A 2.14.2 TEORÍA DE CIRCUITOS I CAPÍTULO 12 RESOLUCIÓN DE CIRCUITOS APLICANDO TRANSFORMADA DE LAPLACE Cátedra de Teoría de Circuitos I Edición 2013 1 RESOLUCION DE CIRCUITOS APLICANDO TRANSFORMADA DE LAPLACE. 12.1 Introducción El cálculo de tensiones y corrientes en una red resistiva a la cual se aplica una cierta excitación es un procedimiento muy sencillo. Ya no lo es tanto en redes que también contienen elementos almacenadores de energía, como C y L, cuyas características volt- ampere están definidas mediante derivadas (v = L di/dt, i = C dv/dt). Las ecuaciones resultantes son integro-diferenciales, y su solución requiere un esfuerzo mayor, pudiéndose resolverlas por el denominado método clásico, o por aplicación de la transformada de Laplace, cuya utilización es más simple. En este capítulo veremos la transformación de Laplace y su aplicación a la resolución de circuitos con elementos R, L y C. La aplicación de la transformada de Laplace nos permitirá también generalizar la excitación de los circuitos, y hallar propiedades que son muy útiles para la solución de numerosos problemas de ingeniería. Veremos que la transformación de Laplace es una generalización del concepto de • fasor: el fasor A es el número complejo asociado a la senoide A cos (ω t + ϕA), mientras que la transformada de Laplace asocia una función compleja de la variable s, llamada F(s), con una función dada del tiempo, f(t), definida en el intervalo [0,∞}. La transformada de Laplace juega un papel muy importante relacionando el comportamiento temporal con el comportamiento frecuencial de los circuitos lineales invariantes en el tiempo. 12.2 La transformada de Laplace Las variables v(t) e i(t) son "variables temporales', es decir, se miden en el dominio temporal, en un instante de tiempo particular, usando voltímetros y amperímetros, o pueden visualizarse en un osciloscopio. Podemos así obtener información sobre las mismas a partir de un trabajo experimental. Por lo tanto, independientemente del método que usemos para resolver un problema, veremos o interpretaremos mejor el resultado final en función de lo que ocurra en el dominio temporal. Para llegar a la solución podremos, sin embargo, dejar el dominio temporal por un tiempo, y retornar luego a él para interpretar los resultados. La transformada de Laplace de la función f(t) definida en [0, ∞) esta dada por: ∞ L { f (t)}= ∫ f(t) e-st dt = F(s) (1) 0- Debido a que los límites de integración son t = 0 y t = ∞, la L-transformada de f(t) no es una función del tiempo sino de s, la cual se introduce a través del factor e -st. La variable s se denomina variable frecuencia compleja. La función transformada, F(s), es una función en el dominio de la frecuencia compleja, o, más brevemente, en el dominio frecuencial. Designaremos las funciones en el dominio temporal con minúscula, f y en el dominio frecuencial con mayúscula F. 2 Siendo que s es una variable compleja, sus partes real e imaginaria se designarán con σ y ω, respectivamente, de donde: s=σ+jω σ real y ω real Podemos visualizar s como un punto en el plano complejo, siendo σ la abscisa y ω la ordenada. - En la integral de (1), t es la variable de integración, y se tomó como límite inferior 0 de forma que, si f(t) incluye un impulso en el origen, quede dentro del intervalo de integración. α+j β )t En el caso de que f(t) fuera una función de variable compleja (por ejemplo, e ( ), por Euler puede reducirse a una combinación de funciones de variable real. También se sobreentiende que σ es lo suficientemente grande y positivo como para que e -σ t -σt decaiga rápidamente y la integral converja, es decir, para que el área bajo la curva f(t) e sea finita. Para que sea transformable, una función debe ser seccionalmente continua y de orden exponencial. Si f(t) contiene solo un número finito de discontinuidades finitas aisladas, es o γt seccionalmente continua. Si, para M constante positiva y γ n real, f(t) < M e cuando t → ∞, f(t) es de orden exponencial. Si bien la mayoría de las funciones asociadas con los circuitos reales son L-transformables, podemos sin embargo, generar una función que no lo sea. En efecto, t2 f(t) = e no puede transformarse porque no es exponencial, dado que no existen M y γ tales que f(t) < γt M e cuando t → ∞. Luego de la transformación, las dos variables eléctricas v(t) e i(t) se vuelven V(s) e I(s), y están dadas por: ∞ ∞ V (s) = ∫ e-s t v(t) dt I(s) = ∫ e-s t i(t) dt - - 0 0 con lo cual resultan funciones de s, y no podemos visualizarlas en un osciloscopio. Sin embargo, podemos trabajar con ellas en el dominio frecuencia, y aprender a usarlas y aun relacionar sus propiedades en el dominio frecuencial con las del dominio temporal. st Una función excitación muy frecuente es e . Si s = σ es real, según su signo representará un decaimiento exponencial (σ <0), una constante (σ = 0) o un crecimiento (σ >0). Fig. 1 o senoides crecientes exponencialmente: 1 (-α + jβ) t 1 (. 3 Suponiendo que la excitación es v(t) = eσ t μ (t) . podrá representarse como sigue: (a) (b) (c) Fig.jβ ) t α t c) 2 je -2 je = e sen β t las cuales se grafican en la fig.jβ t b) 2 je -2 je = sen β t 1 α + jβ )t 1 ( α . . 3 La transformada de Laplace de la función excitación se obtiene por aplicación de la ec. senoides puras. 2 o Si aceptamos que s sea un n complejo. es posible generar senoides amortiguadas exponencialmente. (1). 3: Fig.α .jβ) t .α t a) 2 je -2 je =e sen β t 1 jβ t 1 . (k-s) t e → 0 cuando t → ∞.4 ∞ ∞ e (k −s)t ∞ e =∫e kt −st kt e dt = ∫e (k −s)t dt = 0 (2) − − k−s 0 0 El exponente (k-s) es complejo. podemos derivarla respecto a k para obtener sucesivamente: 1 L [t ek t ]= ( s . dado que representa la transformada de Laplace de la función escalón unitario de la fig. pedimos que Re{k-s} sea < 0. tal como vimos en el capítulo 6. 2b. para cualquier entero positivo n es: n kt n! L [t e ]= ( s . representa la aplicación a un circuito de una tensión continua de 1 Volt o de una corriente continua de 1 A en un tiempo t = 0. En el límite inferior: (k-s)t e /k-s = 1 / k-s por lo que la ecuación (2) se simplifica a: L [ ek t ] 1 (3) = s-k Si k = 0.k )n + 1 Otra función ampliamente usada es la senoide. la cual. Consideremos la ecuación (2). la ecuación (3) se reduce a: 1 L [1] = (4) s resultado importante y muy usado. Como resultado.k )3 Por inducción se puede demostrar que. Sin embargo. resulta: L [senωt] ω = s +ω2 2 L [ cos ωt] s = s2 +ω2 Otro ejemplo que podemos ver es el de la función f(t) = δ(t) (impulso en el origen) de la cual . k )2 2 L [ t2 ek t ] = ( s . Dado que podemos expresar tanto el seno como el coseno en función de exponenciales. Si vemos ambos miembros como funciones de k. ya que nos permite transformar un problema en el dominio temporal en uno en el dominio frecuencial. luego: L {f1(t) + f2(t)} = F1(s) + F2(s) Es decir. pero que es extremadamente útil. La unicidad garantiza que el procedimiento conduce a la solución del problema original. 5 queremos hallar la L-transformada. el cual no probaremos. Aproximamos el impulso por el pulso rectangular de área unitaria: 1 0≤t≤ p (t) = 0 en cualquier otro punto Usando p (t) en la definición de L-transformada.)/ s = 1 Otra forma de verlo es mediante la aplicación de la definición: ∞ -st 0+ -st -s(0) (5) F (s) = ∫ δ(t)e dt= ∫ δ(t)e dt=e =1 0. Al usar la transformación definida por la ecuación 1 podemos desarrollar cinco reglas operativas necesarias para obtener la solución en el dominio frecuencial de ecuaciones diferenciales lineales a coeficientes constantes. obtenemos: ∞ 1 1 1 .3 Propiedades y reglas operacionales. ∞) y su L -transformada F(s).. Regla 1: Si f1(t) y f2(t) son funciones del tiempo. resolverlo en el dominio frecuencial y volver al temporal.e-s ∫ p(t)e dt=∫ e -st -st -st dt=- 0 0 se |0 = s Ahora hacemos → 0. Se supone que la función en estudio es L-transformable.s2 2 + .. la L-transformada de la suma de dos funciones es igual a la suma de las L- . • Propiedad 1: Unicidad La L-transformada establece una correspondencia uno a uno entre la función temporal f(t) definida en el intervalo [0. entonces p (t) → δ(t) y L {p (t)} → L {δ(t)}: L {δ(t)} = limΔ→0 (1 . 0- 12.1 +s . Esto es un teorema importante de Análisis Matemático.e-s )/ s = limΔ→0 (1 . y se obtiene fácilmente aplicando la ecuación (6) a f ´ (t). entonces la ecuación 6 se reduce a: L df(t) =sF(s) (7) dt con lo que la derivación respecto de t en el dominio temporal significa multiplicar por s en el dominio frecuencial. f(0 ) = 0. Su demostración se basa en las propiedades de linealidad de la integral.f( 0 ) (6) dt supuesto que d f(t)/ dt es L-transformable. y. Regla 3: L d f(t) = s F(s) . no posee derivada en t=0. c2 constantes reales o complejas cualesquiera. que f(t) es derivable. si f(t) posee una discontinuidad en t=0.f ( 0 ) (8) d t2 s donde f'(0-) es la derivada de f(t) respecto a t evaluada en t = 0-. en forma implícita. Ejercicio: Demostrar que: . Regla 4: L d2 f(t) = - 2 F( s ) . - Si no hay condiciones iniciales. la integración respecto a t en el dominio temporal se traduce en una división por s en el dominio frecuencial. entonces: L {a f(t)} = a L {f(t)} = a F(s) Las reglas 1 y 2 nos permiten enunciar la siguiente propiedad: • Propiedad 2: Linealidad L {c1 f1(t) + c2 f2(t)} = c1 L {f1t} + c2 L {f2(t)} = c1F1(s) + c2F2(s) con c1.6 transformadas de cada una de ellas. En particular. Regla 5: f(τ ) dτ = 1 F(s) (9) L ∫ t s 0 Es decir. Este resultado supone que 2 2 d f(t)/dt es L-transformable. Regla 2: Si a no es una función de t. podemos usar la ecuación 6 si se toma la derivada por izquierda: df(t) | t→0− dt - en cuyo caso f(0) se toma como f(0 ).) . Sin embargo.s f ( 0 . . Suponemos que g(t) y f(t) son L-transformables. o sea f(t). entonces la ecuación se reduce a: F(s)= G(s) 2 a2 s + a1 s + a0 que es la solución en el dominio frecuencial de la ecuación diferencial con condiciones iniciales nulas.f(0) f(τ ) dτ = 1 F(s) b) L ∫ t dt 0 s 12.4 Transformación de ecuaciones diferenciales Consideremos la ecuación diferencial de 2º orden lineal a coeficientes constantes: a2 d2 f(t) + a1 df(t) + ao f(t) = g(t) (10) 2 dt dt Los factores a y g (t) son conocidos. la ecuación diferencial 10 se ha transformado en la ecuación algebraica (11). nos limitaremos a obtener la L-transformada de la solución deseada.f(0)] + ao F(s)= G(s) Luego. o sea: f(t)= L-1 {F(s)}= L−1 { G(s) } 2 a2 s + a 1 s + a 0 Por el momento. ′ f(0) G(s)+ a2 [sf(0)+ f (0)] + a1 F(s)= (12) a2 s2 + a1 s + ao Si todas las condiciones iniciales son nulas.f (0)] + a1 [s F(s) . 7 a) L d f(t) = s F(s) . Mediante las reglas dadas anteriormente. transformaremos la ecuación anterior: L{ a2 f(t + a1 df(t + aof (t)}= L{g(t)} d2 ) ) 2 dt dt 2 L{ a2 d f(t) }+ L{ a1 df(t }+ L{ aof (t)}= L{g(t)} (11) ) d dt t a2 L d 2 f(t) }+ a1 L{ df(t) }+ ao L{f(t)}= L{g(t)} { dt2 dt 2 ′ a2 [s F(s) . y posteriormente veremos cómo obtener la transformada inversa. o sea f(0) = f'´(0) = 0. con G(s) y F(s) sus transformadas. que puede resolverse para la transformada de la solución deseada.s f(0) . y el problema consiste en hallar la solución de la ecuación. Para volver al dominio temporal debemos hallar la transformada inversa de F(s). Ejercicios de aplicación: . cos(3t)].8 en cada uno de los nudos del circuito para cada camino cerrado del circuito 1) Hallar la Transformada de Laplace de las siguientes funciones: a) fa(t) = (3.e ).μ(t) 3 2 b) fb(t) = (t + t + t + 1).e–2t + e-t). μ(t) –2t -t c) fc(t) = [1 – 2.e .e + 4.e – 5.μ(t) –1000t -2000.μ(t) .t d) fd(t) = (8. [μ(t) − μ(t − 2)] Rta: a) V (S) = 2(s +13/ 4) b) 1 . R.s 2 + 360. la ley de Ohm en el dominio temporal es: v(t) = R i(t) . v&(0) = 3 dt 2 dt c) y de la siguiente función: f (t) = t. vemos que: • en una resistencia.s + 762 c) (s + 3). v(0) = 2 . e) fe(t) = cosh(t). 10. En el dominio temporal.μ(t) .4)(s + 1) F (S) = 1 1 − 2e−2S 1 e−2S s s2 s 2 12.s 3 + 21. L y C.(s + 3/ 2) V(S) = 5 (s 2 + 36)(s − 0.5 Transformación de las leyes de Kirchhoff y relaciones volt-ampere. v(0) = 2 a) 2 d t b) 5 d 2 v(t) + 3 d v(t) − 2v(t) = sen(6t).μ(t) Rta: a) F (S ) = 3 + 1 b) F (S) = 6 + 2 + 1 + 1 a b 4 3 2 S + 2 S +1 S S S S c) Fc (S) = 1 − 2 + 4(S + 1) d) F (S) = 8 − 5 S S + 2 (S + 1)2 + 9 d S + 1000 S + 2000 e) S Fe(S) = S 2 −12 2) Hallar la transformada de Laplace de las siguientes ecuaciones diferenciales: d v(t) + 3v(t) = e−3t μ(t) . las leyes de Kirchhoff de tensión y de corriente son: Σ i(t) = 0 Σ v(t) = 0 En el dominio transformado resultan: Σ I(s) = 0 Σ V(s) = 0 Si analizamos los elementos simples. siendo s C la reactancia del capacitor en el dominio transformado. V(s) = I(s) Z(s) ó I(s) = V(s) Y(s) para describir . Transformando. En particular.γ] (13) ó V(s) = s + Cs I(s) (14) Las ecuaciones (13) y (14) son equivalentes. En forma genérica. siendo: Y (s) = 1 de donde: V(s) = I(s) Z(s) I(s) = V(s) Y(s) Z (s) + V(s) - ZóY I(s) Fig. si v(0) = 0 . es: 1 t i(t) = C dv(t)/dt ó v(t) = γ + ∫ i(τ) dτ C0 donde γ representa la condición inicial de tensión.v( -) ] γ 1 0 I(s) = C [ s V(s) . entonces la ecuación (14) se reduce a: V(s) = 1 I(s) (15) sC 1 expresión de la tensión en un capacitor con condiciones iniciales nulas. 9 y en el dominio s: V(s) = R I(s) • en un capacitor. 4 Vemos así que es necesaria una sola ecuación. resulta: I(s) = C [ s V(s) . • en una inductancia será: di 1 t v(t) = L i= ∫ v(τ) dτ + i(0) (16) Transformando obtendremos: dt L0 V(s) = Ls I(s) .L i(0) I(s) = 1 V(s) + i(0) (17) sL s Si i(0) = 0. entonces: I(s) = 1 V(s) V(s) = sL I(s) (18) sL siendo sL la reactancia del inductor en el dominio transformado. o sea γ = v(0). las impedancias se simbolizan con Z(s) y las admitancias con Y(s). iL(0) = 0. con lo que tenemos: vc0 vc0 + + vc0 +1/sC C vc0 C iLo iLo iLo/s L L sL temporal frecuencial Fig.10 las propiedades en bornes de una resistencia. no necesitándose ni integrales ni derivadas en las expresiones. a lo cual se agrega el hecho de que todas las relaciones en el dominio frecuencial son algebraicas. 5 12. podemos hacer dicha representacón en el dominio frecuencial. y recordando que v(0) = 0. será: . 6a. y es esta generalidad la que hace tan útil el concepto de impedancia (o admitancia). y queremos hallar Vo(s). Aplicaremos el método de mallas. inductancia o capacidad. las condiciones iniciales son nulas.6 Transformación de ecuaciones de redes Para ver cómo se aplica el método a la resolución de circuitos. y escribiendo las ecuaciones por inspección llegamos a: t t d i1 1 1 L d t + C ∫ i 1 ( τ ) d τ + C ∫ i 2 ( τ ) d τ = vi 0 0 (19) .∫ i1 ( τ ) d τ + R i2 ( t )+ ∫ i2 ( τ ) d τ = 0 1 t 1 t C 0 C 0 Transformando. consideremos la red de la fig. L Vo(t) sL Vo(s) + C + 1/sC Vi(t) R Vi(s) R i1(t) i2(t) i1(s) i2(s) (a) (b) Fig. Tal como hicimos la representación gráfica de las condiciones iniciales en el dominio temporal. 6 Por simplicidad. 1 R+ 1 s RC LC sC sC Vemos que todos los términos son positivos. hubiera sido: V o (s) [ 1 + s C + 1 ] . Ordenando.1 I 2 (s) = V i (s) sC sC 1 1 . I 1 (s) + R I 2 (s) + I 2 (s) = 0 sC sC donde Vi (s) es la L .V i (s) 1 = R Ls sL 0 .transformada de vi(t). 11 s L I 1 (s) + 1 I 1 (s) . será: (L s + 1 ) I 1 (s) .1 I 2 (s) = V i (s) s sC (20) C 1 1 . V i (s) 2 I 2 (s) = = sC = L R ( s2 + 1 s + 1 ) s RC LC 1 = RLC V i (s) 2 + 1 s (s 1 ) R + LC C Para hallar Vo (s) debemos hallar primero I2(s). I 1 (s) +(R + ) I 2 (s) = 0 sC s C las cuales pudieron haber sido escritas directamente por inspección del circuito transformado de la figura 5b. el cual es siempre el caso en que las fuentes son todas independientes. El determinante de (20) es: sL + 1 . Como Vo (s) = I2 (s) R tenemos: 1 V o (s) = LC V i (s) (22) 2 (s + 1 s+ 1) RC LC Si lo hubiésemos resuelto por nudos.1 = sC sC = LR ( s2 + 1 s+ 1 ) (21) . A partir de la cual. . despejando Vo (s). llegamos a la ecuación (22). pero que no contiene fuentes de ningún tipo. con lo cual se nota la generalidad. 7 Las variables serán designadas V(s) e I(s). La ecuación transformada vincula la transformada de la función excitación E(s) con la función I(s). ni sus elementos poseen condiciones iniciales. consideraremos una red de dos terminales que contiene resistencias. ambas poseen significados diferentes. tendremos: • ecuación fasorial: & 1 & I [R+j(ωL-ω C]=E • ecuación transformada: 1 I(s)[R+sL+s C]=E(s) Vemos que ambas ecuaciones tienen exactamente la misma forma. En esas condiciones.12 Comentario: Supongamos tener un circuito serie RLC. excepto que jω ha sido reemplazado por s. 12. + I(s) V(S) RLC - Fig. la cual representa la L-transformada de la respuesta con condiciones iniciales nulas de la entrada e(t). Así. Sin embargo. La ecuación fasorial • • relaciona el fasor asociado a la excitación Es con el fasor I que representa la respuesta en régimen permanente senoidal del circuito. alimentado con una jωt excitación e(t) = Im (Es e ). Y(s) = sC. y su admitancia G = 1 / R. con condiciones iniciales nulas. definiendo la impedancia transformada. la impedancia y la admitancia son funciones de la variable s. la impedancia y la admitancia en el dominio transformado se definen como: Z ( s ) =V(s ) Y(s)= I(s) I(s) V(s) Y dado que ambas variables son función de s. en un inductor Z(s) = sL. inductancias y capacidades conectadas de cualquier manera. ya que e(t) puede ser cualquier función L-transformable. Para ello. Y(s) = 1/sL.7 Impedancia y admitancia Hemos visto que la impedancia de un resistor es R. Generalizaremos ahora estos resultados. y en un capacitor Z(s) = 1/sC. NOTA: Ya sea que la impedancia o la admitancia de entrada a un circuito se calcule de forma . 12. la suma de las n impedancias individuales. +Zn o sea. Así.. sometidas ambas a igual d. la impedancia equivalente será: Zeq = Z1 + Z2 + . para el caso mostrado en la figura 8b.p. la impedancia equivalente entre 1 y 2 es: Zeq = 1 + 1 = 1 = 1 s C1 s C2 s C1 C2 s Ceq C1 + C2 con lo cual entre los bornes (1) y (2) vemos una capacidad equivalente Ceq = C1C2/C1 +C2. La corriente que circula por ambas es la misma. se deberá cuidar que la red esté totalmente pasivada.d. La corriente por la combinación Z1Z2 en paralelo es: . Zeq = Z1+Z2 I I Z1 Z2 Zeq (a) + V1 .C2 C1+C2 Fig. En la figura 8a vemos dos impedancias Z1 y Z2 conectadas en serie. la impedancia equivalente será la suma de las dos impedancias. 13 analítica o a través de la aplicación de una tensión (o corriente) y la medición de la corriente (o tensión) resultante para luego proceder a efectuar su cociente. la impedancia entre 1 y 2 es: Zeq = Z1 + Z2 = sL1 + sL2 = s(L1 + L2) = s Leq + V ..+ V2 - + V - 1 2 (b) 1 L1 L2 2 L1+L2 1 2 (c) 1 2 C1 C2 C1. Z1 y Z2 están conectadas en paralelo. En la figura 9a. Si se conectan en serie n impedancias. por lo que la tensión en bornes de la combinación Z1 Z2 será: V = V1 + V2 = I Z1 + I Z2 = I (Z1 + Z2 ) = I Zeq → Zeq = Z1 + Z2 Es decir.8 Conexión serie y paralelo de impedancias. 8 y en la figura 8c. Tal como hemos visto en otras oportunidades. Sabemos que una fuente de tensión en serie con una impedancia puede convertirse en una fuente de corriente en paralelo con la misma impedancia.. la ecuación (23) puede escribirse como: Yeq = 1 + 1 = Z1 + Z2 ⇒ Zeq = Z1 Z2 Z1 Z2 Z1 Z2 Z1 + Z2 Z1 Z1. y viceversa.9 Transformación de fuentes.L2 1 2 C1+C2 L2 L1+L2 C2 (b) (c) Fig. mientras que si están en paralelo conviene trabajar con Y. + Yn o sea. si bien es indistinto hablar de la Z o de la Y de un elemento..14 I1+ I2 = V Y1 + V Y2 = V (Y1+ Y2) = V Yeq → Yeq = Y1 + Y2 (23) Dado que la admitancia es la inversa de la impedancia. Esta equivalencia de dipolos es válida también en el dominio frecuencial tal como veremos a continuación. será: Yeq = Y1 + Y2 + . la suma de las n admitancias individuales. Ejemplo: . será: Y eq = Y 1 + Y 2 = 1 + 1 = L1 + L2 = 1 = 1 s L1 s L2 s L1 L2 s L1 L2 /( L1 + L2 ) s Leq mientras que al conectar dos capacitores en paralelo (figura 9c) tendremos: Yeq = s C1 + s C2 = s (C1 + C2) = s Ceq Si se conectan n admitancias en paralelo. 12. cuando están conectados en serie es mas simple trabajar con Z. 9 En el caso de conectar dos inductancias en paralelo (figura 9b).Z2 1 2 1 2 Z1+Z2 Zeq (a) Z2 L1 1 2 C1 1 2 1 2 L1. será: • Divisor de tensión: Lo planteamos en la figura 11 a: + Ii Z1 + + Ii L1 + + Ii C1 + Vi Z2 V2 Vi L2 V2 Vi C2 V2 . 12. s C por lo que la fuente de corriente equivalente será la de la fig 10 b. En forma genérica. Y(s) = V(s) . - - Fig.10 Divisor de tensión . 11 (a) V 2 (s) = V i (s) Z 2 = V i(s) Y 1 Z1 + Z 2 Y1+Y2 • Divisor de corriente: lo planteamos en la figura 11 b : Ii + Ii + Ii + I1 I2 I1 I2 I1 I2 Z1 Z2 Vi L1 L2 Vi C1 C2 Vi . 15 Convertir la fuente de tensión de la figura en fuente de corriente: C + (a) VsC 1/sC (b) V Fig. . . 10 La corriente de cortocircuito de la fuente mostrada es: Isc (s)= V(s) .Divisor de corriente. 11 b Ii (s) = I1 (s)+ I2 (s) ⇒ Vi (s)= I1 (s) Z1 (s)= I2 (s) Z2 (s) = I(s) Zeq (s) . - . - Fig. Cuando trabajamos con dipolos. Thévenin. La red N es totalmente pasiva. .μ(t) 12. utilizamos el concepto de impedancia para relacionar corrientes y tensiones. usaremos el concepto de función transferencia . a) b) 2A 1F 1A 1Ω 1Ω v(t) = ? 1H + 2F 2F v(t) = ? – Rta: a) v(t) = 0. Ejercicios de aplicación: 1) Hallar la impedancia de las redes mostradas en la siguiente figura: a) 1Ω b) 1H 1Ω 1H 1F 1Ω Rta: a) z(s) = s + 1 b) z(s) = s 2 + s + 1 s+2 s+1 2) Para las redes mostradas en la figura.t μ(t) b) v(t) = sen(t). En la figura 12 se muestra una red con tres pares de terminales. 12a) o con una fuente de corriente (fig.5.5. 11 Función transferencia. el cual nos permitirá relacionar la tensión y la corriente en un par de terminales con la tensión y la corriente en otro par. es puramente formal. suponiendo condiciones iniciales nulas.16 por lo que: I 1 (s) Z 1)s) = Ii (s) Z 1 (s) Z 2 (s) ⇒ I 1 (s) = Ii (s) Z 2 (s) Z 1 (s) + Z 2 (s) Z1 (s) + Z 2 (s) I 2 (s) = Ii (s) Z 1 (s) Z 1 (s) + Z 2 (s) La extensión al dominio transformado de los distintos teoremas conocidos para la resolución de circuitos (superposición. Norton). Al tratar con redes con mas pares de teminales. alimentada con una fuente de tensión (fig. así como de los distintos métodos de resolución.e–0. obtener las tensiones o corrientes incógnita (marcadas con un signo de interrogación). 12b). - + N N Vi 3 Ii 3 I0 I0 3´ 3´ (a) (b) Fig. 17 2 2 + + 2´ V0 V0 2´ . y las correspondientes funciones transferencia son: T 1 (s)= V o ( s ) trans − impedancia Ii(s) T 2 (s)= V o (s) relacion de transferencia de corrientes I i (s) Vemos así que hay cuatro posibles combinaciones de variables: V0 (s) I0 (s) V0 (s) I0 (s) Vi (s) Vi (s) Ii (s) Ii (s) Si en la red hay más de una fuente. por ejemplo. una para cada una de ellas. que son: T 1 (s)= V o ( s ) relacion de transformacion de tension Vi(s) T 2 ( s )= I o ( s ) transadmitancia Vi(s) En la figura 12(b) la entrada es una fuente de corriente. la figura 13 donde suponemos que en la red N no hay fuentes y que todos los elementos pasivos dentro de la misma poseen condiciones iniciales nulas: . por lo que hay dos funciones transferencia. 12 Definiremos función transferencia T(s) como: T(s)= salida (s) = respuesta (s) entrada excitacion (s) (s) En la figura 12 (a) la entrada (o excitación) es una fuente de tensión y se consideran dos salidas (o respuestas). usamos el principio de superposición. y cada entrada contribuye a la salida con su propia función transferencia. Veamos. En general.) pudiendo también contener fuentes controladas lineales. el grado del polinomio numerador m es menor que el grado del denominador.. vemos que la respuesta R(s) es el cociente de dos polinomios: m m -1 R ( s ) = N ( s ) = am s + am -1 s + . Si observamos la forma de las soluciones en el dominio frecuencial de las redes vistas.. obtendremos el polinomio cociente q(s) y el polinomio resto r(s): N(s) = q(s) D(s) + r(s) con grado de r(s) < grado de D(s) luego: R(s) = q(s) + r(s) / D(s) . + b1 s + b0 Esta ecuación es cierta para cualquier red RLC excitada con fuentes independientes genéricas cuyas transformadas de Laplace son de la forma 2 2 (co + c1 s + c2 s + .. entonces R(s) se divide hasta llegar a obtener que el grado del numerador sea menor que el grado del denominador.18 + + + + + V N V0 = N V01 + N I - - - (a) (b) (c) Fig.12 Naturaleza de la respuesta. En este caso.. n.) / (do + d1 s + d2 s + . + a1 s + a0 D ( s ) bn sn + bn -1 sn -1 + .. Si m es mayor o igual que n. 13 En 13 (b) será: Vo1 (s) = Tv V(s) En 13 (c) será: Vo2 (s) = Ti I(s) Por superposición: Vo (s) = Vo1(s) + Vo2(s) = Tv V(s) + Ti I(s) 12.... 13 Polos Frecuentemente es necesario factorear el polinomio denominador. Si son complejos.. b es real positivo. Si este es el caso. la ecuación anterior puede escribirse como: D(s) = bn (s . los polos pueden determinarse fácilmente. Luego. ( s . o en el semiplano inferior respecto al eje real. y f y f' son complejos conjugados con parte real negativa.p2) .+ b1 s + b0 = 0 y hallando las n raíces de la ecuación resultante.j d.. 14 El polo a esta en el origen.. Si es de grado 3 o mayor.p1)(s .p2 ) . En la figura 14 se representan los polos en el plano complejo (o plano s): la abscisa será Re(s) y la ordenada j Im (s)... Un polo puede ser real o complejo. obtener la función transferencia H(s) = V2(s)/Vs(s).. las cuales se denominan polos de R(s) y se designan con el símbolo pi (i = 1.(s ..pn) m m -1 R ( s ) = am s + am -1 s + . un proceso que puede llevarse a cabo haciendo cero el mismo: D(s) = bn sn + bn-1 sn-1 + .. d y d' son conjugados imaginarios puros. Los polos podrán estar ubicados en el semiplano superior. j Im (s) f c d e a Re (s) f´ d´ c´ Fig.pn ) Si el polinomio denominador es de 1º o 2º grado. Ejercicios de aplicación: 1) Para el circuito equivalente en pequeña señal del amplificador a transistores mostrado. aparecen en pares conjugados. c y c' son complejos conjugados con parte real positiva.p1 ) ( s . pudiéndose encontrar asimismo en el semiplano derecho o el semiplano izquierdo respecto del eje imaginario.). e es real negativo. . o sea c + j d y c . Conocidos los polos. excepto para casos factoreables por inspección se recurrirá a métodos numéricos. podremos hallar D(s). 19 12..2. + a1 s + a0 bn ( s . los coeficientes b podrán no ser todos números reales.. μ(t) 4) Cuando a un circuito con condiciones iniciales nulas se le aplica una tensión v e(t) = 30. Rta: Proponiendo C = 0.Cμ − gm + C g R )S + g ⋅R .sen t. 3) Hallar la expresión de vC(t) ∀ t ≥ 0. tal como comentamos en la introducción.2773.2307.μ(t) y vC(t = 0-) = 0 V. b) e(t) = sen(3t).μ(t) – 2t b) vC(t) = [– 0.μ(t). – 600.μ(t) y vC(t = 0-) = 2 V.v(t) – Rta: V (s) = + (C S. con gt = 1 1 CCRS2 L V (s) + C + Cg R R R + r 2 s μ η L η μ μ t L μ m L t S S n 2) Cuando se aplica a una red RLC serie un escalón unitario. 12. El próximo paso.e ]. Diseñar la red. y se indica con el símbolo L .e– 600.μ(t).99. Luego.69º) + 0. la respuesta es v0(t) = 60.μ(t). queremos que la tensión de salida sea –t v0(t) = 2 .20 Rs Cμ + + vs(t) rn v(t) Cη RL v2(t) – gm.cos(60t + 84.cos(3t +33.8. L-1 { F(s)} = f(t) El primer paso en el proceso de transformación inversa es escribir el denominador de F(s) en .14 Transformación inversa por desarrollo en fracciones parciales. Determinar la expresión de v0(t) si se aplica una señal de entrada: ve(t) = 10. 1Ω e(t) 1Ω 1F + vC(t) – Rta: a) vC(t) = (e– t + e– 2t ). consiste en obtener nuevamente la función temporal.cos(60t).t Rta: v0(t) = [1. Presentaremos ahora un método para convertir las soluciones en el dominio frecuencial a soluciones en el dominio temporal.t. El análisis de un circuito por transformación de Laplace conduce a la obtención de la transformada de la variable de salida.28º) +19. Esta -1 conversión se denomina transformación inversa.μ(t).e ].5 F resulta L = 1 H y R = 2 Ω. si: a) e(t) = e–t.e . o sea.p2 s . los cuales podrán ser reales.+ kn epn t Este resultado es muy importante. es decir: F ( s )= N(s) bn ( s . vemos que tiene la forma: n N(s) N(s) kα F (s )= = =∑ para s ≠ pα D(s) ( s .pn ) donde pi son los polos de F(s).. El próximo paso es llevar F(s) a la suma de términos más sencillos. vemos que la ecuación anterior es la anti- pit transformada de ki e .( s .. como pares complejos conjugados.pn Ahora consideraremos un término típico del desarrollo: ki (24) s . 21 forma factoreada..p1 )( s .pi Suponiendo que ki es simplemente una constante. Si volvemos a la expresión de F(s). • Polos simples Supongamos que el grado del denominador de F(s) es mayor que el grado del numerador... Nótese que los polos son los valores de s que hacen que F(s) sea infinita. Luego: L -1 ki = ki e p t (25) i s . k n s . ya que plantea que si el grado del numerador de F(s) es menor que el grado del denominador y si todos los polos son simples.pn f ( t )= K1 ep1 t + k2 ep2 t + .+ kn s .p1 )( s .p2 s . apareciendo.... una para cada polo de F(s).p2 ). Luego.. la forma de onda de f(t) esta determinada por la ubicación de los polos. imaginarios o complejos. siendo los polos los exponentes de cada término..p1 s .p2 ).pn ) α=1 s . Consecuentemente: F ( s )= k1 + k2 + . 25.p1 s . Luego. no hay polos iguales.pi Dado que F(s) es una suma de términos como los indicados por la ec.. el desarrollo en fracciones parciales de F(s) está dado por: F ( s )= k1 + k 2 + . en este último caso.( s .pα . Tal descomposición se obtiene cuando F(s) se desarrolla en fracciones parciales. fuego f(t) es la suma de n exponenciales. 24. y que los polos son simples. luego f(t) será la suma de términos como los de la ec. . Supongamos que la función racional F(s) tiene un polo doble en p 1 y polos simples en p2. Obtención de las constantes • Polos simples Para obtener k1.... para α = 1.p1 )(s .n: kα = lim ( s ... El número kα se llama residuo de F(s) en el polo pα.. F(s) es grande. α = 1.p2 ).p1 ) ( s .. sabemos que existen constantes tales que: n N(s) k11 k12 kα F ( s )= = 2 + +∑ D(s) (s-p 1 ) s . Bajo estas circunstancias.pα).2.. . con lo que la sumatoria tiende a cero.p3.pα Ahora hagamos tender s a p1.pn ) α=2 s .p3 ).1 { F ( s ) }= ( k11 t ep t + k12 ep t + ∑ kα ep 1 2 α t ) u (t ) = n 2 Para obtener las constantes k11. p3.pn ) faltando. 2. • Polos múltiples.... s ..( p1 . ambos miembros de la última igualdad de la ecuación anterior son iguales para todos los s≠pα.. nos conduce a una evolución temporal de la forma: f ( t )= L. procederemos de la siguiente forma: a) Para obtener k11 multiplicamos F(s) por (s .p1)2.p1 ) F ( s )= N ( p1 ) s→ p1 ( p1 . . con lo que obtendremos: ( s . y luego hacemos tender s a p1: 2 N ( p1 ) k11 = lim ( s . k12..p2 )( p1 .-p1).pn ) y en general..pn.(s .p1 ) N ( s ) n kα ( s . etc.p1 α=2 s-p α lo cual. multipliquemos ambos miembros por (s . en el denominador. Si los valores de s son muy próximos a pα. por lo que: k1 = lim ( s .pnm lo cual es lo mismo que decir que D(s) tiene un cero doble en p 1 y ceros simples en p2. según vimos al principio del capitulo.pα ) F ( s )= N ( pα ) s→ p1 ( pα .22 o sea.( p1 ..( pα .pn ) s→ p1 .pα es muy pequeño y consecuentemente.p1 ) F ( s )= = k1 + ∑ (s . el término (pα .p1 ) F ( s )= ( p1 ..n.p1 ).p2 ). sen t). excepto por la sustitución de j ω por s.e–3(t – T) + 1.μ(t) 2) Calcular la antitransformada de la siguiente función racional: F (s) = 100(s + 50) s 2 + 80s + 2000 y hallar el valor final de la función temporal directamente de la transformada.5. Ejercicio de aplicación: 1) Usando desarrollo en fracciones parciales. Lo veremos usando como ejemplo un circuito paralelo RLC.4.nos conduce a: [ ( ωo2 . Comentario: Vemos así que se establece una relación entre las ubicaciones de los polos de F(s) en el plano s con el comportamiento exponencial en el tiempo de los términos correspondientes de f(t). en un circuito con condiciones iniciales nulas.2.e + 0. relación muy importante en la ingeniería de diseño. derivamos respecto a s la expresión (s . 12.15 Relación entre la transformación de Laplace y el método fasorial.6.5. correspondientes a polos simples.μ(t-T) –2t b) fb(t) = (0. que se muestra en la figura: IC IL IR C L R iS La euación diferencial que planteamos. es: && ( t ) + 2 & ( t ) + ωo2 i L ( t ) = ωo2 i s ( t ) iL iL ω a) Método fasorial: Supuesto que io(t)= Re{Is e j t} y que queremos hallar la respuesta de régimen permanente senoidal descripta por el fasor IL. el método simbólico.e –t + 1]. las reglas para manipular fasores y para L-transformar son las mismas. Es importante remarcar que.p1)2 F(s) y hacemos s→p1: d k12 = lim d s [ (s . lo que es equivalente: . hallar la antitransformada de: a) F (s) = s2 + 6s + 8 b) F (s) = s2 + s ⋅ e−sT a s2 + 4s + 3 b s3 + 2s2 + s + 2 Rta: a) fa(t) = δ(t – T) + [0. 23 b) Para obtener k12. se obtienen como se vio anteriormente. según vimos en el capítulo correspondiente.cos t – 0.ω2 ) + 2 α j ω ] &IL = ωo2 &Is o.p1 )2 F ( s ) ] s → p1 c) Los kα restantes. a ) }= e 2 ω &IL = o &Is ( ωo2 . .ω2 ) + 2 α j ω b)Por transformada de Con condiciones iniciales nulas. lo cual es una consecuencia de que todas las condiciones iniciales son cero. vemos que la notación fasorial y la ecuación transformada por Laplace tienen exactamente la misma forma.a) u ( t .24 L{ f ( t . excepto que jω ha sido reemplazado por s. L-transformando la ecuación Laplace: llegamos a: 2 2 ( s2 + 2 α ω s + ωo ) IL ( s ) = ωo Is ( s ) o sea: ω2 IL ( s ) = o Is ( s ) s2 + 2 α s + ωo2 Si comparamos ambas expresiones. a ) }= s2 La demostración surge de la aplicación directa de la integral de definición. que la función is(t) puede ser cualquier función L-transformable.16 Teoremas útiles: 1) Traslación en el dominio temporal: La traslación en el dominio temporal corresponde a la multiplicación por una exponencial en el dominio frecuencial.a): e. el cual representa la respuesta de régimen permanente senoidal del circuito.a ) u ( t .a s L { ( t . Debemos notar. naturalmente.a) u (t . 2) Traslación en el dominio frecuencial La traslación en el dominio frecuencial corresponde a la multiplicación por una exponencial en . • La ecuación transformada por Laplace relaciona la transformada de la función dato I s(s) con la función IL(s).Estas dos ecuaciones tienen diferentes significados: • La ecuación fasorial relaciona el fasor dado Is con el fasor IL. la cual representa la transformada de Laplace de la respuesta del circuito con condiciones iniciales nulas a la entrada i s(t). sabiendo que: L { t }= 1 s 2 podemos escribir directamente la transformada de Laplace de (t . Así: -as F(s) a>0 Por ejemplo. 12. Esta relación nos es útil para definir nuevos pares de transformadas. Una aplicación inmediata es la formulación de nuevos pares de transformadas. De esta forma podemos chequear los valores inicial y final de f(t) antes de hallar la transformada inversa de F(s).a s f ( t )} = F ( s + a ) la cual se deduce de la integral de definición. sabiendo que: L { cos t } s = s2 + 1 deducimos que. 25 el dominio temporal: L { e. ya que sabiendo que: L { cos ω t } s = s + ω2 2 podemos deducir que: L {e-at cos ω t }= s+a ( s + a )2 + ω2 3) Cambio de escala La propiedad de cambio de escala establece la relación entre f(t) y F(s) cuando la variable temporal está multiplicada por una constante positiva: L{ f ( a t ) } = 1 F s a>0 a a cuya obtención queda propuesta como ejercicio. El teorema del valor inicial plantea que: lim f ( t ) = lim s F ( s ) t→0 s→∞ y el teorema del valor final dice que: . Así. especialmente donde se realizan cambios de escala para facilitar la construcción del modelo de un sistema. Esta propiedad es particularmente útil en simulación. con un cambio de escala: 1s / ω s L { cos ω t } = = ω ( s / ω ) + 1 s2 + ω2 2 4) Teoremas del valor inicial y del valor final Los teoremas del valor inicial y del valor final son útiles porque nos permiten determinar el comportamiento de r(t) en 0 y en ∞ a partir de F(s). tengan parte real negativa.002. 1 –– F i(t) 8 A S1 6Ω S2 B 6Ω 12 V 6H – 0.66. L = 0.30 mH.μ(t) . con lo cual queda asegurada la existencia de un valor finito de f(∞). b) Trazar los polos y ceros de Y(s) en el plano complejo s.327 Ω.e ).106t).sen(1. C = 0. excepto el caso de un polo simple en el origen. a) Hallar la corriente en el circuito en función del tiempo. C y E que hacen que iL(t) = 2. 1000Ω y 2000Ω. EJERCICIOS PROPUESTOS 1) Estando el circuito en régimen permanente. En ese momento la llave S1 conmuta a la posición B y S2 se cierra.25. con S 1 en la posición A y S2 abierto.25.e – 2.e–3t[cos(4t) – 5. en t = 0 la llave conmuta de la posición 1 a la 2. R = 1.μ(t) 3) En t = 0 el circuito se encuentra en régimen permanente. y para el teorema del valor final debemos establecer la restricción de que el teorema es válido solo si los polos de F(s). si R varía adoptando además los siguientes valores: 500Ω.μ(t) i(t) L R 1 2 C E 6Ω Rta: E = 12 V. Hallar los valores de R.t – 2.e– 125000t. Rta: v(t) = 0.sen(4t)].1533 F.26 H. representándose 3 ó 4 ciclos. El interruptor se cierra en t = 0.667. L. La fuente es de 1 V de continua. No hay carga inicial en el capacitor. Hallar i(t). C = 0.t Rta: i(t) = (0. 2) Una fuente y un interruptor están conectados en serie con L = 0.26 lim f ( t ) = lim s F ( s ) t→∞ s→0 El teorema del valor inicial se basa en la suposición de que f(t) no posee impulsos.0012 μF y R = 75 Ω. Reducir el circuito a una sola malla y determinar la evolución temporal de vC(t).e – 13.μ(t) 5) La llave estuvo en la posición A durante un largo tiempo. 27 4) Estando el circuito de la figura en régimen permanente.33. ajustando los valores de los elementos.μ(t) 7) Demostrar que. es posible hacer que la respuesta al escalón de ambas redes sea idéntica. 0. Rta: v0(t) = – 60.(1 – e ). en t = 0 se cierra el interruptor.(104t +1).333. En t = 0 conmuta a la posición B.5 H 10 Ω 60 V 10 Ω 1 –– F vc(t) 8 –8t –2t Rta: vC(t) = [30 + 3.e ]. 10 Ω 0.e–10000t.μ(t) A 6) Hallar i1(t) si la llave se cierra en t = 0.5 H i2(t) i1(t) 1H 1H 12 V 2Ω 2Ω -4t/3 Rta: i1(t) = 12. R C C1 C2 + + + + ve(t) L vs(t) ve(t)R1 R2 vs(t) – – – – . Hallar la evolución de v0(t) para t ≥ 0. e–2.79.μ(t) c) vL(t) = 10.μ(t) V.sen 0.μ(t) 11) En el siguiente circuito.(cos 0.e–3t.75 t – 0.e ).e–0.5 t . b) R = 4Ω.46e–0.μ(t) –t b) vL(t) = 10(1-t).t – 9.5 μF vL(t) 10 V R Rta : a) vL(t) = (-0. En t = 0 . 9) En el circuito de la figura.μ(t) 10) El interruptor en el circuito de la figura estuvo mucho tiempo cerrado y se abre en t = 0..t +10. la llave ha estado en la posición A por un largo tiempo. t=0 2H 0. determinar vL(t) ∀ t ≥0. c) R = 2 Ω.667.46 e–4.333.t + 0.28 2 Rta: 1 1 1 R R CC R=L⋅ + + C= 1 2 1 RC 1 RC 2 RC 1 L 1 2 2 8) La llave conmuta a la posición 2 en t = 0.21. luego de haber permanecido en la posición 1 durante un tiempo suficiente como para que se alcanzara el régimen permanente.75 t).5 H 60 V 7Ω t=0 -24 t Rta: i(t) = (5 + 7. Calcular la corriente por la bobina de ahí en adelante.e–3.t ).e . 5Ω 0.t ]. Utilizar los siguientes datos: a) R = 10 Ω. si vF(t) = 6. Calcular v(t) para t ≥ 0. e–5.577. 4Ω 2 1 t=0 6 Ω + vF (t) 1 –– F v(t) 4 10 V 1H – Rta: v(t) = [14. siendo vC(0) = vL(0) = 0. 9Ω t =0 1 + 20 A 9Ω 1F F v(t) 6Ω 18 18 – Rta: v(t) = 54.μ(t) .e-t – 9. 14) Luego de permanecer largo tiempo en la posición A.e-6t 13) Determinar un conjunto de condiciones iniciales: v1(0 -) y v2(0 -) que hacen que la tensión vR(t) sea sencillamente un impulso k.(e –t – e–3t). v2(0 ) = –1V. Hallar i2(t).t Rta: i0(t) = 5. 120 Ω B Ω A 60 t=0 10 A 40 Ω 1 μF 100 V 20 mH io(t) –1000. luego de haber alcanzado el régimen permanente. Obtener la evolución de i0(t) para t ≥ 0.25.μ(t) 12) Hallar v(t) si la llave se abre en t = 0.e . +v1(t) – +v2(t) – 1F 1F + δ(t) 1Ω 1Ω vR(t) – .2857. 29 conmuta instantáneamente a la posición B. en t = 0 el interruptor conmuta a la posición B.sen(7000t)]. - Rta: v1(0 ) = – 2V .[cos(7000t) + 0. 3Ω 2H 2Ω i2(t) 9Ω A B i2(t) 60 V 2H 8H 10 Ω Rta: i(t) = 1.δ(t) . 2 Obtener y graficar la respuesta v0(t). siendo también R 1 = R2 = 1 KΩ y C1 = C2 = 1 mF. vC(0) = 2 V. con condiciones iniciales nulas.H2(s). + R2 R1 R2 R1 + + – vi(t) C1 C2 v0(t) vi(t) C1 C2 v0(t) – – 17) En la red de la figura. conociendo las condiciones iniciales: iA(t) = iB(t) = 0. c) Hallar la función transferencia del circuito de la figura 2. d) Evaluar la respuesta del circuito de la figura 2. posee una resistencia interna R. b) Suponer que R1 = R2 = 1 KΩ y C1 = C2 = 1 mF. donde: H1(s) = 1/ (R1C1s + 1) y H2(s) = 1/(R2C2 + 1). para los siguientes casos: a) T >> RC b) T = 2π LC vi(t) R + V vi(t) v0(t) C L T T t – 2 18) Una fuente de tensión no ideal cuya salida es un escalón. Evaluar la respuesta del circuito a v1(t) = δ(t).5 F 2H iA(t) iB(t) 2A 10 Ω 2A v0(t) 16) Los Amplificadores Operacionales (AO) se configuran frecuentemente para actuar como buffers. B + vc(t) – 2H 0. Comparar el resultado con el obtenido en (a). con condiciones iniciales nulas y con v1(t) = δ(t). Un . cuyo propósito es evitar que un circuito drene corriente de otro.5 A. la señal de entrada es una onda cuadrada simétrica y R >> 1 LC . a) Mostrar que la función transferencia en del circuito 1 es H(s) = H1(s). En la figura 1 el AO ideal es el buffer.30 15) En el circuito de la figura obtener la tensión v0(t). v0(t) C – . + vi(t) 10. a) Mostrar que si se carga el atenuador con un capacitor C. b) Demostrar además que esta degradación de la forma de onda provocada por C puede reducirse considerablemente agregando un nuevo capacitor C C = C/89. 31 divisor resistivo 89R~10R es conectado a sus bornes para atenuar 10 veces su voltaje. El atenuador resultante se denomina “Atenuador Compensado”. tal como se indica en línea de trazos. CC R 89. la salida deja de ser una versión atenuada 10:1 de la señal entregada por la fuente.