Calculooooooooooo

Curso: Calculo II

Análisis Transitorio de Circuitos de Segundo Orden

DOCENTE: Sonia Mabel Huertas López
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PARTICIPANTES:



Lima – Perú
2012-II

Análisis Transitorio
APLICACIONES DE CIRCUITOS DE SEGUNDO ORDEN
Circuito de encendido de un automóvil
Después de haber considerado el circuito de encendido de un automóvil como un circuito de primer orden, es necesario advertirque dicho circuito sirvió únicamente como una aproximación para el circuito que se usa en la realidad. Dicho circuito “real” lo analizamos a continuación.
El sistema estudiado en anteriores páginas correspondía solamente al sistema de carga. Aquí consideraremos otra parte: el sistema de generación de tensión. Este sistema se modela en el circuito que aparece en la Figura 8. La fuente se debe a labatería y el alternador. El resistor de 4Ω representa la resistencia del alambrado. La bobina de encendido se modela como el inductor de 8mH. El capacitor de 1μF está en paralelo con el interruptor. A continuación se determina el funcionamiento del circuito.

Figura 8. Circuito de segundo orden para el encendido de un coche
Lo que nos interesa como en el caso anterior es el voltaje en losentrehierros de la bobina. Si el interruptor está cerrado y el circuito está en estado estable, entonces:
I0-=124=3[A] y V0-=0[V]
Para t=0+, el interruptor está abierto. Las condiciones de continuidad requieren que
I0+=3[A] y V0+=0[V]
Aplicando LVK en la malla resultante tenemos:
12-Vr-Vc-VL=0
12-R*I0+-V0+-LdI0+dt=0[V]
12-4*3-0-LdI0+dt=0V→dI0+dt=0As
Analizamos ahora el circuitocuando haya llegado al estado estable:
I∞=0A
Una vez que tenemos las condiciones iniciales y finales, analizaremos el amortiguamiento del circuito, y por tanto, la respuesta:
α=R2L=42*8*10-3=250
ω0=1LC=11*10-6*8*10-3≈11180.3
ωd=ω02-α2=11177.5
Como α<ω0, entonces el circuito es subamortiguado. La respuesta tendrá por tanto la siguiente forma:
it=e-αtB1cosωdt+B2sin⁡(ωdt)it=e-250tB1cos11177.5t+B2sin⁡(11177.5t)
Reemplazamos I(0), para hallar una primera ecuación que nos permita hallar B1 y B2
I0=3=B1
Derivamos i(t) para poder usar el dato d[I(0)]/dt
dI0+dt=0=-250e-250tB1cos11177.5t+B2sin⁡(11177.5t)+
e-250t-11177.5B1cos11177.5t+11177.5B2sin⁡(11177.5t)
Al resolver la anterior ecuación, y reemplazar t=0 y B1=3, tenemos que B2=0.067099. La ecuación que define la corriente en elcircuito, y la es:
it=e-250t3cos11177.5t+0.067099sin⁡(11177.5t)
La tensión a través del inductor, y que nos permite obtener la Gráfica 7 es:
VLt=Lditdt=8*10-3ddte-250t3cos11177.5t+0.067099sin⁡(11177.5t)
VLt≈-253e-250tsin11177.5tV
Esto tiene un máximo cuando el seno es unitario, es decir 11177.6*t=π/2 o t=140.53μs. En dicho tiempo, la tensión del inductor llega a su máximo, el cual es:VLt≈-253e-250*140.53*10-6sin11177.5*140.53*10-6V
VLt≈-259.13V

Gráfica 6. Respuesta completa del circuito de ignición

Gráfica 7. Voltaje en los terminales de la bobina (entrehierros)
Sin embargo, este voltaje es muy bajo con respecto a los varios KV requeridos para encender el combustible en el motor. Sin embargo, este problema se arregla muy fácilmente: Generalmente se usa un transformador 1:100,donde el devanado primario corresponde a la bobina L que hemos utilizado para este análisis, y el secundario de dicho transformador está en paralelo con los entrehierros de la bujía. Así, suponiendo una relación primario – secundario
n=1100
El voltaje inducido en el secundario será:
V1V2=1100→-259.13V2=1100→V2=-25913[V]
Y con este voltaje, ya se crear un arco lo suficientemente intenso paraencender la mezcla combustible – aire.
Al simular el circuito, el voltaje sobre la bobina siguió el comportamiento esperado. El interruptor se mantuvo cerrado por aproximadamente 41.6 ms.

Simulación 5. Voltaje de entrehierros en el circuito de segundo orden de encendido de coche

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