Supongamos un solenoide de N espiras, de longitud l y de sección S recorrido por una corriente de intensidad i.

1. El campo magnético producido por la corriente que recorre el solenoide es uniforme y paralelo a su eje, cuyo módulo hemos obtenido aplicando la ley de Ampère

${\displaystyle B=\frac{{\mu }_{0}Ni}{l}}$

2. Este campo atraviesa las espiras el solenoide, el flujo de dicho campo a través de todas las espiras del solenoide se denomina flujo propio.

${\displaystyle \Phi =\overrightarrow{B}·(N\overrightarrow{S})=NBS\cos 0=\frac{{\mu }_0{N}^{2}S}{l}i}$

3. Se denomina coeficiente de autoinducción L al cociente entre el flujo propio Φ y la intensidad i.

${\displaystyle L=\frac{\Phi }{i}=\frac{{\mu }_0{N}^{2}S}{l}}$

El coeficiente de autoinducción solamente depende de la geometría del circuito y de las propiedades magnéticas de la sustancia que se coloque en el interior del solenoide. La autoinducción de un solenoide de dimensiones dadas es mucho mayor si tiene un núcleo de hierro que si se encuentra en el vacío

La unidad de medida de la autoinducción se llama henry, abreviadamente H, en honor a Joseph Henry.

f.e.m. autoinducida

Cuando la intensidad de la corriente i cambia con el tiempo, se induce una f.e.m. en el propio circuito (flecha de color rojo) que se opone a los cambios de flujo, es decir de intensidad.

Derivando respecto al tiempo la expresión del flujo propio

${\displaystyle V_L=-\frac{d\Phi }{dt}=-L\frac{di}{dt}}$

La fem autoinducida V_L siempre actúa en el sentido que se opone a la variación de corriente.

Ecuación del circuito RL

• Sea un circuito de resistencia R, unido a una batería

La diferencia de potencial V₀ en la batería produce una campo eléctrico $\overrightarrow{E_s}$ que mueve las cargas produciendo una corriente i. La ley de Ohm, V₀=iR

• Se sitúa las N espiras del circuito en el seno de un campo magnético B que aumenta con el tiempo.

La ley de Faraday

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_{\epsilon }=-\frac{d\Phi }{dt}\\ {\displaystyle \underset{A}{\overset{B}{\int }}\overrightarrow{E_i}·\overrightarrow{dl}=-\frac{d}{dt}\underset{S}{{\displaystyle \int }}\overrightarrow{B}·\overrightarrow{dS}}\end{array}}$

donde $\overrightarrow{E_i}$ es el campo eléctrico inducido que es no conservativo, al ser la integral a lo largo de un camino cerrado, distinta de cero.

La combinación de ambos, es un circuito de N espiras, de resistencia R, conectado a una batería V₀. El campo eléctrico total es

${\displaystyle \begin{array}{l}\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E_s}+\overrightarrow{E_i}\\ {\displaystyle \underset{A}{\overset{B}{\int }}\overrightarrow{E}·\overrightarrow{dl}}={\displaystyle \underset{A}{\overset{B}{\int }}\overrightarrow{E_s}·\overrightarrow{dl}}+{\displaystyle \underset{A}{\overset{B}{\int }}\overrightarrow{E_i}·\overrightarrow{dl}}\end{array}}$

• El campo eléctrico total, $\overrightarrow{E}$ mueve las cargas en el conductor produciendo una intensidad i. La primera integral es el producto de la intensidad por la resistencia, iR.

• $\overrightarrow{E_s}$ es el campo eléctrico producido por la diferencia de potencial V₀ de la batería, la segunda integral, es V₀

• Para N espiras iguales

${\displaystyle {\displaystyle \underset{A}{\overset{B}{\int }}\overrightarrow{E_i}·\overrightarrow{dl}}=N{\displaystyle \oint \overrightarrow{E_i}·\overrightarrow{dl}=-\frac{d\Phi }{dt}}=-\frac{d\left(Li\right)}{dt}=-L\frac{di}{dt}}$

Siendo Φ el flujo propio y L el coeficiente de autoinducción

El resultado final es

${\displaystyle iR=V_0-L\frac{di}{dt}}$

Establecimiento de una corriente en un circuito

Cuando se aplica una fem V₀ a un circuito cerrando un interruptor, la corriente no alcanza instantáneamente el valor V₀/R dado por la ley de Ohm, sino que tarda un cierto tiempo, teóricamente infinito, en la práctica, un intervalo de tiempo que depende de la resistencia.

La razón de este comportamiento hay que buscarla en el papel jugado por la autoinducción L que genera una fem que se opone al aumento de la corriente en el circuito.

En la figura, se muestra un circuito formado por una batería, una resistencia y una autoinducción. Se conecta la batería y la intensidad i aumenta con el tiempo.

Para formular la ecuación del circuito sustituimos la autoinducción por una fem equivalente. Medimos la diferencia de potencial entre los extremos de cada uno de los tres elementos que forman el circuito. Se cumplirá que

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_{ab}+V_{bc}+V_{ca}=0\\ iR+L\frac{di}{dt}-V_0=0\end{array}}$

La ecuación del circuito se obtiene de forma alternativa

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_L+V_0=iR\\ \left(-L\frac{di}{dt}\right)+V_0=iR\\ iR+L\frac{di}{dt}-V_0=0\end{array}}$

Integrando, hallamos la expresión de i en función del tiempo con las condiciones iniciales t=0, i=0.

${\displaystyle {\displaystyle \underset{0}{\overset{i}{\int }}\frac{di}{V_0-Ri}}=\frac{1}{L}{\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}dt}i=\frac{V_0}{R}\left(1-\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)\right)}$

Si R/L es grande, como sucede en la mayor parte de los casos prácticos, la intensidad de la corriente alcanza su valor máximo constante V₀/R en muy poco tiempo. Cuando se alcanza el estado estacionario, t→∞, la autoinducción no afecta al circuito ya que di/dt→0

Caída de la corriente en un circuito

Si se ha establecido la corriente máxima en el circuito y desconectamos la batería, la corriente no alcanza el valor cero de forma instantánea, sino que tarda cierto tiempo en desaparecer del circuito. De nuevo, la razón de este comportamiento hay que buscarla en el papel jugado por la autoinducción L en la que se genera una fem que se opone a la disminución de corriente.

Para formular la ecuación del circuito sustituimos la autoinducción por una fem equivalente. Medimos la diferencia de potencial entre los extremos de cada uno de los dos elementos que forman el circuito. Se ha de tener en cuenta, que i disminuye con el tiempo por lo que su derivada di/dt<0 es negativa

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_{ab}+V_{ba}=0\\ iR+L\frac{di}{dt}=0\end{array}}$

La ecuación del circuito se obtiene de forma alternativa

${\displaystyle \begin{array}{l}{V}_L=iR\\ -L\frac{di}{dt}=iR\\ iR+L\frac{di}{dt}=0\end{array}}$

Integrando, hallamos la expresión de i en función del tiempo con las condiciones iniciales t=0, i=i₀.

${\displaystyle {\displaystyle \underset{i_0}{\overset{i}{\int }}\frac{di}{Ri}}=-\frac{1}{L}{\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}dt}i=i_0\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)}$

La corriente disminuye exponencialmente con el tiempo. En la mayor parte de los casos, R/L es grande, por lo que la corriente desaparece muy rápidamente.

Diseñamos un experimento para mostrar el establecimiento y caída de una corriente en un circuito. Conectamos A y B, y cuando la corriente i es casi constante y aproximadamente, igual a V₀/R, conectamos B y C, la corriente i decrece rápidamente

f=@(t) (1-exp(-0.7*t));
g=@(t) exp(-0.7*(t-10));
hold on
fplot(f,[0,10])
fplot(g,[10,20])
hold off
xlabel('t')
ylabel('i')
title('Corriente en un circuito L-R')
grid on

Energía del campo magnético

Hemos visto que para mantener una corriente en un circuito es necesario suministrar energía. La energía suministrada por la batería en la unidad de tiempo es V₀·i. Esta energía se disipa, en la resistencia por efecto Joule y se acumula en la autoinducción en forma de energía magnética. De la ecuación del circuito

iR=V₀+V_L

Multiplicando ambos miembros por la intensidad i.

${\displaystyle V_{0}i=R{i}^2+Li\frac{di}{dt}}$

El término R·i² es la energía por unidad de tiempo disipada en la resistencia. El primer término V₀·i es la energía suministrada por la batería. El último término, es la energía por unidad de tiempo que se necesita para establecer la corriente en la autoinducción o su campo magnético asociado.

${\displaystyle \frac{d{E}_B}{dt}=Li\frac{di}{dt}}$

Simplificando dt e integrando entre 0 e i, obtenemos

${\displaystyle E_B=\frac{1}{2}L{i}^2}$

Esta es la energía acumulada en forma de campo magnético, cuando circula por la bobina una corriente de intensidad i.

Para un solenoide la energía en forma de campo magnético que guarda en su interior se escribe

${\displaystyle E_B=\frac{1}{2}\left(\frac{{\mu }_0{N}^{2}S}{l}\right)i^2=\left(\frac{1}{2}\frac{B^2}{{\mu }_0}\right)Sl}$

La energía E_B es el producto de dos términos: la densidad de energía magnética (energía por unidad de volumen) y el volumen S·l. En general, la energía asociada a un campo magnético se calcula mediante la siguiente fórmula

${\displaystyle E_B={\displaystyle \underset{V}{\int }\frac{1}{2}}\frac{B^2}{{\mu }_0}dV}$

La integral se extiende a todo el espacio donde el campo magnético $\overrightarrow{B}$ es no nulo.

Comprobación

• Cuando se cierra el circuito

La energía suministrada por la batería hasta el instante t es

$$\begin{gathered} {\displaystyle E_0={\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}{V}_{0}i·dt}=\frac{V_0^2}{R}{\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}\left(1-\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)\right)}dt= \\ \frac{V_0^2}{R}t+\frac{V_0^{2}L}{R^2}\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)-\frac{V_0^{2}L}{R^2}} \end{gathered}$$

La energía disipada en la resistencia es

${\displaystyle E_R={\displaystyle \underset{0}{\overset{t}{\int }}{i}^{2}Rdt=}\frac{V_0^2}{R}t+\frac{2V_0^{2}L}{R^2}\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)-\frac{V_0^{2}L}{2R^2}\exp \left(-\frac{2R}{L}t\right)-\frac{3V_0^{2}L}{2R^2}}$

La energía acumulada en la autoinducción en forma de campo magnético es

${\displaystyle E_B=\frac{1}{2}L{i}^2=-\frac{V_0^{2}L}{R^2}\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)+\frac{V_0^{2}L}{2R^2}\exp \left(-\frac{2R}{L}t\right)+\frac{L{V}_0^2}{2R^2}}$

Comprobamos que E₀=E_R+E_B

• Cuando se abre el circuito y cae la corriente, toda la energía acumulada en la autoinducción se disipa en la resistencia.

La energía inicial acumulada en la bobina, cuando la intensidad es i₀

${\displaystyle E_B=\frac{1}{2}L{i}_0^2}$

Al abrir el circuito la intensidad disminuye exponencialmente con el tiempo. La energía por unidad de tiempo disipada en la resistencia por efecto Joule será P=i²R

Integrando entre cero e infinito obtenemos la energía total disipada.

${\displaystyle E_R={\displaystyle \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{i}^{2}Rdt}={\displaystyle \underset{0}{\overset{\infty }{\int }}{i}_0^2\exp \left(-\frac{2R}{L}t\right)dt}=\frac{1}{2}L{i}_0^2}$

Coeficiente de autoinducción

Calculamos el coeficiente de autoinducción a partir de la energía del campo magnético

Solenoide

Supongamos un solenoide de N espiras, de longitud l y de sección S recorrido por una corriente de intensidad i. La dirección del campo magnético es paralela al eje del solenoide y su módulo es aproximadamente constante (véase el primer apartado)

${\displaystyle B=\frac{{\mu }_{0}Ni}{l}}$

La energía del campo magnético contenida en el volumen del solenoide es

${\displaystyle \begin{array}{l}{E}_B=\frac{1}{2{\mu }_0}{\left(\frac{{\mu }_{0}Ni}{l}\right)}^2\left(Sl\right)\\ E_B=\frac{1}{2}L{i}^2\end{array}}$

Despejamos el coeficiente de autoinducción L

${\displaystyle L=\frac{{\mu }_0{N}^{2}S}{l}}$

Cable coaxial

Se tienen dos cilindros de longitud muy grande concéntricos, uno de ellos hueco por el que circula una corriente i uniformemente distribuida en su sección y por el otro, circula la misma corriente pero en sentido contrario, estando también distribuida uniformemente por su sección. Se aplica la ley de Ampère para calcular el campo magnético en los puntos a una distancia r del eje (problema 5). El resultado es

${\displaystyle \begin{array}{l}B=\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi a^2}r,r<a\\ B=\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi r},a<r<b\\ B=\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi r}\frac{c^2-r^2}{c^2-b^2},b<r<c\\ B=\mathrm{0,}r>c\end{array}}$

La dirección del campo magnético en el punto P es perpendicular al plano determinado por el eje de la corriente cilíndrica y el punto P, es decir, tangente a la circunferencia de radio r con centro en el eje y que pasa por el punto P. El sentido lo determina la regla de la mano derecha

Para calcular la energía integramos sobre el volumen de una capa cilíndrica de longitud l y de radio comprendido entre r y r+dr, en esta capa el módulo del campo magnético es constante, dV=2πr·dr·l

${\displaystyle \begin{array}{l}{E}_B=\frac{1}{2{\mu }_0}{\displaystyle \underset{0}{\overset{a}{\int }}{\left(\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi a^2}r\right)}^2\left(2\pi r·dr·l\right)}+\frac{1}{2{\mu }_0}{\displaystyle \underset{a}{\overset{b}{\int }}{\left(\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi r}\right)}^2\left(2\pi r·dr·l\right)}+\frac{1}{2{\mu }_0}{\displaystyle \underset{a}{\overset{b}{\int }}{\left(\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi r}\frac{c^2-r^2}{c^2-b^2}\right)}^2\left(2\pi r·dr·l\right)}\\ E_B=\left\{\frac{{\mu }_0{i}^2}{16\pi }+\frac{{\mu }_0{i}^2}{4\pi }\ln \left(\frac{b}{a}\right)+\frac{{\mu }_0{i}^2}{4\pi }\left(\frac{c^4}{{\left(c^2-b^2\right)}^2}\ln \left(\frac{c}{b}\right)-\frac{3c^2-b^2}{4\left(c^2-b^2\right)}\right)\right\}l\end{array}}$

Denominamos L' (H/m) al coeficiente de autoinducción por unidad de longitud

${\displaystyle \begin{array}{l}{E}_B=\frac{1}{2}\left(L\text{'}l\right)i^2\\ L\text{'}=\frac{{\mu }_0}{2\pi }\left\{\frac{1}{4}+\ln \left(\frac{b}{a}\right)+\frac{c^4}{{\left(c^2-b^2\right)}^2}\ln \left(\frac{c}{b}\right)-\frac{3c^2-b^2}{4\left(c^2-b^2\right)}\right\}\end{array}}$

Actividades

Se introduce

• La autoinducción L de la bobina, en el control titulado Autoinducción
• La resistencia R del circuito, en el control titulado Resistencia
• La fem de la batería V₀, en el control titulado Batería

Conectamos el circuito formado por la autoinducción y la resistencia a una batería, activando la casilla titulada Batería. Observamos como la intensidad de la corriente crece con el tiempo hasta que se establece una intensidad constante e igual a V₀/R. La resistencia se va calentando pasando de color negro a rojo

Desactivamos la casilla Batería, la corriente inicial del circuito i₀=V₀/R, va disminuyendo exponencialmente con el tiempo hasta que desaparece. La resistencia se va enfriando pasando de color rojo a negro

Ejemplo. Circuito R, L

Consideremos el circuito de la figura, formado por una batería V₀ de diferencia de potencial constante, una resistencia R₃ y dos bobinas en paralelo de coeficientes de autoinducción L₁ y L₂, de resistencias internas R₁ y R₂, respectivamente. En el instante inicial t=0, se cierra el interruptor S y se mide la intensidad de la corriente que pasa por las bobinas.

Este ejemplo, ilustra el papel de la autoinducción en el establecimiento de una corriente constante en el circuito después de un tiempo teóricamente infinito, t→∞

Situación inicial

Antes de cerrar el interruptor, por la malla izquierda circula una corriente de intesidad i₁, que después de un tiempo, ha alcanzado el estado estacionario (la autoinducción L₁ no afecta al circuito), se ha hecho constante e igual a

${\displaystyle i_1=\frac{V_0}{R_1+R_3}}$

Por la malla derecha no circula intensidad alguna, i₂=0.

Estas son las intensidades que hay en el circuito en el instante t=0, cuando se cierra el interruptor S.

Situación final, estado estacionario

Después de un tiempo suficientemente grande t→∞, las corrientes i₁ e i₂ son constantes, las autoinducciones L₁ y L₂ no afectan al circuito

• La ecuación de la malla izquierda es

-V₀+(i₁+i₂)R₃+i₁R₁=0

• La ecuación de la malla derecha es

-V₀+(i₁+i₂)R₃+i₂R₂=0

Resolvemos el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas

${\displaystyle \begin{array}{l}\{\begin{array}{l}\left(R_1+R_3\right)i_1+R_3{i}_2=V_0\\ R_3{i}_1+\left(R_2+R_3\right)i_2=V_0\end{array}\\ i_1(\infty )=V_0\frac{R_2}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\\ i_2(\infty )=V_0\frac{R_1}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\end{array}}$

De la situación inicial a la final

Estudiamos la evolución desde el estado inicial al final. Supondremos que i₁ e i₂ aumentan con el tiempo. Para formular la ecuación del circuito, sustituimos cada autoinducción por una batería del la misma fem que se está cargando

La ecuación de la malla izquierda y derecha son, respectivamente

${\displaystyle \begin{array}{l}\{\begin{array}{l}{V}_0+V_{L1}=(i_1+i_2)R_3+i_1{R}_1\\ V_0+V_{L2}=(i_1+i_2)R_3+i_2{R}_2\end{array}\\ \{\begin{array}{l}{V}_0+\left(-L_1\frac{d{i}_1}{dt}\right)=(i_1+i_2)R_3+i_1{R}_1\\ V_0+\left(-L_2\frac{d{i}_2}{dt}\right)=(i_1+i_2)R_3+i_2{R}_2\end{array}\end{array}}$

La resistencia R₃ actúa de acoplamiento entre las dos mallas. Si no existiese esta resistencia, tendríamos dos ecuaciones diferenciales separadas una para i₁ y otra para i₂

Tenemos que resolver un sistema de dos ecuaciones diferenciales con las siguientes condiciones iniciales, en el instante t=0, i₂=0, i₁=V₀/(R₁+R₃). Introduciendo estas condiciones en el sistema de dos ecuaciones, tenemos dos condiciones más relativas a la derivada de las intensidades con respecto del tiempo

${\displaystyle {\left(\frac{d{i}_1}{dt}\right)}_0=\mathrm{0,}{\left(\frac{d{i}_2}{dt}\right)}_0=\frac{R_1}{L_2\left(R_1+R_3\right)}{V}_0}$

• Despejamos i₂ en la primera ecuación del sistema de dos ecuaciones diferenciales y la sustituimos en la segunda

${\displaystyle \begin{array}{l}{i}_2=\frac{V_0-i_1\left(R_1+R_3\right)-L_1\frac{d{i}_1}{dt}}{R_3}\\ \frac{L_1{L}_2}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\frac{d^2{i}_1}{d{t}^2}+\frac{L_1\left(R_2+R_3\right)+L_2\left(R_1+R_3\right)}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\frac{d{i}_1}{dt}+i_1=\frac{R_2}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}{V}_0\\ A\frac{d^2{i}_1}{d{t}^2}+B\frac{d{i}_1}{dt}+i_1=i_1(\infty )\end{array}}$

• Despejamos i₁ en la segunda ecuación del sistema de dos ecuaciones diferenciales y la sustituimos en la primera

${\displaystyle \begin{array}{l}{i}_1=\frac{V_0-i_2\left(R_2+R_3\right)-L_2\frac{d{i}_2}{dt}}{R_3}\\ \frac{L_1{L}_2}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\frac{d^2{i}_2}{d{t}^2}+\frac{L_1\left(R_2+R_3\right)+L_2\left(R_1+R_3\right)}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}\frac{d{i}_2}{dt}+i_2=\frac{R_1}{R_1{R}_2+R_1{R}_3+R_2{R}_3}{V}_0\\ A\frac{d^2{i}_2}{d{t}^2}+B\frac{d{i}_2}{dt}+i_2=i_2(\infty )\end{array}}$

Las soluciones de las dos ecuaciones diferenciales lineales son

${\displaystyle \begin{array}{l}{i}_1(t)=i_1(\infty )+C_1\exp (r_{1}t)+C_2\exp (r_{2}t)\\ i_2(t)=i_2(\infty )+D_1\exp (r_{1}t)+D_2\exp (r_{2}t)\end{array}}$

Las derivadas con respecto del tiempo t, son

${\displaystyle \begin{array}{l}\frac{d{i}_1}{dt}=r_1{C}_1\exp (r_{1}t)+r_2{C}_2\exp (r_{2}t)\\ \frac{d{i}_2}{dt}=r_1{D}_1\exp (r_{1}t)+r_2{D}_2\exp (r_{2}t)\end{array}}$

Donde r₁ y r₂ son las raíces de la ecuación característica

${\displaystyle \begin{array}{l}A{r}^2+Br+1=0\\ r_1=\frac{-B+\sqrt{B^2-4A}}{2A},r_2=\frac{-B-\sqrt{B^2-4A}}{2A}\end{array}}$

Conocidas las expresiones de los coeficientes A y B, no resulta difícil demostrar que ambas raíces son reales y también, son negativas

Los coeficientes C₁, C₂, se determinan a partir de las condiciones iniciales: la intensidad i₁(0) en el instante t=0 y de su derivada primera (di₁/dt)₀=0

${\displaystyle \{\begin{array}{l}{i}_1(0)=i_1(\infty )+C_1+C_2\\ 0=r_1{C}_1+r_2{C}_2\end{array}}$

Los coeficientes D₁, D₂, se determinan a partir de las condiciones iniciales: la intensidad i₂(0)=0 en el instante t=0 y de su derivada primera (di₂/dt)₀

${\displaystyle \{\begin{array}{l}0=i_2(\infty )+D_1+D_2\\ \frac{R_1}{L_2(R_1+R_3)}{V}_0=r_1{D}_1+r_2{D}_2\end{array}}$

Representamos i₁(t), i₂(t) e i₃(t)=i₁+i₂, para el siguiente circuito

• Bobina izquierda, autoinducción, L₁=4.0 H, resistencia interna, R₁=89 Ω
• Bobina derecha, autoinducción, L₂=4.0 H, resistencia interna, R₂=89 Ω
• Resistencia, R₃=200 Ω
• Batería, diferencia de potencial constante, V₀=9.3 V

L1=4; %bobina 1
R1=89;
L2=4; %bobina 2
R2=89; 
R3=200; %resistencia
V0=9.3; %batería

A=L1*L2/(R1*R2+R1*R3+R2*R3);
B=(L1*(R2+R3)+L2*(R1+R3))/(R1*R2+R1*R3+R2*R3);
i1_0=V0/(R1+R3);  %intensidad inicial
i1_inf=R2*V0/(R1*R2+R1*R3+R2*R3); %intensidad final
i2_inf=R1*V0/(R1*R2+R1*R3+R2*R3);
%raíces de la ecuación característica
r1=(-B+sqrt(B^2-4*A))/(2*A);
r2=(-B-sqrt(B^2-4*A))/(2*A);
C1=-(B/sqrt(B^2-4*A)+1)*(i1_inf-i1_0)/2;
C2=(B/sqrt(B^2-4*A)-1)*(i1_inf-i1_0)/2;
D2=(r1*i2_inf+R1*V0/(L2*(R1+R3)))/(r2-r1);
D1=(r2*i2_inf+R1*V0/(L2*(R1+R3)))/(r1-r2);
i1=@(t) (i1_inf+C1*exp(r1*t)+C2*exp(r2*t));
i2=@(t) (i2_inf+D1*exp(r1*t)+D2*exp(r2*t)); 
i3=@(t) i1(t)+i2(t);
hold on
fplot(i1,[0,0.1]) %100 ms
fplot(i2,[0,0.1])
fplot(i3,[0,0.1])
line([0,0.1],[i1_inf,i1_inf], 'lineStyle','--','color','k') %asíntota
hold off
grid on
xlabel('t (s)')
legend('1','2','3','Location','best')
ylabel('i(t)')
title('Intensidades')

Observamos que las intensidades tienden hacia un valor constante, i₁(∞)=i₂(∞) señalado por la línea horizontal a trazos

Bobinas iguales L₁=L₂, R₁=R₂

Las expresiones de las intensidades se simplifican notablemente

Las raíces de la ecuación característica son

${\displaystyle r_1=-\frac{R}{L},r_2=-\frac{R+2R_3}{L}}$

Las intensidades valen

${\displaystyle \begin{array}{l}{i}_1=\frac{V_0}{R+2R_3}\left\{1+\frac{1}{2\left(R+R_3\right)}\left(-R\exp \left(-\frac{R+2R_3}{L}t\right)+\left(R+2R_3\right)\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)\right)\right\}\\ i_2=\frac{V_0}{R+2R_3}\left\{1-\frac{1}{2\left(R+R_3\right)}\left\{R\exp \left(-\frac{R+2R_3}{L}t\right)+\left(R+2R_3\right)\exp \left(-\frac{R}{L}t\right)\right\}\right\}\\ i_3=i_1+i_2=\frac{V_0}{R+2R_3}\left\{2-\frac{R}{R+R_3}\exp \left(-\frac{R+2R_3}{L}t\right)\right\}\end{array}}$

Obtenemos la misma gráfica de las intensidades con el siguiente código

R=89;
L=4; 
R3=200;
V0=9.3;
T=100/1000; %100 ms
hold on
i1=@(t) V0*(1+(-R*exp(-(R+2*R3)*t/L)+(R+2*R3)*exp(-R*t/L))/(2*(R+R3)))/(R+2*R3);
%V0/(R+2*R3)-V0*R*exp(-(R+2*R3)*t/L)/(2*(R+R3)*(R+2*R3))+V0*exp(-R*t/L)/(2*(R+R3));
fplot(i1,[0,T])
i2=@(t) V0*(1-(R*exp(-(R+2*R3)*t/L)+(R+2*R3)*exp(-R*t/L))/(2*(R+R3)))/(R+2*R3);
%V0/(R+2*R3)-V0*R*exp(-(R+2*R3)*t/L)/(2*(R+R3)*(R+2*R3))-V0*exp(-R*t/L)/(2*(R+R3));
fplot(i2,[0,T])
i3=@(t) V0*(2-R*exp(-(R+2*R3)*t/L)/(R+R3))/(R+2*R3); %i1(t)+i2(t);
fplot(i3,[0,T])
i_inf=V0/(R+2*R3);
line([0,T],[i_inf,i_inf],'lineStyle','--')
hold off
xlabel('t(s)')
ylabel('i(t)')
legend('1','2','3','Location','best')
grid on
title('Intensidades')

Energías

• Energía producida por la batería entre el instante t=0 y el instante T

${\displaystyle E_V={\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{V}_0{i}_3(t)dt}}$

• Energía disipada en las resistencias entre el instante t=0 y el instante T

${\displaystyle E_R={\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}R{i}_1^2(t)dt}+{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}R{i}_2^2(t)dt}+{\displaystyle \underset{0}{\overset{T}{\int }}{R}_3{i}_3^2(t)dt}}$

• Energía almacenada en las bobinas en el instante T

${\displaystyle E_L=\frac{1}{2}L{i}_1^2(T)+\frac{1}{2}L{i}_2^2(T)}$

Como la intensidad inicial i₁(0) no es nula e pero i₂(0)=0, la bobina de la izquierda almacenaba una energía

${\displaystyle E_{L0}=\frac{1}{2}L{i}_1^2(0)=\frac{1}{2}L{\left(\frac{V_0}{R_1+R_3}\right)}^2}$

De la energía proporcionada por la batería, una parte se disipa en las resistencias y otra parte, se almacena en forma de campo magnético en las bobinas

E_V=E_R+E_L-E_L0

Las integrales no son complicadas, podemos efectuarlas a mano, pero resulta muy laborioso, por lo que utilizamos el procedimiento numérico integral de MATLAB

Añadimos al script anterior, las líneas de código

...
i1_2=@(t) i1(t).^2;
i2_2=@(t) i2(t).^2;
i3_2=@(t) i3(t).^2;
E_V=integral(i3,0,T)*V0; %batería
E_R=integral(i1_2,0,T)*R+integral(i2_2,0,T)*R+integral(i3_2,0,T)*R3; %resistencias
E_L=L*(i1_2(T)+i2_2(T))/2; %autoinducción
i0=V0/(R+R3);
E_L0=i0^2*L/2; %inicial
disp([E_V, E_R+E_L-E_L0])

  0.0349    0.0349

Alternativamente, utilizamos Math Symbolic

syms t R R3 L V0;
i1=V0*(1+(-R*exp(-(R+2*R3)*t/L)+(R+2*R3)*exp(-R*t/L))/(2*(R+R3)))/(R+2*R3);
i2=V0*(1-(R*exp(-(R+2*R3)*t/L)+(R+2*R3)*exp(-R*t/L))/(2*(R+R3)))/(R+2*R3);
i3=i1+i2;

E_V=int(i3,t, 0,t)*V0; %batería
E_R=int(i1^2,t, 0,t)*R+int(i2^2,t, 0,t)*R+int(i3^2,t, 0,t)*R3; %resistencias
E_L=L*(i1^2+i2^2)/2; %autoinducción
i0=V0/(R+R3);
E_L0=i0^2*L/2; %inicial

s1=subs(E_V,{t, R, R3, L, V0},{100/1000,89,200,4,9.3});
s2=subs(E_R+E_L-E_L0,{t, R, R3, L, V0},{100/1000,89,200,4,9.3});
disp([double(s1),double(s2)])

Obteniendo los mismos resultados

Referencias

Carl E. Mungan. Double-Exponential LR circuit. The Physics Teacher, Vol. 43, November 2005, pp. 519-523