Ecuaciones Diferenciales Aplicadas, Circuitos Eléctricos: circuito eléctrico conectado en serie del tipo LR

En este artículo aprenderás a aplicar las ecuaciones diferenciales a un circuito eléctrico conectado en serie del tipo LR, y comprenderás con precisión como realizar el análisis de un circuito eléctrico de éste tipo utilizando una metodología de 3 pasos.

Metodología

Utilizaremos la siguiente Metodología.

• Modelado del Circuito Eléctrico con Ecuaciones Diferenciales
• Solución de la Ecuación Diferencial resultante
• Graficación de la corriente encontrada.

Para el Modelado del Circuito Eléctrico, repasaremos las leyes de Kirchoff vistas en el artículo Circuitos Eléctricos y Ecuaciones Diferenciales solo que ahora el circuito a estudiar es del tipo LR.

Para la Solución de la Ecuación Diferencial aplicaremos la regla de los 4 pasos para la solución de las ecuaciones diferenciales lineales de 1er orden que aquí hemos utilizado.

Utilizaremos MATHEMATICA para la graficación de resultados.

Finalmente, compararemos los modelos resultantes para la simulación de circuitos del tipo LR con los modelos obtenidos para los circuitos del tipo RLC para poder entender su relación común, ya que parten del mismo criterio. Ver artículo: Circuitos Eléctricos y Ecuaciones Diferenciales.

Para esto resolveremos un ejercicio.

Ecuaciones Diferenciales Ejercicios resueltos: Capitulo 3.1 Libro Dennis G. Zill Ed 7ma,(Problema 29).

PROBLEMA

Se aplica una fuerza electromotriz de 30V a un circuito en serie LR con 0.1 henrys de inductancia y 50 ohms de resistencia. Determine la corriente $ i(t)$, si $ i(0) = 0$. Determine la corriente conforme $ t\rightarrow 0$.
El circuito esta descrito en la Figura 1.

Ecuaciones Diferenciales Aplicadas, Circuitos Eléctricos: Modelado del Circuito Eléctrico con Ecuaciones Diferenciales

Primeramente obtengamos los modelos para el circuito representado en la Figura 1.

Dicho modelo matemático proviene de las leyes de Kirchoff:

1. La suma de las corrientes hacia (o desde) cualquier punto es cero. LEY DE NODOS
2. Alrededor de cualquier trayectoria cerrada la suma de las caídas de voltaje instantáneas en una dirección específica, es cero. LEY DE MALLAS

En este caso, como queremos encontrar un valor (la corriente $ i(t)$), en un circuito cerrado o malla utilizaremos para modelar el circuito la LEY DE MALLAS.

Para esto recordamos como representamos matemáticamente, en circuitos eléctricos, a los Inductores y las Resistencias, así como las definiciones de caídas de voltaje para cada elemento:

Tabla 1. Caídas de voltaje para cada elemento del circuito descrito en la Figura 1, expresadas en función de la correinte $ i(t)$ y en función de la carga $  q(t)$

Elementos del Circuito	Caídas de Voltaje	Caídas de voltaje
	en función de $ i(t)$	en función de $ q(t)$
Inductor	$ L\frac{di}{dt}$	$ = L\frac{d^{2}i}{dt^{2}}$
Resistor	$ i R$	$ = R\frac{dq}{dt}$
Capacitor	$ \frac{1}{C}q$

Entonces, aplicando la ley de mallas de kirchoff al circuito de la Figura 1, para las caídas de voltaje en función de la corriente $ i(t)$, tenemos:

\begin{equation} L \frac{d i}{d t} + i R = E ( t) \end{equation}

(1)

Donde $ L$, $ R$ son constantes conocidas como la inductancia y la resistencia, respectivamente. La corriente $ i(t)$ se llama también respuesta del sistema.

En realidad esta ecuación (1), no es más que la ecuación (2) del artículo: Circuitos Eléctricos y Ecuaciones Diferenciales sin la caída de voltaje que genera el capacitor; dicha ecuación es:

\begin{equation} L \frac{d i}{d t} + R i + \frac{1}{C} q = E(t) \end{equation}

(2)

Menciono ésto porque es importante tomar en cuenta que una vez modelado un circuito en serie del tipo RLC, las versiones de circuitos en serie del tipo LR y RC, son simplemente contracciones de la ecuación (2).

Consideraciones adicionales

Es importante hacer notar que en la ecuación (2) aparecen 2 variables dependientes $ i$ y $ q$ por lo que para poder resolverla con los métodos para ecuaciones lineales ordinarias es necesario adecuarla a la forma de una ecuación diferencial lineal ordinaria, la cual contiene una sola variable dependiente, lo cual se hace evidente al ver la ecuación en su forma estándar:

$ \Large a_2 ( x) \frac{d^2 y}{d x^2} + a_1 ( x) \frac{d y}{d x} + a_0 ( x) y = g (x)$

La forma estándar anterior representa una ecuación diferencial de 2º orden, donde su única variable dependiente es $ y$ y su variable independiente es $ x$.

Utilizo la forma estándar de una ecuación diferencial linea ordinaria de 2º orden por que al adecuar la ecuación (2) a una ecuación diferencial lineal ordinaria da como resultado una ecuación de lineal ordinaria de 2º orden, ya que la relación que se necesita para sustituir una de las variables independientes eleva el orden de la ecuación (2), al ser una diferencial. Es decir, la ecuación que relaciona a las variables dependientes $ i(t)$ y $ q(t)$ en la ecuación (2) para convertirse en una ED de 2o Orden, es una ecuación diferencial.

Dicha ecuación diferencial que relaciona a las variables dependientes $ i(t)$ y $ q(t)$, en su forma de derivada es:
$ \Large i = \frac{d q}{d t}$

Solución de la Ecuación Diferencial resultante

Para nuestro caso la ecuación diferencial a resolver, según la ecuación (1) y sustituyendo los valores del problema planteado, es:

\begin{equation} 0.1 \frac{d i}{d t} + 50 i = 30 \end{equation}

(3)

Resolviendo la ecuación (3) por el método de los 4 pasos:

I. Forma estándar:

\begin{eqnarray*} \frac{d y}{d x} + P ( x) y = g ( x) & \Rightarrow & \frac{d i}{d t} + 500 i = 300 \end{eqnarray*}

II. Factor Integrante:

\begin{eqnarray*} e^{\int P ( x) d x} & = & e^{\int 500 d t}\\ & = & e^{500 t} \end{eqnarray*}

III. Forma de la solución:

\begin{eqnarray*} y = y_c + y_p & \Rightarrow & i ( t) = {itr} ( t) + {ips} ( t) \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} y_c = C e^{- \int P ( x) d x} & \Rightarrow & {itr}_{} ( t) = C e^{- \int 500 d t}\\ & \Rightarrow & {itr} ( t) = C e^{- 500 t} \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} y_p = \frac{1}{e^{\int P ( x) d x}} \int e^{\int P ( x) d x} f ( t) d x & \Rightarrow & {ips} ( t) = \frac{1}{e^{500 t}} \int e^{500 t} \ast 300 d t\\ & \Rightarrow & {ips} ( t) = \frac{300}{e^{500 t}} \int e^{500 t} d t\\ & \Rightarrow & {ips} ( t) = \frac{300}{500 \ast e^{500 t}} \int e^{500 t} \ast 500 d t\\ & \Rightarrow & {ips} ( t) = \frac{3}{5} \ast e^{- 500 t} [ e^{500 t}]\\ & \Rightarrow & {ips} ( t) = \frac{3}{5}\end{eqnarray*}

Por tanto la corriente (total en el circuito), buscada es:

\begin{eqnarray} i ( t) & = & {itr} ( t) + {ips} ( t) \nonumber\\ & = & C e^{- 500 t} + \frac{3}{5} \end{eqnarray}

(4)

Para encontrar el valor de $ C$ utilizamos los valores iniciales $ i(0) = 0$, es decir cuando el tiempo $ t$ es $ 0$ la corriente $ i$ en el circuito es $ 0$ también.

Por tanto, sustituyendo estos valores en la ecuación para la corriente resultante del circuito (4), tenemos:

\begin{eqnarray*} i ( t) & = & C e^{- 500 t} + \frac{3}{5}\\ 0 & = & C e^{- 500 ( 0)} + \frac{3}{5}\\ 0 & = & C ( 1) + \frac{3}{5}\\ 0 & = & C + \frac{3}{5} \end{eqnarray*}

Esto implica que:

$ \Large C = – \frac{3}{5}$

De donde la Corriente Buscada es:

\begin{equation} i ( t) = – \frac{3}{5} e^{- 500 t} + \frac{3}{5} \end{equation}

(5)

Es evidente, observando la ecuación (5), que cuando $ t \rightarrow \infty$, $ i(t) = \frac{3}{5}$, este resultado se hace más evidente cuando graficamos la corriente $ i(t)$, resultante como en la Figura 2. De aquí que se le llame transitorio al término: $ – \frac{3}{5} e^{- 500 t}$

Graficación de la corriente encontrada

Simulación con MATHEMATICA

El código en MATHEMATICA para graficar la corriente resultante es:

Clear["Global`*"]
ip[t_]=-3/5*Exp[-500 t]+3/5;
Plot[ip[t],{t,-0,Pi/200},PlotRange ->{-0.9,0.9}]

El código de MATHEMATICA para simular y resolver el modelo matemático de la ecuación (1), lo puedes ver aquí (da click aquí) 

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