EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 2. CARGA Y DESCARGA DEL CONDENSADOR 1. Resolver los siguientes ejercicios a partir de las Figuras 1 y 2 siguientes:
R=5 Vg=2V
Vg=2V
R=5
Ig=1A Ig=1A Figura 1 Figura 2
a) En el circuito paralelo de la figura 1 determinar la potencia disipada por la resistencia y la potencia entregada por los generadores. b) En el circuito serie de la figura 2 determinar la potencia disipada por la resistencia y la potencia entregada por los generadores. c) Si en el circuito serie de la figura 2 se conecta un condensador de capacidad C= 1F, inicialmente descargado, en paralelo con el generador de corriente, determinar la tensión que alcanza dicho condensador en un tiempo de 30 s. d) Si en el circuito serie de la figura 2 se sustituye la resistencia por un condensador de capacidad C= 1F, inicialmente descargado, determinar la tensión que alcanza dicho condensador en un tiempo de 30 s.
a) I
I-Ig
R=5 Vg=2V
Ig=1A
I
V g
2
0, 4 A
R 5 IV I Ig 0, 4 1 0, 6 A
PR
I 2 R 0, 42 5 0, 8W
PG
PV PI 2 0, 6 2 1 0, 8W
b)
Vg=2V
I Ig 1A
I
V1 Vg I R 2 1 5 3V
R=5
PR I R 1 5 5W 2
2
PG PV PI 2 1 3 1 5W Ig=1A
c)
V1
Obtenemos el equivalente de Thévenin en extremos del generador de co rriente: 1
A Vg=2V
RAB R 5 VTh VAB 2 1 5 3V RTh
Ig=1A
R=5 B
R Th=5
RTh C
A
5 1 5s
En un tiempo de t= 30 s > 5τ= 25 s C se carga
C=1F
completamente a VC VTh 3V .
VTh=3V B
d) Ig=1A
A
El condensador se carga a corriente constante
I
I= Ig= 1 A, y su voltaje en t= 30 s, vale:
C=1F Vg=2V
VC
qC C
30
0
I dt
C
30
0
1 dt 1
30V
B
2
2. En el circuito de la figura se cierra el interruptor S en t=0. A S
35 V
10
12 10mF 5A
10 V 30 B
Suponiendo el condensador inicialmente descargado, calcular el valor de la tensión en el condensador en t = 20 ms.
En el tema 1 vimos cómo obtener el equivalente de Thévenin. Es fácil comprobar que en este caso el equivalente de Thévenin entre A y B está formado por un generador de tensión V TH=50 V en serie con una resistencia R TH=12 Ω.
RTH
V C( t ) = V CF + (V CI V CF ) e-t
A
V CI = 0; V CF = V TH = 50 V VTH
C
VC(t)
= RTH C = 12 Ω 10 10-3 F = 120 10-3 s = 120 ms
V C( 20 ms) = 50 + (050) e20/120 = 7,67 V B
3
3. Se tiene el siguiente circuito RC, con R = 50 k, V = 5 V: i (t ) V
R v R(t )
+
C v C (t )
a) ¿Cuál es la capacidad de C si tarda 0,5205 s en alcanzar el 50% de su carga total? Suponer el condensador inicialmente descargado. b) Indicar el tiempo necesario para que el condensador se cargue aproximadamente al 63% y al 99% de su carga total cuando su capacidad C = 100 µF. c)
Si en el circuito anterior se coloca una resistencia R1 = 20 k en serie con el resistor R y un condensador C 1 en paralelo con el condensador C (asumiendo que C = 15 µF), indicar el/los posibles valores de C 1 para que la constante de tiempo del circuito modificado sea τ= 7 s.
a) Llamamos T = 0,5205 s al tiempo necesario para que C se cargue al 50%. Entonces, si la carga inicial QI =0, la carga en el tiempo T es Q(T )=0,5QF . Por lo tanto: Q(T ) = QF (1et /RC ) 0,5QF = QF (1eT /RC ) eT /RC = 0,5 T = RC ln(0,5) C = T /[Rln(0,5)] = 0,5205 s/{50103 (0,693)} C = 15 µF
b) Por definición de constante de tiempo : Q() 0,63 QF = RC = 50103 100106 F = 5 s Q(5) 0,99 QF 5 = 5 RC = 25 s
c)
La resistencia equivalente es Req = R+R1 y la capacidad equivalente es C eq = C +C 1. La nueva constante de tiempo será: τ = ReqC eq = 7 s = (R+R1)(C +C 1) C 1 = [τ/(R+R1)]C = 7 s/(50000 +20000 )15106 F C 1 = 85106 F = 85 µF
4
4. En el circuito de la figura, los condensadores están inicialmente descargados y el interruptor S abierto. Se pide: a) ¿Cuál es la d.d.p. entre a y b con S abierto en régimen permanente? b) Si el interruptor se cierra en t= 0 después de permanecer abierto un tiempo muy largo, ¿cuál es el potencial del punto x en t= 1 ms? x
C2=2F
R=1K
C1=1F S a
b
+
E=150V
C1=1F
C2=2F
a) Los condensadores C 1= 1 F y C2= 2 F de cada rama están en serie y su capacidad equivalente es: C1 C 2 1 1F 2 F 2 F Cs 1 1 C1 C2 1F 2 F 3 C1
C 2
Entonces la carga del condensador equivalente sometido a 15 0 V en régimen permanente será: Q C sV
2 3
F 150V
100 C ,
que es la misma carga de los condensadores C 1 y C2 de la serie (ya que, en una conexión de condensadores en serie, todos tienen la misma carga). Podemos entonces obtener las tensiones Va y Vb que corresponden a las tensiones de los condensadores de abajo: Va
Q C1
100 1
100V
Vb
Q C 2
100 2
50V ,
y la d.d.p. (diferencia de potencial) V ab que se pide es: Vab Va Vb 100 50 50V
b) Los condensadores C 1= 1 F y C 2= 2 F tanto de la parte superior como de la inferior están en paralelo, siendo en cada caso la capacidad equivalente C p= C 1 + C 2= 3 µF, y la capacidad equivalente del conjunto será: CT
C p C p C p C p
C p
2
1,5 F
En el instante t= 0 en el que se cierra el interruptor cambia
instantáneamente la
tensión del
condensador equivalente, pues éste modifica su valor de 4/3 µF (C s + Cs) a 1,5 µF, permaneciendo constante la carga neta ya que no puede cambiar en un tiempo cero (fijémonos 5
que hay una resistencia en el circuito y la corriente queda siempre limitada a un valor finito). Dicha carga se determina como la que se observa desde el punto x del circuito en el apartado anterior: QT 2 Q 200 F
Y, por tanto, el voltaje inicial V i del condensador equivalente C T vale: Vi
QT C T
400 3
V
El condensador C T se carga hasta E= V f = 150 V con una constante de tiempo:
R CT 1k 1,5 F 1,5ms
Por lo tanto, el potencial que se pide es: V x
Vf (Vi Vf )e
t
400 1 150 150 e 1,5 141,4V 3
6
5. La señal rectangular v i(t) de la figura, donde A 1=8 V, A2=-4 V, T1=4 ms y T=6 ms, se aplica a la entrada de un circuito RC serie. Suponiendo alcanzados los valores finales de continua en el circuito, representar v C(t) y vR(t): a) Para RC>> T. b) Para RC<< T1 y T2.
v R
vi(t) volt.
R
A1 t(ms) 4
0
6
C
v i
10
v C
A2
vi
vR v C
a) τ= RC » T
b)
τ= RC « T 1 y T2
vC muy integrada y v R poco diferenciada
vC poco integrada y v R muy diferenciada
vi(t) volt.
vi(t) volt.
8
8
t(ms)
t(ms) 0
4
6
0
10
4
6
10
-4
-4
vC(t) volt. vC(t) volt.
8 4
4 0
4
6
t(ms)
vR (t) volt.
t(ms) 6
4
0
10
-4 vR (t) volt.
4
12 0
4
6
10
t(ms)
t(ms) 0
-8
4
6
10
-12
En t= 0, v R= vi-vC = 8-(-4)=12V. En t= T 1, vR= vi-vC=-4-8=-12V.
7
6. A un circuito RC integrador con R=1 k y C=1 F, se le aplica a la entrada una señal cuadrada entre 0 y 5 voltios de tensión y de frecuencia 1 kHz. Suponiendo que el flanco de subida del primer impulso coincide con t=0, se pide: a) Representar el circuito y su señal de entrada. b) Si el condensador del circuito integrador inicialmente se encuentra descargado, determinar el valor de la salida en t=0,8 ms. c) Representar la señal de la salida en régimen permanente. d) Obtener los valores de pico superior V 1 e inferior V 2 en régimen permanente. e) Supuestos conocidos los valores V 1 y V2, obtener la componente continua de la salida en régimen permanente.
a) v i R
V V/2
vi
t T/2
RC 10
1
T
V
5V .
f
3
1 10
3
10 6 10
C
vo
T
10 3
3
s 1ms,
s 1ms,
b) v o(V) 5
V a
2,5
0
0,5
V b
t(ms)
0,8 1
Vo (t ) Vof (Voi Vof ) e
Para 0 t 0,5 ms Vo (t ) 5 (0 5) e Va
1
5
1 e
Para 0,5 t 1 ms Vo (t ) 0 (1,967 0) e Vb
t
, siendo Vof = Vo(t) y Voi= Vo(t= 0).
Vof = 5V, Voi= 0:
t
Vo (t 0,5) 5
1,5
1 e 1,967V. t /1
0,5
Vof = 0 , Voi= 1,967V: (t 0 ,5)
1
1,967 e (t 0 ,5)
Vo (t 0,8) 1,967 e (0,80,5) 1,457V .
8
c) vi(V) 5 2,5
t(ms) 0,5
1
vo(V) 5
V 1
=T
V 1
2,5
V 2
V 2 0,5
1
t(ms)
d) Vo (t ) Vof
Voi Vof e
t
, siendo Vof = Vo(t ), y Voi= Vo(t= 0).
En el intervalo 0 t 0,5ms, se tiene: V of = 5, y Voi= V2. Entonces, queda: Vo (t ) 5 (V2 5) e
t
1
Vo (t 0,5) 5 (V2 5) e
0,5
V1 . (1)
En el intervalo 0,5 t 1ms, se tiene: V of = 0, y V oi= V1. Entonces, queda: Vo (t ) 0 (V1 0)e Vo (t 1) V1e
0,5
(t 0 ,5)
1
V1e (t 0 ,5)
V2 . (2)
De (1) y (2) se obtiene: V1= 3,11 V y V2= 1,89 V.
e) En régimen permanente el condensador se habrá cargado con la componente continua (valor medio) de la tensión de entrada, es decir, 2,5V. Se puede demostrar resolviendo la integral:
2 T 0 T
Vo( medio )
1
V
(V2 V )e
t
T
dt
T
2
( V1e
t T
2
)
dt .
9
7. El circuito de la figura se encuentra en régimen permanente con el conmutador S en la posición 1. Si en el instante t= 0 se pasa S a la posición 2, se pide determinar y dibujar: a) Expresión instantánea de la tensión V c(t) y obtener valores en t= 1, 2 y 3 ms. b) Expresión instantánea de la corriente i c(t) y obtener valores en t= 1, 2 y 3 ms. Si en t= 3 ms el conmutador S se pasa de nuevo a la posición 1, determinar y dibujar: c) Expresión instantánea de la tensión V c(t) para t ≥ 3 ms y obtener valores en t= 4, 5, y 6 ms. d) Expresión instantánea de la corriente i c(t) para t ≥ 3 ms y obtener valores en t= 4, 5, y 6 ms.
R 1= 1 k
S
2
1
+
iC (t)
C= 1 µF
R 2= 2 k
vC (t)
EG= 10 V a)
VCi
0
VCf
vC (t ) VCf
10V
1
(VCi VCf ) e
t 1
R1 C 10 3 s 1ms
V C (V)
10 10 e t (t en ms)
vC (t
1ms) 10 10 e 1 6,32V
vC (t
2ms) 10 10 e 2 8,65V
vC (t
3ms) 10 10 e 3 9,50V
10
1
0
2
t(ms)
3
b) 1. Primer método: aplicando reglas de Kirchhoff
iC
EG v C R1
i C (mA)
10 (10 10 e t ) 10 e t (mA) 10
iC (t 1ms) 10 e
1
3,68mA
iC (t 2ms) 10 e
2
1,35mA
iC (t 3ms) 10 e
3
0,50 mA 0
1
2
t(ms)
3
2. Segundo método: usando la derivada
iC (t ) C
dvC (t ) dt
10 6
d
(10 10 e t dt
/10 3
) 10
6
1 10
10 e t 3
/10 3
10 e t ( mA)
3. Tercer método: usando la ecuación general de carga
iC (t ) ICf
(ICi ICf ) e
t 1
0 (10 0) e t /1 10 e t
(mA)
c)
10
VCi 9,50V
VCf 0
2
R2 C 2.10 3 s 2ms
vC (t 3ms) VCf (VCi VCf ) e vC (t 4 ms) 9,5 e
12
vC (t 5ms) 9,5 e
1
vC (t 6 ms) 9,5 e
32
(t 3) 2
9,5 e
vC (V)
(t 3) 2
9,5
5,76V
3,50V 2,12V
3
t(ms)
4
5
6
5
6
t(ms)
d)
iC
v C R2
9,5 2
iC (t 4ms) iC (t 5ms) iC (t 6ms)
i C (mA)
e
9,5 2 9,5 2 9,5 2
(t 3) /2
(mA)
3
4
e 1/ 2 2,88mA 1
e 1,75mA
-9,5/2
e 3/ 2 1,06mA
11
8. Un generador de impulsos de frecuencia 10 kHz aplica la señal a una carga R= 1 k a través de un interruptor S que se cierra en el instante t= 0 y un condensador C= 100 nF, según el circuito de la figura. Suponiendo el condensador C inicialmente descargado y la señal del generador la representada en la figura de la derecha, determinar: a) Evolución de la salida v o(t) para 0≤ t ≤ 150 µs. b) Forma de onda de la salida v o(t) para t > 1 s, indicando los valores más significativos.
V C
Vg(t) volt.
10V C
V g
V o R
t(µs) 100 120
0 20
200 220
a)
τ= RC= 1k100nF= 100 µs Podemos aplicar que la tensión en la resistencia: Vo (t ) Vof (Voi Vof ) e
t
Para 0 ≤ t < 20 µs, Voi= Vg= 10 V y V of = 0 Vo (t) 0 (10 0) e Vo (t 20
s) 10 e
20
100
8,19V
t
10 e
s) 1,81 e
(10020)
100
0,81V
(120100)
100
7,52V
(150 120)
100
1,84V
(t 20 )
(t 100)
Para 120 µs ≤ t ≤ 150 µs, V oi= 7,52 - 10= -2,48 V y V of = 0 Vo (t ) 2, 48 e Vo (t 150 s) 2,48 e
Para 100 µs ≤ t < 120 µs, V oi= -0,81 + 10= 9,19 V y V of = 0 Vo (t) 9,19 e Vo (t 120 s ) 9,19 e
Para 20 µs ≤ t < 100 µs, Voi= -Vci= -(10- 8,19)= -1,81 V y Vof = 0 Vo (t ) 1,81 e Vo (t 100
t
(t 120 )
Vo(t) volt.
10V
0
9,19V 8,18V
20 -1,81V
100
7,52V
120
200
220
t(µs)
-0,81V -2,48V
12
b) Para t= 1 s > 5τ= 500 µs, V o(t) ha alcanzado su valor final cero de continua. Tomando origen de tiempos en t= 1 s, se tiene: Vo(t) volt.
10V
V1
V1
V1
V2
V2
20
0
V2
120
100
200 V1
’
V1
’
V2
’
V2
’
Para 0 ≤ t < 20 µs, V oi= V1 y Vof = 0 Vo (t ) V1 e Vo (t 20
s) V2
V1 e
20
100
V1 e 0,2
(1)
;
t
’
V2
Vo (t 20
Para 20 µs ≤ t < 100 µs, Voi= V2’ y Vof = 0 Vo (t ) V2 ' e Vo (t 100
s) V1 ' V2 ' e
(100 20)
V2 ' e0,8
100
t(µs)
220
(3)
s) V2 ' V2 10
(t 20 )
Vo(t 100
;
(2)
s)
V1 V1 ' 10 (4)
De (2), (3) y (4) se obtiene V1 10 V2 10 e0,8 , y sustituyendo en (1):
V2 10 (V2 10) e
0,8
e
0,2
V2 7,13V
V2 ' V2 10 2,87V V1 ' V2 ' e
0,8
1,29V
V1 V1 ' 1 0 8, 71V
13
