Cap7

Circuitos Eléctricos I Circuitos de Segundo Orden
VII Circuitos de Segundo Orden
Objetivos:
o Definir y analizar la respuesta natural de un circuito RLC
o Identificar y reconocer el tipo de respuesta del circuito RLC a través de las
raíces de la ecuación característica de la red
o Definir y analizar la respuesta completa de un circuito de segundo orden
o Discutir la respuesta de un circuito de segundo orden a una función exponencial
y senoidal
Introducción
En este capítulo estudiaremos los circuitos que contiene dos elemento almacenadores
de energía diferentes, como son una bobina y un capacitor y veremos que estos circuitos
son descritos por una ecuación diferencial de segundo orden, también encontraremos la
respuesta natural, forzada y completa de éstos circuitos. Comenzaremos nuestro estudio
con dos ejemplos clásicos, para llegar obtener la ecuación básica del circuito.
7.1 Ecuación del circuito básico de los circuitos de segundo orden
Para comenzar nuestro desarrollo, los dos circuitos básicos que se muestran en la Figura
7.1.1
is(t) R L C
v(t)
iL(t0)
vs(t)
L
R
C
vC(t0)i(t) + -
Figura 7.1.1
(a) (b)
Para comenzar nuestro análisis vamos a suponer que la energía puede ser almacenada
inicialmente en la bobina y en el capacitor. La ecuación para el circuito RLC paralelo se
obtiene de aplicar LKC al nodo de arriba:
iR + iL+iC = is(t), es decir: )(
)(
)()(
1)(
0
0
ti
dt
tdv
Ctidxxv
LR
tv
sL
t
t
=+++ ∫
De manera similar, la ecuación para el circuito RLC serie se puede obtener aplicando
LKV a la malla existente:
vR + vC+vL = vs(t), es decir: )(
)(
)()(
1
0
0
tv
dt
tdi
Ltvdxxi
C
iR sC
t
t
=+++ ∫
Note que la ecuación para el voltaje nodal del circuito RLC paralelo es de la forma que
la de la corriente de malla del circuito RLC serie. Por tanto la solución de esos circuitos
C.R. Lindo Carrión202

depende de que se resuelva una ecuación. Si ambas ecuaciones anteriores se derivan con
respecto al tiempo, obtenemos:
dt
tdi
L
tv
dt
tdv
Rdt
tvd
C s )()()(1)(
2
2
=++ , que podemos expresarla como:
dt
tdi
CLC
tv
dt
tdv
RCdt
tvd s )(1)()(1)(
2
2
=++ y
dt
tdv
C
ti
dt
tdi
R
dt
tid
L s )()()()(
2
2
=++ , que podemos expresarla como:
dt
tdv
LLC
ti
dt
tdi
L
R
dt
tid s )(1)()()(
2
2
=++
Como ambos circuitos conducen a una ecuación diferencial de segundo orden con
coeficientes constantes, vamos a concentrar nuestro análisis en este tipo de ecuación.
7.2 Solución a la ecuación diferencial de segundo orden
Vamos a emplear el mismo método que hicimos con los circuitos de primer orden para
obtener la solución de la ecuación diferencial de segundo orden que resulta del análisis
de los circuitos RLC.
De manera general, en este caso tenemos una ecuación de la forma:
)()(
)()(
212
2
tftxa
dt
tdx
a
dt
txd
=++
Para f(t) ≠ 0 vamos a tener dos respuestas: la respuesta forzada xf(t) y la respuesta
natural xn(t), entonces la solución completa de la ecuación original es:
x(t) = xf(t) + xn(t)
Si, por el momento nos limitamos a una función de forzamiento constante (es decir, f(t)
= A), entonces la respuesta forzada se puede calcular sustituyendo xf(t) = K (donde K es
una constante) en la ecuación diferencial de segundo orden, obtenemos el valor de la
respuesta forzada como sigue:
AKa
dt
dK
a
dt
Kd
=++ 212
2
, se obtiene K = A/a2 = xf(t), por tanto la solución total será:
x(t) = A/a2 + xn(t)
Ahora para encontrar la respuesta natural, hacemos la ecuación diferencial de segundo
orden igual cero:

0)(
)()(
212
2
=++ txa
dt
tdx
a
dt
txd
, donde a1 y a2 son constantes. Por conveniencia y
simplicidad rescribimos la ecuación diferencial de la siguiente forma:
0)(
)(
2
)( 2
2
2
=++ tx
dt
tdx
dt
txd
nn ωζω , donde hemos hechos las siguientes sustituciones
simples para las constantes a1 = 2ζω y a2 = ωn
2
.
Haciendo las mismas consideraciones hechas en el caso de la ecuación de primer orden,
la solución de la ecuación homogénea debe ser una función cuyas derivadas de primero
y segundo orden tienen la misma forma, de modo que el lado izquierdo de la ecuación
homogénea se hará idénticamente cero para todo t. Suponemos una solución
exponencial para la respuesta natural,
xn(t) = K℮st
y sustituimos está expresión en la ecuación homogénea, para obtener:
s2
K℮st
+ 2ζωnsK℮st
+ ωn
2
K℮st
= 0, Dividiendo ambos lados de la ecuación entre K℮st
se
obtiene:
s2
+ 2ζωns + ωn
2
= 0
Esta ecuación comúnmente se llama ecuación característica; ζ se llama razón o
coeficiente de amortiguamiento y a ωn se le llama frecuencia resonante no amortiguada.
La importancia de ésta terminología se hará clara conforme avancemos con el desarrollo
de este análisis. Si ésta ecuación se satisface, nuestra solución supuesta xn(t) = K℮st
es
correcta.
Empleando la fórmula cuadrática, encontraremos que la ecuación característica se
satisface si:
1
2
442 2
222
−±−=
−±−
= ζωζω
ωωζζω
nn
nnn
s
Por lo tanto hay dos valores de s, s1 y s2 que satisfacen la ecuación característica
12
1 −+−= ζωζω nns y 12
2 −−−= ζωζω nns
Esto significa que 1
1 1( ) s t
cx t K e= es una solución de la ecuación homogénea y que
2
2 2( ) s t
cx t K e= también es una solución a la ecuación homogénea; es decir,
1 1
2
2
1 1( ) 2 ( )s t s t s t
n n
d d
K e K e K e
dt dt
ζω ω+ + 1
1 0= y
2 2
2
2
2 2( ) 2 ( )s t s t s t
n n
d d
K e K e K e
dt dt
ζω ω+ + 2
2 0=
La suma de estas dos ecuaciones produce la igualdad

1 2 1 2 1 2
2
2
1 2 1 2 1 2( ) 2 ( ) (s t s t s t s t s t s t
n n
d d
K e K e K e K e K e K e
dt dt
ζω ω+ + + + + ) 0=
Es importante advertir que la suma de las dos soluciones también es una solución. Por
lo tanto, en general, la solución complementaria de la ecuación homogénea es de la
forma:
1 2
1 2( ) s t s
n
t
x t K e K e= +
Donde K1 y K2 son constantes que pueden ser evaluadas vía las condiciones iniciales
x(0) y dx(0)/dt. Por ejemplo ya que:
1
1 2( ) 2s t s t
x t K e K e= + , entonces, x(0) = K1 + K2 y 2211
0
)0()(
KsKs
dt
dx
dt
tdx
t
+==
=
De aquí, x(0) y dx(0)/dt producen dos ecuaciones simultáneas, que cuando se resuelven
dan las constantes K1 y K2.
7.3 Respuesta natural de los circuitos de segundo orden
Un examen minucioso de las ecuaciones s1 y s2 indica que la forma de la solución de la
ecuación homogénea depende del valor de ζ. Por ejemplo, si ζ > 1, las raíces de la
ecuación característica s1 y s2, también llamadas frecuencias naturales debido a que
determinan la respuesta natural de la red, son reales y diferentes; si ζ < 1, las raíces son
números complejos; y finalmente, si ζ = 1,, las raíces son reales e iguales. Cada uno de
esos casos es muy importante; por lo tanto, examinaremos ahora cada uno con algún
detalle.
7.3.1 Respuesta sobre amortiguada
Veamos el caso, donde ζ > 1, en este caso a la solución se le llama respuesta sobre
amortiguada. Las frecuencias naturales s1 y s2 son reales y diferentes, por tanto, la
respuesta natural de la red descrita por la ecuación diferencial de segundo orden es de la
forma:
1
1 2( ) 2s t
n
s t
x t K e K e= + , donde s1 y s2 toman los valores:
12
1 −+−= ζωζω nns y 12
2 −−−= ζωζω nns
Donde K1 y K2 se encuentran de las condiciones iniciales. Esto indica que la respuesta
natural es la suma de dos exponenciales decrecientes.
7.3.2 Respuesta Subamortiguada
Ahora consideremos el caso en que ζ < 1, en este caso a la solución se le llama
respuesta subamortiguada. Como ζ < 1, las raíces de la ecuación característica dada
pueden escribirse como:

dnn jjs ωσζωζω +−=−+−= 2
1 1
dnn jjs ωσζωζω −−=−−−= 2
1 1
Donde 1−=j , nζωσ = y 2
1 ζωω −= nd . Así las frecuencias naturales son
números complejos. La respuesta natural es entonces:
( ) (
1 2( ) d )dj t
nx t K e K eσ ω σ ω− − − +
= + j t
, que se puede escribir como:
1 2( ) ( )d dj t jt
nx t e K e K eω ωσ −−
= + t
jsen
Utilizando las identidades de Euler
cosj
e θ
θ θ±
= ± , obtenemos:
1 2( ) [ (cos ) (cos )]t
n d d d dx t e K t jsen t K t jsen tσ
ω ω ω ω−
= + + − , reduciendo esto tenemos:
1 2 1 2( ) [( )cos ( ) ]t
n d dx t e K K t jK jK sen tσ
ω ω−
= + + − , que lo podemos escribir como:
1 2( ) ( cos )t
n d dx t e A t A sen tσ
ω ω−
= +
Donde A1 y A2 como K1 y K2 son constantes que se evalúan usando las condiciones
iniciales x(0) y dx(0)/dt. Si xn(t) es real, K1 y K2 serán complejos y K2 = K1
*
. A1 = K1 +
K2 es, por tanto, dos veces la parte real de K1 y A2 = jK1 - jK2, es dos veces la parte
imaginaria de K1. A1 y A2 son números reales. Esto ilustra que la respuesta natural es
una respuesta oscilatoria exponencialmente amortiguada.
7.3.3 Respuesta críticamente amortiguada
Por último el caso en que ζ = 1, en este caso a la solución se le llama respuesta
críticamente amortiguada. Como ζ = 1, la parte del radical de las raíces s1 y s2 se hacen
cero y esto genera:
s1 = s2 = -ζωn. Por consiguiente 3( ) nt
nx t K e ζω−
=
donde K3 = K1 + K2. Sin embargo esta no puede ser una solución a la ecuación
diferencial de segundo orden, debido a que en general no es posible satisfacer las dos
condiciones iniciales x(0) y dx(0)/dt con la única constante K3.
En el caso donde la ecuación característica tiene raíces repetidas, puede obtenerse una
solución de la siguiente manera. Si se sabe que x1(t) es una solución de la ecuación
homogénea de segundo orden, entonces vía la sustitución x(t) = x1(t)y(t) podemos
transformar la ecuación diferencial dada en una ecuación de primer orden en dy(t)/dt.
Como esta ecuación resultante es sólo una función de y(t), puede resolverse para
encontrar la solución general x(t) = x1(t)y(t)

Para nuestro caso, s1 = s2 = - ζωn. Por simplicidad hacemos α = ζωn, y, de aquí, la
ecuación básica es:
0)(
)(
2
)( 2
2
2
=++ tx
dt
tdx
dt
txd
αα y una solución conocida es 1 3( ) t
x t K e α−
=
Empleando la sustitución
x2(t) = x1(t)y(t) = K3℮-αt
y(t), la ecuación cuadrática se convierte en
2
2
3 3 32
[ ( )] 2 [ ( )] ( )t t td
K e y t K e y t K e y t
dt
α α α
α α− − −
+ + 0=
Evaluando las derivadas obtenemos:
3 3 3
( )
[ ( )] ( )t td d
K e y t K e y t K e
dt dt
α α α
α− − −
= − + t y t
2 2
2
3 3 3 32 2
( ) ( )
[ ( )] ( )] 2t t t td d
K e y t K e y t K e K e
dt dt dt
α α α α
α α− − − −
= − +
y t d y t
Si sustituimos esas expresiones en la ecuación precedente se obtiene:
2
3 2
( )
0t d y t
K e
dt
α−
= . Por lo tanto 0
)(
2
2
=
dt
tyd
, y de aquí,
y(t) = A1 + A2t. Por ende la solución general es:
x2(t) = x1(t)y(t) = K3℮-αt
(A1 + A2t), la cual
puede escribirse como:
2 1 2( ) ( ) nt t
nx t x t B e B t e nζω ζω−
= = + −
t
, donde B1
+ B2 son constantes derivadas de las
condiciones iniciales.
La Figura 7.3.1 ilustra gráficamente los tres
casos para las situaciones en las que xn(0) =
0. Advertimos que la respuesta críticamente
amortiguada tiene un pico y decae más
rápido que la respuesta sobre amortiguada.
La respuesta subamortiguada es una
senoide exponencialmente amortiguada
cuya velocidad de decaimiento depende del
factor ζ. En realidad los términos n
e ζω−
±
definen lo que se llama la envolvente de la
respuesta, y las oscilaciones amortiguadas
(es decir, las oscilaciones de amplitud
decreciente) exhibidas por la forma de onda
0
Críticamente amortiguado
xn(t)
Sobre amortiguado
t
0
℮-αt
Subamortiguado
xn(t)
t
Figura 7.3.1

de la figura se llaman oscilaciones amortiguadas.
Analizaremos ahora una serie de ejemplos de circuitos RLC simples que contienen
condiciones iniciales diferentes de cero y funciones forzantes constantes, considerando
circuitos que exhiben respuestas sobre amortiguadas, subamortiguadas y críticamente
amortiguada.
R
L C
iL(0)
vC(0)
v(t)
+
-
Figura 7.3.2
Ejemplo 7.3.1
Considere el circuito paralelo de la Figura 7.3.2, con
R = 2Ω, C =1/5 F, y L = 5H, con condiciones
iniciales iL(0) = -1A y vC(0) = 4V. Encuentre el
voltaje v(t).
Solución:
Primero tenemos que obtener la ecuación diferencial de segundo orden, en este caso
aplicando LKC.
iR + iL + iC = 0, sustituyendo por la ley del elemento de cada uno de ellos, obtenemos:
0
)(
)()(
1)(
0
0
=+++ ∫ dt
tdv
Ctidxxv
LR
tv
L
t
t
, derivando esta expresión con respecto al
tiempo y reacomodando la expresión, se obtiene:
0
)()(1)(
2
2
=++
LC
tv
dt
tdv
RCdt
tvd
Sustituyendo los valores de R, L y C en la ecuación diferencial, obtenemos:
0)(
)(
5.2
)(
2
2
=++ tv
dt
tdv
dt
tvd
Entonces la ecuación característica será:
s2
+ 2.5s + 1 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces:
s1 = -2 y s2 = -0.5
Como las raíces son reales y diferentes la respuesta del circuito es sobre amortiguado y
v(t) será de la forma:
v(t) = K1℮-2t
+ K2℮-0.5t
Sin embargo otra alternativa para llegar a concluir el tipo de respuesta es: comparamos
la expresión:
0
)()(1)(
2
2
=++
LC
tv
dt
tdv
RCdt
tvd
, con la expresión:

0)(
)(
2
)( 2
2
2
=++ tx
dt
tdx
dt
txd
nn ωζω , y quitando la variable v(t) que buscamos, obtenemos
la ecuación característica del circuito:
s2
+ 2ζωns + ωn
2
= 0, donde 2ζωn = 1/RC y ωn
2
= 1/LC, se obtiene que el coeficiente de
amortiguamiento es
C
L
R2
1
=ζ y la frecuencia resonante es
LC
n
1
=ω
y sustituyendo los valores de los componentes obtenemos: ζ = 1.25 y ωn = 1 rad/s
Como: ζ > 1 entonces la respuesta será sobre amortiguada. Procedemos a encontrar las
raíces usando la fórmula cuadrática, de la ecuación característica, como fue encontrado
anteriormente
s1 = -2 y s2 = -0.5, y la solución toma la forma: v(t) = K1℮-2t
+ K2℮-0.5t
Las condiciones iniciales se emplean ahora para determinar las constantes K1 y K2.
Como v(t) = vC(t) entonces:
vC(0) = v(0) = K1℮0
+ K2℮0
= K1 + K2 = 4.
La segunda ecuación necesaria para determinar = K1 y K2 normalmente se obtiene de la
expresión:
2 0
1 2
( )
2 0.5t tdv t .5
K e K e
dt
− −
= − −
Sin embargo, la segunda condición inicial es dv(0)/dt. Tenemos que encontrar esta
derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación nodal inicial
podemos despejar dicha derivada, así:
0
)(
)(
)(
=++
dt
tdv
Cti
R
tv
L , que al despejar tenemos:
C
ti
tv
RCdt
tdv L )(
)(
1)(
−−=
Y evaluándola para t = 0, obtenemos: 5)1(5)4(5.2
)0(
)0(
1)0(
−=−−−=−−=
C
i
v
RCdt
dv L
,
entonces formamos la otra ecuación que nos hacia falta
0 0
1 2
(0)
2 0.5
dv
K e K e
dt
= − − = −5. El sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas
formado es:
55.02 21 −=−− KK
K1 + K2 = 4. Multiplicando ésta ecuación por 2 y efectuando la reta de ambas
se obtiene:
-2K1 – 0.5K2 = -5
2K1 + 2K2 = 8
(3/2) K2 = 3 así K2 = 2 y K1 = 4 - K2 = 4, entonces K1 =2 Por lo tanto v(t) es:

v(t) = 2℮-2t
+ 2℮-0.5t
La gráfica del voltaje con respecto al tiempo se muestra en la
Figura 7.3.3
y La corriente n la bobina se relaciona con v(t) mediante la ecuación
∫= dttv
L
tiL )(
1
)( , entonces sustituyendo el valor de v(t) obtenemos:
2 0.51
( ) [2 2 ]
5
t t
Li t e e dt− −
= +∫ , por lo
tanto la corriente en la bobina será:
2 0.51 4
( )
5 5
t t
Li t e e A− −
= − −
Ejemplo 7.3.2
El circuito RLC serie que se muestra
en la Figura 7.3.4 tiene los siguientes parámetros: C = 0.04F,
L = 1H, R = 6Ω, iL(0) = 4A y vC(0) = -4V. Determinemos la
expresión para la corriente en la bobina y el voltaje en el
capacitor.
0
4
t (s)
v(t) (V)
1 2 3
0.6
Figura 7.3.3
R
L
vC(0)C
iL(0)
R
i(t)
Figura 7.3.4Solución:
Primero tenemos que obtener la ecuación diferencial de segundo orden, en este caso
aplicando LKV.
vR + vL + vC = 0, sustituyendo por la ley del elemento de cada uno de ellos, obtenemos:
0)()(
1)(
)( 0
0
=+++ ∫ tvdxxi
Cdt
tdi
LtiR C
t
t
, derivando esta expresión con respecto al
tiempo y reacomodando la expresión, se obtiene:
0
)()()(
2
2
=++
LC
ti
dt
tdi
L
R
dt
tid
Sustituyendo los valores de R, L y C en la ecuación diferencial, obtenemos:
0)(25
)(
6
)(
2
2
=++ ti
dt
tdi
dt
tid
s2
+ 6s + 25 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces:
s1 = -3 +j4 y s2 = -3 – j4

Como las raíces son complejas conjugadas entonces la respuesta del circuito es
submortiguada e i(t) será de la forma:
i(t) = A1℮-3t
cos4t + A2℮-3t
sen4t
Sin embargo otra alternativa para llegar a concluir el tipo de respuesta es: comparamos
la expresión:
0
)()()(
2
2
=++
LC
ti
dt
tdi
L
R
dt
tid
, con la expresión:
0)(
)(
2
)( 2
2
2
=++ tx
dt
tdx
dt
txd
nn ωζω , y quitando la variable i(t) que buscamos, obtenemos
la ecuación característica del circuito:
s2
+ 2ζωns + ωn
2
= 0, donde 2ζωn = R/L y ωn
2
= 1/LC, se obtiene que el coeficiente de
amortiguamiento es
L
CR
2
=ζ y la frecuencia resonante es
LC
n
1
=ω
y sustituyendo los valores de los componentes obtenemos: ζ = 0.6 y ωn = 5 rad/s
Como: ζ < 1 entonces la respuesta será subamortiguada. Procedemos a encontrar las
raíces usando la fórmula cuadrática, de la ecuación característica, como fue encontrado
anteriormente
s1 = -3 + j4 y s2 = -3 – j4, Y la solución toma la forma:
i(t) = A1℮-3t
cos4t + A2℮-3t
sen4t
Empleamos ahora las condiciones iniciales para encontrar los valores de A1 y A2. Como
i(t) = iL(t) entonces:
iL(0) = i(0) = A1℮0
cos0 + A2℮0
sen0 = 4, entonces obtenemos A1 = 4
La segunda ecuación necesaria para determinar = A1 y A2 normalmente se obtiene de la
expresión:
3 3 3 3
1 1 2 2
( )
4 4 3 cos4 4 cos4 3t t tdi t
4t
Ae sen t Ae t A e t A e sen t
dt
− − − −
= − − + − Y así
0 0 0 0
1 1 2 2
(0)
4 0 3 cos0 4 cos0 3
di
0Ae sen Ae A e A e sen
dt
= − − + −
21 43
)0(
AA
dt
di
+−=

Sin embargo, la segunda condición inicial es di(0)/dt. Tenemos que encontrar esta
derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación de malla
inicial podemos despejar dicha derivada, así:
0)(
)(
)( =++ tv
dt
tdi
LtiR C , que al despejar obtenemos:
)(
)()(
ti
L
R
L
tv
dt
tdi C
−−= , que evaluado en t = 0 se obtiene:
204
1
6
1
4
)0(
)0()0(
−=−=−−= i
L
R
L
v
dt
di C
Por lo tanto 2043 21 −=+− AA y como A1 = 4, entonces A2 = -2, así la expresión para
i(t) es:
i(t) = 4℮-3t
cos4t - 2℮-3t
sen4t A
Ahora el voltaje en el capacitor puede
determinarse vía la LKV usando la corriente
encontrada:
dt
tdi
LtiRtvC
)(
)()( −−= , entonces
sustituimos el valor de i(t) y obtenemos:
0
-4
t (s)
vC (V)
0.3 0.5 1 1.5
8
Figura 7.3.5
vC(t) = -24℮-3t
cos4t + 12℮-3t
sen4t +16℮-3t
sen4t
+ 12℮-3t
cos4t + 8℮-3t
cos4t - 6℮-3t
sen4t
vC(t) = -4℮-3t
cos4t + 22℮-3t
sen4t V. La gráfica
del voltaje se muestra en la Figura 7.3.5
R1
R2C
L
i(t)
v(t)
+
iL(0)
-
vC(0)
Figura 7.3.6
Ejemplo 7.3.3
Para el circuito mostrado en la Figura 7.3.6 se pide
encontrar el valor de v(t) e i(t), sabiendo que: R1 =
10Ω, R2 = 8Ω, C = 1/8F, L = 2H, vC(0) = 1V, iL(0) =
1/2A
Solución:
Primero encontraremos v(t) y luego i(t). Para v(t), necesitamos encontrar la ecuación
diferencial que describe al circuito, para ello es necesario aplicar una combinación de
leyes para encontrarla. Primero usaremos la LKV a la malla de la izquierda, así:
vL + vR1 + v(t) = 0 y sustituyendo obtenemos:

0)()(
)(
1 =++ tvtiR
dt
tdi
L (1)
Ahora aplicamos LKC al nodo entre R1 y R2, para obtener:
i(t) = iC + iR2 = 0 y sustituyendo obtenemos:
2
)()(
)(
R
tv
dt
tdv
Cti += (2)
Sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (1) y reacomodando, obtenemos:
0)(
)(1)(
2
211
2
2
2
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++ tv
LCR
RR
dt
tdv
L
R
CRdt
tvd
Sustituyendo por los valores de los componentes, se obtiene:
0)(9
)(
6
)/
2
2
=++ tv
dt
tdv
dt
tvd
s2
s1 = s2 = -3
Como las raíces son reales e iguales entonces la respuesta del circuito es críticamente
amortiguada y v(t) será de la forma:
v(t) = B1℮-3t
+ B2t℮-3t
Empleamos ahora las condiciones iniciales para encontrar los valores de B1 y B2. Como
v(t) = vC(t) entonces:
vC(0) = v(0) = B1℮0
+ B2(0)℮0
= 1, entonces obtenemos B1 = 1
La segunda ecuación necesaria para determinar = B1 y B2 normalmente se obtiene de la
expresión:
3 3
1 2 2
( )
3 t tdv t 3
3 t
B e B e B te
dt
− −
= − + − −
, y evaluándola en t = 0, se obtiene:
0 0
1 2 2
(0)
3 3
dv 0
(0)B e B e B e
dt
= − + −
213
)0(
BB
dt
dv
+−=

Sin embargo, la segunda condición inicial es dv(0)/dt. Tenemos que encontrar esta
derivada y evaluarla en t(0), no obstante podemos notar que de la ecuación (2) que del
análisis nodal inicial podemos despejar dicha derivada, así:
CR
tv
C
ti
dt
tdv
2
)()()(
−= , evaluando para t = 0,
3
8/8
1
8/1
2/1)0()0()0(
2
=−=−=
CR
v
C
i
dt
dv
Por lo tanto -3B1 + B2 = 3 y como B1 =
1, entonces B2 = 6, así la expresión para
v(t) es:
v(t) = ℮-3t
+ 6t℮-3t
V. La gráfica del
voltaje se muestra en la Figura 7.3.7
Entonces la corriente i(t) puede
determinarse de la ecuación (2) del
análisis nodal inicial, así:
0
0.2
t (s)
vC (V)
0.3 0.5 1 3
1
2
1.3
Figura 7.3.7
2
)()(
)(
R
tv
dt
tdv
Cti += , sustituyendo el valor de v(t) en dicha ecuación, obtenemos:
i(t) = (1/8)(-3℮-3t
+ 6℮-3t
– 18t℮-3t
) + (1/8)( ℮-3t
+ 6t℮-3t
)
i(t) = (1/2)℮-3t
– (3/2)t℮-3t
A
7.4 Respuesta Forzada y Completa de Circuitos de Segundo Orden
Una vez obtenida la ecuación diferencial de segundo orden que describe el circuito, que
de forma general es:
)()(
)()(
212
2
tftxa
dt
tdx
a
dt
txd
=++
La respuesta forzada xp(t) debe satisfacer dicha ecuación. Por tanto, al sustituir xp(t) en
la ecuación se tiene:
)()(
)()(
212
2
tftxa
dt
tdx
a
dt
txd
p
pp
=++
Se necesita determinar una xp(t) tal que ésta y sus primera y segunda derivadas
satisfagan la ecuación anterior.
Si la función forzada es una constante, es de esperarse que la respuesta forzada sea
también una constante, dado que las derivadas de una constante son cero. Si la función

forzada es de la forma exponencial como f(t) = B℮-at
, entonces las derivadas de f(t) son
todas exponenciales de la forma Q℮-at
y se espera que xp(t) = D℮-at
.
Si la función forzada es una función senoidal, puede esperarse que la respuesta forzada
sea una función senoidal. Si f(t) = Asenωot, se intentará con:
xp(t) = Msenωot + Ncosωot = Qsen(ωot + θ)
A continuación presentamos algunas funciones forzadas y su supuesta solución
Funciones Forzadas Solución supuesta
K A
Kt At +B
Kt2
At2
+ Bt + C
Ksenωt Asenωt + Bcosωt
K℮-at
A℮-at
Ahora veamos algunos ejemplos.
if u(t) R L C
v(t)
i(t)
Figura 7.4.1
Ejemplo 7.4.1
Determine la respuesta forzada de la corriente
del inductor ip(t) en el circuito RLC paralelo
mostrado en la Figura 7.4.1 cuando if = 8℮-2t
, R
= 6Ω, L = 7H y C = (1/42)F.
Solución:
Primero necesitamos encontrar la ecuación diferencial que describe el circuito, para ello
aplicaremos LKC al nodo superior:
iR + i(t) + iC = if , entonces,
v(t) / R + i(t) + Cdv(t)/dt = if, pero como el voltaje del capacitor es el mismo que el
voltaje del inductor por estar en paralelo, hacemos uso de v(t) = Ldi(t)/dt, sustituyendo
esto en la ecuación nodal obtenida y reacomodando, tenemos:
LC
i
ti
LCdt
tdi
RCdt
tid f
=++ )(
1)(1)(
2
2
, sustituyendo los valores obtenemos:
2
2
2
( ) ( )
7 6 ( ) 48 td i t di t
i t e
dt dt
−
+ + =
Como la única respuesta solicitada es la respuesta forzada, entonces suponemos que ip(t)
será de la forma:

ip(t) = A℮-2t
, entonces la sustituimos en la ecuación diferencial para encontrar el valor de
A, así:
4A℮-2t
+ 7(-2A℮-2t
) + 6A℮-2t
= 48℮-2t
, entonces,
(4 – 14 + 6)A℮-2t
= 48℮-2t
, entonces A = -12 por lo tanto la respuesta forzada será:
ip(t) = -12℮-2t
A
Ejemplo 7.4.2
Determinemos el voltaje de
salida v(t) para t > 0, en el
circuito mostrado en la
Figura 7.4.2 El circuito para
t < 0 esta en estado estable.
Los valores son: R1 = 10Ω,
R2 = 2Ω, L = 2H, C =
(1/4)F.
Solución:
Primero debemos redibujar
nuestro circuito para t > 0,
como es mostrado en la
Figura 7.4.3.
Ahora tenemos que encontrar la ecuación diferencial que describe el circuito, para ello
hay que utilizar las herramientas de análisis de circuitos. En este caso, haremos una
combinación de dos leyes para poder obtener la ecuación diferencial. Primero
aplicaremos LKV a la malla de la izquierda del circuito, así obtenemos:
24)()(
)(
1 =++ tvtiR
dt
tdi
L (1) y aplicando LKC al nodo de salida obtenemos otra
ecuación,
2
)()(
)(
R
tv
dt
tdv
Cti += (2), como buscamos v(t), entonces sustituimos la ecuación (2) en
la ecuación (1) para obtener la ecuación diferencial en función de v(t), y reacomodando
se obtiene:
LC
tv
LCR
RR
dt
tdv
L
R
CRdt
tvd 24
)(
)(1)/
2
211
2
2
2
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
+⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++
Sustituyendo los valores de lo s componentes en la ecuación diferencial se obtiene:
24V
12V
L R1
C R2 v(t)
+
-
t = 0
i(t)
Figura 7.4.2
24V
12V
L R1
C R2 v(t)
+
-
i(t)
Figura 7.4.3

48)(12
)(
7
)/
2
2
=++ tv
dt
tdv
dt
tvd
De aquí, la ecuación característica es:
s2
s1 = -3 y s2 = -4
Entonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la
forma:
vn(t) = K1℮-3t
+ K2℮-4t
Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que
la respuesta forzada también es constante, así vp(t) = K3, por lo tanto la solución general
es:
v(t) = K1℮-3t
+ K2℮-4t
+ K3
Para obtener el valor de K3, lo sustituimos en la ecuación diferencial y obtenemos que:
K3 = 48/2 = 4, Otra forma de encontrar
el valor de K3, es considerando el
circuito para t > 0 en estado estable,
como se muestra en la Figura 7.4.4 y
así encontrar v(t) en estado estable, a
través de un divisor de voltaje,
10Ω
2Ω24V v(t)
+
-
Figura 7.4.4
v(t) = (2/12)24 = 4V, entonces K3 = 4
10ΩiL(0-
)
+
2Ω
Ahora para encontrar los valores de K1
y K2 haremos uso de las condiciones
iniciales, para ello necesitamos
redibujar el circuito para t < 0, como se
muestra en la figura 7.4.5
12V vC(0-
)
-
v(0-
)
+
-
Entonces iL(0-
) =12/12 = 1A y vC(0-
) =
(2/12)12 = 2V, así como iL(0-
) = iL(0) = iL(0+
) = i(0+
) y vC(0-
) = vC(0) = vC(0+
) = v(0+
),
entonces podemos evaluar v(t) en t = 0 y obtener la primera ecuación, así:
Figura 7.4.5
v(0) = K1 + K2 + 4 = 2, reduciendo se tiene: K1 + K2 = -2
La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v(t), así:
dv(t)/dt = -3K1℮-3t
- 4K2℮-4t
y evaluándola para t = 0 obtenemos:
dv(0)/dt = -3K1 - 4K2

De la ecuación nodal (2) que utilizamos para obtener la ecuación diferencial podemos
despejar la primera derivada de v(t), evaluarla en t = 0 y encontrar su valor para
utilizarlo en la ecuación anterior, así
CR
tv
C
ti
dt
tdv
2
)()()(
−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:
0
4/2
2
4/1
1)0()0()0(
2
=−=−=
CR
v
C
i
dt
dv
, así la segunda ecuación es:
dv(0)/dt = -3K1 - 4K2 = 0, Resolviendo para K1 y K2 obtenemos: K1 = -8 y K2 = 6, por
lo tanto la respuesta completa del circuito es:
v(t) = -8℮-3t
+ 6℮-4t
+ 4 V
7.5 Problemas Resueltos
Ejemplo 7.5.1
Encuentre io(t) para t >
0 en el circuito que se
muestra en la figura
7.5.1 y grafique la
respuesta incluyendo el
intervalo de tiempo
justo antes de abrir el
interruptor.
Solución:
Para encontrar io(t) para t >
0, es necesario redibujar
nuestro circuito para t > 0 y
encontrar luego el voltaje
del capacitor que es igual al
voltaje v(t) ya que todos los
elementos se encuentran en
paralelo, para luego aplicar
la ley de Ohm y encontrar
io(t) como:
io(t) = v(t)/5
El circuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.2.
Para encontrar v(t) aplicamos la LKV al nodo superior, así:
1Ω 5Ω1H1A iL(t)
2
2/5 F
v(t)
io(t)
t = 0
Figura 7.5.1
1Ω 5Ω1H1A iL(t)
2
2/5 F
v(t)
io(t)
Figura 7.5.2

⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
++++=⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡
++ ∫∫ )()(
1)(
5
)(
1
)(
)()(
1
2
1
1 oL
t
t
oL
t
t
tidxxv
Ldt
tdv
C
tvtv
tidxxv
L oo
Esta expresión integro-diferencial la debemos derivar con respecto al tiempo, para
obtener la ecuación diferencial de segundo orden, característica del circuito, así:
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+++=⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
)(
1)(
5
)(
1
)(
)(
2
1
2
2
tv
Ldt
tvd
C
dt
tdv
dt
tdv
tv
L
, reacomodando y sustituyendo valores
de L y C, obtenemos:
0)(
4
5)(
3
)(
2
2
=++ tv
dt
tdv
dt
tvd
,
Como podemos observar ésta ecuación es igual a cero, entonces solo tendremos
solución natural y tendremos que encontrar a cual respuesta natural obedece, en
dependencia de los valores de las raíces de la ecuación característica.
La ecuación característica es entonces:
s2
+ 3s + 5/4 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
s1 = -1/2 y s2 = -5/2
Entonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la
forma:
v(t) = K1℮-t/2
+ K2℮-5t/2
Ahora para encontrar los
valores de K1 y K2 haremos
uso de las condiciones
iniciales, para ello
necesitamos redibujar el
circuito para t < 0, como se
muestra en la figura 7.5.3.
1Ω1A 5Ω
iL(0-
)
2
iL(0-
)
+
vC(0-
)
-
Figura 7.5.3
Como podemos observar del circuito iL(0-
) = 0A y vC(0-
) = 0V
Y como vC(0-
) = vC(0) = vC(0+
) = v(0) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación
general de v(t), obtenemos:
v(0) = K1 + K2 = 0, que es la primera ecuación,
La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v(t), así:
dv(t)/dt = -(1/2)K1℮-t/2
– (5/2)K2℮-5t/2
dv(0)/dt = -(1/2)K1 – (5/2)K2

Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial que utilizamos para obtener la
ecuación diferencial y despejamos la primera derivada de v(t), para evaluarla en t = 0 y
encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:
)(3)(
4
5
2
5)(
tvti
dt
tdv
L −−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:
2
5
00
2
5
)0(3)0(
4
5
2
5)0(
=−−=−−= vi
dt
dv
L , así la segunda ecuación es:
dv(0)/dt = -(1/2)K1 – (5/2)K2 = 5/2, Resolviendo para K1 y K2 obtenemos: K1 = 5/4 y K2
= -(5/4), entonces el voltaje v(t) es:
0 5 t (s)
io(t) (mA)
1 2 3 4
140
Figura 7.5.4
v(t) = (5/4)℮-t/2
– (5/4)℮-5t/2
V, por lo tanto la
corriente io(t) será:
io(t) = v(t)/5 = (1/4)℮-t/2
– (1/4)℮-5t/2
A
La figura 7.5.4 muestra io(t)
Ejemplo 7.5.2
Encuentre vo(t) para t > 0 para el circuito
que se muestra en la figura 7.5.5 y
grafique la respuesta incluyendo el
intervalo de tiempo justo antes de abrir el
interruptor.
24V
12KΩ
6KΩ
1KΩ
3KΩ
2mH
250pF
250pFt = 0
vo(t)
+
-
Figura 7.5.5Solución:
Para encontrar vo(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0 y
encontrar luego la corriente del inductor, para luego aplicar la ley de Ohm y encontrar
vo(t) como:
3KΩ
1KΩ12KΩ
6KΩ24V
2mH
125pF
vo(t)
+
-
iL(t)
i1
i2
Figura 7.5.6
vo(t) = iL(t)*3K
El circuito para t > 0, se muestra en la
figura 7.5.6.
Para encontrar iL(t) haremos uso del
análisis de malla como es mostrado en
la figura arriba.
Aplicando LKV a la malla 1 tenemos:
24 = (12K + 6K)i1 - 6Ki2 (1)

06)()(
1
)631( 1
2
22 =−+++++ ∫ Ki
dt
di
Ltvdxxi
C
iKKK
t
t
o
o
(2)
De la ecuación 1 podemos despejar i1 en función de i2, así:
K
Ki
i
18
624 2
1
+
= , e introducirla en la ecuación 2 para obtener:
028)()(
1
)10( 2
2
22 =−−+++ ∫ Ki
dt
di
Ltvdxxi
C
iK
t
t
o
o
(3)
Ahora como la corriente de malla i2 coincide con la corriente del inductor iL(t) y
derivando la ecuación integro-diferencial de arriba, obtenemos la ecuación diferencial
de segundo orden, característica del circuito:
0
)(
2
)(
)(
1)(
)10( 2
2
2
=−++
dt
tdi
K
dt
tid
Lti
Cdt
tdi
K LL
L
L
Sustituyendo valores y reacomodando se tiene:
0)(4
)(
4
)(
2
2
=++ tTi
dt
tdi
M
dt
tid
L
LL
,
Como podemos observar ésta ecuación es igual a cero, entonces solo tendremos
solución natural y tendremos que encontrar a cual respuesta natural obedece, en
dependencia de los valores de las raíces de la ecuación característica.
La ecuación característica es entonces:
s2
+ 4Ms + 4T = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
s1 = s2 = -2M
Entonces la respuesta natural del circuito es críticamente amortiguada, y por lo tanto
toma la forma:
v(t) = K1℮-2Mt
+ K2t℮-2Mt
1KΩ
3KΩ
12KΩ
6KΩ
Ahora para encontrar los valores de K1 y
K2 haremos uso de las condiciones
iniciales, para ello necesitamos redibujar el
circuito para t < 0, como se muestra en la
figura 7.5.7.
24V
vC(0-
)+
iL(0-
)
-
Figura 7.5.7
Como podemos observar del circuito iL(0-
) = 0A y vC(0-
) = 0V
Y como iL(0-
) = iL(0) = iL(0+
) = 0A, entonces evaluándola en la ecuación general de
iL(t), obtenemos:

iL(0) = K1 = 0
La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta iL(t), así:
diL(t)/dt = -2MK2t℮-2Mt
+ K2℮-2Mt
diL(0)/dt = K2
Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial (3) que obtuvimos de insertar la
ecuación 1 en la ecuación 2 y despejamos la primera derivada de i2(t) (que es iL(t)), para
evaluarla en t = 0 y encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:
)(500)(44
)(
tvtMiK
dt
tdi
CL
L
−−= y al evaluarla en t = 0, tenemos:
KKvMiK
dt
di
CL
L
4004)0(500)0(44
)0(
=−−=−−= , así la segunda ecuación es:
0 t (s)
vo(t) (V)
1M 2M 3M
2
Figura 7.5.8
diL(0)/dt = K2 = 4K, entonces la corriente iL(t) es:
iL(t) = 4Kt℮-2Mt
A, por lo tanto el voltaje vo(t) será:
vo(t) = iL(t)*3K = 12Mt℮-2Mt
V
La figura 7.5.8 muestra vo(t)
Ejemplo 7.5.3
Encuentre vo(t) para t > 0 para el circuito que se muestra en la figura 7.5.9 y grafique la
respuestaincluyendo el intervalo de tiempo justo antes de abrir el interruptor.
10mV
4KΩ
4KΩ 30KΩ 15KΩ
v(t)
25
8mH 100pFv(t)
+
+
- -
vo(t)
t = 0
Figura 7.5.9
Solución:
Para encontrar vo(t) para t > 0, es necesario redibujar nuestro circuito para t > 0 y vo(t)
será igual al voltaje del capacitor vC(t), ya que ambos comparten el mismo par de nodos:
El circuito para t > 0, se muestra en la figura 7.5.10.
10mV
4KΩ
4KΩ 30KΩ 15KΩ
v(t)
25
8mH 100pFv(t)
+ +
- -
vo(t)
Figura 7.5.10

Ahora procederemos a encontrar la ecuación diferencial de segundo que define el
ircuito, para ello aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así:c
0)0()(
1)(
15
)(
30
)(
0
=++++ −
∫ L
t
C
CCC
idxxv
Ldt
tdv
C
K
tv
K
t
la ecuación
iferencial de segundo orden, característica del circuito, así:
v
Como podemos observar de la ecuación anterior, no aparece la fuente dependiente ya
que v(t) = 0, porque el interruptor se encuentra abierto. Ahora ésta expresión integro-
diferencial la debemos derivar con respecto al tiempo, para obtener
d
0)(
1)(
1530 LdtKdtKdt
reacomodando obtenemos:
)()(
2
2
=+++ tv
tvd
C
tdvtdv
C
CCC
, sustituyendo los valores de L y C y
0)(25.1
)(
1
)(
2
2
=++ tTv
dt
tdv
M
tvd
C
CC
dt
Como podemos observar ésta ecuación
os que encontrar a cual respuesta natural obedece, en
e las raíces de la ecuación característica.
La ecuación característica es entonces
+ 1Ms + 1.25T = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
ntonces la respuesta natural del circuito es subamortiguada, y por lo tanto toma la
los valores de K1 y K2 haremos uso de las condiciones iniciales,
ara ello necesitamos redibujar el circuito para t < 0, como se muestra en la figura
om :
(t) = (4K/8K)*10m = 5mV, entonces iL(0-
) = -0.2mA
como vC(0-
) = vC(0) = vC(0+
) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de
C(t), obtenemos:
es igual a cero, entonces solo tendremos
solución natural y tendrem
ependencia de los valores dd
:
s2
s1,2 = -(1/2)M ± j1M
E
forma:
vC(t) = ℮-500Kt
[K1cos(1Mt) + K2sen(1Mt)]
Ahora para encontrar
p
7.5.11.
C o podemos observar del circuito vC(0-
) = 0V, pero iL(0-
) = -v(t)/25, pero v(t) es
v
Y
v
10m 4KΩV
4KΩ
30KΩ 15KΩ
25
v(t)v(t)
+ +
vo(0-
)vC(0-
)
+
-
- --iL(0 )
Figura 7.5.11

vC(0) = K1 = 0
a segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:
v (t)/dt = -500K℮-500Kt
[K sen(1Mt)] + ℮-500Kt
[1MK cos(1Mt)] y evaluándola para t = 0
2
e aplicar la LKC al
odo superior del capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en
L
d C 2 2
obtenemos:
dvC(0)/dt = 1MK
Ahora regresamos a la ecuación integro-diferencial que obtuvimos d
n
t = 0 y encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:
)(1)(10Gi
dt
L
C
−=
dv )(
tMvt
t
C− y al evaluarla en t = 0, tenemos:
MMMvGi
dt
dv
CL
C
202)0(1)0(10
)0(
=−−=−−=
así la segunda ecuación es:
vo(t) (V)
,
dvC(0)/dt = 1MK2 = 2M, de d
2 = 2, entonces el voltaje vo(t) es:
vo(t) = vC(t) = 2℮-500Kt
[sen(1Mt)] V
)
ito que se
figura 7.5.13. Suponga que existen condiciones de
voltaje del capacitor o en
nción de la corriente del inductor.
l circuito para t > 0 se muestra en la figura 7.5.14:
hora procederemos a encontrar el voltaje v(t) como
e corriente.
onde obtenemos
K
La Figura 7.5.12 muestra vo(t
Ejemplo 7.5.4
Determine v(t) para t > 0 en el circu muestra en
la
estado estable cuando t = 0-
.
Solución:
Para encontrar v(t) para t > 0, es necesario redibujar
nuestro circuito para t > 0, y el voltaje v(t) debe
encontrarse en función del
fu
E
A
una función del voltaje del capacitor (se le deja al lector,
encontrar el voltaje v(t) en función de la corriente del
inductor) para ello aplicaremos la LKV a ambas mallas d
superior de la fuente independiente d
el circuito y la LKC al nodo
0 t (s)
1
2M 6M4M
Figura 7.5.12
6Ω
2Ω
5/2 A 2H
t = 0
2Ω
5/2 A 2H
1/8 F1/8 F
v
+
-
Figura 7.5.13
6Ω
2Ω
5/2 A
1/8 F
2Hv
+
-iC iL
Figura 7.5.14

Aplicando la LKC al nodo superior de la fuente, tenemos:
rda del circuito, para obtener v(t), así:
demos aplicar la LKV a la malla derecha del circuito para obtener v(t),
sí:
= v2Ω + vL = 2i + v = 2iL + LdiL/dt (3)
e la ecuación (1) podemos despejar i en función de i , así: i = 5/2 - i e insertándola
5/2 = iC + iL (1)
Ahora aplicaremos la LKV a la malla de la izquie
v = v6Ω + vC = 6iC + vC (2)
Pero también po
a
v L L
D L C L C
en la ecuación (3) obtenemos:
dt
di
Lii
dt
Liv CCC −−=−+−= 25)
2
()
2
(2
d C55
(4), ésta expresión la igualamos a la
teexpresión de la ecuación (2) para ob ner la ecuación diferencial de segundo orden
característica del circuito
dt
di
Livi C
CCC −−=+ 256 , sustituyendo iC = CdvC/dt y reacomodando el circuito
tenemos:
582
2
dvvd
=++ C
CC
v
dt
C
dt
, sustituyendo los valores de L y C y reacomodando
obtenemos:
LC
20442
2
v
=++ C
CC
v
dt
dv
dt
os observar ésta ecuación no es igual a cero, entonces tendremos solución
ción particular. La solución total será:
vC(t) = vCn(t) + vCf(t)
ara obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que
el valor de K3, así:
d
Como podem
natural y solu
P
la respuesta forzada también es constante, así vCf(t) = K3, ésta solución se sustituye en la
ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra
2044 3
33
2
++ K
dKKd
2
= , de aquí que K3 = 20/4 = 5
s2
+ 4s + 4 = 0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
dtdt
Para obtener la respuesta natural, hacemos uso de la ecuación característica, para
obtener las raíces, así:

s1 = s2 = -2
ntonces la respuesta natural del circuito es críticamente amortiguada, y por lo tanto
Cn 1 2
t
, entonces la solución total será:
2
0, como se muestra en la figura 7.5.15.
C L(0-
)
C 1 1
C í:
t
C 2
mos de aplicar la LKC al nodo superior
a evaluarla en t = 0
E
toma la forma:
(t) = K ℮-2t
+ K t℮-2
v
-2t
+ K t℮-2t
+ 5vC(t) = K1℮
Ahora para encontrar los valores de K1 y K2 haremos uso de
las condiciones iniciales, para ello necesitamos redibujar el
ircuito para t <
v
-vC(0-
)
iL(0-
)c
omo podemos observar del circuito v (0C -
) = 0V, pero i
= 5/2 A,
Y como vC(0-
) = vC(0) = vC(0+
) = 0V, entonces evaluándola en
v
la ecuación general de
C(t), obtenemos:
(0) = 5 + K = 0, entonces K = -5v
La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta v (t), as
dvC(t)/dt = 10℮-2t
- 2K2t℮-2
+ K2℮-2t
v (0)/dt = 10 + Kd
hora regresamos a la ecuación (1) que obtuviA
de la fuente de 5/2 A y despejamos la primera derivada de vC(t), par
encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:y
CCdt
−=
tt )(2/5)( iLC
y al evaluarla en t = 0, tenemos:
dv
0
8/1
2/5
8/1
2/5)0(
=−=
dt
dvC
dvC(0)/dt = 10 + K2 = 0, de donde obtenemos K2 = -10, entonces el voltaje vC(t) es:
vC(t) = -5℮-2t
- 10t℮-2
os uso
e la ecuación (2):
v = 6iC + vC = 6CdvC/dt + os:
t
+ 5, pero como estamos interesados en encontrar v(t) harem
d
vC, sustituyendo vC(t), tenem
( )2 2 2 2 23
( ) 10 20 10 5 5 10t t t t t
v t e te e e e− − − − −
= + − + − −
4
- 10t℮ , por lo tanto será: v(t) = 5 - 5℮ + 5t℮ Vv(t) = 15t℮-2t
+5 - 5℮-2t -2t -2t -2t
+
+
-
2Ω
6Ω
5/2 A
Figura 7.5.15

Ejemplo 7.5.5
Determine v(t) para t > 0 en el circuito que
se muestra en la figura 7.5.16. Suponga
ue existen condiciones de estado estable
olución:
á
del capacitor vC(t), ya que v(t)
encuentra entre las terminales del
apacitor:
l circuito para t > 0, se muestra en la figura
ial de segundo orden característica del
imero aplicaremos la LKV a la malla derecha del circuito, así:
hora aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así:
q
cuando t = 0-
.
S
Para encontrar v(t) para t > 0, es necesari
redibujar nuestro circuito para t > 0 y v(t) ser
igual al voltaje
o
se
c
E
7.5.17.
Ahora procederemos a encontrar el voltaje v(t) = v
LKC y la LKV para obtener la ecuación diferenc
circuito. Pr
C(t) utilizando una combinación de la
v = vL + v6Ω = LdiL/dt + 6iL (1)
A
i4Ω = iL + iC , entonces despejando iL obtenemos:
dt
Ci C
L −=
4
(2) y sustitu
dvv C−4
yendo ésta en la ecuación (1) se tiene:
⎟
⎠
⎞⎛ −⎞⎛ − dvvdvvd CCCC 44
⎜ −+⎟⎜ −==
t
CCLvC 6 , efectuando operaciones, tenemos:
⎝⎠⎝ ddtdt 44
v
dt
C
dt
CCC
6
2
62
−−+ , sustituyendo los valore
dvvvd
LC
dt
dvL
v C
C
3
4
2
−−= s de L y C y
acomodando obtenemos:re
241072
2
=++ C
CC
v
dt
dv
dt
vd
Como podemos observar ésta ecuación no es
natural y solución particular. La solución total será:
C(t) = vCn(t) + vCf(t)
igual a cero, entonces tendremos solución
v
10V
4Ω
1H
¼ F4u(t) V v
+
-
t = 0
6Ω
Figura 7.5.16
10V
4Ω
6Ω
1H
¼ F4V v
+
-
iC
iL
Figura 7.5.17

Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una constante, entonces suponemos que
el valor de K3, así:
la respuesta forzada también es constante, así vCf(t) = K3, ésta solución se sustituye en la
ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra
24107 33
2
++ K
dKKd
32
= , de aquí que K3 = 24/10 = 2.4
s2
+ 7s + 10 = 0 y aplicando
= -2 y s2 = -5
atural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la
rma:
Cn(t) = K1℮ + K2℮ , entonces la solución total será:
C(t) = K1℮ + K2℮-5t
+ 2.4
ara encontrar los valores de K1 y K2
aremos uso de las condiciones iniciales,
ara t < 0, como se muestra en la figura
(0 ) = 6/6 = 1A
= vC(0 ) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de
C(t), obtenemos:
C(0) = K1 + K2 + 2.4 = 6,
La segunda ecuación la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:
- 5K2℮ y evaluándola para t = 0 obtenemos:
al nodo superior
el capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en t = 0 y
dtdt
Para obtener la respuesta natural, hacemos uso de la ecuación característica, para
la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
s1
Entonces la respuesta n
fo
-2t -5t
v
-2t
v
Ahora p
4Ω
h
para ello necesitamos redibujar el circuito
p
7.5.18.
Del circuito obtenemos vC(0-
) haciendo un
divisor de voltaje, así:
vC(0-
) = (6/10)*10 = 6V y para obtener iL(0-
) ap
-
licaremos la ley de Ohm, así:
iL
Y como vC(0-
) = vC(0) +
v
v
Y
dvC(t)/dt = -2K1℮-2t -5t
dvC(0)/dt = -2K1 -5K2
Ahora regresamos a la ecuación (2) que obtuvimos de aplicar la LKC
d
encontrar su valor que será utilizado en la ecuación anterior, así:
10V
6Ω
0V
+
-
vC(0-
)
iL(0-
)
Figura 7.5.18

CCCdt
LCC
4
dv titvt )()(1)(
6
4/1
161)0(dv
)4/1(44/1
−=−−=
dt
C
vC(0)/dt = -2K1 - 5K2 = -6, Resolviendo las dos ecuaciones para K1 y K2 obtenemos K1
2 = -0.4, entonces el voltaje vC(t) es:
vC(t) = v(t) = 4℮-2t
– 0.4℮-5t
+ 2.4 V
muestra en la figura 7.5.19, si vf = 8℮-
u(t). Suponga que existen condiciones de
uando t = 0-
.
0, es necesario
dibujar nuestro circuito para t > 0 y v(t)
rá igual al voltaje del capacitor vC(t), ya
tre las terminales del
apacitor:
remos a encontrar el voltaje v(
KC y la LKV para obtener la ecuación diferencial de segundo orden característica del
lla derecha del circuito, así:
= v Ω + v = 6i + Ldi /dt (1)
= iL + i , entonces despejando iL obtenemos:
d
= 4, y K
Ejemplo 7.5.6
Determine v(t) para t > 0 en el circuito que
se
4t
estado estable c
Solución:
Para encontrar v(t) para t >
re
se
que v(t) se encuentra en
c
El circuito para t > 0, se muestra en la figura
7.5.20.
Ahora procede t) = vC(t) utilizando una combinación de la
L
circuito. Primero aplicaremos la LKV a la ma
v 6 L L L
Ahora aplicaremos la LKC al nodo superior del capacitor, así:
i4Ω C
dt
Ci CCf
L −=
4
(2) y sustituyendo ésta en la ecuación (1)
dvvv −
se tiene:
⎟⎟
⎠⎝⎠
⎞
⎜⎜ −+⎟⎟⎜⎜
⎝
−==
dt
dv
C
dt
L
dt
Cv CCfCCf
C
44
6 , efectuando operaciones,
tenemos:
⎛ −⎞⎛ − vvddvvv
v
4Ω 6Ωt = 0
vf
1H¼ F20V v
+
-
Figura 7.5.19
vf
4Ω 6Ω
1H¼ F20V v
+
-
iLiCi4Ω
Figura 7.5.20

2
2
44
6
2
3
2
3
dt
vd
LC
dt
dvL
dt
dvL
dt
dv
C
vv
v CCfCCf
C −−+−−= , sustituyendo los valores de L.
C y vf y reacomodando obtenemos:
2
4 4
2
7 10 32 48 16t tC C
C
d v dv
v e e
dt dt
− −
+ + = − + = 4t
e−
ual a cero, entonces tendremos solución
. La solución total será:
vC(t) = vCn(t) + vCf(t)
xponencial, así vCf(t) = K3℮-4t
, ésta
lución se sustituye en la ecuación diferencial de segundo orden y se encuentra el valor
omo podemos observar ésta ecuación no es igC
natural y solución particular
Para obtener la respuesta forzada, como f(t) es una señal exponencial, entonces
suponemos que la respuesta forzada también será e
so
de K3, así:
2 4 4
4 43 3
32
( ) ( )
7 10( ) 16
t t
t td K e d K e
K e e
dt dt
− −
− −
+ + = , efectuando las derivadas tenemos:
4
6 t 4 4
3 3 3
4
28 10 16t t t
K e K−
− +1 e K e e− − −
= , de aquí que K3 = -16/2 = -8, así:
vCf(t) = -8℮-4t
ta natural, h cterística, para
0 y aplicando la fórmula cuadrática obtenemos las raíces
tonces la respuesta natural del circuito es sobre amortiguada, y por lo tanto toma la
K2℮-5t
, entonces la solución total será:
hora para contra los valores de K1 y
iciales, pa ello n esita os redibujar el
muestra en la
gura 7.5.21.
0 = 12V y para obtener iL(0
Para obtener la respues acemos uso de la ecuación cara
s2
+ 7s + 10 =
s1 = -2 y s2 = -5
En
forma:
vCn(t) = K1℮-2t
+
vC(t) = K1℮-2t
+ K2℮-5t
- 8℮-4t
4Ω 6Ω
A en r
K2 haremos uso de las condiciones +
-
iL(0-
)
vC(0-
)20V
in ra ec m
circuito para t < 0, como se
0V
fi
Figura 7.5.21
Del circuito obtenemos vC(0-
) haciendo un
divisor de voltaje, así:
vC(0-
) = (6/10)*2 -
) aplicaremos la ley de Ohm, así:

iL(0-
) = 12/6 = 2A
Y como vC(0-
) = vC(0) = vC(0+
) = 0V, entonces evaluándola en la ecuación general de
C(t), obtenemos:
C(0) = K1 + K2 - 8 = 12,
ción la obtenemos de derivar la respuesta vC(t), así:
℮-5t
+ 32℮-4t
do superior
el capacitor y despejamos la primera derivada de vC(t), para evaluarla en t = 0 y
tilizado en la ecuación anterior, así:
v
v
Y La segunda ecua
dvC(t)/dt = -2K1℮-2t
- 5K2
dvC(0)/dt = -2K1 -5K2 + 32
Ahora regresamos a la ecuación (2) que obtuvimos de aplicar la LKC al no
d
encontrar su valor que será u
C
ti
C
tv
C
v
dt
tdv LCfC )(
4
)(
4
)(
12
4/1
−= , así la segunda ecuación es:
2
)4/1(4
12
)4/1(4
8)0(
−−=
dt
C
vC(0)/dt = -2K1 - 5K2 + 32 = -12, Resolviendo las dos ecuaciones para K1 y K2
obtenemos K1 = 56/3, y K2 = 4/3, enton
C(t) = v(t) = (56/3)℮-2t
+ (4/3)℮-5t
- 8℮-4t
V
.6 Problemas propuestos
.6.1 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.1, encuentre vC(t) para t > 0.
uponga estado estable en t = 0-
.
.6.2 L(t) para t > 0.
.
dv
d
ces el voltaje vC(t) es:
v
7
7
S
20KΩ 5nF v
+
1.6H
10mA C
-
t = 0
Figura 7.6.1
7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.2, encuentre i
S
1Ω 2mF
1/45 HiL
5Ω
t = 0
Figura 7.6.2
12V

7.6.3 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.3, encuentre iC(t) para t > 0.
.
.6.4 L(t) para t > 0.
.
.6.5 C(t) para t > 0.
.
.6.6 C(t) para t > 0.
.
.6.7 Para el circuito que se m figura 7.6.7, encuentre i(t) para t > 0.
.
S
2.5µF 20mH2u(-t) A
iC
50Ω
Figura 7.6.3
7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.4, encuentre i
S
¼ F2/13 H4u(-t) A
iL
2Ω
Figura 7.6.4
7 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.5, encuentre v
S
2 F
0.5 H
vC
1Ω
5Ω
+t = 0
12V
-
Figura 7.6.5
S
7 uestra en la
S
2Ω
0.2F 0.25 H10u(-t) A
iL
Figura 7.6.6
3/8 F
1/3 H
12V
i(t)t = 0
Figura 7.6.7
3Ω

7.6.8 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.8, encuentre vo(t) para t > 0.
.
.6.9 El circuito que se m isor de un
stema de comunicación de una estación espacial que usa pulsos cortos para a un
utómata que opera en el espacio. Encuentre vC(t) para t > 0. Suponga estado estable en
.6.10 El circuito que se m de suministro de
otencia de 240W. Encuentre iL(t) para t > 0. Suponga estado estable en t = 0-
.
.6.11 Para el circuito que se cuentre v(t) para t > 0.
.
S
¼ F
v
½ H
12V
3
o(t) -+
Ω
t = 0
8Ω
t = 0
6V
Figura 7.6.8
7 uestra en la figura 7.6.9, es un circuito transm
si
a
t = 0-
.
0.8H
5µFvC(t)
250Ω
250Ω
t = 0
-
+
6V
Figura 7.6.9
7 uestra en la figura 7.6.10, es un circuito
p
4H iL(t)
7 muestra en la figura 7.6.11, en
S
¼ F
4Ω
t = 0
7A
8Ω2Ω
Figura 7.6.10
0.2µF100µH
v(t)
10V
3Ω t = 0200mA 17Ω
-
Figura 7.6.11
+

7.6.12 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.12, encuentre v(t) para t > 0.
.
.6.13 Para el circuito que se muestr C(t) para t > 0,
uando a) C = (1/10)F, b) C = (1/18)F y c) C = (1/20)F. Suponga estado estable en t = 0-
.6.14 Para el circuito que se cuentre i(t) para t > 0.
.
.6.15 C(t) para t > 0,
uando vC(0-
) = 1V e iL (0-
) = 0A.
.6.16 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.16, encuentre iC(t) para t > 0,
onsidere if = ℮-t
u(t) A. Suponga estado estable en t = 0-
.
S
7 a en la figura 7.6.13, encuentre v
c
.
7 muestra en la figura 7.6.14, en
S
c
7
c
1/8 F
2Hv(t)
2Ω
t = 0
5/2 A6
-
+Ω
Figura 7.6.12
4Ω
C
2H
vC(t) 8Ω
-
Figura 7.6.13
+
1u(t) A
1/12 µFH
i(t)
2KΩ
2/5 µ
2Kt = 0
8V
6K
10mA
Ω
Ω
Figura 7.6.14
1/12 F0.5H vC(t)
1Ω
5cost V
1Ω
-
+
Figura 7.6.15
1F0.5H
i (t)C
3Ω
if 1Ω
Figura 7.6.16

7.6.17 Para el circuito que se muestra en la figura 7.6.17, encuentre vC(t) para t > 0,
onsidere if =9 + 3℮-2t
u(t) A. Suponga estado estable en t = 0-
.
.6.18 Para el circuito que se muestr C(t) para t > 0.
.
.6.19 Para el circuito que se muestr L(t) para t > 0.
.
.6.20 C(t) para t > 0, cuando
) vf = 2u(t) V, b) vf = 0.2tu(t) V y vf = 1℮-30t
u(t) V. Suponga estado estable en t = 0-
.
c
½ F
5H
v (t)
1.5
C
Ω
7 a en la figura 7.6.18, encuentre v
S
7 a en la figura 7.6.19, encuentre i
S
7 Para el circuito que se muestra en la figura 20, encuentre v
a
if
-
1Ω
Figura 7.6.17
+
0.5Ω
1/5 F
1H
vC(t)4u(t) A
-
+
6Ω
Figura 7.6.18
20mF
iL(t)
3A0.5Ω0.2H-3u(t) A
Figura 7.6.19
833.3µF
0.1H
+
7
vC(t)vf
-
Ω
Figura 7.6.20

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