Transfo.laplace Circuito

TRANSFORMADA DE LAPLACE .

PROBLEMA: Un circuito LRC con R=12 ohmios, L=1, C=0.01 faradios se conecta a una batería que transmite un voltaje de 20 voltios. Si el interruptor esta inicialmente apagado y se lo enciende después de 10 segundos, permaneciendo conectada por un lapso de 20 segundos y luego desconectada definitivamente. Si inicialmente no hay carga en el condensador y la corriente inicial es cero, determine: a) La carga acumulada en el condensador en los tiempos t=5s, y t=20s. b) La intensidad de corriente que atraviesa el circuito en los tiempos t=8s, y t=40s. SOLUCION: 1

𝐿𝑄´´ + 𝑅𝑄´ + 𝐶 𝑄 = 𝜀 𝑡 = 20𝑢 𝑡 − 10 − 20𝑢(𝑡 − 30) 𝑙 𝐿𝑄´´ + 𝑙 𝑅𝑄´ + 𝐿

1 𝑄 𝐶

= 𝑙 𝜀(𝑡)

2

𝑠 𝑄 𝑠 + 12𝑠𝑄 𝑠 + 100𝑄(𝑠) = 20

𝑒 −10𝑠 − 𝑒 −30𝑠 𝑠

𝑒 −10𝑠 𝑒 −30𝑠 − 𝑠 𝑠 𝑒 −30𝑠 𝑠(𝑠 2 +12𝑠+100)

(𝑠 2 +12𝑠 + 100)𝑄(𝑠) = 20

𝑒 −10𝑠 𝑄(𝑠) = 20 𝑠(𝑠2+12𝑠+100) − 𝐴 𝐵𝑠+𝐶 2 + 12𝐴𝑠 + => 𝐴𝑠 2 𝑠 (𝑠 +12𝑠+100) 1 𝐴 = 100 1 𝐵 = − 100 12 𝐶 = − 100 1/100 𝑠+12 − 1/100( ) 𝑠 𝑠 2 +12𝑠+100

+ 100𝐴 + 𝐵𝑠 2 + 𝐶𝑠 = 1

1

𝑄 𝑠 = 5 𝑒 10𝑠

1 𝑠

−

𝑠+6 6 − 𝑠+6 2 +64 (𝑠+6)2 +64

− 𝑒 −30𝑠

1 𝑠+6 6 − − 𝑠 𝑠+6 2 +64 𝑠+6 2 +64

𝑄 𝑡 = 𝑙 −1 𝑄(𝑠) 1

𝑄 𝑡 = 5 (1 − 𝑒 −6 1

− 5 1 − 𝑒 −6

𝑡−30

𝑡−10

3

cos 8 𝑡 − 10 − 4 𝑒 −6 3

𝑐𝑜𝑠8(𝑡 − 30 − 4 𝑒 −6

𝑡−30

𝑡−10

𝑠𝑒𝑛8 𝑡 − 10 𝑈10 (𝑡)

𝑠𝑒𝑛 8(𝑡 − 30)𝑈30 (𝑡)

Cuando t=5s 𝑄(5) = 0 Condensador descargado Cuando t=20s 1

1

𝑄(𝑡) = 5 − 5 𝑒 −6 1

1

1

1

𝑡−10

𝑐𝑜𝑠8 𝑡 − 10 − 𝑒 −6

𝑡−10

𝑠𝑒𝑛8(𝑡 − 10)

𝑄(20) = 5 − 5 𝑒 −60 𝑐𝑜𝑠80 − 𝑒 −60 𝑠𝑒𝑛80 𝑄

20

3

= 5 − 5 𝑒 −60 −0.110 − 20 𝑒 −60 −0.993 𝑄(20) = 2.08 × 10−25 𝑐𝑜𝑢𝑙𝑜𝑚𝑏𝑠

PROBLEMA: Se tiene un circuito en paralelo con condiciones iniciales. La fuente i(t) de la figura, es la que excita el circuito. El inductor lleva una corriente inicial 𝑖2 (t).El voltaje inicial del condensador es 𝑣𝑐 (0+ ) con la polaridad opuesta al sentido de la corriente 𝑖3 (t).

SOLUCION: Estudiemos un caso de superposición resuelto con transformada de Laplace: SOLUCIÓN POR SUPERPOSICIÓN La función respuesta para el caso del circuito RLC serie con excitación de voltaje, puede ser expresada como: 𝑙(𝑠) = 𝑙´ 𝑠 + 𝑙´´(𝑠) + 𝑙´´´(𝑠) Donde: 𝑙´(𝑠) = 𝑌(𝑠) 𝑉(𝑠) 𝑙´´(𝑠) = 𝑌(𝑠) 𝐿𝑖(0+ ) 𝑣(0+ ) 𝑙´´´(𝑠) = −𝑌(𝑠) 𝑠

De forma similar, la respuesta para el circuito RLC paralelo con fuente de voltaje como excitación, puede escribirse: 𝑉(𝑆) = 𝑉´(𝑆) + 𝑉´´(𝑆) + 𝑉´´´(𝑆) Donde: 𝑉(𝑠) = 𝑍(𝑠) 𝑙(𝑠) 𝑉´´(𝑠) = 𝑍(𝑠) 𝐶𝑣(0+ ) 𝑖2 (0+ ) 𝑉´´´(𝑠) = −𝑍(𝑠) 𝑠 Con estas ecuaciones, se puede concluir que la función respuesta es la suma de componentes separadas, cada una de ellas obtenida dejando una fuente activa mientras las otras son cero (Teorema de Superposición). A continuación, se presenta un ejercicio que resume de forma práctica este procedimiento. El siguiente circuito posee tres fuentes, una de voltaje senoidal, otra de voltaje DC, y otra de corriente DC:

Como primer paso, recordamos la transformada de coseno y aplicamos la transformada de Laplace a la fuente de voltaje: 𝑣 𝑡 = 8cos(2𝑡 + 450 ) 𝑠𝑐𝑜𝑠450 − 2𝑠𝑒𝑛450 𝐿 𝑣(𝑡) = 8 𝑠 2 + 22 2 2 𝑠 −2 2 𝐿 𝑣(𝑡) = 8 2 2 𝑠 +4 16 16 𝑠 −2 2 2 𝐿 𝑣(𝑡) = 𝑠2 + 4 2𝑠 − 4 𝐿 𝑣(𝑡) = 2 𝑠 +4

Cada una de las tres fuentes se analiza como si las otras dos fuesen cero. Hay que tener en cuenta que cuando una fuente de voltaje se reduce a cero, en su lugar queda un corto-circuito; cuando se trata de una fuente de corriente, queda un circuito-abierto. Las tres situaciones se presentan en los circuitos a continuación:

Del primer circuito podemos extraer la primera componente de la función respuesta: 2𝑠 − 4 2 𝑠(2𝑠 − 4) 𝐼´(𝑠) = 𝑠 + 4 = 2 1 (𝑠 +4)(𝑠 + 1 1+𝑠 y de los otros dos: 2 2 𝑠 𝐼´´(𝑠) = − =− 1 𝑠+1 1+𝑠 𝐼´´´(𝑠) = 0 La tercera componente es cero, porque la corriente de la fuente fluye toda por el cortocircuito. De acuerdo a lo expuesto al principio de esta sección, la respuesta es igual a la suma de las componentes: 𝐼(𝑠) = 𝐼´(𝑠) + 𝐼´´(𝑠) + 𝐼´´´(𝑠)

𝑠(2𝑠 − 4) 2 −4𝑠 − 8 − = (𝑠 2 +4)(𝑠 + 1) 𝑠 + 1 (𝑠 2 +4)(𝑠 + 1) Ahora aplicamos transformada inversa de Laplace, para encontrar la respuesta en el dominio del tiempo: −4𝑠 − 8 −1 𝑖 𝑡 =𝐿 (𝑠 2 +4)(𝑠 + 1) 𝐴 𝐵 𝐶 𝑖 𝑡 = 𝐿−1 + + 𝑠 + 𝑗2 𝑠 − 𝑗2 𝑠 + 1 Esta expansión de fracciones parciales se hace con el fin de facilitar la transformación inversa y utilizar pares de transformadas. Los valores de los coeficientes A, B y C, son: −4𝑠 − 8 𝐴= 2 |𝑠=−𝑗2 = 1.264 < −71. 550 (𝑠 +4)(𝑠 + 1) 𝐵 = 𝐴∗ = 1.264 < 71.550 −4𝑠 − 8 𝐶= 2 | = −0.8 𝑠 + 4 𝑠=−1 Reemplazamos estos coeficientes y obtenemos: 𝐼(𝑠) =

−1

𝑖 𝑡 =𝐿

1.264

𝑒 −𝑖71.55 𝑠+𝑗2

0

−

𝑒 𝑖71.55 𝑠−𝑗2

0

− 0.8

𝑖 𝑡 = 2.53 cos 2𝑡 + 71.550 − 0.8𝑒 −1 Vemos que la transformada de coseno puede tener equivalentes en exponenciales de frecuencia.

PROBLEMA: 𝑁

Un sistema vibratorio compuesto de un resorte de constante k=4 𝑚 ,un amortiguador de 𝑁𝑠

c=6 𝑚 ,tiene adherido una bola metalica de 20 Newton de peso.Determine la forma en que vibra la masa si inicialmente esta en la posición de equilibrio y sin velocidad inicial,y si desde el tiempo t=0 actua una fuerza perturbadora definida asi: 100t;

t Є [0,2> t Є <2,4]

F (t) = *400−100t;

SOLUCION: La ecuacion diferencial, que representa al sistema es: 𝑑2 𝑦 m 𝑑𝑡 2

𝑑𝑦

+ c 𝑑𝑡 +Ky=F (t)

𝑚

Asumiendo que la gravedad es 10𝑠2 : 𝑤

20

m= 𝑔 = 10 =2 Kg 𝑑2 𝑦 2 𝑑𝑡 2

𝑑𝑦

+ 6 𝑑𝑡 +4y=F (t);

Antes de resolver la ecuación diferencial aplicando transformada de Laplace,se recomienda expresar la función F(t) en términos de las funciones escalones multiplicadas por las funciones que se encuentran en cada uno de los intervalos mostrados en la regla de correspondencia: F(t)=100t.u(t)-100t.u(t-2)+(400-100t)u(t-2)-(400-100t)u(t-4); F(t)=100t.u(t)-100t.u(t-2)+400 u(t-2)-100t.u(t-2)-400 u(t-4)+100t.u(t-4); F(t)=100t.u(t)-200t.u(t-2)+400 u(t-2)-400 u(t-4)+100t.u(t-4); F(t)=100t.u(t)-200(t-2+2).u(t-2)+400 u(t-2)-400 u(t-4)+100(t-4+4).u(t-4); F(t)=100t.u(t)-200(t-2).u(t-2)-400 u(t-2)+ 400 u(t-2)-400 u(t-4)+100(t-4).u(t-4)+ 400 u(t4)+; F(t)=100t.u(t)-200(t-2).u(t-2)+ 100(t-4).u(t-4); La ecuación diferencial queda expresada de la siguiente forma: 𝑑2 𝑦 2 𝑑𝑡 2

𝑑𝑦

+ 6 𝑑𝑡 +4y=100t.u(t)-200(t-2).u(t-2)+ 100(t-4).u(t-4);

Ahora se puede proceder a resolver la ecuación diferencial mediante la transformada de Laplace: L

𝑑2 𝑦 [2 𝑑𝑡 2

L[

𝑑2 𝑦 𝑑𝑡 2

𝑑𝑦

+ 6 𝑑𝑡 +4y]=L [100t.u(t)-200(t-2).u(t-2)+ 100(t-4).u(t-4)]; 𝑑𝑦

+ 3 𝑑𝑡 +2y]=L [50t.u(t)-100(t-2).u(t-2)+ 50(t-4).u(t-4)];

La posición inicial del sistema es y(0)=0 metros,y la velocidad inicial es y´(0)=0: 50

[𝑠 2 y(s)-sy(0)-y´(0)+3sy(s) -3y(0)+2y(s)]= 𝑠2 -

100 −2𝑠 50 −4𝑠 𝑒 + 𝑠2 𝑒 𝑠2

50 100 −2𝑠 50 −4𝑠 𝑒 + 2𝑒 ; 𝑠2 𝑠2 𝑠 50 100 50 y(s)[ 𝑠 2 +3s+2]= 𝑠2 - 𝑠2 𝑒 −2𝑠 + 𝑠2 𝑒 −4𝑠 ; 50 100 50 y(s) = 𝑠2 (𝑠2 +3𝑠+2) - 𝑠2 (𝑠2 +3𝑠+2) 𝑒 −2𝑠 + 𝑠2 (𝑠2 +3𝑠+2) 𝑒 −4𝑠 ; 50 100 50 y(s) = 2 - 2 𝑒 −2𝑠 + 2 𝑒 −4𝑠 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 50 𝑦1 s = 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1)

𝑠 2 y(s)+3sy(s)+2y(s)=

𝑦2(s)

=

y3(s)

=

100 −2𝑠 𝑒 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 50 −4𝑠 𝑒 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1)

Para encontrar 𝑦1 Laplace:

t

, se procede a usar el teorema de la integral de la transformada de

50

𝑡 𝑢 𝐹 0 0 𝐴 𝑠+1 +𝐵(𝑠+2) 𝐿−1 [ (𝑠+2)(𝑠+1) ]; 50

Si: 𝐿−1 [(𝑠+2)(𝑠+1)]=F(t), entonces 𝐿−1 [𝑠2 (𝑠+2)(𝑠+1)]= 50

𝐴

𝐵

𝐿−1 [(𝑠+2)(𝑠+1)]= 𝐿−1 [(𝑠+2) + (𝑠+1)]=

*A+B=0 A+2B=50

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: B=501 A=-50

𝜃 𝑑 𝜃𝑑𝑢

50

50

50

𝐿−1 [(𝑠+2)(𝑠+1)]= 𝐿−1 [(𝑠+1) − (𝑠+2)]=50𝘦−𝑡 -50𝘦−2𝑡 ;

Entonces:

𝑡 𝑢 𝑡 𝑢 −𝑡𝜃 −2𝜃 𝐹 𝜃 𝑑 𝜃𝑑𝑢= (50𝘦 − 50𝘦 )𝑑 𝜃𝑑𝑢; 0 0 0 0 𝑡 25𝘦−2𝜃 )𝑢0 𝑑 𝑢= 0 (−50𝘦−𝑢 + 25𝘦−2𝑢 − (−50 + 25))𝑢0 𝑑 𝑢= −2𝑢 −𝑢 −2𝑢

50

𝐿−1 [𝑠2 (𝑠+2)(𝑠+1)]=

𝑡 −𝑡𝜃 (−50𝘦 + 0 𝑡 (−50𝘦−𝑢 + 25𝘦 + 25)𝑑 𝑢=(−50𝘦 + 12.5𝘦 0 25𝑢)𝑡0 = −50𝘦−𝑡 + 12.5𝘦−2𝑡 + 25𝑡 − 50 − 12.5 ; 𝑡 (−50𝘦−𝑢 + 25𝘦−2𝑢 + 25)𝑑 𝑢= −50𝘦−𝑡 + 12.5𝘦−2𝑡 0

+

+ 25𝑡 − 37.5 ;

Por lo tanto: 50

𝐿−1 [𝑠2 (𝑠+2)(𝑠+1)]= −50𝘦−𝑡 + 12.5𝘦−2𝑡 + 25𝑡 − 37.5 ; 𝑦1

t

−50𝘦−𝑡 + 12.5𝘦−2𝑡 + 25𝑡 − 37.5 ;

=

100 −2𝑠 ] =2 𝐿−1 𝑒 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 50 𝑦2 t =2 𝐿−1 [ 𝑠2 (𝑠+2)(𝑠+1) 𝑒 −2𝑠 ]= =2 50𝘦− 𝑡−2 − 12.5𝘦−2 𝑡−2 + 25 𝑡 − 2 −

𝑦2

𝑦3

t

t

= 50𝘦−

= 𝐿−1 [

50 −4𝑠 ]= 𝑒 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1) 12.5𝘦−2 𝑡−4 + 25 𝑡

[

50 −2𝑠 𝑒 2 𝑠 (𝑠+2)(𝑠+1)

37.5 𝑢(𝑡 − 2);

=𝐿−1 [ 𝑡−4

−

− 4 − 37.5 𝑢(𝑡 − 4);

]

Ahora y(t) es: y(t)= 𝑦1 t + 𝑦2

t

+ 𝑦3

t

y(t)= 50𝘦−𝑡 − 12.5𝘦−2𝑡 + 25𝑡 − 37.5+ 2( 50𝘦−

𝑡−2

− 12.5𝘦−2 𝑡−2 + 25 𝑡 − 2 − 37.5 𝑢 𝑡 − 2 + (50𝘦− 𝑡−4 − 12.5𝘦−2 𝑡−4 + 25 𝑡 − 4 − 37.5 𝑢(𝑡 − 4)); Se puede representar y(t) en como una función con regla de correspondencia:

Y (t)= {

50𝘦−𝑡 − 12.5𝘦−2𝑡 + 25𝑡 − 37.5 50𝘦−𝑡 (1 + 2𝘦2 ) − 12.5𝘦−2𝑡 (1 + 2𝘦4 ) + 75𝑡 − 212.5 50𝘦−𝑡 1 + 2𝘦2 + 𝘦4 − 12.5𝘦−2𝑡 1 + 2𝘦4 + 𝘦8 + 100𝑡 − 350;

0⩽t <2; 2⩽t <4; t≥4;

2) Un circuito LRC con R=150 ohmios, L=1 Henrio, C=0.0002 faradios en t=0 se le aplica un voltaje que crece linealmente de 0 a 100 voltios, durante 10 segundos, para luego cesar por tiempo indefinido. Si inicialmente no hay carga en el condensador y la corriente inicial es cero, determine: a) La carga en cualquier instante de tiempo b) La corriente del circuito en t=20s. R=150r Q(o)=0 L=1H Q´(o)=0 𝐶 = 2 × 10−4 𝐹 𝐿𝑄" + 𝑅𝑄´ + 1/𝐶 𝑄 = 𝑉(𝑡) 𝑄" + 150𝑄´ + 5000𝑄 = 10𝑡(𝑢𝑜 (𝑡) − 𝑢10 (𝑡)) 𝑄" + 150𝑄´ + 5000𝑄 = 10𝑡𝑢0 (𝑡) − 10𝑡𝑢10 (𝑡) + 100𝑢10 (𝑡) − 100𝑢10 (𝑡) 𝑄" + 150𝑄´ + 5000𝑄 = 10𝑡𝑢0 (𝑡) − 10(𝑡 − 10)𝑢10 − 100𝑢10 (𝑡) Encontrando la transformada: 𝑠 2 𝑄 𝑠 − 𝑠𝑄 0 − 𝑄´ 0 + 150𝑠𝑄 𝑠 − 150𝑄 0 + 5000𝑄 𝑠 = 10𝑒 −10𝑠 𝑠2

−

100𝑒 −10𝑠 𝑠

10 10 100 −10𝑠 −10𝑠 − 𝑒 − 𝑒 𝑠2 𝑠2 𝑠 10 10 100 (𝑠 + 50)(𝑠 + 100)𝑄(𝑠) = 2 − 𝑒 −10𝑠 2 − 𝑒 −10𝑠 𝑠 𝑠 𝑠

(𝑠 2 +150𝑠 + 5000)𝑄 𝑠 =

10 − 𝑠2

10 10𝑒 −10𝑠 100𝑒 −10𝑠 𝑄 𝑠 = 2 − − 𝑠 (𝑠 + 50)(𝑠 + 100) 𝑠 2 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝑠 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝐴 = 1/500 10 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐵 = −3/50000 = + + + => 𝑠 2 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝑠 2 𝑠 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝐶 = 1/12500 𝐷 = −1/50000 𝐴 = 1/50 100 𝐴 𝐵 𝐶 = + + 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝐵 = −1/25 𝑠 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝑠 𝑠 + 50 𝑠 + 100 𝐶 = 1/50

𝑄 𝑠 =

1 100 3 − 50000 𝑠 2 𝑠

+

4 1 − 𝑠+50 𝑠+100

−

𝑒 −10𝑠 100 3 − 50000 𝑠 2 𝑠

4

𝑒 −10𝑠 1 2 1 − − + 50 𝑠 𝑠 + 50 𝑠 + 100 1 𝑄𝑠) = 100𝑡 − 3 + 4𝑒 −50𝑡 − 𝑒 −100𝑡 50000

−

1

+ 𝑠+50 − 𝑠+100

1 100 𝑡 − 10 − 3 + 4𝑒 −50 𝑡−10 − 𝑒 −100 𝑡−10 𝑢10 (𝑡) 50000 1 − 1 − 2𝑒 −50 𝑡−10 + 1𝑒 −100 𝑡−10 𝑢10 𝑡 50

1 100𝑡 − 3 + 4𝑒 −50𝑡 − 𝑒 −100𝑡 𝑡 < 10 50000 1 1 100𝑡 − 3 + 4𝑒 −50𝑡 − 𝑒 −100𝑡 − 100 𝑡 − 10 − 3 + 4𝑒 −50 𝑡−10 − 𝑒 −100 𝑡−10 50000 𝑄(𝑡) = 50000 1 − 1 − 2𝑒 −50 𝑡−10 + 1𝑒 −100 𝑡−10 ; 𝑡 ≥ 10 50

− 𝑄 𝑡 =

1 1 − 2𝑒 −50 𝑡−10 + 1𝑒 −100 𝑡−10 50

1 1000 + 4𝑒 −50𝑡 − 4𝑒 −50 𝑡−10 − 𝑒 −100𝑡 + 𝑒 −100(𝑡−10) 50000 1 − 1 − 2𝑒 −50 𝑡−10 + 1𝑒 −100 𝑡−10 ; 𝑡 ≥ 10 50 Q(20segundos)=0 𝑖 𝑡 =

𝑎𝑄(𝑡) 𝑎𝑡

1 100 − 200𝑒 −50𝑡 + 100𝑒 −100𝑡 𝑡 < 10 50000

𝑖 𝑡 =

1 −200𝑒 −50𝑡 + 200𝑒 −50 𝑡−10 + 100𝑒 −100𝑡 − 100𝑒 −100(𝑡−10) 50000 1 − 100𝑒 −50 𝑡−10 − 100𝑒 −100 𝑡−10 ; 𝑡 ≥ 10 50 I(20segundos)=0