.4472e−2.618t −0.4472e−0.382t ), v2 (t) = v10 (0.4472e−2.618t −0.4472e−0.382t )+v20 (0.7237e−2.618t +0.2764e−0.382t ). Con las condiciones iniciales v10 = 2 V y v20 = 4 V, se obtiene la soluci´ on particular v1 (t) = 2.3416 e−2.618t − 0.3414 e−0.382t , v2 (t) = 3.7892 e−2.618t − 0.2112 e−0.382t . A esta soluci´ on se le da el nombre de respuesta sobreamortiguada.

2.2.2

Valores propios repetidos

Los valores propios de la matriz A pueden ser diferentes como en el P´ arrafo 2.1.1, λ1 6= λ2 , pueden ser iguales, λ1 = λ2 = λ, o llegar a ser complejos: λ1 = a + bi, λ2 = a − bi. En esta ocasi´ on, se considera la posibilidad de eigenvalores iguales (repetidos), λ = λ1 = λ2 . Ahora, de acuerdo con la teor´ıa de las ecuaciones diferenciales ordinarias, la soluci´ on de la Ec. (2.4) debe ser X(t) = eλt [I + N t] X0 , donde N = A − diag[λ]. Ejemplo 2.7 . Encuentre la soluci´ on al sistema X˙ = AX, para   0 1 A= . −1 2

(2.23)

86 Los valores propios son λ = λ1 = λ2 = 1, y as´ı       0 1 1 0 −1 1 N= − = , −1 2 0 1 −1 1       1 0 −t t 1−t t I + Nt = + = , 0 1 −t t −t 1+t      1−t t x10 x10 (1 − t) + x20 t X(t) = et = et , −t 1+t x20 −x10 t + x20 (1 + t) de lo que resulta x1 (t) = [x10 (1 − t) + x20 t] et , x2 (t) = [−x10 t + x20 (1 + t)] et .

Ejemplo 2.8 Encuentre el potencial del capacitor en la Fig. 2.20 Realizando la suma de corrientes en el nodo superior, se tiene dvC vC +C + iL = 0, R dt

o ´

dvC vC 1 =− − iL , dt RC C

(2.24)

y la corriente en la bobina est´ a dada por L

diL = vL , dt

o ´

diL 1 1 = vL = vC , dt L L

(2.25)

debido a que vC = vL . Escribamos las Ecs. (2.24) y (2.25) en forma matricial X˙ = AX:     dvC 1 1   − −  dt   RC C  vC .  =  iL 1 diL 0 L dt Los valores propios de la matriz A son s s 2 2 1 1 1 4 1 1 1 4 λ1 = − + − , λ2 = − − − . 2RC 2 RC LC 2RC 2 RC LC

Figura 2.20: Circuito RLC.

87 Si L = 40 mH, R = 1 kΩ y C = 10 nF, entonces λ1 = λ2 = −

2 = −50 ks−1 RC

con ello  −1 × 108 A= , 0  −1.5 × 105 N = A − diag[λ] = 25 

−1 × 105 25

−1 × 108 −5 × 104

 .

Luego, la soluci´ on es X(t) = eλt [I + N t] X0 , con  I + Nt =

1 + 1. 5 × 105 t 25t

−1 × 108 t 1 − 5 × 104 t

 ,

o sea vC = x1 (t) = [(1 + 1. 5 × 105 t) x10 − 1 × 108 t x20 ] e−50kt , iL = x2 (t) = [25 t x10 + (1 − 5 × 104 t) x20 ] e−50kt . Soluciones de esta clase se llaman respuestas cr´ıticamente amortiguadas.

2.2.3

Valores propios conjugados

Aqu´ı, abordaremos la situaci´ on de eigenvalores complejos conjugados, es decir λ = a±ib. Entonces obtendremos una matriz de vectores propios W = U ±iV , con ello la matriz P (observe la forma de construir P ) P = [V U ].

(2.26)

As´ı, la soluci´ on es: at

X(t) = P diag e



cos bt senbt

−senbt cos bt



P −1 X0 .

(2.27)

Ejemplo 2.9 Resuelva el sistema X˙ = AX, con   3 −2 A= . 1 1 Los eigenvalores son λ = 2 ± i, y los eigenvectores se encuentran resolviendo (A − λI)W = 0:    1−i −2 m (A − λ I) W = = 0. 1 −1 − i n

88 Por ser homog´eneo el sistema de ecuaciones, podemos escoger a nuestro antojo el valor de la variable n (´ o la m), por lo que si n = 1, entonces la otra variable queda determinada: m = 1 + i. Con ello       1 1 1+i , +i = W = 0 1 1 y   1 1 . P = 0 1 Por lo tanto, la Ec. (2.27) nos lleva a   cos t −sent P −1 X0 , X(t) = P e−2t sent cos t x1 (t) = [x10 (cos t + sent) − 2 x20 sent] e−2t , x2 (t) = [x10 sent + x20 (−sent + cos t)] e−2t . Se conoce esta soluci´ on por respuesta subamortiguada. Ejemplo 2.10 Encuentre la corriente en la bobina y el voltaje en el capacitor de la Fig. 2.20, si L = 20 mH, R = 1 kΩ y C = 10 nF. La matriz A es −1 × 105 50

 A=

−1 × 108 0

 ,

con eigenvalores λ = −5 × 104 ± 5 × 104 i, y matriz de eigenvectores 

1 −5 × 10 ∓ 5 × 104 i

W =



4

,

de donde resulta 

   0 1 −1 0 , P −1 = , 4 4 −5 × 10 −5 × 10 −1 0   4 cos 5 × 104 t −sen5 × 104 t X(t) = P e−5×10 t P −1 X0 . sen5 × 104 t cos 5 × 104 P =

Con las condiciones iniciales, vC (0) = 2 V e iL (0) = 1 A, la soluci´ on es vC (t) = (sen5 × 104 t − cos 5 × 104 t) 2 e−5×10 5

4

−5×104 t

iL (t) = (2 × 10 cos 5 × 10 t) e

4

t

V,

A.

Una vez conocido el comportamiento f´ısico de las bobinas y los condensadores ante cd y ca (Sec. 2.1), e ilustrado el m´etodo de soluci´ on para ecuaciones diferenciales de primer y segundo orden (sec. 2.2), mas el uso de las definiciones que se ver´ an en la Sec. 2.3, procedemos a integrar los conceptos f´ısicos con los matem´ aticos en las Secs. 2.4 y 2.5.

89

Figura 2.21: Gr´afica de x(t) contra t. (a) Cuando t = 0 la amplitud es x0 ; (b) normalizaci´ on de x(t), ahora la amplitud es 1.

2.3

Definiciones

Como se puede inferir de la Ec. (2.14), que es la soluci´ on a la ecuaci´ on diferencial de primer orden (2.13), surgen los par´ ametros x0 y a. A x0 se le conoce como la condici´ on inicial o amplitud inicial, es decir, el valor de la funci´ on x(t) al tiempo cero (Fig. 2.21). En t´erminos el´ectricos, es la corriente inicial i0 almacenada en una bobina cuando se hace el encendido del circuito RL, o es el voltaje inicial v0 del condensador, para el caso de un circuito RC. El par´ ametro a es el coeficiente de variaci´ on de la funci´ on exponencial con el cual crece (a > 0) o decrece (a < 0) (Fig. 2.21a). Al inverso de a se le conoce como la constante de tiempo del circuito RC o ´ RL, definida como: τ =

1 . a

(2.28)

De forma particular, para los circuitos RL y RC se tiene di R =− i dt L dv 1 =− v dt RC

o ´ o ´

R

i = i0 e− L t , 1 − RC

v = v0 e

(2.29) t

.

(2.30)

As´ı, para las Ecs. (2.29) y (2.30), la constante de tiempo es τ =

L 1 = R/L R

y

τ =

1 = RC. 1/RC

(2.31)

En t´erminos de τ la ecuaci´ on (2.14), con x0 = i0 o ´ x0 = v0 , es t

x(t) = x0 e− τ .

(2.32)

Al dividir (2.32) entre x0 , esta acci´ on normaliza la respuesta del sistema, dando como amplitud el valor m´ aximo de 1. Es com´ un presentar los resultados en la gr´ afica normalizada como se aprecia en la Fig 2.21b. El eje y es la se˜ nal normalizada y el eje t est´ a en unidades τ (Fig. 2.22).

90

Figura 2.22: a) Tabla de la magnitud en porcentaje; y b) gr´afica normalizada utilizando τ como unidad de tiempo.

t

Utilizando a τ como unidad de medida del tiempo, y graficando e− τ contra τ se tienen los resultados mostrados en la tabla de la Fig. 2.22a. Por lo tanto, en un circuito RL o ´ RC, la magnitud de la corriente o del voltaje ser´ a igual a 36.8, 13.5, 4.97, 1.83 y 0.67% de su valor inicial en t = τ , 2τ , 3τ , 4τ y 5τ , respectivamente. Ejercicio 2.5 En un circuito RL en serie, sin fuentes, encuentre el valor num´erico de la raz´ on: a) i(2τ )/i(τ ); b) i(0.5τ )/i(0); c) t/τ , si i(t)/i(0) = 0.2 y d) t/τ , si i(0) − i(t) = i(0) ln 2. Recordemos que, para resolver circuitos con elementos capacitivos e inductivos, es de suma importancia tomar el eje del tiempo desde −∞, pasando por 0, hasta terminar en +∞. Normalmente, cuando se resuelve un problema de circuitos el´ectricos, se escoge un punto de partida en el eje del tiempo y, por lo general, se hace coincidir con t = 0. Desde el punto de vista pr´ actico, en el laboratorio se trabaja con fuentes que suministran energ´ıa al circuito, con un interruptor de encendido y apagado (Fig.2.23), y, cuando se enciende la fuente de energ´ıa, ello se toma como punto de inicio de operaciones, t = 0, a partir del cual se realizan las mediciones correspondientes en el circuito. El uso de interruptores es muy com´ un, y por eso, para realizar el an´ alisis de forma matem´ atica, los interruptores o elementos de conmutaci´ on se han modelado como la funci´ on escal´ on.

Figura 2.23: Una fuente conectada al circuito a trav´es de un interruptor. La flecha en el interruptor indica que este conmuta en la direcci´ on indicada, cuando t = 0.

91 Matem´ aticamente, la funci´ on escal´ on u(t − t0 ) que imita al interruptor es  0, t < t0 ; u(t − t0 ) = (2.33) 1, t ≥ t0 , y su forma gr´ afica se representa en la Fig. 2.24, donde para tiempos antes de t0 , la funci´ on vale 0, y para tiempos despu´es de t0 , la funci´ on es 1. En analog´ıa con el interruptor, se estar´ıa interpretando que este enciende en t0 .

Figura 2.24: Funci´on escal´on unitario en t = t0 . Si la discontinuidad se encuentra en el origen, entonces t0 = 0 y, por ende, el interruptor enciende al tiempo cero, como se ve en la ec. 2.34 y en la Fig. 2.25.  0, t < 0; u(t) = (2.34) 1, t ≥ 0.

Figura 2.25: Funci´on escal´on unitario en el origen t0 = 0. A partir de la funci´ on escal´ on, se puede generar la funci´ on pulso, si se restan dos funciones escal´ on u(t − t1 ) − u(t − t2 ), con t1 < t2 , como se aprecia en Fig. 2.26.  t < t1 ;  0, 1, t1 ≤ t < t2 ; u(t) = u(t − t1 ) − u(t − t2 ) = (2.35)  0, t ≥ t2 . La funci´ on escal´ on vale 0 de −∞ hasta t0 , y despu´es vale 1 de t0 a +∞; pero si se quiere lo contrario, que primero valga uno de −∞ hasta t0 y despu´es cero de t0 a +∞ se utilizar´ a la notaci´ on de la funci´ on escal´ on pero con el argumento negativo u(−t).  1 t < t0 u(t0 − t) = (2.36) 0 t ≥ t0

92

Figura 2.26: funci´on pulso unitario formada por dos funciones escal´on unitario. Haciendo ´enfasis en la forma de proceder para encontrar la soluci´ on a circuitos el´ectricos RLC, comentamos lo siguiente. Se debe tomar en cuenta que el tiempo se considera desde −∞, pasando por cero, hasta +∞ y, por tanto, ocurren tres topolog´ıas del circuito, incluyendo al interruptor de encendido o apagado al tiempo cero, la topolog´ıa (o dibujo el´ectrico) en el intervalo de tiempo de −∞ a 0 sirve para calcular la condici´ on inicial, donde las bobinas se interpretan como cortocircuitos, y los capacitores como circuitos abiertos (ver Sec. 2.1.3); para el intervalo de tiempo de 0 a +∞ aparecen dos topolog´ıas, una para la respuesta transitoria (hasta 5τ ) y, la otra, para la respuesta estable (de 5τ hasta +∞); en el c´ alculo de la respuesta transitoria, los elementos resistivos, capacitivos e inductivos se toman tal cuales (no se interpretan como cortocircuitos o circuitos abiertos) en cambio, para la respuesta estable, se deben concebir las bobinas, nuevamente, como cortocircuitos y los capacitores como circuitos abiertos, para con ello encontrar la respuesta total como la suma de la respuesta transitoria y la respuesta estable con el uso de la condici´ on inicial. En las pr´ oximas dos Secs. (2.4) y (2.5) se aplicar´ a lo presentado en las Secs. (2.1) a (2.3).

2.4

Circuitos RL y RC

Como se ha mencionado con anterioridad, para resolver circuitos de primer y segundo orden con fuentes de cd, lo primero es, una vez conocido el circuito, dibujar el eje del tiempo y tener en mente que se requieren tres topolog´ıas diferentes: una para establecer la condici´ on inicial, la segunda para encontrar la respuesta transitoria y, la u ´ltima, para hallar la respuesta estable; disponiendo

93 ya de las tres respuestas ‘por separado’, se combinan en una suma para tener la respuesta total del circuito, como se ver´ a en los siguientes ejemplos. Ejemplo 2.11 Encuentre iL en el circuito de la Fig. 2.27.

Figura 2.27: Circuito RL con el interruptor activado en t = 0. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas en el eje del tiempo (Fig. 2.28), recordando que de −∞ a 0 y de 5τ a +∞ las bobinas equivalen al cortocircuito y los condensadores al circuito abierto (¿por qu´e?), y de 0 a 5τ , las bobinas y capacitores reaccionan a corrientes y voltajes variables de modo habitual.

Figura 2.28: Las diferentes topolog´ıas, representadas en el eje del tiempo Paso 2: Calcular la condici´ on inicial utilizando la topolog´ıa generada en el intervalo de tiempo de −∞ a 0. La red resistiva se muestra en la Fig. 2.29, con lo cual la corriente iLT toma el valor de 2 A, que prevalece desde −∞ hasta 0 segundos: iLT (0) = 2 A. Paso 3: Buscar la respuesta transitoria utilizando la topolog´ıa generada en el intervalo de 0 a 5τ (Fig. 2.30).

94

Figura 2.29: Circuito equivalente para el intervalo de tiempo de −∞ a 0 s.

Figura 2.30: Circuito equivalente para el intervalo de tiempo de 0 a 5τ.

Como se desea iLn (t), esta queda localizada en la subred formada por la bobina de 4 H y la resistencia de 20 Ω, resultando la soluci´ on (Ec. (2.29)) iLn (t) = i0 e−

20 t 4

= i0 e−5t ,

con τ = 1/5 (Ec. (2.31)). Paso 4: Hallar la respuesta estable iLf (t) en el intervalo de 5τ a +∞, utilizando el circuito de la Fig. 2.31. En este caso la corriente iLf (t) se encuentra en la misma subred que en el Paso 3 y, como no existe fuente de energ´ıa en ´esta, la corriente es cero: iLf (t) = 0.

Figura 2.31: Circuito equivalente para el intervalo de tiempo de 5τ a +∞.

95 Paso 5: Sumar la respuesta transitoria iLn y la respuesta estable iLf , para conformar la respuesta total iLT del sistema; hecho esto, sustituimos los valores, cuando t = 0, para encontrar i0 . iLT (t) = iLn (t) + iLf (t) = i0 e−5t + 0 = i0 e−5t , resolviendo para i0 iLT (0) = 2 = i0 e−5(0) = i0 . Con el valor i0 se tienen todos los par´ ametros de la respuesta total del circuito (¡se ha encontrado la soluci´ on!): iLT (t) = 2 e−5t .

Ejemplo 2.12 Encuentre iL en el circuito de la Fig. 2.32.

Figura 2.32: Circuito con un interruptor de un tiro dos polos. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas en el eje del tiempo (Fig. 2.33).

Figura 2.33: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo. Paso 2: Determinar iLT (0) de la Fig. 2.34: iLT (0) =

8 5 = 4 A. 2+8

96

Figura 2.34: Circuito equivalente de −∞ a 0 s.

Figura 2.35: Circuito utilizado para la respuesta natural o transitoria. Paso 3: Establecer iLn (t) de la Fig. 2.35: de (2.32), iLn (t) = i0 e− 3 s. τ = 14 Paso 4: Calcular la respuesta estable de la Fig. 2.36:

14 t 3

con

iLF (t) = 0.

Figura 2.36: Circuito equivalente para calcular la respuesta estable. Paso 5: Calcular la respuesta total como la suma de la respuesta transitoria m´ as la estable: iLT (t) = i0 e−

14 t 3

+ 0 = i0 e−

14 t 3

,

0

iLT (0) = 4 = i0 e = i0 , iLT (t) = 4 e−

14 t 3

A.

Ejemplo 2.13 Determine iL e i1 en el circuito de la Fig. 2.37. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas

97

Figura 2.37: Circuito el´ectrico RL.

Figura 2.38: Circuitos equivalentes utilizados de −∞ a +∞. Paso 2: Hallar iLT (0) e i1 (0), de −∞ a 0: 18 = 0.36 A, 50 18 i1 (0) = = 0.2 A. 90 Paso 3: Obtener iLn (t) e i1 (t), de 0 a 5τ : iLT (0) =

90(60 + 120) + 50 = 110 Ω, 90 + 180 2(3) Leq = + 1 = 2.2 mH, 2+3 Leq 2.2m τ = = = 20 µs, Req 110

Req =

iLn (t) = i0 e−50.000t , Como la bobina almacena energ´ıa en su campo magn´etico, la transfiere a los circuitos en forma de corriente; por ello: i1 (t) =

180 (−iLn (t)) = −0.66 i0 e−50.000t . 180 + 90

98 Paso 4: Calcular iLf (t) e i1 (t) de 5τ a +∞. iLf (t) = 0,

i1 (t) = 0.

Paso 5: Formar la respuesta total. iLT (t) = iLn (t) + iLf (t) = i0 e−50.000t + 0 = i0 e−50.000t , iLT (0) = 0.36 = i0 e−(50.000)(0) = i0 , iLT (t) = 0.36 e−50.000t , i1 (t) = −0.66 i0 e−50.000t + 0 = −0.24 e−50000t . Con estos resultados, podemos escribir la respuesta para todo tiempo,  0.36 A, para t < 0; iL (t) = 0.36 e−50.000t , para t ≥ 0, o ´ iL (t) = 0.36 (u(−t) + e−50.000t u(t)),  0.2 A, para t < 0; i1 (t) = −0.24 e−50.000t , para t ≥ 0, o ´ i1 (t) = 0.2 u(−t) − 0.24 e−50.000t u(t). Ejemplo 2.14 Encuentre vC (2 ms) para la Fig. 2.39.

Figura 2.39: Circuito RC con interruptor activado en t = 0s. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas (Fig. 2.40). Paso 2: Establecer VCT (0), de −∞ a 0: VCT (0) = (200)(0.1) = 20 V. Paso 3: Calcular VCn (t), de 0 a 5τ . VCn (t) = vC0 e−1kt , con τ = 1 ms.

99

Figura 2.40: Circuitos equivalentes utilizados de −∞ a +∞. Paso 4: Obtener VCf (f ), de 5τ a +∞; VCf (t) = 0. Paso 5: Escribir la respuesta total vCT (t) = vCn (t) + vCf (t) = vC0 e−1k t + 0 = vC0 e−1kt , vCT (0) = 20 = vC0 e−1k(0) = vC0 , vCT (t) = 20 e1k t . Por lo tanto la soluci´ on al problema es vCT (2 ms) = 20 e−1k(2 ms) = 2.70 V. Ejercicio 2.6 : Calcular i(t), de −∞ a +∞, en los circuitos de la Fig. 2.41.

Figura 2.41: Diferentes circuitos RC.

100

Figura 2.42: Circuito RC. Ejercicio 2.7 : Determinar vC (t) y vR (t) en el circuito de la Fig. 2.42, en t igual a: a) 0− ; b) 0+ ; c) 1.3 ms.

Ejemplo 2.15 Establezca i(t), para cualquier valor del tiempo, en el circuito de la Fig. 2.43.

Figura 2.43: Circuito el´ectrico usando la funci´on escal´on unitario. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas (Fig. 2.44).

Figura 2.44: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo. Paso 2: Encontrar iLT (0) de −∞ a 0: iLT (0) =

50 = 25 A. 2

101 Paso 3: Obtener iLn (t) de 0 a 5τ , donde las fuentes independientes de voltaje se toman como corto circuito, y las de corriente como circuito abierto, para calcular τ : τ =

L 3 = = 2 s, Req 2k6

iLn (t) = i0 e−t/2 A. Paso 4: Establecer iLf (t) de 5τ a +∞: iLf (t) =

100 = 50 A. 2

Paso 5: Formar la respuesta total: iLT (t) = i0 e−t/2 + 50, iLT (0) = 25 = i0 + 50, i0 = −25 A. Por tanto: iLT (t) = 50 − 25 e−t/2 = 25 + 25 (1 − e−0.5t ) u(t),

∀ t.

Ejemplo 2.16 Calcular vc (t) e i(t), a todo tiempo, en el circuito de la Fig. 2.45.

Figura 2.45: Circuito el´ectrico RC con interruptor un polo dos tiros. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas (Fig. 2.46). Paso 2: Determinar vCT (0) e i(0− ) (un instante antes de 0) de −∞ a 0: 50 120 = 100 V, 60 50 i(0− ) = = 0.192 A. 260

vcT (0) =

102

Figura 2.46: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo. Paso 3: Calcular vCn (t) e i(t) de 0 a 5τ : 



1   τ = Req C =  (0.05) = 1.2 s, 1 1 1  + + 60 200 50 t

vcn (t) = v0 e− 1.2 , Para encontrar i(t) en este intervalo de tiempo usamos el principio de superposici´ on, tomando al voltaje del capacitor como fuente de voltaje, seg´ un se muestra en la Fig. 2.47. i(t) = i(t) |50V +i(t) |v0 e−t/1.2

V

.

Para i(t) |50 V , se tiene: i(t) |50 Para i(t) |v0 e−t/1.2

V,

V=

0 = 0 A. 200

se cumple:

i(t) |v0 e−t/1.2 Por lo tanto: i(t) = 0 +

V=

v0 e−t/1.2 v0 −t/1.2 = e A. 200 200

v0 −t/1.2 v0 −t/1.2 e A= e A. 200 200

Figura 2.47: Circuito equivalente en el que se interpreta el voltaje en el capacitor como una fuente de voltaje.

103 Paso 4: Calcular vCf (t) e i(t) de 5τ a +∞: 50 k 200 50 = 20 V, 60 + 50 k 200 vCf (t) i(t) = = 0.1 A, 200

vcf (t) =

Paso 5: Calcular la respuesta total VCT (t) e i(t): VCT (t) = v0 e−t/1.2 + 20, vCT (0) = 100 = v0 + 20, v0 = 80, vCT (t) = 20 + 80 e−t/1.2 V,

t > 0,

−t/1.2

vCT (t) = 100 − 80 (1 − e )u(t),  0.192, t < 0;  i(t) = 0.4 e−t/1.2 , 0 ≤ t < 5τ ;  0.1, t ≥ 5τ.

2.5

Circuitos RLC

Al igual que en la Sec. 2.4, para este tipo de circuitos se tienen ecuaciones diferenciales, pero ahora de segundo orden. Y la mec´ anica de soluci´ on es similar: formar la respuesta total como la suma de la natural m´ as la forzada. Esto se ilustra en los siguientes Ejemplos. Observaci´ on: Para un circuito RLC, el valor de τ corresponder´ a al eigenvalor λ m´ as grande del circuito, τ = 1/λmax , de la matriz A. Ejemplo 2.17 Encuentre vc (t), despu´es de t = 0, en el circuito de la Fig. 2.48.

Figura 2.48: Circuito RLC con un interruptor.

104

Figura 2.49: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo.

Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas Fig. 2.49. Paso 2: Calcular el valor de iLT (0) y vCT (0) (Fig. 2.49):

−150 = −0.3 A, 500 200 150 = 60 V. vCT (0) = 500 iLT (0) =

Paso 3: Determinar vCn e iLn en 0 ≤ t ≤ 5τ :

iLn (t) + iRn (t) + iCn (t) = 0, iLn +

dvCn vCn +C = 0, 200 dt dvCn 1 1 1 iLn =− vCn − iLn = − , vCn − dt 200C C 4 × 10−7 2n diLn 1 1 = vL = vCn . dt L 5m

Esto se escribe en forma matricial como

  −1 dvCn  dt   4×10−7  = 1 diLn 5m dt 

−1     −2.5×106 2n  vCn =  iLn 200 0

−5×108 0



vCn iLn

de donde λ1 = −2.4593 × 106 y λ2 = −4.065 × 104 . Como tenemos valores

 ,

105 propios distintos, usamos la Ec.(2.20) para obtener 

−2.4593 × 106 0



−1 0.0001

B= P =

 0 , −4.065 × 104   −1.0168 1 , P −1 = −0.0168 −0.0049

X = P eBt P −1 C,  6 (1.0168 vC0 + 206.7246 iL0 ) e−2.4593×10 t    −4.065×104 t  +(−0.0168 vC0 − 20.7271 iL0 ) e vcn = 6  iLn  (−0.0001 v − 0.0206 i ) e−2.4593×10 t C0

L0

+(0 vc0 + 0.1015 iL0 ) e−4.065×10

4

t

−206.7246 −206.7271

   .  

Paso 4 : Hallar vCf e iLf en t ≥ 5τ : vcf (t) = 0, iLf (t) = 0. Paso 5: Calcular la respuesta total vCT (t) e iLT (t): vCT (t) = vCn (t) + vCf (t), iLT (t) = iLn (t) + iLf (t), vCT (0) = 60 = vC0 + 185.9975 iL0 , iLT (0) = −0.3 = −0.0001 vC0 + 0.0809 iL0 , vC0 = 60 − 185.9975 iL0 , −0.3 = −0.006 + 0.0185 iL0 + 0.0809 iL0 = −0.006 + 0.0994 iL0 , iL0 = −2.9577, vC0 = 610.1334,

6

vCT (t) = 8.9542 e−2.4593×10

t

4

+ 51.0543 e−4.065×10 t ,

4

iLT (t) = 0.3002 e−4.065×10 t . Ejemplo 2.18 Calcular vC e iL en el circuito de la Fig. 2.50. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas (Fig. 2.51). Paso 2: Hallar vCT (0) e iLT (0) de −∞ a 0: vCT (0) = (250 k 1 k) 0.5 = 100 V, iLT (0) =

1k 0.5 = 0.4 A. 1.25 k

 ,

106

Figura 2.50: Circuito RLC.

Figura 2.51: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo.

Paso 3: Calcular vCn (t) e iLn (t) de 0 a 5τ :

iCn + iLn + iR = 0, dvCn vCn C + iLn + = 0, dt R dvCn 1 1 =− vCn − iLn = −1 k vCn − 1 M iLn , dt RC C 1 1 diLn = vL = vC = 0.25 vCn , dt L 4   dvCn    −1 k −1 M vCn  dt  ,  = 0.25 0 iLn diLn dt de donde λ = λ1 = λ2 = −500, que son valores propios repetidos, por lo que usamos la Ec. (2.23) y

  −500 −1M N = A − diag[λ] = , 0.25 +500      1 0 −500 t −1M t 1 − 500 t I + Nt = + = 0 1 0.25 t 500 t 0.25 t

−1M t 1 + 500 t

 ,

107 

vCn iLn



= e−500t



1 − 500 t 0.25 t

−1M t 1 + 500 t



vC0 iL0



  vC0 (1 − 500 t) − 1M iL0 t = e−500t , vC0 (0.25 t) + iL0 (1 + 500 t)   (vC0 (1 − 500 t) − iL0 (1M t))e−500t = . (vC0 (0.25 t) + iL0 (1 + 500 t))e−500t Paso 4: Determinar vCf (t) e iLf (t) de 5τ a +∞: vCf = 0,

iLf = 0.

Paso 5: Obtener la respuesta total vCT (t) e iLT (t) vCT (t) = vCn (t) + vCf (t) = [vC0 (1 − 500 t) − iL0 (1 M t)] e−500t + 0, iLT (t) = iLn (t) + iLf (t) = [vC0 (0.25 t) + iL0 (1 + 500 t)] e−500t + 0, vCT (0) = 100 = vC0 , iLT (0) = 0.4 = iL0 , vCT = (100 − 50.000t − 400.000 t)e−500t = (100 − 450.000 t) e−500t , iLT = (25t + 0.4 + 200 t) e−500t = (0.4 + 225 t) e−500t .

Ejemplo 2.19 Establecer vC (t) en el circuito de la Fig. 2.52.

Figura 2.52: Circuito RLC con un interruptor, y la funci´on escal´on. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas de −∞ a +∞ (Fig. 2.53).

Figura 2.53: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo.

108 Paso 2: Calcular vCT (0) e iLT (0) de −∞ a 0: vCT (0) = (48 k 100) 3 = 97.2973 V,   100 iLT (0) = 3 = 2.027 A. 148 Paso 3: Calcular vCn (t) e iLn (t) de 0 a 5τ : 1 1 dvCn =− vCn − iLn = −2.4 vCn − 240 iLn , dt RC C

diLn 1 = vCn = 0.1 vCn , dt L   dvCn    −2.4 −240 vCn  dt  .  = 0.1 0 iLn diLn dt 

 −0.9998 , que son valores 0.0050 + 0.0198 i propios conjugados, por lo que usamos Ec.(2.27). Entonces: Por lo tanto, λ = −1.2±4.7497 i y W =

 P =

0 0.0198

−0.9998 0.0050



P −1 =

,



−0.2526 −1.0002

−50.5051 0

 .

As´ı, la soluci´ on es: 

vCn iLn



 =

0 0.0198

−0.9998 0.0050



  cos 4.7497t −sen4.7497t e−1.2t sen4.7497t cos4.7497t    −0.2526 −50.5051 vC0 × −1.0002 0 iLn

 (e−1.2t sen4.7497 t)(0.2525 vC0 + 50.495 iL0 )  ×(e−1.2t cos 4.7497t) vC0   =  (e−1.2t cos 4.7497t) (−0.01 vC0 − iL0 ) (e−1.2t sen4.7497t)  . ×(0.0185 vC0 − 0.2525 iL0 

Paso 4: Hallar vCf (t) e iLf (t) de 5τ a +∞: vCf = 0,

iLf = 0.

109 Paso 5: Obtener la respuesta total vCT (t) e iLT (t) de vCT (t) = vCn (t) + vCf (t), vCT (t) = (e−1.2t sen4.7497t)(0.2525 vC0 + 50.495 iL0 ) + (e−1.2t cos 4.7497t) vC0 , vCT (0) = 97.2973 = vC0 , iLT (t) = iLn (t) + iLf (t), iLT (t) = (e−1.2t cos 4.7497t)(−0.01 vC0 − iL0 ) + (e−1.2t sen4.7497t)(0.0185 vC0 − 0.2525 iL0 ), iLT (0) = 2.027 = −0.01 vC0 − iL0 = −0.9729 − iL0 , iL0 = −3.0, vCT (t) = (e−1.2t sen4.7497t)126.91 + (e−1.2t cos 4.7497t)97.2973, iLT (t) = 2.027e−1.2t cos 4.7497t + 2.5575 e−1.2t sen4.7497t.

Ejemplo 2.20 Determinar vCT e iLT en el circuito de la Fig. 2.54.

Figura 2.54: Circuito RLC con funci´on escal´on. Paso 1: Dibujar las tres topolog´ıas de −∞ a +∞ (Fig. 2.55).

Figura 2.55: Las diferentes representaciones del circuito a trav´es del tiempo. Paso 2: Calcular vCT (0) e iLT (0) de −∞ a 0. vCT (0) = 150 V, iLT (0) = 5 A.

110

Figura 2.56: Circuito equivalente RLC. Paso 3: Hallar vCn (t) e iLn (t) de 0 a 5τ (observaci´ on: se ‘matan’ las fuentes de corriente Fig. 2.56): −vLn + vR + vCn = 0, −L

diLn − RiLn + vCn = 0, dt diLn R 1 = − iLn + vCn = 0, dt L L dvCn , ic = C dt 1 1 dvCn = ic = − iLn . dt C C

Entonces diLn 1 = −10 iLn + vCn , dt 3 dvCn = −27 iLn , dt o en forma matricial, 

  diLn  dt   −10  = dvCn −27 dt

 1   iLn 3  , vCn 0

donde λ1 = −9 y λ2 = −1, por lo que usamos la Ec. (2.20):      −9 0 1 1 1.25 B= , P = , P −1 = 0 −1 3 27 −0.125

−0.0417 0.0417

 ,

as´ı que      −9t    iLn 1 1 e 0 1.25 −0.0417 iL0 = −t vCn 3 27 0 e −0.125 0.0417 vC0 " # −9t −t e (1.125iL0 − 0.0417 vC0 ) + e (−0.125 iL0 + 0.0417 vC0 ) = . 3e−9t (1.125 iL0 − 0.0417 vC0 ) + 27 e−t (−0.125 iL0 + 0.0417 vC0 )

111 Paso 4: Establecer vCf (t) e iLf (t) de 5τ a +∞: iLf = 9 A, vCf = 150 V. Paso 5: Construir la respuesta total de vCT (t) e iLT (t): iLT (t) = iLn (t) + iLf (t) = e−9t (1.125iL0 − 0.0417vC0 ) + e−t (−0.125iL0 + 0.0417vC0 ) + 9, vCT (t) = vCn (t) + vCf (t) = 3e−9t (1.125iL0 − 0.0417vC0 ) + 27e−t (−0.125iL0 + 0.0417vC0 ) + 150, iLT (0) = 5 = 1.125 iL0 − 0.125 iL0 + 9 = iL0 + 9, iL0 = −4, vCT (0) = 150 = 3(1.125iL0 − 0.0417vC0 ) + 27(−0.125iL0 + 0.0417vC0 ) + 150, 1.0008vC0 = 0, vC0 = 0, iLT (t) = −4.5 e−9t + 0.5 e−t + 9, vCT (t) = −13.5 e−9t + 13.5 e−t + 150,

2.6

Ejercicios 

4V t 0, a un capacitor de 1.5 mF. Dado que vc (0) = 200 V, y utilizando la convenci´ on pasiva de los signos, ¿en qu´e intervalo, el valor de vc estar´ a entre 1900 y 2000 V?. 3. Para la Fig. 2.58: (a) dibujar vL en funci´ on del tiempo, 0 < t < 90 ms; (b) obtener el valor del tiempo, cuando el inductor absorbe la potencia m´ axima; (c) calcular el tiempo en el cual el inductor suministra la potencia m´ axima y (d) cuantificar la energ´ıa almacenada en el inductor, a t = 60 ms.

112

Figura 2.57: Ejercicio 2.

Figura 2.58: Ejercicio 3. 4. (a) Dibujar el dual exacto del circuito de la Fig. 2.59. Especificar las variables duales y las condiciones iniciales duales para VC (0) = 10V , iL (0) = 4A. (b) Escribir las ecuaciones nodales del circuito dual. (c) Determinar las ecuaciones de malla del circuito dual.

Figura 2.59: Ejercicio 4. 5. Obtener vx (t) para cualquier t en el circuito de la Fig. 2.60. 6. Calcular vC para t > 0 en el circuito de la Fig. 2.61. 7. El interruptor de la Fig. 2.62 fue cerrado desde hace mucho tiempo (en t = 0). (a) Determinar iA (0− ) e iA (0+ ). (b) Calcular vC (0− ) y vC (0+ ). (c) Proporcionar la resistencia equivalente en paralelo con L y C, para t > 0. (d) Obtener iA (t).

113

Figura 2.60: Ejercicio 5.

Figura 2.61: Ejercicio 6.

Figura 2.62: Ejercicio 7. 8. Despu´es de estar abierto durante largo tiempo, el interruptor del circuito de la Fig. 2.63 se cierra, en t = 0. Para t > 0, determinar: (a) vC (t); (b) i(t).

114

Figura 2.63: Ejercicio 8.