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PARCIAL GRATUITO · RESUELTO EN HOJAS

Parcial resuelto de Circuitos transitorios

Leé el enunciado y abrí las hojas de la resolución en orden.

Enunciado

a) En el circuito de la figura, el valor de la inductancia es 2 H, las resistencias valen R1 = 6 Ω y R2 = 94 Ω. La batería tiene una diferencia de potencial entre sus extremos de 24 V. Cuando el circuito alcanza el estado estacionario con la llave en A, el interruptor se desplaza rápidamente de A a B. ¿Cuánto tiempo se requiere para que la diferencia de potencial de la bobina disminuya hasta 2 V?

Resolución en hojas

Hoja 1Hoja 1 de Parcial resuelto de Circuitos transitorios
Hoja 2Hoja 2 de Parcial resuelto de Circuitos transitorios

Otro ejercicio gratuito, paso a paso

EJERCICIO GRATUITO

Carga y descarga en dos etapas

Un capacitor de 1000 μF, inicialmente descargado, se conecta durante 1,0 s a una fuente de 12 V mediante una resistencia de 1 kΩ. Luego se desconecta la fuente y se descarga por otra resistencia también de 1 kΩ durante 1,0 s.

Hallá la tensión al terminar cada etapa y la corriente inicial de descarga.

Intentá resolverlo antes de abrir los pasos.

Esquema del planteo: Carga, Conmutación, Descarga. Datos: C = 1000 μF; 12 V; R₁ = 1 kΩ; R₂ = 1 kΩ; 1 s por etapa.

Razonalo paso a paso.

1. Separá las etapas y convertí los datos

Durante el primer segundo la fuente de 12 V carga el capacitor por R₁. Luego se desconecta la fuente y el capacitor se descarga por R₂ durante otro segundo.

En cada etapa usaremos un tiempo propio. Las dos constantes de tiempo coinciden porque R₁ = R₂.

C=1000 μF=0,001 Fτ1=R1C=(1000)(0,001)=1,0 sτ2=R2C=(1000)(0,001)=1,0 s\begin{gathered}C=1000\,\mu\mathrm F=0{,}001\,\mathrm F\\\tau_1=R_1C=(1000)(0{,}001)=1{,}0\,\mathrm s\\\tau_2=R_2C=(1000)(0{,}001)=1{,}0\,\mathrm s\end{gathered}
2. Aplicá Kirchhoff a la malla de carga

Recorré la malla y asigná los signos

Elegimos positivo el sentido en que la fuente hace circular la corriente durante la carga. Al pasar por la fuente, la tensión sube 12 V. Al pasar por la resistencia y el capacitor, baja. La ley de Kirchhoff dice que la suma de los cambios de tensión al volver al punto de partida es cero.

+Vs−VR−VC=0+V_s-V_R-V_C=0

Expresá la caída en la resistencia

La ley de Ohm da la caída resistiva: tensión igual a resistencia por corriente. Como ambos componentes están en la misma malla, la corriente de carga que atraviesa la resistencia también entra al capacitor. Reemplazamos solo esta caída y dejamos lo demás igual.

VR=R1i1Vs−R1i1−VC=0\begin{gathered}V_R=R_1i_1\\V_s-R_1i_1-V_C=0\end{gathered}

Relacioná la corriente con el capacitor

La carga eléctrica almacenada vale capacitancia por tensión. Durante la carga, esa carga aumenta; la corriente es su variación por segundo. Como C permanece constante, sale fuera de la derivada.

QC=CVCi1=dQCdt=d(CVC)dti1=CdVCdt\begin{gathered}Q_C=CV_C\\i_1=\frac{dQ_C}{dt}=\frac{d(CV_C)}{dt}\\i_1=C\frac{dV_C}{dt}\end{gathered}

Sustituí y reconocé la constante de tiempo

Ahora sustituimos la expresión de la corriente en la ecuación de la malla. Pasamos la tensión del capacitor al otro lado y usamos la constante de tiempo R₁C, calculada en el paso 1. Todavía no resolvimos la ecuación: eso empieza en el paso siguiente.

Vs−R1CdVCdt−VC=0R1CdVCdt+VC=Vsτ1dVCdt+VC=Vs\begin{gathered}V_s-R_1C\frac{dV_C}{dt}-V_C=0\\R_1C\frac{dV_C}{dt}+V_C=V_s\\\tau_1\frac{dV_C}{dt}+V_C=V_s\end{gathered}

La ecuación diferencial sale de Kirchhoff, Ohm y la relación entre carga y tensión del capacitor.

3. Separá variables e integrá la carga

Pasá la tensión del capacitor al lado de la fuente y dividí por la constante de tiempo.

Integrá desde el instante inicial, cuando el capacitor está descargado, hasta un instante de la primera etapa. La integral del lado de la tensión produce un logaritmo con signo negativo.

dVCVs−VC=dtτ1∫0VC(t)dVVs−V=∫0tdtτ1ln⁡ ⁣Vs−VC(t)Vs=−tτ1\begin{gathered}\frac{dV_C}{V_s-V_C}=\frac{dt}{\tau_1}\\\int_0^{V_C(t)}\frac{dV}{V_s-V}=\int_0^t\frac{dt}{\tau_1}\\\ln\!\frac{V_s-V_C(t)}{V_s}=-\frac{t}{\tau_1}\end{gathered}
4. Despejá la fórmula de carga

Aplicá la exponencial a ambos lados de la igualdad. Después despejá la tensión del capacitor.

Así aparece la fórmula de carga desde Kirchhoff y la condición inicial de tensión nula. Al comienzo de la etapa, la expresión también da cero.

Vs−VC(t)Vs=e−t/τ1Vs−VC(t)=Vse−t/τ1VC(t)=Vs(1−e−t/τ1)\begin{gathered}\frac{V_s-V_C(t)}{V_s}=e^{-t/\tau_1}\\V_s-V_C(t)=V_se^{-t/\tau_1}\\V_C(t)=V_s(1-e^{-t/\tau_1})\end{gathered}

Fórmula de carga obtenida desde la ley de Kirchhoff.

5. Evaluá la tensión al terminar la carga

Recién ahora sustituí la fuente de 12 V, la constante de tiempo de 1,0 s y el primer segundo transcurrido.

Conservá algunas cifras para la segunda etapa y redondeá la respuesta visible al final.

V1=VC(1,0 s)=12(1−e−1) V≈7,585 V\begin{gathered}V_1=V_C(1{,}0\,\mathrm s)\\=12(1-e^{-1})\,\mathrm V\\\approx7{,}585\,\mathrm V\end{gathered}

Al terminar la carga: 7,59 V.

6. Fijá la condición inicial de descarga

La tensión de un capacitor ideal no puede cambiar instantáneamente. Por eso el valor justo antes de conmutar es el valor justo después.

Definí t' = 0 cuando se desconecta la fuente: ese es el origen de tiempo de la descarga, no el inicio del problema.

VC(1−)=VC(1+)=V1VC(t′=0)=V1≈7,585 V\begin{gathered}V_C(1^-)=V_C(1^+)=V_1\\V_C(t'=0)=V_1\approx7{,}585\,\mathrm V\end{gathered}
7. Aplicá Kirchhoff a la malla de descarga

Elegí la corriente positiva en el sentido real de descarga. El capacitor impulsa esa corriente a través de la segunda resistencia: su tensión iguala la caída en ella.

La carga del capacitor disminuye. Por eso, al relacionar la corriente con la derivada de la tensión, aparece un signo menos. Al reemplazarla queda la ecuación diferencial de descarga.

VC−R2i2=0i2=−CdVCdt′τ2dVCdt′+VC=0\begin{gathered}V_C-R_2i_2=0\\i_2=-C\frac{dV_C}{dt'}\\\tau_2\frac{dV_C}{dt'}+V_C=0\end{gathered}

Ya tenemos la ecuación diferencial de descarga.

8. Integrá y despejá la fórmula de descarga

Separá variables. Integrá desde la tensión al comienzo de la descarga hasta la tensión un tiempo después.

Aplicá la exponencial al logaritmo resultante. Al poner a cero el nuevo tiempo recuperás la tensión inicial, como exige la continuidad.

dVCVC=−dt′τ2ln⁡ ⁣VC(t′)V1=−t′τ2VC(t′)=V1e−t′/τ2\begin{gathered}\frac{dV_C}{V_C}=-\frac{dt'}{\tau_2}\\\ln\!\frac{V_C(t')}{V_1}=-\frac{t'}{\tau_2}\\V_C(t')=V_1e^{-t'/\tau_2}\end{gathered}

Fórmula de descarga obtenida desde la ley de Kirchhoff.

9. Hallá la corriente inicial de descarga

La ley de Kirchhoff de esta etapa relaciona la corriente con la tensión del capacitor y la segunda resistencia. En el instante inicial, la tensión es la que quedó de la carga.

Ese valor es positivo en el sentido de descarga elegido. Si se mantiene como referencia el sentido de carga, la misma corriente lleva signo negativo.

i2(0+)=V1R2=7,585 V1000 Ω≈7,59 mA\begin{gathered}i_2(0^+)=\frac{V_1}{R_2}\\=\frac{7{,}585\,\mathrm V}{1000\,\Omega}\\\approx7{,}59\,\mathrm{mA}\end{gathered}

Corriente inicial: 7,59 mA en el sentido de descarga.

10. Evaluá la descarga y comprobá

Pasó un segundo desde la conmutación. Reemplazá en la fórmula derivada para la descarga.

La tensión final debe estar entre cero y la tensión inicial de esta etapa, porque el capacitor perdió energía pero no cambió de polaridad.

V2=V1e−1=12(1−e−1)e−1 V≈2,790 V0<V2<V1<Vs\begin{gathered}V_2=V_1e^{-1}\\=12(1-e^{-1})e^{-1}\,\mathrm V\\\approx2{,}790\,\mathrm V\\0<V_2<V_1<V_s\end{gathered}

Al terminar la descarga: 2,79 V.