14.11: Transitorio Serie RLC

Una batería de constante\(\text{EMF} V\) is connected to a switch, and an \(R\), \(L\) and \(C\) in series. The switch is closed at time \(t=0\). We'll first solve this problem by "conventional" methods; then by Laplace transforms. The reader who is familiar with the mechanics of damped oscillatory motion, such as is dealt with in Chapter 11 of the Classical Mechanics notes of this series, may have an advantage over the reader for whom this topic is new – though not necessarily so!

“La ley de Ohm” es

\[V=Q/C +RI + L\dot I, \label{14.11.1}\]

o

\[LC \ddot Q + RC \dot Q + Q = CV. \label{14.11.2}\]

Quienes estén familiarizados con este tipo de ecuaciones reconocerán que la solución general (función complementaria más integral particular) es

\[Q=Ae^{\lambda _1t}+Be^{\lambda_2t}+CV, \label{14.11.3}\]

donde

\[\lambda _1 = -\frac{R}{2L}+\sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}} \]

y

\[ \lambda _2=-\frac{R}{2L} - \sqrt{\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}}.\label{14.11.4}\]

(Quienes no estén familiarizados con la solución de ecuaciones diferenciales de este tipo no deben darse por vencidos aquí. Solo pasa a la parte donde hacemos esto por Laplace transforma. Pronto estarás rayando por delante de tus colegas más eruditos, que estarán luchando por un tiempo).

Caso I

\(\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}\) is positive. For short I'm going to write Equations \ref{14.11.4} as

\[\lambda_1 = -a + k \ \text{and} \ \lambda_2 = -a - k. \label{14.11.5}\]

Entonces

\[Q=Ae^{-(a-k)t}+Be^{-(a+k)t}+CV \label{14.11.6}\]

y, por diferenciación con respecto al tiempo,

\[I=-A(a-k)e^{-(a-k)t}-B(a+k)e^{-(a+k)t}.\label{14.11.7}\]

En\(t=0\), \(Q\) and \(I\) are both zero, from which we find that

\[A= -\frac{(a+k)CV}{2k} \ \text{and} \ B = \frac{(a-k)CV}{2k}.\label{14.11.8}\]

Así

\[Q=\left[ -\left( \frac{a+k}{2k}\right)e^{-(a-k)t}+\left(\frac{a-k}{2k}\right) e^{-(a+k)t}+1\right] CV \label{14.11.9}\]

y

\[I=\left[ \left( \frac{a^2-k^2}{2k} \right) \left(e^{-(a-k)t} - e^{-(a+k)t} \right) \right] CV.\label{14.11.10}\]

Al recordar los significados de\(a\) and \(k\) and the sinh function, and a little algebra, we obtain

\[I= \frac{V}{Lk}e^{-at} \sinh kt. \label{14.11.11}\]

Ejercicio\(\PageIndex{1}\)

Verifica que E quation\ ref {14.11.11} es d imensionalmente correcta. Dibuja una gráfica de\(I\) : \(t\). The current is, of course, zero at \(t=0\) and \(\infty\). What is the maximum current, and when does it occur?

Caso II

\(\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{LC}\) is zero. In this case, those who are in practice with differential equations will obtain for the general solution

\[Q=e^{\lambda t}(A+Bt) + CV, \label{14.11.12}\]

donde\[\lambda = -R/(2L), \label{14.11.13}\]

de la cual\[I= \lambda (A + Bt) e^{\lambda t} + Be^{\lambda t}. \label{14.11.14}\]

Después de aplicar las condiciones iniciales que Q e I son inicialmente cero, obtenemos

\[Q = CV \left[ 1- \left( 1- \frac{Rt}{2L} \right) e^{-Rt/(2L)} \right] \label{14.11.15}\]

y

\[I=\frac{V}{L}t e^{-Rt/(2L)}. \label{14.11.16}\]

Al igual que en el caso II, esto inicia y termina en cero y pasa por un máximo, y es posible que desee calcular cuál es la corriente máxima y cuándo ocurre.

Caso III

\(\frac{R^2}{4L^2}- \frac{1}{LC}\) is negative. In this case, I am going to write equations 14.11.4 as

\[\lambda_1 = -a + j \omega \ \text{and} \ \lambda_2 = -a - j\omega , \label{14.11.17}\]

donde\[a = \frac{R}{2L} \ \text{and} \ \omega^2 = \frac{1}{LC} - \frac{R^2}{4L^2}. \label{14.11.18}\]

Todo lo que es necesario, entonces, es repetir el análisis para el Caso I, pero sustituir\(-\omega^2\)\(k^2\) and \(j\omega\) por\(k\), and, provided that you know that \(\sinh j\omega t = j \sin \omega t\), you finish with

\[I= \frac{V}{L\omega}e^{-at} \sin \omega t . \label{14.11.19} \]

Este es un movimiento oscilatorio ligeramente amortiguado.

Ahora intentemos el mismo problema usando las transformaciones de Laplace. Recordemos que tenemos un\(V\) in series with an \(R\), \(L\) and \(C\), and that initially \(Q, \ I \ \text{and} \ \dot I\) are all zero. (The circuit contains capacitance, so \(Q\) cannot change instantaneously; it contains inductance, so \(I\) cannot change instantaneously.)

Inmediatamente, automáticamente y con apenas un pensamiento, nuestra primera línea es la ley generalizada de Ohm, con las transformaciones de Laplace de\(V\) and \(I\) and the generalized impedance:

\[\bar{V} = [R + Ls + 1/(Cs)]\bar{I}. \label{14.11.20}\]

Desde\(V\) is constant, reference to the very first entry in your table of transforms shows that \(\bar{V}= V/s\), and so

\[\bar{I} = \frac{V}{s[R + Ls + 1/(Cs)]} = \frac{V}{L(s^2 + bs + c)}, \label{14.11.21}\]

donde\[b=R/L \ \text{and} \ c=1/(LC). \label{14.11.22}\]

Caso I.\(b^2 > 4c.\)

\[\bar{I}= \frac{V}{L}\left( \frac{1}{(s-\alpha)(s-\beta)} \right)= \frac{V}{L} \left(\frac{1}{\alpha - \beta} \right) \left( \frac{1}{s-\alpha} - \frac{1}{s-\beta}\right). \label{14.11.23}\]

Aquí, por supuesto,\[2 \alpha = -b + \sqrt{b^2-4c} \ \text{and} \ 2\beta = -b - \sqrt{b^2 - 4c} \label{14.11.24}\]

Al tomar las transformaciones inversas, encontramos que

\[I = \frac{V}{L} \left( \frac{1}{\alpha - \beta}\right) (e^{\alpha t} - e^{\beta t}). \label{14.11.25}\]

A partir de ahí es cuestión de álgebra rutinaria (¡hazlo!) para demostrar que esto es exactamente lo mismo que la Ecuación\ ref {14.11.11}.

Para llegar a este resultado, no era necesario en absoluto saber resolver ecuaciones diferenciales. Todo lo que se necesitaba era entender la impedancia generalizada y buscar una tabla de transformaciones de Laplace.

Caso II. \(b^2 = 4c\).

En este caso, la Ecuación\ ref {14.11.21} es de la forma

\[\bar{I} = \frac{V}{L} \cdot \frac{1}{(s-\alpha)^2}, \label{14.11.26}\]

donde\(\alpha = -\frac{1}{2}b\). If you have dutifully expanded your original table of Laplace transforms, as suggested, you will probably already have an entry for the inverse transform of the right hand side. If not, you know that the Laplace transform of \(t\) is \(1/s^2\), so you can just apply the shifting theorem to see that the Laplace transform of \(te^{\alpha t}\) is \(1/(s-\alpha)^2\). Así

\[I= \frac{V}{L}t e^{\alpha t} \label{14.11.27}\]

que es lo mismo que la Ecuación\ ref {14.11.16}.

[Dios, ¡qué podría ser más rápido y más fácil que eso!?]

Caso III. \(b^2 < 4c\).

Esta vez, completaremos el cuadrado en el denominador de la Ecuación\ ref {14.11.21}:

\[\bar{I}= \frac{V}{L} \cdot \frac{1}{(s+\frac{1}{2}b)^2 + (c-\frac{1}{4}b^2)}=\frac{V}{L\omega}\frac{\omega}{(s+\frac{1}{2}b)^2+\omega^2}, \label{14.11.28}\]

donde he introducido\(\omega\) con notación obvia.

Al tomar la transformación inversa (de nuestra tabla, con un poco de ayuda del teorema cambiante) obtenemos

\[I = \frac{V}{L\omega} \cdot e^{-\frac{1}{2}bt} \sin \omega t, \label{14.11.29}\]

que es lo mismo que la Ecuación\ ref {14.11.19}.

Con este breve capítulo introductorio a la aplicación de Laplace transforma a circuitos eléctricos, acabamos de abrir una puerta por una pequeña grieta para vislumbrar el potencial gran poder de este método. Con la práctica, se puede utilizar para resolver problemas complicados de muchos tipos con gran rapidez. Todo lo que tenemos hasta ahora es un pequeño atisbo. Terminaré este capítulo con solo un ejemplo más, con la esperanza de que esta breve introducción abra el apetito del lector para conocer más sobre esta técnica.