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Guía 8: Corrientes dependientes del tiempo
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Foros-FIUBA Foros » Académico » Materias » 62. Física » 62.03 / 62.04 Física II A y B » [62.03/04] Problemas y Ejercicios » Guía 8: Corrientes dependientes del tiempo

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koreano
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Publicado: Jue Nov 10, 2011 11:22 am Asunto:

Guía 8: Corrientes dependientes del tiempo


Guía 8: Corrientes dependientes del tiempo Enunciados: http://materias.fi.uba.ar/6203/Download/Problemas%20y%20Laboratorio/GUIATRANSIT%202.pdf 1) a) Planteamos la ecuación diferencial a partir de la ley de Kirchoff modificada para tener en cuenta el término de la ley de Faraday como un elemento mas del circuito (el inductor): $[tex]E - i(t)R -Li'(t) = 0[/tex]$ Reordenamos la ecuacion para ponerla en la forma estandar general y aplicar el método de factor integrante: $[tex]i'(t) + \frac{R}{L} i(t) = \frac{E}{L}[/tex]$ Identificamos: $[tex]P(t) = \frac{R}{L}[/tex]$ $[tex]Q(t) = \frac{E}{L}[/tex]$ La solución está dada por (deducción): $[tex]i(t) = \frac{\int Q(t)M(t) dt}{M(t)}[/tex]$ Cálculamos el factor integrante: $[tex]M(t) = e^{\int \frac{R}{L} dt} = e^{\frac{R}{L}t}[/tex]$ Reemplazamos en la solución; $[tex]i(t) = \frac{\frac{E}{L} \int e^{\frac{R}{L}t} dt}{e^{\frac{R}{L}t}}[/tex]$ $[tex]i(t) = \frac{\frac{E}{L} \frac{L}{R}e^{\frac{R}{L}t} + c}{e^{\frac{R}{L}t}}[/tex]$ $[tex]i(t) = \frac{E}{R} + c \, e^{-\frac{R}{L}t}[/tex]$ Como $[tex]i(0) = 0[/tex]$ entonces $[tex]c = -\frac{E}{R}[/tex]$ . Queda como resultado final: $[tex]i(t) = \frac{E}{R} -\frac{E}{R} e^{-\frac{R}{L}t}[/tex]$ $[tex]i(t) = \frac{E}{R} \left( 1 - e^{-\frac{R}{L}t}\right)[/tex]$ El gráfico de la corriente resulta: Es interesante notar que como esperabamos de nuestros análisis previos de circuitos sin inductores en CC, en el límite la corriente tiende a $[tex]E/R[/tex]$ . Igualmente, a medida que la inductancia se reduce, el tiempo que se tarda en llegar al valor máximo de la corriente se reduce, llegando a ser casi instantanteo como modelizabamos en un circuito con inductancia despreciable. b) Si miramos fijo la ecuación, vemos que para que la corriente se la mitad de su valor final, entonces se debe cumplir que: $[tex]1 - 1/2 = 1/2 \rightarrow e^{-\frac{R}{L}t} = \frac{1}{2}[/tex]$ $[tex]t_m = \frac{\ln(2)L}{R}[/tex]$ c) La potencia en el resistor resulta: $[tex]P_R(t) = i(t)^2 R[/tex]$ Y la energía almacenada en el inductor: $[tex]U_I(t) = \frac{1}{2} L \, i(t)^2[/tex]$ 2) a) Una vez mas planteamos la ecuacion diferencial dada por Kirchoff: $[tex]+E - i(t)R - \frac{Q}{C} = 0[/tex]$ Diferenciamos todo con respecto a t, recordando que $[tex]i(t) = \frac{dQ}{dt}[/tex]$ : $[tex]-i'(t)R - \frac{1}{C}i(t) = 0[/tex]$ $[tex]i'(t) = -\frac{1}{RC}i(t)[/tex]$ Cuya solución general es directa $[tex]i(t) = c\,e^{-t/RC}[/tex]$ . Como la corriente es máxima cuando $[tex]t=0[/tex]$ y su valor es $[tex]\frac{E}{R}[/tex]$ , resulta que $[tex]c = \frac{E}{R}[/tex]$ y la solución es: $[tex]i(t) = \frac{E}{R} e^{-t/RC}[/tex]$ b) La corriente alcanza la mitad de su valor inicial cuando $[tex]e^{-t/RC} = 0.5[/tex]$ $[tex]e^{-t/RC} = \frac{1}{2}[/tex]$ $[tex]t = ln(2)RC[/tex]$ c) La potencia en el resistor resulta: $[tex]P_R(t) = i(t)^2 R[/tex]$ Y la energía almacenada en el capacitor: $[tex]U_C(t) = \frac{Q(t)^2}{2C}[/tex]$ Donde $[tex]Q(t) = CE(1 - e^{-t/RC})[/tex]$ que sale de la solución de la misma ecuación diferencial pero integrando la corriente para obtener la carga en función del tiempo. 3) a) La caída de voltaje es la suma de las caídas de voltaje, simplemente: $[tex]V_{AB}(t) = -i(t)R - L\,i'(t)[/tex]$ $[tex]V_{AB}(t) = -\frac{40\,\Omega}{t} + \frac{4\,Hy}{t^2}[/tex]$ Notar que el signo negativo en el término de la inductancia se transformó en un + por la contribución de la derivada de 1/t. También en este problema es una cuestión de convención si queremos tomar la caída de potencial en su magnitud o con el signo menos. b) La potencia entregada va a ser la suma de la potencia en la resistencia y la potencia en el inductor: $[tex]P(t) = P_R(t) + P_I(t)[/tex]$ $[tex]P_R(t) = i(t)^2 R[/tex]$ $[tex]P_I(t) = \frac{dU_I}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2} L i(t)^2\right)[/tex]$ 4) a) Para el primer inductor la caída de potencial es $[tex]-L_1i'(t) -Mi'(t)[/tex]$ , para el segundo $[tex]-L_2i'(t) - Mi'(t)[/tex]$ . La suma de las caídas de voltaje es: $[tex]V_{AB}(t) = -(L_1+L_2+2M)f'(t)[/tex]$ b) La energía del campo magnético es la suma de las energías en cada inductor: $[tex]U(t) = U_1(t) + U_2(t) = \frac{1}{2}(L_1 + L_2 +2M)i(t)^2[/tex]$ Como los dos inductores están en serie y comparten la misma corriente podemos pensarlos como un único inductor con $[tex]L_{tot} = L_1 + L_2 +2M[/tex]$ , $[tex]U(t) = \frac{1}{2}L_{tot}i(t)^2[/tex]$ 5) a) Tenemos un circuito RLC en serie donde la corriente es dato. La caída de potencial va a ser la suma de las caídas de potencial. Tenemos que deducir la caída de potencial para un capacitor en función de la corriente ya que no lo demostramos hasta ahora: $[tex]V_C (t)= \frac{Q(t)}{C} = \frac{1}{C}\int i(t) dt[/tex]$ Recordar que de la integral podría salir una constante no nula si el capacitor estuviese inicialmente cargado. Pero como en este caso no se aclara asumimos que está inicialmente descargado, al igual que el inductor. $[tex]V_C (t)= \frac{1}{C}\int 3t\, dt = \frac{3t^2}{3C}[/tex]$ $[tex]V_{AB}(t) = -3t \cdot R - L\cdot 3 - \frac{3t^2}{2C}[/tex]$ Basta reemplazar para el instante $[tex]t=1[/tex]$ (todas unidades SI). b) Una ves mas, calculamos la potencia de cada elemento del circuito: $[tex]P(t) = P_R(t) + P_I(t) + P_C(t)[/tex]$ $[tex]P_R(t) = i(t)^2 R[/tex]$ $[tex]P_I(t) = \frac{dU_I}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2} L i(t)^2\right)[/tex]$ $[tex]P_C(t) = \frac{dU_C}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2} C V(t)^2\right)[/tex]$ Donde $[tex]V(t)[/tex]$ lo calculamos anteriormente. c) $[tex]\Delta U_I = \frac{1}{2} L (i(t_f)^2 - i(t_i)^2)[/tex]$ d) $[tex]\Delta U_C = \frac{1}{2} C (V(t_f)^2 - V(t_i)^2)[/tex]$ e) Ya tenemos la potencia instantanea del resistor, el único elemento del circuito que disipa energía (idealmente): $[tex]P_R(t) = i(t)^2 R[/tex]$ , hacemos $[tex]t=1[/tex]$ . f) Como ya dijimos, solo el resistor disipa energía. Resta integrar la potencia en el intervalo para obtener la variación de energía: $[tex]P = \frac{dU}{dt}[/tex]$ $[tex]\int dU = \int P\,dt[/tex]$ $[tex]U = \int_0^1 i(t)^2 R \, dt[/tex]$ 6) Partimos de la ecuación: $[tex]V = Li'(t)[/tex]$ . Debemos parametrizar el voltaje seccionalmente. De ahí procedemos a integrar para obtener la corriente, exigiendo mediante las constantes de integración, la continuidad de dicha función de corriente. Gráficamente resulta: Analíticamente: $[tex]L\cdot i(t) = \begin{cases} t^2 & \text{if } t \in [0,1] \\ -t^2 +4t -2 & \text{if } t \in [1,2] \\ t^2 -4t +6 & \text{if } t \in [2,3] \\ -t^2 +8t -12 & \text{if } t \in [3,4] \end{cases} [/tex]$ Vemos que la corriente tiende a infinito y está siempre alineada con el campo eléctrico del voltaje aplicado. Esto se debe a que el valor promedio de la señal no es 0. 7) Partimos de la ecuación $[tex]-V(t) = i(t)R + L\,i'(t)[/tex]$ . Una vez parametrizada la corriente, resulta: $[tex]V(t) = \begin{cases} -R(2-t) + L & \text{if } t \in [0,1] \\ R & \text{if } t \in [1,2] \\ -R(1-(t-2)) + L & \text{if } t \in [2,3] \end{cases} [/tex]$ Las unidades son volts. 8) a) La ecuación resulta: $[tex]E - i(t)R - Q/C - Li'(t) = 0[/tex]$ Aplicamos $[tex]{d \over dt}[/tex]$ y dividimos todo por $[tex]L[/tex]$ para llevar la EDO a forma estándar: $[tex]i''(t) + i'(t)\frac{R}{L} + i(t)\frac{1}{LC} = 0[/tex]$ Hacemos un cambio de variables para simplificar las cuentas y resolver el caso mas general: $[tex]i''(t) + 2 \alpha \, i'(t) + \omega_0^2 i(t) = 0[/tex]$ $[tex]\alpha = \frac{R}{2L}[/tex]$ $[tex]\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}[/tex]$ Las soluciones a la ecuación vienen dadas por: $[tex]i(t) = c_1 e^{\theta_1 t} + c_2 e^{\theta_2 t}[/tex]$ Donde $[tex]\theta_1[/tex]$ y $[tex]\theta_2[/tex]$ son las raíces de la ecuación característica de la EDO: $[tex]D^2 + 2 \alpha D + {\omega_0}^2 = 0[/tex]$ $[tex]\theta_1 = -\alpha +\sqrt {\alpha^2 - {\omega_0}^2} [/tex]$ $[tex]\theta_2 = -\alpha -\sqrt {\alpha^2 - {\omega_0}^2} [/tex]$ El factor de amortiguación está dado por: $[tex]\zeta = \frac {\alpha}{\omega_0} = \frac{R}{2L}\sqrt{LC} = \frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}}[/tex]$ Tenemos tres posibilidades, en las que la solución se puede expresar de distintas maneras: - Sub-amortiguado: $[tex]\zeta < 1[/tex]$ - Sobre-amortiguado: $[tex]\zeta > 1[/tex]$ - Amortiguamiento crítico: $[tex]\zeta = 1[/tex]$ En este último caso tenemos una raíz doble por lo que la solución toma la forma: $[tex]i(t) = c_1 t e^{-\alpha t} + c_2 e^{-\alpha t}[/tex]$ Para los demás casos podemos usar identidades trigonométricas para simplificar la representación de la solución. Las constantes $[tex]c_1[/tex]$ y $[tex]c_2[/tex]$ vienen dadas por las condiciones iniciales del problema. b) Para el caso de amortiguamiento crítico solo debemos elegir el valor adecuado de C tal que: $[tex]\frac{R}{2}\sqrt{\frac{C}{L}} = 1[/tex]$ c) Estamos en la situación en que $[tex]\zeta < 1[/tex]$ . El circuito oscila con la frecuencia que lo haría si no estuviese amortiguado pero la amplitud de cada oscilación decae exponencialmente. La frecuencia natural está dada por $[tex]\omega_d = \sqrt { {\omega_0}^2 - \alpha^2 }[/tex]$ Un gráfico que muestra como evoluciona la corriente para los distintos amortiguamientos (sacado de Wikipedia) 9) Básicamente lo que dice el ejercicio es que se construye un circuito cerrado en el que tenemos un inductor y un capacitor en serie. Si ambos están descargados, nada sucedería. Pero en este caso el capacitor está inicialmente cargado, es decir, tiene energía en su campo eléctrico. Cuando se lo pone en el circuito, esta energía se transfiere al circuito en forma de corriente ya que no hay batería para mantener las cargas en su lugar. Es idéntico al ejercicio anterior excepto que la resistencia es 0, por lo tanto no hay amortiguamiento y el circuito oscila permanentemente. Verifiquemoslo: Teníamos: $[tex]i''(t) + i'(t)\frac{R}{L} + i(t)\frac{1}{LC} = 0[/tex]$ $[tex]i''(t) + 2 \alpha \, i'(t) + \omega_0^2 i(t) = 0[/tex]$ Pero $[tex]R=0[/tex]$ , $[tex]\alpha = 0[/tex]$ : $[tex]i''(t) + i(t)\frac{1}{LC} = 0[/tex]$ $[tex]i''(t) + \omega_0^2 i(t) = 0[/tex]$ Teníamos que la solución general es: $[tex]i(t) = c_1 e^{\theta_1 t} + c_2 e^{\theta_2 t}[/tex]$ Ahora bien, $[tex]\theta_1 = -\alpha +\sqrt {\alpha^2 - {\omega_0}^2} = \sqrt{-{\omega_0}^2} = j{\omega_0}[/tex]$ $[tex]\theta_2 = -\alpha -\sqrt {\alpha^2 - {\omega_0}^2} = -\sqrt{-{\omega_0}^2} = -j{\omega_0}[/tex]$ Donde $[tex]j^2 = -1[/tex]$ , la unidad imaginaria de los complejos. Reemplazando resulta: $[tex]i(t) = c_1 e^{j{\omega_0} t} + c_2 e^{-j{\omega_0} t}[/tex]$ Haciendo uso de la ecuación de Euler ( $[tex]e^{j\theta} = \cos(\theta) + j\sin(\theta)[/tex]$ ) llegamos, tomando la parte imaginaria, a una ecuación de una corriente alterna sinusoidal cuya amplitud depende de las condiciones iniciales y cuya frecuencia está dada por $[tex]\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}[/tex]$ : $[tex]i(t) = c_3 \sin(\omega_0 t)[/tex]$ De donde podemos hallar el valor de $[tex]c_3[/tex]$ a partir de las condiciones iniclames. En general podemos tomar cualquiera de las dos soluciones, seno o coseno, pero en este caso solo la solución seno sirve ya que necesitamos que $[tex]i(0) = 0[/tex]$ . 10) Este queda de tarea (? Sale de la misma ecuación que el ejercicio 8), si sacamos el inductor y agregamos otro capacitor.

Última edición por koreano el Dom Jun 24, 2012 7:57 pm, editado 10 veces

gira
Nivel 9

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Carrera: Industrial
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Publicado: Vie Nov 11, 2011 12:30 am Asunto: (Sin Asunto)


Grande viejo!, alto laburo, seguí así que pronto te recibís de licenciado en física II! (?)

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Cuanto más complicada parece una situación, más simple es la solución. Eliyahu Goldratt

Hermitico
Nivel 4

Edad: 32
Registrado: 19 Nov 2011
Mensajes: 68

Carrera: Industrial

Publicado: Sab Nov 19, 2011 3:07 pm Asunto: (Sin Asunto)


Grande Koreano, sos el abanderado de lo que hacemos llamar "RESUELTOS PARA TODOS", para paliar el monopolio de ciertas fotocopiadoras de San Telmo jajaja. Te hago una consulta, cuando calculas la potencia entregada a cierto tramo, como en el 3b y el 5c: es lo mismo hacer como hiciste vos o calcular P= V(t) . I (t), con cada V(t) e I (t) correspondiente a cada elemento del circuito? Y otra pregunta, la magnitud de la potencia entregada a cierto tramo, y la potencia disipada en dicho tramo es la misma?

Matts
Nivel 9

Edad: 33
Registrado: 18 May 2009
Mensajes: 1054

Carrera: Industrial y Química

Publicado: Sab Nov 19, 2011 3:26 pm Asunto: (Sin Asunto)


Grande!! gracias.

koreano
Nivel 9

Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796

Carrera: No especificada

Publicado: Sab Nov 19, 2011 4:01 pm Asunto: (Sin Asunto)

Hermitico escribió:

Te hago una consulta, cuando calculas la potencia entregada a cierto tramo, como en el 3b y el 5c: es lo mismo hacer como hiciste vos o calcular P= V(t) . I (t), con cada V(t) e I (t) correspondiente a cada elemento del circuito?
Y otra pregunta, la magnitud de la potencia entregada a cierto tramo, y la potencia disipada en dicho tramo es la misma?

La potencia total es la suma de las potencias en cada elemento del circuito. Algo así:

$[tex]P_{tot} = \sum_{i=0}^{N}P_i[/tex]$
$[tex]P_{tot} = \sum_{i=0}^{N} I_i V_i[/tex]$

Como el circuito es RLC serie la corriente es común a todos los elementos:

$[tex]P_{tot} = I \sum_{i=0}^{N} V_i[/tex]$

Pero $[tex]V_{tot} = \sum_{i=0}^{N} V_i[/tex]$ entonces:

$[tex]P_{tot} = I V_{tot}[/tex]$

Entonces da lo mismo calcularlo de las dos maneras: sumando las potencias individuales o sumando los voltajes individuales y luego multiplicando por la corriente.

Potencia entregada podría ser la potencia aparente también, no estoy enteramente seguro de la terminología. En principio yo asumiría que es la misma que la potencia activa (como vos decís), la potencia que se gasta efectivamente en las partes del circuito. Así como en continua se decía que la potencia se 'entregaba' por las pilas a las resistencias (siempre y cuando las pilas no estuviese entregando potencia negativa), y en este caso no había potencia devuelta por el circuito a las pilas.

Hermitico
Nivel 4

Edad: 32
Registrado: 19 Nov 2011
Mensajes: 68

Carrera: Industrial

Publicado: Sab Nov 19, 2011 6:54 pm Asunto: (Sin Asunto)


Barbaro. Los capacitores no se consideran para la potencia ? Otra pregunta: En el 6, cuando integras por tramos para sacar la corriente, por ejemplo cuando integras con 1 < t < 2, que la V(t) te queda -2t+4, y la integras entre t=1 y t, no deberias integrar tambien del lado derecho el "di" (diferencial de corriente) entre i(1) e i(t) ? Por lo que te cambiarian los valores y por ejemplo, cuando t=3 tenes corriente maxima pero corriente nula.

Hermitico
Nivel 4

Edad: 32
Registrado: 19 Nov 2011
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Carrera: Industrial

Publicado: Sab Nov 19, 2011 6:55 pm Asunto: (Sin Asunto)


Perdon, quise decir tenes tensión maxima y corriente nula

Huey 7
Nivel 6

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Carrera: Electrónica
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Publicado: Dom Nov 20, 2011 5:45 pm Asunto: (Sin Asunto)

Hermitico escribió:

Los capacitores no se consideran para la potencia ?

Para cálculos como éstos:

koreano escribió:

$[tex]P_{tot} = \sum_{i=0}^{N}P_i[/tex]$
$[tex]P_{tot} = \sum_{i=0}^{N} I_i V_i[/tex]$

el producto I(t)V(t) del capacitor sí que se considera (como en la resolución del 5b), porque contribuye a la potencia total. Para cálculos de potencia instantánea disipada como calor, o energía térmica disipada en un intervalo de tiempo (como en la resolución del 5e y 5f), no, porque el producto I(t)V(t) de un capacitor es variación de la energía almacenada en su campo eléctrico, no calor generado.

A próposito:

koreano escribió:

$[tex]V_{AB}(t) = -3t \cdot R - L\cdot t - \frac{3t^2}{3C}[/tex]$

El resultado es:

$[tex]V_{AB}(t) = 3t \cdot R + L\cdot 3 + \frac{3t^2}{2C} = 3 \left( t + 1 + \frac{t^2}{2} \right)[/tex]$ [1]

¿Por qué pusiste todo negativo? Con el sentido de I(t) indicado en el esquema y siendo > 0 para todo t > 0, en todos los elementos del circuito hay una caída de tensión de izquierda a derecha, por lo que $[tex]\textstyle V_A > V_B\ (V_{AB} > 0)[/tex]$ .

Hermitico escribió:

Otra pregunta: En el 6, cuando integras por tramos para sacar la corriente, por ejemplo cuando integras con 1 < t < 2, que la V(t) te queda -2t+4, y la integras entre t=1 y t, no deberias integrar tambien del lado derecho el "di" (diferencial de corriente) entre i(1) e i(t) ?

Lo está contemplando. Él aclaró "exigiendo mediante las constantes de integración, la continuidad de dicha función de corriente", que vendría a ser algo equivalente a eso que decís.

[1] Comentario hinchapelotas Smile

: en realidad, expresiones como ésa deberían ir con unidades:

$[tex]V_{AB}(t) = 3A/s \cdot Rt + L \cdot 3A/s + 3A/s \cdot \frac{t^2}{2C} = 3V \left( \frac{t}{1s} + 1 + \frac{t^2}{2s^2} \right)[/tex]$

O al menos aclarar, después de la expresión final "t en s, y el resultado en V".

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koreano
Nivel 9

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Publicado: Dom Nov 20, 2011 6:32 pm Asunto: (Sin Asunto)


Ahí agregué lo de las unidades, tenés razón. Yo también soy un hinchapelotas con las unidades en general pero quedan muy convolutadas las expresiones a veces >_< Con respecto a los signos: el enunciado dice "VA - VB" (final - inicial), lo interpreté como la diferencia de potencial yendo de A->B. Si el campo eléctrico está yendo hacia la derecha, el potencial no tiene que ser mayor en A? Como dijiste, $[tex]V_A > V_B[/tex]$ . Entonces: $[tex]V_{AB} = V_B - V_A < 0[/tex]$ Por ahí me perdí en alguna convención de notación

Huey 7
Nivel 6

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Publicado: Dom Nov 20, 2011 7:29 pm Asunto: (Sin Asunto)


Ah. A la notación $[tex]\textstyle V_{AB}[/tex]$ yo la interpreto sencillamente como la resta $[tex]\textstyle V_A - V_B[/tex]$ , y entendí que esa resta es lo que pide el punto a) del problema. Lo que quería resaltar es que $[tex]\textstyle V_A > V_B[/tex]$ , así que suponiendo que lo que el problema pide es efectivamente la resta $[tex]\textstyle V_A - V_B[/tex]$ , entonces el resultado es positivo para t > 0, y es el que puse. Igualmente, fijate que tenés dos errores menores: a) El término del inductor no es $[tex]\textstyle L \cdot t[/tex]$ , sino $[tex]\textstyle L \cdot \mathbf{3}[/tex]$ . $[tex]L\frac{dI(t)}{dt} = L \frac{d(3t)}{dt} = L \cdot 3 = 3[/tex]$ o con expresiones convolutadas por el uso de unidades : $[tex]L\frac{dI(t)}{dt} = L \frac{d(3A/s \cdot t)}{dt} = L \cdot 3A/s = 1H \cdot 3A/s = 3V[/tex]$ b) El término del capacitor no es $[tex]\textstyle 3t^2/3C[/tex]$ sino $[tex]\textstyle 3t^2/\mathbf{2}C[/tex]$ . $[tex]\frac{1}{C}\int I(t)dt = \frac{1}{C}\int 3tdt = \frac{3t^2}{2C} = \frac{3t^2}{2}[/tex]$ o con unidades: $[tex]\frac{1}{C}\int I(t)dt = \frac{1}{C}\int 3A/s \cdot tdt = 3A/s \cdot \frac{t^2}{2C} = \frac{3A/s}{1F}\cdot \frac{t^2}{2} = 3V \frac{t^2}{2s^2}[/tex]$

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koreano
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Publicado: Dom Nov 20, 2011 8:02 pm Asunto: (Sin Asunto)


Eso pasa cuando resolvés los ejercicios en papel y después los pasás en vez de hacerlos en latex directamente :< Gracias, ahí lo edité.

JinnKaY
Nivel 9

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Carrera: Electrónica y Mecánica
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Publicado: Sab Nov 26, 2011 8:11 pm Asunto: (Sin Asunto)


En el punto 6) cuando sacas la corriente, el tramo final entre 3 y 4 no es continuo con el anterior ni por casualidad (el que termina con -20)

_________________

http://tinyurl.com/8y3ghjg

$[tex][|0|.................|25|.................|50|.................|75|.................|100|][/tex]$
$[tex][|||||||||||||||||||||||||||||||||||..............................................................][/tex]$

koreano
Nivel 9

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Carrera: No especificada

Publicado: Sab Nov 26, 2011 8:47 pm Asunto: (Sin Asunto)


Ahí quedó bien creo e_e

JinnKaY
Nivel 9

Edad: 32
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Carrera: Electrónica y Mecánica
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Publicado: Sab Nov 26, 2011 9:16 pm Asunto: (Sin Asunto)

koreano escribió:

Ahí quedó bien creo e_e

Listo

primero estaba por quejarme porque no habias divido por 2H, pero despues vi que lo tenias del otro lado de la igualdad

Perfecto

_________________

http://tinyurl.com/8y3ghjg

Matts
Nivel 9

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Mensajes: 1054

Carrera: Industrial y Química

Publicado: Vie Dic 02, 2011 2:09 pm Asunto:

Re: Guía 8: Corrientes dependientes del tiempo

koreano escribió:

4) a) Para el primer inductor la caída de potencial es $[tex]-L_1i'(t) -Mi'(t)[/tex]$ , para el segundo $[tex]-L_2i'(t) - Mi'(t)[/tex]$ . La suma de las caídas de voltaje es:

$[tex]V_{AB}(t) = -(L_1+L_2+2M)f'(t)[/tex]$

b) La energía del campo magnético es la suma de las energías en cada inductor:

$[tex]U(t) = U_1(t) + U_2(t) = \frac{1}{2}(L_1 + L_2)i(t)^2[/tex]$

La parte b) esta mal porque tenes que restarle el termino M.i1.i2 (restarle porque los bornes no son homologos).

Y me quedan dudas en la parte A... creo que se restan las inductancias mutuas y quedan solo L1 y L2.

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