150 Problemas de Teoria de Circuitos

150 Problemas de Teoría de Circuitos

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150 PROBLEMAS DE TEORIA DE CIRCUITOS EXÁMENES RESUELTOS Y PROBLEMAS ADICIONALES.

César Fernández Peris M.Asunción Vicente Ripoll


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INDICE Prefacio ........................................... ................................................................. ............................................ ............................................. ..............................pág.3 .......pág.3 Problemas resueltos de exámenes.......................................................................pág.5 Tema 1:Análisis de Circuitos en DC.................................................................pág.7 Tema 2:Análisis Transitorio............................... Transitorio..................................................... ............................................. .............................pág.37 ......pág.37 Tema 3:Análisis en Régimen Estacionario Senoidal.......................................pág.97 Tema 4:Resonancia.......................... 4:Resonancia................................................. ............................................. ............................................ .......................pág.149 .pág.149 Tema 5:Acoplamiento magnético....................................................................pág.181 Problemas propuestos......................... propuestos................................................ ............................................. .........................................pá ...................pág.209 g.209 Tema 1:Análisis de Circuitos en DC..............................................................pág.211 Tema 2:Análisis Transitorio............................... Transitorio..................................................... ............................................. ...........................pág.225 ....pág.225 Tema 3:Análisis en Régimen Estacionario Senoidal...................................pág.231 Tema 4:Resonancia.......................... 4:Resonancia................................................. ............................................. ............................................ .......................pág.237 .pág.237 Tema 5:Acoplamiento magnético....................................................................pág.241 Soluciones a los problemas propuestos........................................... propuestos...............................................................pá ....................pág.245 g.245


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PREFACIO El presente libro de problemas ha sido elaborado con la intención de servir de complemento a las clases recibidas. Está enfocado fundamentalmente a la asignatura ‘Teoría de Circuitos y Sistemas’ de segundo curso de Ingeniería Industrial, pero es también perfectamente válido para cualquier asignatura introductoria a la teoría de circuitos. El objetivo es el estudio autónomo del alumno, y para ello el libro incluye ejercicios resueltos paso a paso, que enseñan de un modo práctico las principales técnicas y procedimientos a emplear en el análisis de circuitos de todo tipo. También se ofrece un conjunto de ejercicios propuestos que han de servir para la l a ejercitación de los conceptos previamente aprendidos. Como método de comprobación, en el último capítulo se ofrece el resultado correcto de todos estos ejercicios propuestos Todos los problemas resueltos provienen de exámenes realizados en la asignatura previamente mencionada en la Universidad Miguel Hernández desde el curso 19981999 hasta el curso 2003-2004 y, por tanto, se ciñen completamente al temario de la asignatura. Tanto los problemas resueltos como los problemas planteados se estructuran en los siguientes bloques temáticos:

•

Análisis de circuitos en corriente continua.

El dominio de las técnicas de análisis de circuitos en DC es fundamental para la comprensión del resto de temas que engloba la asignatura. En este apartado se presenta una amplia colección de problemas que recopilan múltiples ejemplos prácticos de todas estas técnicas de análisis: leyes de nodos y mallas, y los teoremas de Thévenin y de máxima transferencia de potencia. Antes de estudiar cualquier otro bloque temático es necesario que el alumno haya practicado con estos métodos y se maneje con soltura en el análisis DC de cualquier configuración de circuito eléctrico.


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•

Este apartado recopila ejercicios de análisis en regimen transitorio de primer y segundo orden. En este tipo de problemas aparecen ecuaciones diferenciales lineales, siendo ésta la principal dificultad a la que se enfrentan los alumnos puesto que han de conocer previamente los métodos de resolución de ecuaciones diferenciales. Sin embargo, también es posible enfrentarse a este tipo de problemas haciendo haciendo uso del método de de análisis “paso por paso”, que permite resolver circuitos en regimen transitorio sin necesidad de plantear la ecuación diferencial. De esta manera, dentro de los problemas resueltos, existen soluciones realizadas mediante la reducción del circuito y el planteamiento de su ecuación diferencial y otras que siguen el método de análisis “paso por paso”. Así el alumno alumno puede entrenarse con con ambas técnicas.

•

Análisis en régimen estacionario senoidal.

•

Resonancia.

En este apartado se presentan problemas referentes a este caso particular de análisis en frecuencia. Otros aspectos relativos a la respuesta en frecuencia de circuitos no son contemplados en esta asignatura y por tanto tampoco han sido incluidos en el presente libro de problemas.

•

Acoplamiento magnético.

Análisis transitorio.

En este bloque temático se recogen diversos problemas relativos al análisis de circuitos en AC. Las técnicas de análisis que se utilizan son las mismas que en DC pero con la dificultad que ahora los valores de las magnitudes eléctricas pertenecen al dominio de los números complejos, complicando ligeramente la resolución de las ecuaciones del circuito. El alumno dispone de numerosos ejemplos resueltos siguiendo siempre los mismos pasos con el fin de sistematizar el análisis de los circuitos en regimen AC.

Este último bloque recoge algunos ejemplos de circuitos eléctricos donde existe acoplamiento magnético. Se presentan problemas generales con bobinas acopladas magnéticamente y con el caso particular del transformador transformador ideal.

En conjunto, esta colección de problemas pretende ser una herramienta práctica para el estudio de la asignatura de Teoría de Circuitos puesto que permite el entrenamiento del alumno con el planteamiento y resolución de diversos problemas tipo de cada bloque temático.


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PROBLEMAS RESUELTOS DE EXÁMENES cursos 1998-99 : 2003-04


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TEMA 1: ANÁLISIS DE CIRCUITOS EN DC


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Febrero 1999 PROBLEMA 1: Sobre un circuito desconocido, que sólo contiene resistencias y fuentes de tensión continua hacemos los siguientes experimentos:

• Conectamos un un voltímetro entre dos dos de sus terminales y observamos que hay una diferencia de tensión de 12V. • Conectamos una resistencia de 4 Ω entre esos mismos terminales y comprobamos que disipa una potencia de 16W. ¿Qué potencia disiparía una resistencia de 2 Ω conectada entre los mencionados terminales? Razónese la respuesta.

SOLUCIÓN 1:

Cualquier circuito puede ser representado por su equivalente Thévenin entre ambos terminales: R TH TH

R TH TH

+ VTH

+

VTH

12V

-

+

I

-

4 (consume 16W)

-

Los 12V a circuito abierto se corresponden directamente con V TH: VTH = 12V La intensidad que recorre el circuito se deduce a partir de la información de potencia: 16W = I2*4Ω; I2 = 4A; I = 2A Y R TH TH se obtiene a partir de esa intensidad: I = VTH/(R TH R TH TH+4Ω); TH + 4Ω = 6Ω;

R TH TH = 2Ω

Conocido el equivalente completo se puede obtener el dato pedido: 2

+ -

12V

Con la resistencia de 2 Ω: 2 (W?)

I = 12V/4Ω = 3A

P = I2*2 = 18W


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Junio 1999 PROBLEMA 2: Sobre el circuito de la figura: 2k A

3I0 3V

+ -

I0

4k

2k

B

2mA

Se pide: • Obtener el equivalente Thevenin del circuito entre los terminales A y B • Sobre el circuito anterior se añade una resistencia entre los terminales A y B. ¿Qué valor debe tener esa resistencia si queremos que consuma la máxima potencia posible?

SOLUCIÓN 2: Obtención del equivalente Thevenin: VTH I N • Se calculará en primer lugar la tensión de circuito abierto VCA: VTH = VCA

I N = I CC R TH =

Sin resolver completamente el circuito, podemos ver que VAB será igual a los 3V de la fuente de tensión más la caída de tensión en la resistencia de 2k. Como por esta resistencia circulan los 2mA de la fuente de intensidad, tendremos: VCA = 3V + 2mA*2k Ω = 7V

2k 3I0 + -

I0

4k

2k


VCA

-

2k 3I0 +

De nuevo sin resolver el circuito podemos ver que ICC será igual a los 2mA de la fuente de intensidad más la intensidad que circule por la resistencia de 2k. Como esta resistencia se encuentra en paralelo con la fuente de tensión de 3V, entre sus terminales habrá 3V. Por tanto, ICC = 2mA + 3V/2k = 3,5mA

+

2mA

• A continuación se calculará la intensidad de cortocircuito ICC:

3V

3V

ICC

-

I0

4k

2k

2mA

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El equivalente será:

2k

VTH = VCA = 7V I N = I CC = 4.5mA V 7V = 2k Ω R TH = TH = I N 3.5mA

+

7V

-

2k

• Según el teorema de máxima transferencia de potencia, para lograr un consumo máximo de potencia la resistencia de carga debe tener el mismo valor que la resistencia Thevenin:

+ -

7V

R L = 2k

R L = 2k


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Septiembre 1999 PROBLEMA 3: Dado el circuito de la figura: 160i1

20Ω

c

a

+-

4A

60Ω

80Ω

40Ω

i1

d

b

Se pide:

• Obtener el equivalente Thevenin del circuito entre los terminales a y b • Obtener el equivalente Thevenin del circuito entre los terminales c y d SOLUCIÓN 3: Como primer paso se hace una transformación de fuente, con lo que el circuito queda: 160i1

20Ω

c

a

+-

60Ω

80Ω

40Ω

i1 +

240V

-

d

b

Primer equivalente Thévenin: Thévenin: calculamos la tensión a circuito circuito abierto y la intensidad de cortocircuito entre a y b. +

i2

i2

i1

VCA -

ICC

Tensión a circuito abierto: se resuelve por mallas, -240 + I2*60 + I2*20+160*I1+(I2-I1)*80=0 (I1-I2)*80+I1*40=0 Intensidad de cortocircuito: toda la corriente circula por el cortocircuito: -240+I2*60+I2*20+160*0=0


I2=1125mA I1=750mA VCA = 30V

I2=3A ICC = 3A

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Primer equivalente Thévenin 10Ω

VTH = VCA = 30V R TH TH = VCA/ICC = 10

+

30V

-

Segundo equivalente Thévenin: calculamos calculamos la tensión a circuito abierto y la intensidad de cortocircuito entre c y d. + VCA -

i2

i1

Tensión a circuito abierto: se resuelve por mallas -240 + I2*60 + I2*20+160*I1+(I2-I1)*80=0 (I1-I2)*80+I1*40=0 I2=1125mA I1=750mA VCA = 172.5V

i2 ICC

Intensidad de cortocircuito: la parte derecha del circuito no aporta corriente, nos fijamos sólo en la malla de la izquierda: I2=240/60 I2=4A ICC = 4A

Segundo equivalente Thévenin 43.125Ω

VTH = VCA = 172.5V R TH TH = VCA/ICC = 43.125


+

172.5V

-

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Diciembre 1999 PROBLEMA 4: Calcular el equivalente Thevenin del circuito de la figura entre los terminales A y B: 4k A

+ VX − 4k +

6k

12V

-

_ 0.5VX + B

SOLUCIÓN 4: Para la obtención del equivalente Thévenin se calculan la tensión de circuito abierto y la intensidad de cortocircuito: V1

4k + VX −

VCA: por análisis de nodos

+

4k +

6K

12V

-

_ 0.5VX

VCA

-

+

Se obtiene V 1 = VCA = 36/13 V

ICC: por análisis de nodos:

4k + VX −

I1

I2

I3

4k +

6k

12V

-

12 − V1 − 0.5Vx − V1 − V1 + + =0 4 ⋅ 103 4 ⋅ 103 6 ⋅ 103 Vx = 12 − V1

ICC

_ 0.5VX +

ICC = I1 + I 2 + I3 − 0.5VX 12 + +0 ICC = 4 ⋅ 103 4 ⋅ 103 VX = 12V Se obtiene ICC = 3/2 mA 24/13k

Por tanto:

VTH = VCA = 36/13 V R TH TH = VCA/ICC = 24/13 k


+

36/13V

-

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Febrero 2000 PROBLEMA 5:

En la figura, el cuadrado representa una combinación cualquiera de fuentes de tensión e intensidad y resistencias. Se conocen los siguientes datos: intensidad i es de 5A • Si la resistencia R es de 0,5 Ω la intensidad • Si la resistencia R es de 2,5 Ω la intensidad i es de 3A Se pide calcular el valor de la intensidad i si la resistencia R es de 5 Ω 3Ω

fuentes y resistencias

5Ω

R

SOLUCIÓN 5: Se sustituye el conjunto de fuentes y resistencias más las resistencias de 3 Ω y 5Ω por su equivalente Thévenin: 3Ω

fuentes y resistencias

Rth

5Ω

R

+ -

Vth

R

i

Sobre el equivalente Thévenin se cumplirá: i =

VTH R TH + R

Con lo cual se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: ecuaciones: 5=

3=

VTH R TH + 0.5

VTH = 15V R TH = 2.5Ω

VTH R TH + 2.5


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Conocidos VTH y R TH TH se puede obtener el valor pedido:

i=

VTH 15 = = 2A R TH + R 2.5 + 5

NOTA: el problema también se puede resolver sustituyendo por su equivalente Thévenin sólo la parte correspondiente al bloque desconocido.


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Junio 2000 PROBLEMA 6: En el circuito de la figura, todos los elementos son conocidos salvo salvo la resistencia R. R 7Ω 1Ω

2Ω + VX − 3Ω

+

440V

+

0.5 Vx

220V

-

-

Se pide: • Valor de R que hace que la potencia consumida por la resistencia sea la máxima posible. • ¿Cuál es esa potencia?

SOLUCIÓN 6: Se obtiene el equivalente Thévenin del circuito entre los extremos de la resistencia (terminales A y B): Tensión de circuito abierto (por nodos)

A

+

440V

VCA

B

7Ω

V2

Intensidad de cortocircuito (por nodos) ICC

A

2Ω

1Ω

2Ω

+ VX −

-

440V

I1

V1

1Ω

+ VX − 3Ω

+

440V

7Ω

440V V1

B

+

I2 3Ω

0.5 Vx

220V

-


+ -

440V

+

0.5 Vx

220V

-

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Tensión de circuito abierto (por nodos) V − 440 V1 − V2 V1 − 220 1→ 1 + + =0 2 1 3 V − 440 V2 − V1 2→ 2 + + 0.5VX = 0 7 1 VX = 440 − V1 ... resolviendo ... V1 = 299.2 V2 = 255.2 VCA = 440 − V2 = 184.8V

Intensidad de cortocircuito (por nodos) V1 − 440 V1 − 440 V1 − 220 + + =0 2 1 3 ... resolviendo ... V1 = 400V I CC = I1 + I 2 + 0.5VX 440 − 400 + 0.5(440 − 400) = 60A I CC = 0 + 1

1→

Con lo que el equivalente Thévenin queda: 3.08Ω

• VTH = VCA = 184.8V • R TH TH = VCA/ICC = 3.08Ω

A +

184.8V

-

B

Por lo tanto:

• Resistencia que absorbe máxima potencia: R=3.08 • Intensidad: I = V/R = 184.8/6.16 = 30A • Potencia consumida: P = I2⋅R = 900⋅3.08 = 2772W


3.08

+ -

184.8V

R = 3.08 I = 30A

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Septiembre 2000 PROBLEMA 7: Dado el circuito de la figura: 10Ω

1.8k Ω A 10 ⋅IB 3

+

10V

900Ω

-

+ _

100Ω

225Ω

IB

B

Se pide obtener su equivalente Thevenin y su equivalente Norton entre los terminales A y B.

SOLUCIÓN 7: Dado que hay fuentes dependientes, se obtendrá el equivalente Thévenin mediante el cálculo de la tensión de circuito abierto e intensidad de cortocircuito:

10Ω

+ -

10V

V1

900Ω

1.8k Ω

V2

100Ω

A

+ _

103⋅IB 225Ω

IB

B

Tensión de circuito abierto: Se aplica análisis de nodos en la parte izquierda del circuito: V1 − 10 V1 V1 + + = 0 → V1 = 9V 10 900 100 Con V1 se pueden hallar I B y V2:

IB =

V1 = 90mA → V2 = 103 IB = 90V 100

Y la tensión de circuito abierto se obtiene mediante un divisor de tensión: VCA = VAB = 90

225 = 10 V 1800 + 225


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Intensidad de cortocircuito: 10Ω

+

10V

900Ω

-

1.8k Ω

V2

V1

+ _

100Ω

103⋅IB 225Ω

ICC

IB

Se aplica análisis de nodos en la parte izquierda del circuito: V1 − 10 V1 V1 + + = 0 → V1 = 9V 10 900 100 Con V1 se pueden hallar I B y V2: IB =

V1 = 90mA → V2 = 10 3 I B = 90V 100

Y la intensidad de cortocircuito se obtiene directamente considerando que por la resistencia de 225 Ω no circula intensidad al estar en paralelo con un cortocircuito: I CC =

90 = 50mA 1800

Por lo tanto, los equivalentes quedan: R TH TH A

A +

IN

VTH

-

B


R N B

VTH = VCA = 10V I N = ICC = 50mA V R TH = R N = CA = 200Ω ICC

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Febrero 2001 PROBLEMA 8: Dado el circuito de la figura, se pide: • Calcular el equivalente Thévenin del circuito entre los puntos A y B. • Calcular la potencia que disiparía una resistencia r esistencia de 60k Ω colocada entre los puntos A y B. 200k

200k A

+ 30μA

600k

VX

100k

_

+ _

100VX 100k

100k B

SOLUCIÓN 8:

• Cálculo del equivalente Thévenin: Dado que existen fuentes dependientes e independientes, se calcularán la tensión de circuito abierto y la intensidad de cortocircuito. Tensión de circuito abierto V CA: 200k + 30μA

600k

VX

200k iX 100k

_

+ _

+

100VX 100k

100k

VCA _

La intensidad i X que pasa por la resistencia de 100k se obtiene mediante un divisor de intensidad: 600k i X = 30μA ⋅ = 20μA 600k + 300k Por tanto la tensión V X en esa resistencia será: VX = 20μA ⋅ 100K = 2V La tensión VCA se obtiene por divisor de tensión una vez conocido V X: 100k // 100k 50k VCA = 100 ⋅ VX ⋅ = 200 ⋅ = 40V 200k + (100k // 100k ) 250k


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Intensidad de cortocircuito I CC: 200k

200k iX

+ 30μA

600k

VX

+ _

100k

_

100VX 100k

100k

ICC

VX e iX se obtienen igual que antes llegando l legando al mismo resultado: i X = 20μA; VX = 2V ICC se obtiene teniendo en cuenta que por las resistencias de 100K no circula intensidad al estar en paralelo con un cortocircuito: 100 ⋅ VX 200 I CC = = = 1mA 200K 200 K Con lo que el equivalente Thevenin queda: 40K

A

VTH = VCA = 40V V 40 R TH = CA = = 40k Ω I CC 0.001

+

40V

-

• Si se coloca una resistencia de 60k entre A y B: 40k i +

40V

-

A 60k

La intensidad que circulará por la resistencia será: 40V i= = 0.4mA 100k Y la potencia consumida:

P = i 2 ⋅ R = (0.4 ⋅ 10−3 )2 ⋅ 60 ⋅ 103 = 9.6mW


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Febrero 2002 PROBLEMA 9: Dado el circuito de la figura, se pide: • el valor de las fuentes de tensión V 1 y Vg en el circuito, sabiendo que Vo = 5V. • el valor de la resistencia de carga R L a situar entre los terminales A y B para que consuma máxima potencia. ¿Cuál es el valor de la potencia consumida por R L? I1 60Ω +

Vg

-

+ 25I1

260Ω

20Ω

V1

+

I2 80Ω

40Ω

40I2

A Vo

10Ω

-

-

B

SOLUCIÓN 9:

• Valor de las fuentes de tensión V 1 y Vg en el circuito, sabiendo que Vo = 5V? Para hallar el valor de la fuente de tensión Vg y la tensión en el nodo V1, se resolverá el circuito de izquierda a derecha: Se aplica análisis de nodos en el siguiente subcircuito, situando la tierra en el nodo B: VO + 40I2

40Ω

A

Nodos en VO: IB + IA + 40I2 = 0

IA

IB 10Ω

-

VO − 0 VO − 0 + + 40I 2 = 0 40 10

B

si VO = 5V, entonces I 2 = - 0.015625 A I2 es la corriente que circula por la resistencia de 80 Ω, por tanto para hallar la tensión en V1 se aplica la ley de Ohm a la l a resistencia de 80 Ω:

V1 = I2 · 80 = -1.25 V


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Ahora se hallará el valor de I 1, aplicando nodos en el siguiente subcircuito: Nodos en V1:

V1 = -1.25V

+ 25I1

20Ω Ix

I2 + Ix + 25I1 = 0

I2 80Ω

V1

V1 − 0 V1 − 0 + + 25I1 = 0 80 20

-

si V1 = -1.25V, entonces I 1 = 0.003125 A Y por último en la malla de la derecha se obtiene el valor de Vg: I1

Vg = I1 · (60 +260)

60Ω + -

Vg

si I1 = 0.003125 A, entonces

260Ω

Vg = 1V

• Valor de la resistencia de carga R L a situar entre los terminales A y B para que consuma máxima potencia. ¿Cuál es el valor de la potencia consumida por R L?

Por el teorema de máxima transferencia de potencia, la resistencia de carga R L que consumirá máxima potencia en la resistencia de Thevenin vista desde los terminales A y B. VTH I N Ya sabemos V TH: VTH = VO =5V, falta hallar I N: R TH =

Por lo tanto, se ha de calcular R TH :

+ 40I2

40Ω

A IN

10Ω

-

La I N es la corriente entre A y B en cortocircuito, por tanto: I N = -40·I2 = -40 · (-0.015625)=0.625 (-0.015625)=0.625 A

B

R TH =

VTH 5 = = 8Ω → R L = 8Ω I N 0.625

Y la potencia consumida: VTH 2 5 2 25 P= = = = 0.78125W 4R TH 4 ⋅ 8 32


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Junio 2002 PROBLEMA 10: Calculad el valor de la tensión Vo en el circuito siguiente: +

R 2

1k Ω

1mA

I1 2Vx

+

1k Ω

I2 2k Ω

−

Vx R 4

Vo

−

R 5

R 6

1k Ω

1k Ω

2k Ω

R 1

I3

R 3

4mA

SOLUCIÓN 10: Para hallar la tensión Vo, primero se calculará el valor de la corriente que circula por la resistencia R 1. Para ello, se resolverá el circuito utilizando la ley de mallas, y utilizando el sistema de unidades V, mA, k Ω: +

R 2

i3

I2 1mA

−

Vx R 4

+ VY -

i4

R 1

Vo

malla 1: malla 2: malla 3: malla 4:

i1 = 2VX i2 = 4mA 2i3 + 1(i3-i1) + VY = 0 1i4 + 1i4 + VY + 1(i4-i2) = 0

R 6

R 5

Además, se cumplen las relaciones: i2

I1 2Vx

i1

R 3

I3

4mA

VX = - i 4 · 1 i3+i4 = I2 = 1

7 Resolviendo las ecuaciones ecuaciones anteriores, se obtiene i 4 = mA 4 Por tanto: 7 Vo = -R 1 ·i4 = − V 4


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También es posible posible hallar Vo utilizando la ley de nodos: +

V4

−

Vx

Nodo V1: Nodo V2: Nodo V3: Nodo V4:

I2

i2

1mA

i1

V1

V3

V2

i4

I1 2Vx

Vo

i5

i3

i2 + i1 + I1= 0 I2 + i3 = i1 + i4 i4 + I3 = i5 i5 = i2 + I2

I3 4mA

0V

Nodo V1: i2 + i1 + I1= 0 I1 = 2Vx = 2 (-R 4 · i5) = 2

V 4 − V3 2

V 4 − V1 V 2 − V1 V 4 − V3 + +2 =0 2 1 2

Nodo V2: I2 + i3 = i1 + i4

1+

0 − V 2 V 2 − V1 V 2 − V3 = + 2 1 1

Nodo V3: i4 + I3 = i5 Nodo V4: i5 = i2 + I2

V 2 − V3 V3 − V 4 +4= 1 2 V3 − V 4 V 4 − V1 = +1 2 2

Resolviendo el sistema anterior de 4 ecuaciones, se obtiene que 13 1 V y V4 = − V , 4 4 por tanto: 13 1 + V3 − V 4 4 4 14 7 i5 = = = = mA 2 2 8 4 V3 =

R 4 V4

i5

+ Vo R 1 V3

7 Vo = -R 1 ·i5 = − V 4


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Junio 2003 PROBLEMA 11:

Para el circuito de la figura, obtened los circuitos equivalentes de Norton y de Thévenin entre los terminales A-B: Datos: k = 0.05 Vg = 10V R1 = 5 Ω p = 100 R2 = 0.5Ω R 1

Vg

+

IX

+ _

-

kV1

A

+

pIX

V1

R 2 -

B

SOLUCIÓN 11:

• Cálculo de la corriente de Norton, I N: I N = (IAB)cortocircuito R 1

+ -

Vg

IX

+ _

kV1

+

pIX

A V1

R 2

IN

B

Si se cortocircuitan los terminales A-B, la resistencia R 2 queda también cortocircuitada, por tanto V1 = 0, y la fuente de tensión kV 1 también se anula. De esta forma, la corriente de Norton es igual igual a la corriente de de la fuente pI pI X pero en sentido opuesto: I N = − pI X = − p

Vg 10 = −100 = −200A R 1 5

• Cálculo de la resistencia de Norton Norton (de Thévenin), R N = R TH TH: Para calcular la resistencia de Thévenin se utilizará el método test, para ello se anulan las fuentes independientes del circuito y se coloca una fuente test entre los terminales AB, en este caso, se utiliza una fuente de corriente como fuente test:


31

R 1 IX

+ _

kV1

+

+

pIX I2

Vtest

V1

R 2

Itest

-

-

Del circuito anterior, se deduce que: V1 = Vtest 0 − kV1 − kVtest Ix = = R 1 R 1 y aplicando análisis de nodos en el nodo V test: pI X + I2 = I test Sustituyendo el valor de la corriente I X en esta última ecuación: p

− kVtest R 1

R TH =

+

Vtest I test

⎛ − k 1 ⎞ Vtest V 1 = I test → ⎜⎜ p + ⎟⎟Vtest = I test → R TH = test = R 2 I test p − k + 1 ⎝ R 1 R 2 ⎠ R 1 R 2 1 1 = k 1 = =1 0.05 1 − − p + 100 + R 1 R 2 5 0.5

Y por último, a partir de los valores de de R TH TH e I N, se obtiene la V TH : I N = −200A R TH = 1Ω VTH = I N ·R TH = −200V R TH TH A

A +

I N

VTH

R N

-

B

THEVENIN


B

NORTON

32

Septiembre 2003 PROBLEMA 12: Sobre el circuito de la figura: Vx

R 1

+ -

4Ω R 2

R 3 4Ω

+ Vx -

R 4 4Ω 100V

+ -

V1

+

A

4Ω

V2

R

-

20V B

• Encuentra el valor de R que permite que el circuito que se muestra en la figura suministre la máxima potencia a los terminales A y B. • Determina la máxima potencia administrada a R • ¿Qué porcentaje de la potencia total generada por las fuentes se suministra a la resistencia de carga R?

SOLUCIÓN 12:

• Encuentra el valor de R que permite que el circuito que se muestra en la figura suministre la máxima potencia a los terminales A y B. Por el teorema de máxima transferencia de potencia se ha de cumplir que R=R TH, por tanto se debe calcular la resistencia de Thévenin entre los terminales A-B, para ello se aplica el método test, anulando las fuentes independientes independientes del circuito y colocando colocando una fuente test entre los terminales A-B, en este caso, se utiliza una fuente de tensión como fuente test: V 1 R TH = test = I test I test Y se obtiene el valor de I test analizando el circuito por mallas: Malla 1 → Malla 2 → Malla 3 → y además →

− VX = 4I1 + 4(I1 + I test ) + 4(I1 − I 2 ) 0 = 4(I 2 − I1 ) + 4(I 2 + I test ) 1 = 4(I1 + I test ) + 4(I 2 + I test ) VX = 4(I 2 + I test )


33

Vx

R 1

+-

4Ω

+ Vx -

R 4 4Ω

I2

4Ω R 2

I1

R 3

A

4Ω Itest

Itest

+ -

Vtest =1V

B

1 Resolviendo el sistema anterior de 4 ecuaciones, se obtiene que I test = A , por tanto: 2 R TH =

Vtest 1 = = 2Ω → I test I test

R = R TH TH = 2

También es posible hallar el valor de R TH TH calculando la tensión en circuito abierto (V TH = 60V) y la corriente de Norton (I ( I N =30A), siendo R TH TH = VTH / I N. Cálculo de V TH: Vx

R 1

+ -

4Ω

+ Vx -

R 4 I2 100V

+

4Ω

V1

-

4Ω R 2

I1

R 3

+

A

4Ω

V2

-

20V B

Utilizando la ley de mallas, Malla 1 → − VX = 4I1 + 4I1 + 4(I1 − I 2 ) Malla 2 → 100 − 20 = 4(I 2 − I1 ) + 4I 2 y además → VX = 4I 2

....resolviendo: I 1 = 0A y I2 = 10A

Luego, VTH = 20 + VX + 4I1 = 20 + 10·4 = 60V


34

Cálculo de I N : Vx

R 1

+-

4Ω

+ Vx -

R 4 I2 100V

+

4Ω

V1

-

4Ω R 2

I1

R 3

+

A

4Ω IN

IN

V2

-

20V B

Utilizando la ley de mallas, Malla 1 → Malla 2 → Malla 3 → y además →

− VX = 4I1 + 4(I1 − I N ) + 4(I1 − I 2 ) 100 − 20 = 4(I 2 − I1 ) + 4(I 2 − I N ) 20 = 4(I N − I2 ) + 4(I N − I1 ) VX = 4(I2 − I N )

....resolviendo: I N = 30A

• Determina la máxima potencia administrada a R: 2Ω

+ -

60V

R=2

VTH 2 602 P= = = 450W 4R TH 4·2

P = 450W

• ¿Qué porcentaje de la potencia total generada por las fuentes se suministra a la resistencia de carga R? Para responder a esta pregunta hay que averiguar la potencia que generan o consumen las fuentes con el circuito original cargado con R = 2 Ω. Por lo tanto, se debe analizar el siguiente circuito:


35

Vx

R 1

+-

R 3 4Ω

+ Vx -

R 4 4Ω

I1 100V

+

V1

-

4Ω R 2

I3

+

A

4Ω

V2

I2

R TH TH = 2

-

20V B

Utilizando la ley de mallas, Malla 1 → Malla 2 → Malla 3 → y además →

100 − 20 = 4(I1 + I3 ) + 4(I1 − I 2 ) 20 = 4(I2 − I1 ) + 4(I 2 + I3 ) + 2I 2 VX = 4(I3 + I1 ) + 4(I3 + I2 ) + 4I3 VX = 4(I1 − I 2 ) ....resolviendo: I 1 = 22.5A, I2 = 15A, I3 = -10A.

Cálculo de la potencia en las resistencias (elementos PASIVOS): PR TH = I 2 2 ·R TH = 152 ·2 = 450W PR 1 = I32 ·R 1 = 102 ·4 = 400W PR 2 = (I 2 + I3 )2 ·R 2 = (15 − 10)2 ·4 = 100W PR 3 = (I1 + I3 )2 ·R 2 = (22.5 − 10)2 ·4 = 625W PR 4 = (I1 − I 2 )2 ·R 2 = (22.5 − 15) 2 ·4 = 225W Cálculo de la potencia en las fuentes, según el criterio de signos pasivo:

-22.5A

V1

+

P100V = V1·(-I1) = 100 · -22.5 = -2250 W → fuente ACTIVA

-

100V

I1 I2

7.5A V2

+

P20V = V2·(I1-I2) = 20 · 7.5 = 150 W → fuente PASIVA

-

20V

VX + -

PVx = VX·I3 = 30 · 10 = 300 W → fuente PASIVA I3 = -10A


36

Sólo hay una fuente que produce potencia, V 1, por tanto el total de potencia potencia generada generada es 2250W y la potencia consumida por R TH es 450W, y con estos dos dos valores se calcula el porcentaje pedido: pedido:

%P suministrada a la carga = 100 · 450 / 2250 = 20%


37

Junio 2004 PROBLEMA 13: Calculad el valor de la tensión V 0 en el circuito siguiente: 12V

1k

2k

+ Vg

+

2000IX

+ IX

2k

2k

5k

V0 -

SOLUCIÓN 13:

Es posible simplificar el cálculo de V 0 en el circuito anterior, obteniendo el equivalente Thévenin del circuito a la derecha de las resistencias de 2k y 5k. Por tanto, a continuación se realiza el cálculo de dicho circuito equivalente: NOTA: Se utiliza el sistema sistema de unidades unidades :V, mA, k Ω, así que V g = 2IX con IX en mA. VTH: Tensión de circuito abierto

+

Por mallas:

12V

1k

+ +

2IX IX

2k IY

2k

IX

VTH -

Vg = 2(I Y + I X ) + I Y − 12 = 2I X + 2(I X + IY ) Vg = 2I X

→IX = -3mA

VTH = 2k · IX = 2· -3 = -6V I N: Corriente en cortocircuito 12V

1k

+

+ -

2IX 2k

IX

2k

IN


Al cortocircuitar los terminales, la corriente IX se anula, y por tanto la fuente Vg también y el circuito anterior se reduce al siguiente:

38

2k

1k

+

IN

y la resistencia Thévenin:

La resistencia equivalente al conjunto de las 2 resistencias en paralelo de 1k y 2k es k , por 3 tanto: − 12 IN = = -18mA 2 3

12V

-

VTH − 6 1 0.33k R TH TH = = = = − 18 3 I N

Se sustituye el equivalente Thévenin en el circuito original y se halla V 0 fácilmente mediante un divisor de tensión: 0.33k

2k

V0

V0 = −6 +

-6V

-

5k

5 − 45 -4.09V = = 1 11 5+ +2 3

THEVENIN


39


40

TEMA 2: ANÁLISIS TRANSITORIO


41


42


En el circuito de la figura se desconocen los valores de C y R. Se pide obtener razonadamente los mencionados mencionados valores a partir de la curva de comportamiento comportamiento descrita en la figura. 7 3k Ω

12mA

1k Ω C 1k Ω

R

+ Vc

-

) s o i t l o v ( c V

6 5 4 3 2 1 0

8

16 24 32 40 tiempo (segundos)

48

SOLUCIÓN 14: En primer lugar obtenemos el equivalente Norton del circuito sin el condensador ni la resistencia: 3k Ω

12mA

1k Ω

6mA

1k Ω

2k Ω

Añadimos ahora, sobre el equivalente, resistencia y condensador: + 6mA

C 2k Ω

R

6mA

2k Ω

R

V (t=∞) -

Para t = ∞ el condensador se comporta como un circuito abierto; por tanto: V(t=∞) = 6mA*(2k Ω*R)/( 2k Ω+R) = 6V (valor en régimen permanente)


43

...de donde se puede despejar el valor de R: R = 2k Para obtener el valor de C calculamos primero el equivalente paralelo de las dos resistencias: 6mA

C 1k Ω

... y utilizamos la pendiente en el origen dibujada en el gráfico: En un circuito RC la constante de tiempo τ es igual al producto RC y se muestra en el gráfico como el instante en que la pendiente en el origen corta a la asíntota del valor final de la tensión. Por tanto:

τ = RC = 1k Ω*C = 8s;


C = 8mF

44

Junio 1999 PROBLEMA 15: En el circuito de la figura el interruptor ha estado en la posición izquierda desde t = - ∞ hasta t = 0, y en t = 0 pasa bruscamente a la posición de la derecha. 3k

2k A

+

50μF

12V

6k

-

50k B

Se pide:

• Obtener el valor de la tensión V AB para t>0 • ¿Cuál es la constante de tiempo del sistema para t>0? ¿Cuál sería el valor de la resistencia extra a colocar entre A y B para que esa constante de tiempo se reduzca a la mitad?

SOLUCIÓN 15:

• Obtener el valor de la tensión V AB para t>0 3k

2k + Vc(0)

+

12V

-

6k

_

Condiciones iniciales: tensión del condensador condensador en t=0. Consideramos que el circuito se encuentra en régimen permanente y sustituimos el condensador condensador por un circuito abierto: abierto: Aplicando divisor de tensión: Vc(0) = 12V*6k(3k+6k) = 8V

50μF 50k

Circuito para t>0: el interruptor pasa a la posición derecha. derecha. Las ecuaciones ecuaciones del circuito serán: Resistencia: I = -V/R Condensador: Condensador: I = C*dV/dt


45

50*10 -6*dV/dt + V/50*103 = 0

Dando valores e igualando queda: O, lo que es lo mismo:

dV(t)/dt + 0.4V(t) = 0

Resolución de la ecuación: Planteamos una solución estándar: V = K 1 + K 2*e-t/τ

dV/dt = -K 2/τ*e-t/τ

Y sustituimos en la ecuación de nuestro circuito: -K 2/τ*e-t/τ + 0,4* K 1 + 0,4*K 2*e-t/τ = 0 Igualando términos libres se obtiene: K 1 = 0 τ Igualando términos en e -t/ se obtiene: -K 2/τ + 0,4*K 2 = 0; K 2/τ = 0,4*K 2; τ = 2.5 Sólo resta obtener el valor de K2 haciendo cumplir las condiciones iniciales que conocemos: V(0) = K 1 + K 2*e0 = K 1 + K 2 = 8V;

K 2 = 8

Por tanto, la tensión pedida es

VAB (t) = 8*e-0.4t V Lo cual representa un típico proceso de descarga de un condensador:

) V ( B A U

9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 t (s)

• ¿Cuál es la constante de tiempo del sistema para t>0? ¿Cuál sería el valor de la resistencia extra a colocar entre A y B para que esa constante de tiempo se reduzca a la mitad? La constante de tiempo de un circuito RC es:

= R*C = 50k *50 F = 2.5s

Si deseamos reducir a la mitad la constante de tiempo, deberemos reducir a la mitad el valor de la resistencia: Rnueva = R/2 Como vamos a colocar una resistencia en paralelo: Rnueva = R//Rañadida = R*Rañadida/(R+Rañadida) Igualando ambas expresiones se llega a la conclusión:


Rañadida = R = 50k

46

Septiembre 1999 PROBLEMA 16: En el circuito de la figura fi gura la corriente que circula por la bobina en t = 0 es de i L = 10A. • Determinar la expresión de la corriente i L y de la tensión v L, ambas para t>0. • Representar gráficamente de forma aproximada estas funciones 15Ω

+ 10A

16mH

5Ω

iL

vL _

SOLUCIÓN 16: Se plantean las ecuaciones del circuito por mallas: 15Ω

Malla 1: I1 = 10A Malla 2: (I2-I1)*5 + I2*15 + 16*10 -3*dI2/dt=0

+ 10A

5Ω I1

16mH

vL

iL

_

I2

-16*10-3*dIL/dt+20*IL=50

Se propone la solución estándar para para la ecuación diferencial: I L = K 1 + K 2*e-t/τ Sustituyendo: -16*10-3*K 2/τ*e-t/τ+20*K 1+20*K 2*e-t/τ=0 Igualando términos: 20K 1 = 50 -16*10-3*K 2/τ+20*K 2=0

K 1 = 2.5 τ = 1/12 1/1250 50

Aplicando las condiciones iniciales: K 2 = 7.5 IL(0) = 10 = 2.5 + K 2

IL = 2.5+7.5*e-1250tA La tensión se obtiene a través de la ecuación de comportamiento de la bobina: VL = L*dIL/dt VL =-150*e-1250tV VL = 16*10-3*(-9375)*e-1250t


47

10 9 8 ) A ( d a d i s n e t n i

7

IL = 2.5+7.5*e -1250tA

6 5 4 3 2

0

0.5

1

1.5

2 2.5 tiempo tiempo (sg)

3

3.5

4

4.5 -3

x 10

0

VL =-150*e-1250tV

-50 ) V ( n o i s n e t

-100

-150

0

0. 5

1

1. 5

2 2.5 tiempo (sg)


3

3. 5

4

4. 5 x 10

-3

48

Septiembre 1999 PROBLEMA 17: Los circuitos 1, 2 y 3 parten de las mismas condiciones iniciales. iniciales. Indique a qué circuito corresponde cada una de las curvas de comportamiento representadas para V C y justifíquense las respuestas respuestas Step Response

Step Response 2

2

1.5

1.5

1.5

1

1 e d u t i l p m A

StepResponse

2

e d u t i l p m A

0.5

1 e d u t i l p m A

0.5

0.5

0

0

0

-0.5

-0.5

-0.5

-1 0

5

10

15

20

-1 0

5

10

respuesta 1

2R

L

15

20

-1 0

5

10

Time (sec.)

Time (sec.)

C

respuesta 2 + vC

L

R

C

_

circuito A

15

20

Time (sec.)

respuesta 3 + vC

4R

L

C

_

circuito B

+ vC _

circuito C

SOLUCIÓN 17:

Planteamos la ecuación de V C para unos valores genéricos de R, L y C: VC 1 dV + ⋅ VC ⋅ dt + C ⋅ C = 0 R L dt d 2 VC 1 dVC 1 ⋅ + ⋅V + C⋅ 2 = 0 R dt L C dt d 2 VC 1 dVC 1 + ⋅ + ⋅V = 0 RC dt LC C dt 2

∫

Si expresamos la ecuación en el formato estándar: d 2 VC dVC + 2 ξω ⋅ + ω2n ⋅ VC = 0 n 2 dt dt


49

Podemos obtener el valor del coeficiente de amortiguamiento ξ en función de R,L,C:

ω 2n =

1 LC

1 RC L ξ= 2R C 2ξω n =

Luego cuanto mayor sea R menor será el coeficiente de amortiguamiento. A la vista de las gráficas, puede verse como: respuesta1

<

respuesta2

<

respuesta3

Por tanto:

el circuito B corresponde a la respuesta 3 el circuito A corresponde a la respuesta 2 el circuito C corresponde a la respuesta 1


50

Diciembre 1999 PROBLEMA 18: En el circuito de la figura, f igura, el interruptor lleva mucho tiempo abierto y se cierra en el instante t = 0. Se pide calcular el tiempo t iempo que tardará la tensión V AB en alcanzar 0V. 10Ω A 10Ω +

25V

-

0,5H 5V

B

10Ω

+ -

SOLUCIÓN 18: Se calculará en primer lugar la expresión para la corriente que circula por la bobina iL(t): 10Ω

Condiciones iniciales: i L(t=0−) El interruptor está abierto y la bobina es un cortocircuito (régimen permanente)

A 10Ω +

25V

-

iL(t=0−) 5V + -

iL(t=0−) = 30V/30Ω = 1A

B

10Ω

Circuito para t≥0: El interruptor está cerrado

10Ω A

+

25V

-

10Ω

20 ⋅ i L ( t ) + 0,5 ⋅

iL(t)

i L (0) = 1A

0,5H 5V + -

10Ω


di L ( t ) = 5V dt

Resolviendo para i L(t) se obtiene: B

i L ( t ) = 0,25 + 0,75 ⋅ e −40 t

51

El dato pedido es V AB: v AB ( t ) = 10 ⋅ i L ( t ) + 0,5 ⋅

di L ( t ) = 2,5 + 7,5 ⋅ e −40 t + 0,5 ⋅ (− 30 ⋅ e −40 t ) = 2,5 − 7,5 ⋅ e − 40 t dt

Buscamos el instante en que V AB se iguala a cero: v AB ( t ) = 2,5 − 7,5 ⋅ e −40 t = 0 →

t = 27.5ms


52


En el circuito de la figura, f igura, el interruptor lleva mucho tiempo cerrado y se abre en el instante t = 0. Se pide obtener la expresión de la intensidad i(t) para t > 0. 2,5k Ω

+

2k Ω

8V

2mF

2,5k Ω

-

0,5k Ω

it

SOLUCIÓN 19: Resolvemos en primer lugar para la tensión en el condensador. a) Valor inicial: valor estabilizado antes de abrir el interruptor: 2,5k Ω

2k Ω

+ Vc 0)

+

8V

−

2,5k Ω

-

Por divisor de tensión: 2.5 VC (0) = 8 ⋅ = 4V 2.5 + 2.5

0,5k Ω

it

b) Valor en t = ∞: valor estabilizado una vez abierto el interruptor: 2,5K Ω

2k Ω

+

Vc ∞

+

8V

−

2,5k Ω

-

0,5k Ω

VC (∞) = 0

it

c) Constante de tiempo: representamos el circuito para t>0 (interruptor abierto) y agrupamos resistencias: 2k Ω

+ 2,5k Ω

2mF

2mF

Vc(t)

− 0,5k Ω

it


τ = RC = 5 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 −3 = 10s

5k Ω

it

53

Con lo que la expresión para la tensión en el condensador condensador queda: VC ( t ) = VC (∞) + (VC (0) − VC (∞) ) ⋅ e

−

t

τ

= 4 ⋅ e −0,1t

La intensidad pedida se obtiene a partir de la tensión en el condensador:

i(t)= -VC / (5·103 ) = -0.8·e-0.1t mA


54


En el circuito de la figura, la tensión V C del condensador vale –4V en t = 0: 6Ω

R +

+

7.5V

-

10A

8Ω

3Ω

5mF

VC

7.5V +

Se pide:

• Si R = 2Ω, calcular el tiempo que tardará la tensión V C en el condensador en

alcanzar +4V • ¿Qué valor debería haber tenido R para que ese tiempo hubiera sido la mitad?

SOLUCIÓN 20:

Para facilitar los cálculos, se obtiene el equivalente Thévenin para todo el circuito salvo el condensador y la resistencia R (entre los terminales A y B): 6Ω

+

7.5V

-

A 10A

8Ω

3Ω 7.5V

B

+

Dado que no existen fuentes dependientes, puede obtenerse el Thévenin a partir de la resistencia equivalente y de la tensión de circuito abierto: tensión de circuito abierto

resistencia equivalente 6Ω

6Ω

A

3Ω

+

8Ω

-

7.5V

A

8Ω

3Ω

10A

7.5V B

R EQ EQ = 6Ω // 3Ω // 8Ω = 1.6Ω


+

B

Por nodos, VAB = 12V

55

El equivalente y el circuito completo serán, por tanto: 1.6Ω

1.6Ω

R

A +

+

12V

+

5mF

12V

VC

-

-

B

Sobre el circuito de la derecha podemos obtener la expresión de V C(t):

• Valor inicial: VC(0) = -4V • Valor final: VC(∞) = 12V -3 • Constante de tiempo: τ = R EQ EQ⋅C = (1.6+R) ⋅5⋅10

VC ( t ) = VC (∞) − (VC (∞) − VC (0) ) ⋅ e

−

t

τ

= 12 − 16 ⋅ e

−

t (1.6 + R )⋅5⋅10− 3

Si R = 2Ω, el tiempo en alcanzar 4V se puede despejar de la expresión anterior: 4 = 12 − 16 ⋅ e

−

t 3.6⋅5⋅10 −3

→ t = 12.5ms

t = 12.5ms Para que ese tiempo se reduzca a la mitad, debe reducirse a la mitad la constante de tiempo:

τ nueva

3.6 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = → (1.6 + R nueva ) ⋅ 5 ⋅10 = 2 2

τ

−3

→ R nueva = 0.2Ω

R nueva nueva = 0.2


56

Septiembre 2000 PROBLEMA 21: En el circuito de la figura, f igura, el interruptor lleva mucho tiempo abierto y se cierra en el instante t = 0. iL

48mH +

vL

− 2,4k Ω

6k Ω

+

25V

4k Ω

-

+

4V

-

Se pide: • expresión de la intensidad en la bobina i L(t) para t>0. • Expresión de la tensión en la bobina v L(t) para t>0 • Representar aproximadamente ambas funciones

SOLUCIÓN 21: a) Obtención de las condiciones iniciales: se busca la intensidad en la bobina en t = 0 La intensidad en la bobina en t = 0 + será igual a la intensidad en t=0-; en ese instante nos encontramos en régimen permanente y por tanto la bobina equivale a un cortocircuito: cortocircuito: i L ( 0) =

−4 = −0.625mA 4000 + 2400

iL 0

2,4k Ω

4k Ω

+

4V

-

b) Comportamiento para para t > 0: se busca el equivalente Thévenin Thévenin del circuito entre entre los extremos de la bobina, a los que llamamos A y B: A

B 2,4k Ω

6k Ω

+ -

25V

4k Ω

+

4V

-


Tensión de circuito abierto: VA = 10V (divisor de tensión) VB = 4V VAB = 10-4 = 6V Resistencia equivalente: R EQ EQ = 4//6 + 2.4 = 4.8k Ω

57

Por tanto, el equivalente Thevenin y el circuito equivalente una vez colocada la bobina quedan: 4.8k Ω

4.8k Ω

iL

48mH

+ vL +

6V

+

-

6V

-

Sobre el circuito equivalente es fácil calcular i L y vL: i L ( t ) = i L (∞) + [i L (0) − i L (∞) ]e

−

t

τ

Donde los datos que nos hacen falta son: 6 L i L (0) = −0.625mA; i L (∞) = = 1.25mA; τ = = 10 −5 4800 R Con lo que la expresión de la intensidad queda: 5

i L (t) = 1.25 − 1.875e −10 tmA Se nos pide también la expresión de la tensión en la bobina, que será: 5 5 di ( t ) v L ( t ) = L ⋅ L = 48 ⋅ 10 −3 ⋅ 1.875 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 5 ⋅ e −10 t = 9e −10 t V dt 5 v L (t) = 9e−10 t V Una representación aproximada de ambas funciones sería la siguiente: iL(t)

vL(t)

t

t

Donde se aprecia que i L(t) no presenta saltos bruscos pero v L(t) si presenta una discontinuidad en t = 0.


58

Diciembre 2000 PROBLEMA 22: En el circuito de la figura, fi gura, el interruptor ha permanecido cerrado durante mucho tiempo, y se abre en el instante t = 0. Se pide dimensionar el condensador C de modo que la tensión vC(t) en el mismo tome valor cero en el instante t = 12ms. 2 k Ω

t=0

4 k Ω C

18mA

4 k Ω

3 k Ω

+ vC(t) _

-

6V

+

SOLUCIÓN 22: En primer lugar se obtiene la tensión en el condensador condensador en el instante cero, suponiendo que éste se comporta en régimen permanente (antes de mover el interruptor) como un circuito abierto: 4 k Ω

2 k Ω

18mA

4 k Ω

+ vC(0) _

3 k Ω

-

6V

+

Del análisis del circuito anterior se obtiene v C(0) = 14V. A continuación planteamos la ecuación diferencial del circuito para t>0 (una vez abierto el interruptor): 4 k Ω C

+ vC(t) _

-

6V

+

Al tratarse de un circuito sencillo es inmediato obtener la ecuación diferencial: dv c ( t ) 1 6 + = − v ( t ) c dt 4 ⋅ 10 3 ⋅ C 4 ⋅ 10 3 ⋅ C La solución de esta ecuación con la condición inicial v C(0) = 14V queda: v c ( t ) =− 6 + 20 ⋅ e


−

t 4⋅103 ⋅C

59

Se debe cumplir que v C(12⋅10-3) = 0V: −3

v c (12 ⋅ 10 ) =− 6 + 20 ⋅ e

−

12 ⋅10 −3 4 ⋅10 3 ⋅C

=0 →


C = 2.5 F

60

Febrero 2001 PROBLEMA 23: En el circuito representado, el interruptor ha permanecido abierto durante mucho tiempo. En el instante t = 0 el interruptor se cierra y se observa la evolución de i(t). Se miden los siguientes valores: i( t) vale 7mA. • En el instante t = 12ms se toma una primera medida, en la que i(t) • Una vez se ha estabilizado i(t) se toma otra medida, en la que i(t) vale 10mA. 100Ω

200Ω i(t)

V

+

100Ω

-

L

Se pide determinar el valor de la fuente de tensión V y de la bobina L.

SOLUCIÓN 23: Cálculo de condiciones iniciales para t = 0 Si el interruptor ha estado abierto durante mucho tiempo, la intensidad en la bobina será cero. i ( 0) = 0 Planteamiento de la ecuación diferencial para t>0 Se debe simplificar el circuito hasta la forma estándar de un circuito RL. Para ello se puede hacer el el equivalente Thevenin Thevenin de todo el el circuito salvo la bobina bobina (calculando V CA y R EQ EQ) o bien se pueden hacer transformaciones sucesivas de fuentes. En cualquier caso, el resultado al que se llega es el siguiente: 100Ω

+ -

V

200Ω

250Ω

100Ω

+

V/2

-

El circuito RL sobre el que hay que trabajar es, pues: 250Ω i(t) +

V/2

L

-


61

La expresión para i(t) en este circuito estándar es conocida: R 250 − t⋅ − t⋅ V V L i( t ) = + K ⋅ e = + K ⋅ e L R 500 El valor de K se obtiene a partir de las condiciones iniciales: V V i ( 0) = 0 = + K → K = − 500 500 Con lo que la expresión para la intensidad queda: 250 − t ⋅ ⎞ V ⎛ ⎜⎜1 − e L ⎟⎟ i( t ) = 500 ⎝ ⎠ A partir de esta expresión obtenemos los valores de V y de L: V V = 5V (1 + 0) → 500 250 − 0.012 ⎞ 5 ⎛ L ⎟ → ⎜ i(0.012) = 7 mA = 1− e L = 2.5H ⎜ ⎟ 500 ⎝ ⎠ i(∞) = 10mA =


62


En el circuito de la figura, el interruptor ha permanecido abierto durante mucho tiempo, y se cierra en el instante t = 0. Se pide obtener la expresión de v AB(t) para t > 0. A

t=0 2.6Ω

4Ω 6Ω

20mF + -

20V

+

12V

-

B

SOLUCIÓN 24: Se solucionará para la tensión en el condensador y a partir de ella se obtendrá el dato pedido. Buscamos la tensión en el condensador en t = 0 - y en t = ∞; en ambos casos consideramos el condensador como un circuito abierto dado que estamos en régimen permanente: A

4Ω

A

2.6Ω

2.6Ω

4Ω 6Ω

+ -

20V

+ Vc (t=0) _

+

B

-

20V

+

12V

-

+ Vc (t= ) _ B

Se obtiene: VC(0) = 20V VC(∞) = 16.8V (mediante ( mediante divisor de tensión, por ejemplo)


63

Falta por conocer la constante de tiempo, para ello se simplifica el circuito para t>0 hasta la forma estándar de un circuito RC. Mediante transformaciones de fuentes se llega a: 5Ω 20mF +

16.8V

-

Con lo que la constante de tiempo será: τ = RC = 0.1 seg La expresión de la tensión en el condensador quedará: VC (t) = 16.8 + (20 - 16.8)e-10t V = 16.8 + 3.2e-10t V Para hallar la tensión pedida primero obtenemos la intensidad en el condensador: condensador: dV ( t ) IC (t) = C = - 0.64e-10t A dt La tensión pedida será la tensión en la resistencia más la tensión en el condensador:

VAB (t) = R ·IC ( t ) + VC ( t ) = 16.8 + 1.54e−10t V


64

Septiembre 2001 PROBLEMA 25:

Obtener la expresión de la tensión v(t) del condensador en el circuito de la figura: Dato v(0) = 0V. 10V

4Ω

+

20V

6Ω

-

2Ω

+ -

+ v(t) -

2Ω

2A

10mF

SOLUCIÓN 25:

Mediante sucesivas transformaciones transformaciones de fuentes se obtiene el siguiente circuito equivalente: 6,4Ω _ +

2V v(t) +

10mF

Obtendremos la expresión de v(t) a partir del valor inicial, el valor final y la constante de tiempo: • Valor inicial: v(0) = 0V 0V • Valor final: v(∞) = 2V • Cte. de tiempo: τ = RC = 0,064seg

v(t ) = v(∞) − [v(∞) − v(0)]⋅


−t e τ

= 2 ⋅ (1 − e −15,625 ⋅t )V

65

Diciembre 2001 PROBLEMA 26:

En el circuito de la figura, el interruptor ha permanecido abierto durante mucho tiempo, y se cierra en el instante t = 0. Con ayuda de un osciloscopio se registra la tensión V AB y se obtiene la gráfica que se muestra en la figura. Se pide obtener los valores de R y de C en el circuito. t=0

2 k Ω

10mA

VAB (V)

A

3k Ω

R

R

+ VAB(t) _

C C

20

0

B

0 6

t

SOLUCIÓN 26: Simplificaremos el circuito paso a paso comenzando por una transformación de fuentes y los equivalentes serie y paralelo de los condensadores y las resistencias t=0 respectivamente: 2 k Ω 3 k Ω A

+ -

30V

R/2

+ VAB(t) _

C/2

B

A continuación se calcula el equivalente serie de las resistencias y se hace una nueva t=0 transformación de fuentes: A

6mA

C/2 5 k Ω

R/2

+ VAB(t) _ B

Sobre este circuito ya es posible calcular los valores de R y C. En primer lugar vemos a partir de la curva del enunciado cómo el valor final de la tensión (régimen permanente) es de 20V; en régimen permanente el condensador será un circuito abierto:


66

A 6mA

5k Ω

R/2

+ 20V _ B

Sobre este circuito se calcula el valor de R: 5 ⋅ 103 ⋅ R 2 5000 R = R eq = 5 ⋅ 103 + R 2 10000 + R 5000 R = 20 ⇒ I ⋅ R eq = 20V ⇒ 6 ⋅ 10−3 ⋅ 10000 + R

R = 20k

Una vez calculado R, se obtiene el valor de C teniendo en cuenta que, según la respuesta mostrada en el gráfico, la constante de tiempo es de 6ms: C 5000R C ⋅ ⇒ 2 10000 + R 2

τ = 6 ⋅10−3 = R eq ⋅ =


C = 3.6mF

67

Febrero 2002 PROBLEMA 27: En el circuito de la figura, el interruptor ha estado en la posición 1 desde t = - ∞ hasta t = 0 y en t = 0 pasa bruscamente a la posición 2. • obtened el valor de la tensión V AB(t) para t > 0. • calculad el tiempo que tardará el condensador en alcanzar la tensión de 12V. ¿cuál sería el valor de la resistencia extra a colocar colocar entre A y B para que que alcanzara esos 12V en la mitad de tiempo? 1k

2k

1 2 A

+

50μF

24V

2k

-

50k B

SOLUCIÓN 27:

• ¿Valor de la tensión V AB(t) para t>0.? El circuito anterior es un circuito de primer orden. La tensión VAB(t) es la tensión en el condensador V C(t). Transitorio en t = 0: VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C Vamos a hallar los parámetros: V Cfinal, VCinicial y R eq eq Circuito para t<0: VCinicial 1k

2k 50μF

+ VC

+ -

24V

2k


-

68

El condensador es un circuito abierto en DC, por tanto la V Cinicial será: VCinicial = 24

2 2 +1

= 16V

Circuito para t>0: R eq eq= 50k Ω

50μF 50k

VCfinal = 0V

Sustituyendo en la ecuación del transitorio: VC ( t ) = 0 + (16 − 0) ⋅ e − t / τ ; τ = 50·103 ·50·10−6 = 2.5s

VAB(t) = VC(t) = 16e-0.4t V

• ¿Tiempo que tardará el condensador en alcanzar la tensión de 12V? Utilizando la expresión de la tensión en el condensador para t>0: VC ( t ) = 16·e −0.4 t V 12 = 16·e −0.4 t M

t = 0.719s

•

¿Cuál sería el valor de la resistencia resistencia extra a colocar colocar a colocar entre A y B para que alcanzara esos 12V en la mitad de tiempo? t ' = t / 2 = 0.719 / 2 = 0.395s 50μF 50K

R


69

Vamos a hallar la nueva constante de tiempo: 12 = 16 ⋅ e − τ'⋅0.359 τ' = 0.8 1 τ' = = 0.8 → R eq = 25000 Ω = 25k Ω R eq ⋅ C

Si Re q = R // 50k Ω =

R ⋅ 50 = 25k Ω , entonces R + 50


R 50 k

70

Junio 2002 PROBLEMA 28: En el circuito de la figura, el interruptor ha estado abierto desde t = - ∞ hasta t = 0 y en t = 0 se cierra. • obtened el valor de la tensión en el condensador C 1 para t>0. • calculad el tiempo que tardará el condensador condensador en alcanzar la tensión de -1V. • si duplicamos el valor de la resistencia R 2 , ¿cuál será ahora el valor final de tensión alcanzado por el condensador? ¿Cuánto tiempo tardará en alcanzar la tensión de –1V? 3k Ω

+

R 1

V1 I1

+ _

-

2⋅VC(t)

C1

0.5⋅I1

1k Ω

R 2 1F

10 V

SOLUCIÓN 28:

• valor de la tensión en el condensador C 1 para t>0? El circuito anterior es un circuito de primer orden. Transitorio en t = 0: VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C Vamos a hallar los parámetros: V Cfinal, VCinicial y R eq eq: Circuito para t<0: 3k Ω

+ -

R 1

V1 I1= 0

+ _

10 V

2⋅VC(t)

0.5⋅I1

C1 1k Ω

R 2 1F

Inicialmente el interruptor está abierto y no circula corriente por R 1 (I1=0), por tanto la tensión es nula los terminales del condensador, V Cinicial = 0.


71

Circuito para t>0: 3k Ω

+

VR2

R 1

V1 I1

2⋅VC(t)

+ _

-

0.5⋅I1

1k Ω

C es un circuito abierto en DC

R 2

10 V

0V

VCfinal = VC (∞) =VR2 En la malla de la izquierda: I1 =

V1 − 2VC V1 − 2VR 2 = 3 3

Y en la derecha: 0 − VR 2 = 1 ⋅ 0.5 ⋅ I1 VR 2 = −0.5 ⋅ I1 V1 − 2V R 2 VR 2 = −0.5 ⋅ 3 M

5 VR 2 = − = −2.5V 2 VCfinal = VC (∞) =VR2= -2.5V Para calcular la R eq test: anulamos la fuente fuente independiente independiente V1 del eq utilizamos el método test: circuito anterior (la sustituimos por un cortocircuito), añadimos una fuente de tensión de 1V (fuente test) y hallamos el valor de la l a corriente test (I test) R eq =

Vtest 1 = I test I test

3k Ω

+

V1

VR2

R 1

I1

+ _

-

2⋅VC(t)

10 V

0.5⋅I1

1k Ω

R 2

+

Vtest=1V

-

Itest

Ix 0V

Ahora VR2 = Vtest =1V, I1 =

0 − 2VC 2 = − mA . 3 3


72

Aplicamos la ley de nodos en el subcircuito de la izquierda:

0.5I1 + I X = I test =

Vtest R eq

⎛ 2 ⎞ V − 0 = Vtest 0.5⎜ − ⎟ + test 1 R eq ⎝ 3 ⎠ 1 ⎛ 2 ⎞ 1 ⎜− ⎟ +1 = 2 ⎝ 3 ⎠ R eq 3 R eq = k Ω = 1500Ω 2 Sustituimos los valores de V Cfinal, VCinicial y R eq eq en la expresión de la tensión en el condensador: VC ( t ) = −2.5 + (0 − (− 2.5)) ⋅ e − t / 1500 ; τ = R eq ·C = 1500·1 = 1500

VC (t) = −2.5 ⋅ (1 − e −t/1500 ) V

• tiempo que tardará el condensador en alcanzar la tensión de -1V? VC ( t ) = −2.5 ⋅ (1 − e − t / 1500 ) − 1 = −2.5 ⋅ (1 − e − t / 1500 ) M

t = 766s

• si duplicamos el valor de la resistencia R 2 , ¿cuál será ahora el valor final de tensión alcanzado por el condensador? ¿Cuánto tiempo tardará en alcanzar la tensión de –1V?

Si R 2 = 2k Ω, la tensión final f inal en el condensador cambiará: cambiará: 3k Ω

+ -

V1

VR2

R 1

I1

+ _

2⋅VC(t)

0.5⋅I1

2k

R 2

C es un circuito abierto en DC

10 V

0V


73

En la malla de la izquierda: V1 − 2VC V1 − 2VR 2 = 3 3

I1 = Y en la derecha:

0 − VR 2 = 2 ⋅ 0.5 ⋅ I1 VR 2 = − I1 2V − 10 VR 2 = R 1 3 M

VR 2 = 10V

VCfinal = VC ( ) =VR2= 10V La R eq eq también tendrá otro valor: 3k Ω

V 1 R eq = test = I test I test

+

VR2

R 1

V1 I1

+ _

-

2⋅VC(t)

0.5⋅I1

10 V

2k

R 2

+

Vtest=1V

-

Itest

Ix 0V

Como antes, I1 =

0 − 2VC 2 = − mA . 3 3

Aplicamos la ley de nodos en el subcircuito de la izquierda:

0.5I1 + I X = I test =

Vtest R eq

⎛ 2 ⎞ V − 0 = Vtest 0.5⎜ − ⎟ + test 2 R eq ⎝ 3 ⎠ 1 ⎛ 2 ⎞ 1 1 ⎜− ⎟ + = 2 ⎝ 3 ⎠ 2 R eq R eq = 6k Ω = 6000Ω


74

Sustituimos los valores de V Cfinal, VCinicial y R eq eq en la expresión de la tensión en el condensador: VC ( t ) = −10 + (0 − (− 10)) ⋅ e − t / 6000 ; τ = R eq ·C = 6000·1 = 6000 VC ( t ) = −10 ⋅ (1 − e − t / 6000 ) V Con R 2 = 2k Ω, el condensador tardará en alcanzar la tensión de -1V un tiempo algo menor: VC ( t ) = −10 ⋅ (1 − e− t / 1500 )

− 1 = −10 ⋅ (1 − e − t / 1500 ) M

t = 632s


75

Septiembre 2002 PROBLEMA 29: En el circuito siguiente, • Calculad el valor de la tensión en los extremos de la resistencia R4 y la potencia que consume. • Si se sustituye la resistencia R4 por una capacidad, hallad la tensión final que alcanzará este elemento. ¿Cuál ha de ser el valor de la capacidad para que alcance en sus extremos una tensión de 1V en 2 segundos? (Suponed que la capacidad se halla inicialmente descargada, V C(0) = 0) V1 - +

2mA

10 V

R 3

I1

5k Ω 5k Ω

5k Ω

R 1

R 2

+

10k Ω R 4 VO -

SOLUCIÓN 29:

• Calculad el valor de la tensión en los extremos de la resistencia R4 y la potencia que consume. SOLUCION A: Un posible solución consiste en resolver el circuito mediante el análisis de nodos: V1 - +

10 V

i2 VX

2mA

I1

Nodo Vx:

VY

i1 = i 2 + 2 →

i3

VZ

R 3 5k Ω

5k Ω

5k Ω

R 1

i1

i4

R 2

+

i5

0 − VX = i2 + 2 5

Nodo VY: 2 = i 4 + i3 → 2 =

10k Ω R 4 VO -

Nodo VZ: i2 + i3 = i5 → i2 + Además se cumple:


VY − 0 VY − VZ + 5 5

VY − VZ VZ − 0 = 5 10 V Z – VX = 10

76

La tensión que se nos pide es Vo, denominada V Z en el sistema de ecuaciones anterior, que si resolvemos correctamente da como resultado V Z = 2.5V. Por tanto:

Vo = 2.5V y la corriente por la resistencia valdrá 0.25 mA, por lo que la potencia consumida será:

P = V*I = 2.5 * 0.25 = 0.625 mW.

SOLUCIÓN B: También es posible hallar la tensión Vo utilizando el teorema de Thevenin. Vamos a calcular el equivalente Thevenin del circuito visto desde los terminales de la resistencia R 4: V1 - +

2mA

10 V

R 3

I1

5k Ω 5k Ω

5k Ω

R 1

A

R 2

B Cálculo de R thth: Anulamos las fuentes independientes (sustituyendo la fuente de corriente por un circuito abierto y la fuente de tensión por un cortocircuito) y el circuito resistivo que queda es el siguiente: R thth= R 1 // (R 3 + R 2) = 5 // 10 = =3.3k Ω

R 3 5k Ω 5k Ω

R 1

5k Ω

5·10 10 = 5 + 10 3

A

R 2

B


77

Cálculo de Vth:

Nodo Vx:

V1 - +

10 V

i2 VX

2mA

VY

I1

i3

R 3 5k Ω

5k Ω

5k Ω

R 1

i1

i1 = i 2 + 2 →

0 − VX = i2 + 2 5

Nodo VY:

VZ A

2 = i 4 + i3 → 2 =

VY − 0 VY − VZ + 5 5

R 2

i4

B

Nodo VZ: i 2 + i3 = 0 → i 2 + Además se cumple:

VY − VZ =0 5

V Z – VX = 10

Si resolvemos correctamente el sistema de ecuaciones anterior, se obtiene V Z = 3.3V. Por tanto Vth = 3.3V. Conocido el equivalente completo se puede obtener el dato pedido: Con la resistencia de 10k Ω:

3.3k Ω

+ -

3.3V

I = 3.3V/13.3k Ω = 0.25mA 10k Ω

Vo = I · 10k Ω = 2.5V P = V*I = 2.5 * 0.25 = 0.625 mW

• Si se sustituye la resistencia R4 por una capacidad, hallad la tensión final que alcanzará este elemento. ¿Cuál ha de ser el valor de la capacidad para que alcance en sus extremos una tensión de 1V en 2 segundos? (Suponed que la capacidad se halla inicialmente descargada, V C(0) = 0) Utilizando el equivalente Thevenin calculado en el apartado anterior, vemos que la tensión final alcanzada por el condensador será la tensión de Thevenin de 3.3V. La expresión del transitorio de la tensión en el condensador será : VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e− t / τ ; τ = R eq ·C = 3333C VC ( t ) = 3.3 + (0 − 3.3) ⋅ e− t / 3333C = 3.3·(1 − ⋅e − t / 3333C ) Si queremos que el condensador alcance una tensión de 1V en 2 segundos, sustituimos estos valores en la expresión de la tensión en el condensador: condensador: VC ( t ) = 3.3·(1 − ⋅e −2 / 3333C ) = 1 →

C=0.0017F=1.7mF


78

Diciembre 2002 PROBLEMA 30: En el circuito siguiente,

• C

R 1

V2

t = 3s R 2

200μF C1

R 4 a - + l 3k Ω 3k Ω 2k Ω + 24V K2 V3 + c V1 R 3 V (t) _ t=0 2000 iA 0 iA u 6V 6k Ω K1 l a d el valor de la tensión t ensión V0(t), sabiendo que el interruptor K1 se cierra en t = 0 y el interruptor K2 se abre en t = 3s. • Dibujad la gráfica de la tensión V 0(t). +

SOLUCIÓN 30: Se trata de un circuito RC de primer pri mer orden. Intervalos de tiempo a estudiar: t < 0 → K1 abierto y K2 cerrado

1er Transitorio

0 ≤ t < 3 → K1 cerrado y K2 cerrado 3 ≤ t < ∞ → K1 cerrado y K2 abierto

2º Transitorio

1er Transitorio: Cambio en t = 0, interruptor K1 se cierra. Hallaremos primero la tensión V C en extremos del C, y luego obtendremos la tensión V 0(t). VC (t) = VCfinal + (VCinicial - VCfinal )e-t/τ τ ; τ =R eq eq·C


79

Circuito para t<0 (K1 abierto y K2 cerrado): R 1

V2

3k Ω 6V

B

R 4

3k Ω

24V

2k Ω

6k Ω iA

V1

-

A

R 2

- +

+

+ _

R 3

V3 2 iA

A partir de este circuito calculamos el valor de V Cinicial. Utilizaremos el sistema k Ω, mA y V. Por tanto, la fuente dependiente V 3, V3=2iA, si iA se expresa en mA. VCinicial = VA - VB = 9 − 3 = 6V 6 = 9V (circuito divisor de tension ) 6+3+3 3 VB = 2i A = 2 = 3V (VB es igual a V3 ya que al ser un abierto no circula corriente) 2 VA 9 3 iA = = = mA 6 6 2 VA = (24 − 6)

Circuito para 0 ≤ t < 3 (K1 cerrado y K2 cerrado):

R 1 3k Ω -

6V

V2

A

R 2

- + 24V

V1

+

3k Ω 6k Ω iA

B

R 4 2k Ω

R 3

+ _

V3 2 iA

A partir de este circuito calculamos el valor de V Cfinal y R eq eq. Cálculo de VCfinal: VCfinal = VA - VB = 16 −

16 32 = V = 10.66V 3 3


80

VA = 24

6

= 16V (circuito divisor de tension ) 6+3 8 16 VB = 2i A = 2 = V = 5.3V (VB es igual a V3 ya que al ser un abierto no circula corriente) 3 3 VA 16 8 iA = = = mA 6 6 3 Cálculo de R eq eq: Utilizamos el método test para hallar el valor de la l a R eq eq vista desde los terminales del condensador, por tanto anulamos las fuentes independientes y colocamos una fuente de tensión test de valor 1V en los terminales A-B: 1 V Vtest

R 2

A

3k Ω

+ -

R 4

B

2k Ω

Itest

6k Ω iA

R 3

2iA

+ _

V3

R eq =

Vtest 1 = I test I test

Si nos fijamos en el circuito anterior, podemos agrupar las resistencias R2 y R3 para hallar así más fácilmente I test: 1 V Vtest

R 4

+ Itest

2k Ω

2k Ω + _

V3 2iA

Aplicando mallas: (2i A + 1) = I test (2 + 2)

Y el valor de iA, lo obtenemos aplicando aplicando la relación entre corrientes corrientes en un divisor de de corriente: i A = I test

3 3+ 6

=

I test 3

A partir de las dos ecuaciones anteriores, obtenemos el valor de I test y R eq eq. (2i A + 1) = I test (2 + 2)⎫ ⎪ → I = 3 mA → R = 1 = 10 k Ω ⎬ test 10 I test eq 3 / 10 3 iA = ⎪ 3 ⎭ y con este ultimo resultado calculamos la constante de tiempo:

τ = R eq ·C =

10 3 2 ·10 ·200·10− 6 = s 3 3


81

y sustituyendo en la fórmula de la tensión en el condensador: VC (t) = VCfinal + (VCinicial - VCfinal )e

- t/τ

) ) −3t 32 32 − 32 t 32 14 − 32 t = + (6 − )e = − e = 10.6 − 4.6e 2 V 3 3 3 3

Ahora vamos a hallar V 0(t): R 2 24 V 3k Ω +

6k Ω

V1

-

i1

R 4

C1

+ R 3 iA Vo -

2k Ω

ic ic

2iA

+ _

Cálculo de la corriente por el condensador: 3 dVC − 6 − 14 − 3 − 2 t ic = C = 200·10 · · e = dt 3 2

V3

.... =

3

− t 1.4·10−3 e 2 A

3 2

− t

= 1.4·e mA

Si analizamos el circuito anterior por mallas: 3 2

− t

malla 2 → ic = 1.4·e mA

8 2 . 8 − 32 t · e mA + malla 1 → 24 = 3i1 + 6(i1 − i c ) , resolviendo la ecuación: i 1 = 3 3 y ahora ya podemos hallar el valor de V 0(t): 3 2

− t

V0 (t) = 6i A = 6(i1 − i c ) = ... = 16 − 2.8e V +

V0 (0 ) = 16 − 2.8e

3 2

− 0

= 13.2V

V0 (0− ) = 9V V0 (∞) = 15.98V ≈ 16V


82

2º Transitorio: Cambio en t = 3, interruptor K2 se abre. Hallaremos primero la tensión V C en extremos del C, y luego obtendremos la tensión V 0(t). VC (t) = VCfinal + (VCinicial - VCfinal )e-(t -3)/τ τ ; τ =R eq eq·C Circuito para t<3 (K1 cerrado y K2 cerrado):

VCinicial

32 14 − 32 3 = VC (3 ) = − e = 10.6148V = VC (3 + ) → 3 3 −

−

V0 (3 ) = 16 − 2.8e

3 2

− 3

Existe continuidad en V C

= 15.9689V ≠ V0 (3+ ) → Cambio brusco en V 0

Circuito para t ≥3 (K1 cerrado y abierto): R 4

C1

2k Ω R 3

iA

6k Ω

2i

+ _

V3

A partir de este circuito calculamos el valor de V Cfinal y R eq eq. Cálculo de VCfinal: VCinicial = 0V Debido a que no hay fuentes independientes en el circuito. Cálculo de R eq eq: Utilizamos el método test para hallar el valor de la l a R eq eq vista desde los terminales del condensador, colocamos una fuente fuente de tensión test de valor 1V en los terminales A-B: 1V

R eq =

R 4

+ -

2k Ω

iA

R 3

6k Ω

Itest

2i

+ _

V3

Ecuación de malla: I test =


Vtest 1 = I test I test 1 + 2I test 1 → I test = mA → R eq = 6k Ω 8 6

83

y con este ultimo resultado calculamos la constante de tiempo: 6 5

τ = R eq ·C = 6·10 3 ·200·10 −6 = s = 1.2s

y sustituyendo en la fórmula de la tensión en el condensador: VC (t) = VCfinal + (VCinicial - VCfinal )e

- t/τ

= 0 + (10.6148 − 0)e

5 6

− ( t −3)

= 10.6148e

5 6

− ( t −3)

V

Ahora vamos a hallar V 0(t): R 4

C1

2k Ω

iA

R 3

6k Ω

ic

2i

+ _

V3

5 5 − ( t −3) − ( t − 3) dVC − 5 − 56 ( t −3) −6 6 ic = C = 200·10 ·10.6148· e = −0.0018e A = −1.8e 6 mA dt 2

V0 (t) = 6i A = 6(−i c ) = ... = 10.6148e

5 6

− (t − 3)

V

En resumen: intervalo

VC(t)

V0(t)

t<0

6V

9V

t = 0-

6V

9V

t = 0+

6V

13.2 V

0
10.67-4.67e-(3/2)t

16-2.8e-(3/2)t

t = 3-

10.6 V

16 V

t = 3+

10.6 V

10.6 V

t >3

10.6e- 5/6

t→∞


0V

t- 3

10.6e- 5/6

t- 3

0V

84

Gráficos aproximados de las tensiones en el condensador V C(t) y V0(t):

VC(t) 10.61 V 6V 0V 0

3

t (s)

V0(t) 15.97 V 13.2 V 10.61 V 9V

0V 0

3


t (s)

85

Febrero 2003 PROBLEMA 31: En el circuito de la figura, el interruptor lleva abierto mucho tiempo y se cierra en el instante t = 0, calculad la corriente I 0 a lo largo del tiempo y representadla gráficamente. 12V

50μF

4k Ω

3k Ω

4k Ω

+ 12k Ω

I0

12k Ω

8k Ω

SOLUCIÓN 31: El circuito anterior es un circuito de primer orden, se hallará la tensión en el condensador en primer primer lugar y a partir de ella se obtendrá el dato pedido I 0(t) . Transitorio en t = 0: VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C Vamos a hallar los parámetros: V Cfinal, VCinicial y R eq eq Circuito para t<0: El condensador es un circuito abierto en DC: 12V

+Vc

4k Ω

+ -

3k Ω

4k Ω

I0

12k Ω

12k Ω

8k Ω

por lo tanto: VC (0 − ) = VC inicial = 0V I 0 (0 − ) = 0mA Circuito para t>0:


86

+Vc

12V

4k Ω

+ 4k Ω

3k Ω

12k Ω

I0

12k Ω

8k Ω

Podemos simplificar el circuito anterior, agrupando las resistencias situadas a la derecha de la fuente de 12V: 4k Ω en serie con 8 k Ω → 12 k Ω 12 k Ω en paralelo con 12 k Ω → 6 k Ω

+Vc

12V + 12k Ω

4k Ω

3k Ω

6k Ω

I0

a partir del circuito anterior se obtiene VCfinal y R eq eq: VCfinal = VC (∞) = V+ − V− Resulta evidente que V+ = 0 , y V− se obtiene obtiene de la siguiente siguiente forma: forma: V4//12 = 3 3k Ω

12V + 6k Ω

I1

12 4 = mA 6+3 3 V− = I1 ·3 = 4V

I1 =

Por tanto, VCfinal = VC (∞) = V+ − V− = −4V

Cálculo de R eq eq:


87

A B

3k Ω

4k Ω

R eq eq= 4 en paralelo con 12 en paralelo con 6 y en serie con 3. R eq eq= 4//12//6 + 3 = 3//6 + 3 = 2 + 3 =5k Ω

6k Ω

12k Ω

R eq eq= 5k Ω Sustituyendo en la ecuación del transitorio: VC ( t ) = −4 + (0 − (−4)) ⋅ e −t / τ ; τ = R eq ·C = 5·10 3 ·50·10 −6 = 0.25s;

⎧0 t < 0 VC ( t ) = ⎨ −4 t ⎩− 4 + 4 ⋅ e

1

τ

=4

t≥0

Ahora se obtiene I 0(t) para t >=0, a partir del circuito circuito para t > 0 y el dato de de la tensión en el condensador : 12V

+Vc-

+Vc-

+ 12k Ω

4k Ω

3k Ω

6k Ω

3k Ω

12k Ω

4k Ω

I0

I0

2mA

6k Ω

mediante transformación de fuentes +Vc-

3k Ω

+Vc-

12k Ω

4k Ω

2mA

6k Ω

I0

mediante agrupación de resistencias

3k Ω

2k Ω

2mA

+Vc-

2mA Ω 2k Ω 3k 150 Problemas ide Teoría de Circuitos c

i1

88

Ecuaciones de malla: i1 = 2mA dV i c = C C = 50·10 −6 ·(0 + 4·(−4)e −4 t ) = −0.8e −4 t mA dt i neta ( R =2 k ) = i1 + i c = 2 − 0.8e −4 t mA La corriente I 0(t) la obtenemos mediante el divisor de corriente formado por la resistencias del dibujo de la izquierda:

ineta

4k Ω

4k Ω

12//6

I0 = i neta

I0

4 4+4

=

i neta = 1 − 0.4e − 4 t mA 2

Por tanto, el valor de la corriente para todo el intervalo temporal es el siguiente:

⎧0 t < 0 I0 = ⎨ − 4t ⎩1 − 0.4e mA t ≥ 0 Para realizar la representación gráfica, se detalla el resultado anterior:

⎧0 t < 0 ⎪0.6mA t = 0+ ⎪ I0 = ⎨ −4t ⎪1 − 0.4e mA t > 0 ⎪⎩1 t → ∞ I0(mA)

1 0.6

t (s)

En el gráfico es posible apreciar el cambio brusco de corriente que se produce en t = 0, la corriente pasa de ser nula a valer 0.6 mA.


89


El interruptor del circuito de la figura ha estado en la posición X mucho tiempo. En el instante t = 0 se cambia instantánemente el interruptor a la posición Y. 10k

X

Y

32k I0

+ +

100V

0.5μF

V0

-

240k

60k

-

a) Encontrar la tensión V 0(t) y la corriente I 0(t) para el intervalo de tiempo 0 < t < ∞. b) Representar gráficamente gráficamente de forma aproximada aproximada las expresiones expresiones anteriores.

SOLUCIÓN 32:

El circuito anterior es un circuito de primer orden, se hallará la tensión en el condensador en en primer lugar y a partir de ella se se obtendrán los datos pedidos V 0(t) e I0(t). VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C Vamos a hallar los parámetros: V Cfinal, VCinicial y R eq eq Circuito para t<0: El condensador es un circuito abierto en DC: 10k

+ -

100V

+

VC (0 − ) = VC inicial = 100V

VC

I 0 (0 − ) = 0mA

-

V0 (0 − ) = 0V


90

Circuito para t>0: 32k +

I0

+ VC

V0

-

240k

60k

-

a partir del circuito anterior se obtiene VCfinal y R eq eq: VCfinal = VC (∞) = V+ − V− = 0V R eq paralel o con 60 k y en serie con 32k. eq= 240k en paralelo R eq eq= 240//60 + 32 = 48 + 32 = 80k Ω R eq eq= 80k Ω Sustituyendo en la ecuación del transitorio: VC ( t ) = 0 + (100 − 0) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C = 80·103 ·0.5·10− 6 = 0.04s = 40ms;

1

τ

= 25

⎧0 t < 0 VC ( t ) = ⎨ − 25 t ⎩100e V t ≥ 0 Ahora se obtienen V 0(t) e I0(t) para t >=0, a partir del circuito para t > 0 y el dato de la tensión en el condensador : V0(t) es la tensión del divisor de tensión: V0 ( t ) = VC ( t )· y obviamente: I0 (t ) =

48 = ... = 60e − 25 tV 32 + 48

V0 ( t ) = ... = e − 25 t mA 60

Por tanto, los valores de V 0(t) e I0(t) para todo el intervalo temporal son:

⎧0 t < 0 V0 = ⎨ − 25t ⎩60e V t ≥ 0


⎧0 t < 0 I 0 = ⎨ −25t ⎩e mA t ≥ 0

91

Para realizar la representación gráfica, se detalla el resultado anterior:

⎧0 t < 0 ⎪60V t = 0+ ⎪ V0 = ⎨ − 25 t ⎪60e V t > 0 ⎪⎩0 t → ∞

⎧0 t < 0 ⎪1mA t = 0+ ⎪ I0 = ⎨ − 25t ⎪e mA t > 0 ⎪⎩0 t → ∞

En los gráficos siguientes es posible apreciar el cambio brusco de corriente y tensión que se produce en t=0.

I0(mA)

1

t (s)

V0(V)

60

t (s)


92

Septiembre 2003 PROBLEMA 33: En el circuito de la figura se desconocen los valores de R 1, R 2, Vg y C. Inicialmente los interruptores S 1 y S2 se encuentran abiertos. En t = 0 se cierra S 1. Al cabo de 40 segundos se cierra el interruptor S 2 y se abre de nuevo S 1. Se pide obtener razonadamente razonadamente los mencionados mencionados valores valores a partir partir de la curva de comportamiento de la tensión en extremos del condensador condensador descrita en la figura. S1 3k Ω

S2

1k Ω

R 2

+ 12mA

C 1k Ω

R 1

Vc -


+

Vg

-

93

SOLUCIÓN 33:

En el gráfico se aprecian los dos transitorios que ocurren en el circuito durante el intervalo de tiempo considerado: durante el primer transitorio el condensador se carga pasando a valer valer su tensión de 0 a 6V, y en el segundo transitorio transitorio se descarga hasta 2V. 1º transitorio: carga del C de 0 a 6V (S 1 se cierra en t = 0, t ∈[0 ,40s]) Del gráfico se deduce que V Cinicial = 0 y VCfinal = 6V, y con el dato del valor de V Cfinal se calcula el valor de R 1. 3k Ω

S1

1k Ω

+ C

12mA

1k Ω

R 1

Vc -

Se simplifica el circuito anterior hallando el circuito equivalente Thévenin entre los terminales de R 1. La R TH TH es igual al equivalente serie de las dos resistencias de 1k Ω, es decir, R TH TH = 2 k Ω. Y VTH se obtiene fácilmente utilizando la ley de Ohm sobre una de las resistencias de 1k Ω, siendo V TH = 12V. De forma que el circuito anterior se reduce a: 2k Ω

VCfinal S1 + C

+

12V

-

Vc

R 1

Sabiendo queV Cfinal = 6V, se obtiene R 1 R VCfinal = 12 1 → R 1 = 2k 2 + R 1

-

El valor de la capacidad del condensador se obtiene a partir del dato de la constante de tiempo del transitorio ( τ =RC) que se deduce a su vez del gráfico: el valor de τ es el instante en que la pendiente en el origen corta a la asíntota del valor final de la tensión, luego τ = 8s. S1

2k Ω

1k Ω + C

+ -

12V 2k Ω

R 1

+

2k paralelo 2k = 1k

Vc

S1 C

+

12V

Vc

-

-


-

94

τ = RC = 8s → τ = 1·103 ·C = 8

C = 8mF

2º transitorio: descarga del C de 6 a 2V (S ( S 1 se abre y S 2 se cierra en t = 40, t ∈[40 ,∞]) S2

Del gráfico se deduce que V Cfinal = 2V, por tanto R 2

Vg = VCfinal = 2V

+ C Vc -

+

Vg

-

El valor de τ para este transitorio es también el instante en que la pendiente en el origen corta a la asíntota del del valor final de la tensión, tensión, luego para este 2º transitorio transitorio τ = 8s. (en el gráfico 48s, pero como el intervalo considerado comienza en 40s, 48-40 = 8s) y con el dato de τ = 8s se halla el valor de R 2:

τ = R 2 C = 8s τ = R 2 ·8·10 −3 = 8 →


R 2 = 1k

95

Diciembre 2003 PROBLEMA 34: En el circuito de la figura, las corrientes iniciales en las inductancias L 1y L2 han sido establecidas por fuentes que no aparecen en la figura y tienen un valor de 8Ay 4A respectivamente. El interruptor se abre en el instante t = 0, anteriormente a ese instante lleva cerrado mucho tiempo. • Encontrad i1(t), i2(t) e i3(t) para t≥0. R 2 i1

L1 i1(0-) = 8A

L2

i2 t = 0 R 1

R 3

i3

R 4

i2(0-) = 4A

Datos:

R 1=40Ω R 2=4Ω

L1=5H L2=20H

R 3=15Ω R 4=10Ω

SOLUCIÓN 34:

La clave para encontrar las corrientes i 1(t), i2(t) e i3(t) es conocer el voltaje v(t). R 2

L1 i1(0-) = 8A

i1

L2

i2 t = 0

+ v(t)

R 1

R 3

i3

R 4

-

i2(0-) = 4A

Este voltaje se puede determinar fácilmente si se reduce el circuito anterior al equivalente siguiente: + i 4H 12A

v(t)

8Ω

-

donde las inductancias en paralelo se han simplificado a una inductancia equivalente de 4H con una corriente inicial de 12A, y el conjunto de resistencias se reduce a una sola


96

resistencia de 8 Ω. Así el valor inicial de i(t) es de 12A, y la constante de tiempo es L 4 τ= = = 0.5s . R eq 8 Por lo tanto: i( t ) = i final + (i inicial − i final ) ⋅ e − t / τ ; i( t ) = 0 + (12 − 0) ⋅ e − t / 0.5 = 12·e −2 t A; t ≥ 0 Ahora v(t) no es más que el producto 8·i(t): v( t ) = 8·i( t ) = 8·12·e −2 t = 96·e −2 t V; t ≥ 0 + En el circuito se aprecia que v(t) = 0 en t = 0 - (debido al cortocircuito que forma el interruptor al estar cerrado), de manera que la expresión para v(t) es válida para t ≥ 0+. Con el dato de v(t) ya se pueden obtener las corrientes i 1(t), i2(t) e i3(t): 1t i1 = 96e − 2 x dx − 8 = 1.6 − 9.6e −2 t A t ≥ 0; 50

∫

1 t i2 = 96e −2 x dx − 4 = −1.6 − 2.4e −2 t A t ≥ 0; 20 0 v( t ) 6 i3 = = 5.76e −2 t A t ≥ 0 + ; 10 10

∫

Las expresiones para las corrientes i 1(t) e i2(t) son válidas para t ≥ 0, mientras que la expresión para la corriente i 3(t) es sólo válida para t ≥ 0+.

i1(t) = 1.6-9.6e-2tA i2(t) = -1.6-2.4e-2tA i3(t) = 5.76e-2tA


97

Febrero 2004 PROBLEMA 35: En el circuito de la figura, el interruptor ha estado en la posición 1 durante mucho tiempo y, en el instante t = 0, se cambia a la posición 2, calculad: • la tensión inicial en el condensador • la tensión final en el condensador • la constante constante de tiempo para t>0 • el tiempo que debe transcurrir para que el voltaje del condensador caiga a cero después de cambiar el interruptor a la posición 2.

3.5k Ω

1.25k Ω 2

1 +

60V

-

0.05μF 6.75k Ω

11.5k Ω

8mA

SOLUCIÓN 35:

El circuito anterior es un circuito de primer orden, VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C Circuito para t < 0: Puesto que C en DC es un abierto , utilizando utili zando la expresión del divisor de tensión se obtiene V Cinicial. 3.5k Ω

VCinicial = 60

VCinicial 1 + -

60V

11.5 = 46V 11.5 + 3.5

0.05μF

11.5k Ω


98

Circuito para t > 0: 1.25k Ω

VCfinal se obtiene utilizando la ley de Ohm sobre la resistencia de 6.75k,

VCfinal

0 - VCfinal = 8 · 6.75 0.05μF 6.75k Ω

8mA

VCfinal = -54V

Y la R e : R eq eq = 1.25 + 6.75 = 8k Ω Por tanto, la constante de tiempo:

= R eq eq·C = 400 s

Con todos los datos calculados ya es posible obtener la expresión de V C(t): VC ( t ) = VCfinal + (VCinicial − VCfinal ) ⋅ e − t / τ ; τ = R eq ·C VC ( t ) = −54 + 100 ⋅ e −2500 t V Para hallar el tiempo pedido, se despeja t de la siguiente expresión: 0 = −54 + 100 ⋅ e −2500t V

t = 246 s


99


100

TEMA 3: ANÁLISIS EN REGIMEN ESTACIONARIO SENOIDAL


101


102


En el circuito de la figura se representa una fuente de tensión senoidal conectada conectada a tres cargas. Los datos que conocemos son: • Frecuencia de la fuente de tensión: f = 50Hz • Intensidad suministrada por la fuente: I = 5A eficaces • Potencia en la resistencia R 1: P1 = 80W • Potencia en la impedancia Z 2: S2 = 75VA, factor de potencia = 0,8 inductivo • Impedancia Z3: Z3 = 4 + j10 Ω R 1

Z2

+ -

Se pide: • Valor del condensador que, conectado en paralelo con las tres cargas, haga que el factor de potencia total aumente hasta ser igual a 0,9 inductivo. • Valor de la intensidad que suministra la fuente en esas condiciones.

SOLUCIÓN 36: SOLUCIÓN A: Calculamos las potencias activa y reactiva consumidas por el conjunto de las tres cargas: R 1: P = 80W Q=0 Z1: P = S*cos ϕ = 75VA*0,8 = 60W S 2 = P2+Q2; Q = √(752-602) = 45VAR Z2: P = I2*R = 52*4 = 100W Q = I2*Z = 52*10 = 250VAR Las potencias activa y reactiva totales serán: Ptotal = 80 + 60 + 100 = 240W Qtotal = 45 + 250 = 295VAR

Q = 295VAR

P = 240W


103

La potencia aparente será, por tanto, S = √(P2+Q2) = √(2402+2952) = 380,3VA Y la tensión de la red se puede obtener de S = U*I; U = S/I = 380,3/5 = 76V (eficaces) Nos interesa reducir reducir la potencia reactiva absorbida hasta hasta hacer que el factor factor de potencia tenga un valor de 0,9 inductivo: Qc

ϕ = arccos(0.9) = 25,8º (295VAR-Qc) = 240W*tg(25,8) = 116VAR

295VAR - Qc

ϕ

Qc = 295VAR – 116VAR = 179VAR

P = 240W Una vez conocido Qc podemos determinar el valor del condensador: Qc = V2*ωC = V2*2πfC; 179VAR = 762*2π*50Hz*C; C = 99 F Y el valor de la nueva intensidad se obtiene de S = U*I donde S = √(2402+1162) = 266,6VA I = S/U = 266,6/76; I = 3,5A (eficaces) SOLUCIÓN B: El problema también se puede solucionar obteniendo la impedancia equivalente R EQ EQ = R 1+Z2+Z3: Las fórmulas que emplearemos serán:

P = I 2*R

R 1:

R 1 = P1/I2 = 80/52 =3,2Ω X1 = 0

Z2:

R 2 = P2/I2 = 75*0,8/52 = 60/52 = 2,4Ω X2 = Q2/I2 = √(S22-P22)/I2 = √(752-602)/52 = 1,8Ω

Z3:

R 3 = 4Ω X3 = 10Ω

Por tanto

Q = I2*X

R EQ EQ = 3,2 + 2,4 + 4 = 9,6 Ω XEQ = 1,8 + 10 = 11,8 Ω ZEQ = 9,6 + 11,8j Ω

Ahora podemos hallar la tensión de la red como ⏐V ⏐= ⏐I⏐*⏐Z⏐: V = 5*√(9,62+11,82) = 5*15,2 = 76V (eficaces)


104

Nos interesa que el paralelo entre la impedancia impedancia equivalente equivalente obtenida antes antes y el condensador produzca un factor de potencia de 0,9 inductivo. Esto es, el ángulo de la impedancia debe ser arccos(0,9). Llamaremos XC a la reactancia del condensador: condensador:

Z C = -jXC

ZTOT = (ZEQ*ZC)/(ZEQ+ZC) = (9,6 + 11,8j)(-XC j) / (9,6 + (11,8-XC)j) ZTOT = (-9,6XC j + 11,8XC) / (9,6 + (11,8-XC)j) Se multiplican numerador y denominador por el conjugado del denominador: ZTOT = (-9,6XC j + 11,8XC)*(9,6 - (11,8-XC)j) / (9,62 + (11,8-XC)2) ... operando y agrupando términos queda ZTOT = (9,6XC2 + (11,8XC2-231XC)j) / (9,62 + (11,8-XC)2) Debemos hacer que el ángulo de la impedancia sea arccos(0,9) = 25,8º

Z

X

25.8º R

Im(ZTOT) / Re(ZTOT) = tg(25,8º) = 0,48 (11,8XC2-231XC) / 9,6XC2 = 0,48; (11,8XC –231) /9,6XC = 0,48; 11,8XC – 231 = 4,6X C;

XC = 32,1 Una vez conocido X C, se obtiene C a partir de: C = 1/XC*2π*50 = 1/32,1*100 π

XC = 1/ϖC = 1/2πfC

C = 99 F

Sólo resta obtener la intensidad que recorre la red en esta situación Usaremos la misma fórmula vista anteriormente: ⏐V ⏐= ⏐I⏐*⏐Z⏐; ⏐I ⏐= ⏐V⏐/⏐Z⏐ Sustituyendo el valor obtenido para X C en la ecuación de Z TOT: ZTOT = (9,6XC2 + (11,8XC2-231XC)j) / (9,62 + (11,8-XC)2) = 19,6 + 9,4j I = 76 / √(19,62+9,42) = 76 /21,7


I = 3,5A (eficaces)

105

Junio 1999 PROBLEMA 37: Una instalación conectada a la red eléctrica puede representarse mediante la impedancia Z, de la que conocemos los siguientes datos: • Potencia consumida: P = 820 KW • Factor de potencia: fp = 0.8 (inductivo)

INSTALACIÓN RED ELÉCTRICA

Z

Suponiendo que la red eléctrica suministra una tensión de 380V eficaces a 50Hz, se pide:

• Calcular el valor eficaz de la intensidad I solicitada a la red eléctrica por la instalación. • Para aumentar el factor de potencia de la instalación, se conecta un condensador en paralelo con Z. Calcular el valor que debería tener dicho condensador para elevar el factor de potencia a 0.95 inductivo. • Una vez añadido el condensador, calcular de nuevo el valor eficaz de la intensidad solicitada a la red eléctrica por la instalación y determinar el porcentaje de ahorro ahorro en intensidad logrado.

SOLUCIÓN 37: Cálculo de la intensidad: P = S*fp;

S = 820KW/.8 = 1025 KVA

S = Vef*Ief; Ief = S/Vef = 1025/380 = 2697A = 2,697KA

Ajuste del factor de potencia:


106

Se añade un condensador en paralelo para reducir la l a potencia reactiva manteniendo invariable la potencia real. Los triángulos de potencias antes y después de añadir el condensador ayudan a ver cuál es la potencia reactiva que debe aportar el condensador (Qc) S = √(P2+Q2);

Q = √(S2-P2) = √(10252-8202) = 615KVAR QC 615KVAR

cos(φ) =0.8 820KW

cos(φ) =0.95

615KVAR - QC

820KW

Gráficamente: arccos(0.95) = 18.195º; 18.195º; tg(18.195) =0.329 = (615K-Qc)/820K (615K-Qc)/820K φ = arccos(0.95)

Qc = 615K - 0.329*820K = 345.5KVAR El valor del condensador se obtiene obtiene a partir de la fórmula: Qc = Vef 2/Xc = Vef 2*ωC

ω = 2πf = 100π rad/s C = Qc/( Vef 2*ω) = 345.5K/(3802*100π) = 7.61mF Nuevo valor para la intensidad: S = √(P2+Q2) = √(820K 2+(615K-345.5K)2) = 863 KVA S = Vef*Ief; Ief = S/Vef = 863/380 = 2271A = 2,271KA El porcentaje de ahorro es, por tanto:

(2697-2271)/2697*100 (2697-2271)/2697*100 = 15.8%

NOTA: el problema también también puede ser resuelto resuelto planteando triángulos de impedancias impedancias en lugar de triángulos tri ángulos de potencias.


107

Septiembre 1999 PROBLEMA 38: El esquema muestra una fábrica conectada a la red eléctrica. El consumo eléctrico total de la fábrica se representa como una resistencia de calefacción en paralelo con un motor eléctrico. Los datos que conocemos son: • Tensión de la red: 380V eficaces • Potencia consumida por la resistencia: 300KW i nductivo) • Potencia consumida por el motor: 200KW (factor de potencia = 0.8 inductivo)

I 380Vef + -

RED ELÉCTRICA

R calefacción calefacción

Zmotor

FÁBRICA

Se pide: • Calcular las potencias real, reactiva y aparente tanto en la resistencia como en el motor. Indicar unidades. • Calcular el factor de carga de la fábrica en conjunto (resistencia + motor). • Determinar el valor de R y el valor complejo de Z, especificando las unidades. • Calcular la intensidad I que consume la fábrica. • Si eliminamos la resistencia de calefacción, ¿qué efecto se producirá sobre las potencias activa y reactiva consumidas consumidas por el motor? Justificar

SOLUCIÓN 38:

Resistencia: sólo consume potencia real:

P = 300KW Q = 0VAR S = 300KVA

Motor: consume potencia real y reactiva:

P = 200KW S = P/cosϕ = 250KVA Q = √(S2-P2) = 150KVAR

Para obtener el factor de carga del conjunto, sumamos potencias reales y reactivas:


108

Ptot = 200+300 = 500KW Qtot = 0+120 = 150KVAR tgϕ = Q/P ⇒ ϕ = 16.7º cos = 0.96 Valor de R: a partir de la tensión y la potencia consumida: P = Vef 2/R

⇒

R = 0.48

Valor de Z: a partir de la tensión y las potencias:

⏐S⏐=Vef 2/⏐Z⏐ ∠Z = ∠S ⇒

⇒ ⏐Z⏐ = 0.58Ω ∠Z = arccos(0.8) = 36.87º

Z = 0.58∠36.87ºΩ = 0.46+j0.35 Intensidad consumida por la fábrica: a partir de la potencia aparente total:

⏐Stot⏐=√(Ptot2+Qtot2) = 522KVA Ief = 1.37KA ⏐Stot⏐=Vef Ief ⇒ Si se elimina la l a resistencia de calefacción, no se producirá ningún efecto sobre las potencias real y reactiva reactiva consumidas consumidas por el motor, dado dado que seguirá conectado a la misma tensión (380V ef )


109

Diciembre 1999 PROBLEMA 39: La figura representa un motor eléctrico conectado a una fuente de tensión alterna. R LÍNEA LÍNEA

+ -

IEF

220VEF (50Hz)

ZMOTOR

MOTOR

FUENTE

En estas condiciones, la potencia disipada en la línea de transmisión es de 250W, y la potencia real absorbida absorbida por el motor es de 5KW con factor factor de potencia = 0.8 inductivo. Se pide: Intensidad eficaz I EF por la línea Valor de la impedancia del motor Z MOTOR = R MOTOR MOTOR + jXMOTOR  

Se coloca un condensador de 250 μF en paralelo con el motor. En estas nuevas condiciones, se pide: Factor de potencia del conjunto motor + condensador Intensidad eficaz I EF por la línea  

SOLUCIÓN 39:

En el motor:

P = 5KW P 5 ⋅ 10 3 | S |= = = 6,25KVA cos ϕ 0.8 Q =| S | ⋅senϕ = 6,25 ⋅ 10 3 ⋅ sen (arccos(0.8)) = 3,75KVAR

En el conjunto motor + resistencia de línea: | S |= P 2 + Q 2 = (5 ⋅ 10 3 + 250) 2 + 3,75 2 = 6,45KVA Por tanto, la intensidad i ntensidad pedida será:

I EF

| S | 6,45 ⋅ 10 3 = = = 29,32A VEF 220


110

y la impedancia del motor: P 5 ⋅ 10 3 R = 2 = = 5,82Ω I EF 29,32 2 Q 3,75 ⋅ 10 3 X= 2 = = 4,36Ω I EF 29,32 2 Z = 5,82 + j4,36Ω Si se añade un condensador condensador de 250 μF en paralelo, la impedancia equivalente será: 1 1 Z COND = = = −12,73 j jωC j ⋅ 100π ⋅ 250 ⋅ 10 −6 Z ⋅Z (5,82 + j4,36) ⋅ (− 12,73 j) Z EQ = MOTOR COND = = 9,07 + 0.32 j = 9,08 ⋅ e 0,035 j Z MOTOR + Z COND 5,82 − 8,37 j Por tanto, el factor de potencia pedido es:

fp = cos(0,035) = 0,99

Para calcular la impedancia total necesitamos conocer conocer la resistencia r esistencia de la línea: P 250 R LINEA = LINEA = = 0,29Ω 2 I EF 29,32 2 Z TOTAL = R LINEA + Z MOTOR + COND = 0,29 + 9,07 + 0.32 j = 9,36 + 0,32 j = 9,37 ⋅ e −0,034 j La intensidad en esta nueva situación se puede calcular como:

I EF =

VEF 220 = = 23.48A | Z | 9,37


111

Febrero 2000 PROBLEMA 40: El esquema representa un motor eléctrico y una carga resistiva conectados a una red de 220V eficaces a 50 Hz. Se conocen los siguientes datos: iT

+

iM

220Vef (50Hz) _

M

iR R

Motor: potencia aparente: S = 4KVA factor de potencia: cos( ϕ) = 0.6 R: potencia media: P = 2KW

Se pide: • Calcular la intensidad en el motor (i M), en la resistencia (i R ) y total (iT); todas ellas en módulo. • Calcular el valor del condensador que sería necesario conectar en paralelo con las cargas para lograr subir el factor de potencia del conjunto hasta 0.98 inductivo. • Con el condensador conectado, volver a calcular las intensidades del primer apartado. • Justificar el cambio en la intensidad total.

SOLUCIÓN 40: En primer lugar calculamos potencias real, reactiva y aparente para cada elemento y para el conjunto: Resistencia: PR = 2KW QR = 0 SR = 2KVA

Motor PM = SM⋅cos(ϕ) = 2.4KW QM = √(SM2-PM2) = 3.2KVAR SM = 4KVA

Total PT = PR +P +PM = 4.4KW QT = QR +Q +QM = 3.2KVAR ST = √(PT2+QT2) = 5,44KVA

Con estos datos hallamos las intensidades:

i R =

S R = 9.1A V

iM =

SM = 18.2A V


iT =

ST = 24.7A V

112

Para el cálculo del condensador necesario se plantean los triángulos de potencias sin y con condensador:

ϕFIN

QINI = 3.2KVAR

PFIN = 4.4KW

ϕINI PINI = 4.4KW

ϕFIN = acos(.98) = 0.2rad QFIN = 4400⋅tg(ϕFIN) = 893VAR

Por tanto el condensador condensador debe aportar: Y su valor debe ser:

QFIN

Q C = 893 - 3200 = - 2307VAR

Q C = -V2⋅ω⋅C ⇒

C = 152 F

La única intensidad que varía es la total: PT2 + Q T2 4490 ST iT = = = = 20.4A V V 220 La reducción de la intensidad total se debe a la reducción de potencia reactiva consumida por el circuito.


113

Junio 2000 PROBLEMA 41: El siguiente circuito representa un conjunto de cargas conectadas a una red de 220V eficaces a 50Hz:

i

A Z2

+ -

220Vef 50Hz

• Z1 = 30 + 40j • Z2: consume 2 KW con f.p.= 0.8

Z1 R

Los datos que se conocen para cada una de las cargas son los siguientes:

inductivo • R: consume 1 KW • L: consume 0.5 KVAR

L B

Se pide:

• • • •

Potencias activa, reactiva y aparente consumidas por cada una de las cargas Factor de potencia del conjunto de cargas Intensidad i solicitada a la red (valor eficaz) Valor del condensador a colocar entre los terminales A y B para reducir esa intensidad un 10% • Nuevo factor de potencia potencia para el conjunto conjunto de las cargas cargas (incluyendo el condensador)


114

SOLUCIÓN 41: Potencias en cada una de las cargas:

Im edancia Z 1 = R 2 + X 2 = 30 2 + 40 2 = 50Ω

Im edancia PZ 2 = 2000 W P 2000 = = 2500VA S Z2 = f p . . 0.8

220 I Z 1 = = = 4.4 Aef Z 50 V

S Z 1 = I 2 Z = 4.4 2 ⋅ 50 = 968VA P Z 1 = I R = 4.4

Q Z 2 = S 2 − P 2 = 1500 VAR

⋅ 30 = 581W Q Z 1 = I 2 X = 4.4 2 ⋅ 40 = 774VAR 2

2

Resistencia R

Bobina L P L = 0 Q L = 500VAR S L = 500VA

PR = 1000 W Q R = 0 S R = 1000VA

Factor de potencia del conjunto: a partir de la suma de potencias PTOT = 581 + 2000 + 1000 = 3581W Q TOT = 774 + 1500 + 500 = 2774VAR S TOT = P 2 + Q 2 = 4530 VA

f.p. =

P = 0.79 inductivo S

Intensidad solicitada a la red:

I=


S 4530 = = 20.6A ef V 220

115

Condensador para reducir reducir la intensidad un 10%: se calcula la Q que debe aportar el condensador I nueva = 18.54A ef =

S nueva V

→ Snueva = 4079VA

2 Q nueva = S nueva − P 2 = 1953VAR Q cond = Q nueva − Q = −821VAR

Q cond

V2 = = − V 2 ωC → X

C = 54μF

Nuevo factor de potencia potencia del conjunto: conjunto: a partir del total de potencias potencias P 3581 f.p. = = = 0.88 inductivo Snueva 4079


116

Septiembre 2000 PROBLEMA 42: A una red de 250V eficaces a 50 Hz se conectan en paralelo las siguientes cargas:

• Una resistencia de calefacción R C que consume una potencia de 1KW • Un motor eléctrico ZM que consume una potencia aparente de 3KVA con un factor de potencia inductivo cos( ϕ)=0.8 • Un equipo electrónico que representa una carga Z E = 40 + j30 Ω + 250Vef (50Hz)

R C

ZM

ZE

Se pide: • Calcular las potencias real, reactiva y aparente en cada una de las tres cargas y en total • Calcular el factor de potencia del conjunto de las tres cargas • Valor del condensador que debería colocarse en paralelo para conseguir un factor de potencia total de 0.95 inductivo

SOLUCIÓN 42: Potencias en cada una de las cargas: R C : P = 1KW

Q =0

S = 1KVA

Z M : S = 3KVA P = S ⋅ cos ϕ = 3 ⋅ 0.8 = 2.4KW V 250 ZE : I = = = 5A EF 2 2 Z 40 + 30 S = I 2 ⋅ Z = 1.25KVA P = I 2 ⋅ R = 1KW


Q = S 2 − P 2 = 1.8KVAR

Q = I 2 ⋅ X = 750VAR

117

La suma total de potencias será: PTOT = 1KW + 2.4KW + 1KW = 4.4KW Q TOT = 0 + 1.8KVAR + 750VAR = 2.55KVAR 2 2 + Q TOT = 5.08KVA S TOT = PTOT

QCOND S

Q

cosϕ=0.86

S cosϕ=0.95

QNUEVA

P

P

El factor de potencia del conjunto será: P f.p. = TOT = 0.86 inductivo ( porque Q > 0) S TOT Para llevar el factor de potencia a 0.95 inductivo será necesario aportar Q: Q NUEVA = P ⋅ tg (a cos(0.95)) = 1.45KVAR Q NUEVA = Q + Q COND → Q COND = Q NUEVA − Q = 1.45 − 2.55 = −1.1KVAR El condensador capaz de aportar esa potencia será:

Q COND

Q V2 V2 1100 = = → C = − COND = −1 X V 2 ω 250 2 ⋅ 100π ωC

C 56 F


118


Sea una instalación conectada a una red de 220V eficaces a 50Hz, que consume 15A 15A ef 220V ef (50 Hz)

+ -

R

Z

INSTALACIÓN

eficaces: Se pide:

• Potencias real, reactiva y aparente en las cargas R y Z (especificar unidades). • Condensador que sería necesario conectar en paralelo con las cargas para llevar el factor de potencia de la instalación a 0.97 inductivo. • Intensidad consumida por la instalación una vez conectado el condensador. Dato: la carga Z consume una potencia de 2KW con factor de potencia 0.8 inductivo.

SOLUCIÓN 43: Potencias en la carga Z: PZ =2KW P P S Z = Z = Z = 2.5KVA cos ϕ 0.8 Q Z = S Z2 − PZ2 = 1.5KVAR Potencia aparente ofrecida por la fuente: S F = VEF ⋅ I EF = 220 ⋅ 15 = 3.3KVA Potencias en la carga R: Q = 0 y P se obtiene del balance de potencias:


119

S F = S CARGA = (PR + PZ ) 2 + (Q R + Q Z ) 2 3300 = (PR + 2000) 2 + (0 + 1500) 2 Q R = 0 S R = 939VA

→ PR = 939W

Para dimensionar el condensador calculamos la potencia reactiva que debe aportar: P = 3030VA S NUEVA = 0.97 Q NUEVA = 3030 2 − 2939 2 = 737VAR Q COND = Q NUEVA − Q = −763VAR Q COND = −VEF2 ⋅ ω ⋅ C = −220 2 ⋅ 100 ⋅ π ⋅ C → C 50.2 F La nueva intensidad se obtiene a partir de la potencia aparente total

I EF =

S 3030 = = 13.8A EF VEF 220


120


La figura representa dos motores eléctricos conectados en paralelo a una red de 220V eficaces a 50Hz. Se conocen los siguientes datos: i1 i2 + i Motor 1: 220Vef • intensidad consumida: |i 1| = 40A M2 M1 (50Hz) eficaces • factor de potencia: cos ϕ1= 0.9 _ inductivo Motor 2: • intensidad consumida: |i 2| = 30A eficaces • factor de potencia: cos ϕ2= 0.8 inductivo Se pide: • Potencias real, reactiva y aparente en cada uno de los dos motores y en total. • Módulo de la intensidad i solicitada a la red. • Factor de potencia total para el conjunto de los dos motores Condensador a colocar en paralelo con los dos motores para elevar el factor de • Condensador potencia del conjunto conjunto hasta 0.97 inductivo. • Módulo de las intensidades i, i 1 e i2 en esta nueva situación.

SOLUCIÓN 44:

Potencias motor 1: S1 = V ef ⋅ i1 ef = 220 ⋅ 40 = 8800VA P1 = S1 ⋅ cos ϕ1 = 8800 ⋅ 0.9 = 7920W Q1 = S12 − P12 = 3836 VAR Potencias motor 2: S 2 = V ef ⋅ i 2

= 220 ⋅ 30 = 6600VA P2 = S 2 ⋅ cos ϕ 2 = 6600 ⋅ 0.8 = 5280 W ef

Q 2 = S 22 − P22 = 3960 VAR


121

Potencias totales: PT = P1 + P2 = 13200W Q T = Q1 + Q 2 = 7796VAR S T = PT2 + Q T2 = 15330VA Intensidad solicitada a la red: S T = V ef ⋅ i ef = 220 ⋅ i ef = 15330VA → i ef = 69.7A Factor de potencia total: fp = cos ϕ =

PT 13200 = = 0.86 (inductivo porque Q T>0) ST 15330

Condensador necesario: Conectando un condensador condensador en paralelo el funcionamiento de los motores no se verá afectado por seguir conectados a 220V. Por tanto, t anto, para los motores consideraremos las potencias real y reactiva reactiva calculadas calculadas anteriormente y añadiremos añadiremos la potencia reactiva cedida por el condensador: sin condensador

con condensador Q=7796VAR

ϕ’

Q’=7796VAR+QC

P’=13200W

P=13200W

Q′ = P ′ ⋅ tgϕ' = 13200 ⋅ tg(a cos( 0.97)) = 3308VAR Q C = Q′ − 7796 = −4488VAR Q C = −V 2 ⋅ ω ⋅ C = −220 2 ⋅ 100π ⋅ C → C = 295μF Intensidades en la nueva situación: i1 e i2 no varían ya que los motores se encuentran en la misma situación anterior (conectados a 220V). Lo que sí varía es la intensidad total, que disminuye debido a la reducción de la potencia aparente: S′T = PT′ 2 + Q′T2 = 13608VA S′T = V ef ⋅ i ′ ef = 220 ⋅ i

′ = 13608VA → i ′ = 61.8A ef ef


122

Junio 2001 PROBLEMA 45: Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos: • V = 220V eficaces a 50Hz • |i1| = 2A eficaces, i 1 retrasada 10º respecto de V • |i2| = 4A eficaces, i 2 retrasada 40º respecto de V i

+ V

R 2

R 1

i2

i1

_

L1

L2

Se pide: • Determinar R 1, L1, R 2, L2 • Calcular el condensador que sería necesario conectar en paralelo para llevar el factor de potencia del conjunto a 0.95 inductivo. • Calcular el ahorro porcentual en la intensidad i que se produce al conectar el mencionado condensador.

SOLUCIÓN 45: Expresando mediante fasores los datos ofrecidos: V = 220∠0 I1 = 2∠-10 I2 = 4∠-40 Se debe cumplir: V = I1*(R1+jwL1) V = I2*(R2+jwL2) Igualando partes reales e imaginarias se obtienen los siguientes valores: R1 = 108.3 Ω R2 = 42.1Ω L1 = 0.061H L2 = 0.11H


123

Buscamos las potencias consumidas en cada elemento: P1 = I12*R1 = 433.2W Q1 = I12*X1 = I12*jwL1 = 76.4 VAR P2 = I22*R2 = 673.6W Q2 = I22*X2 = I22*jwL2 = 564.8 VAR Las potencias totales serán: PTOT = P1+P2 = 1106.8W QTOT = Q1 + Q2 = 641.2 VAR La potencia aparente total: STOT = √(PTOT2+QTOT2) = 1279 VA Para llevar el factor de potencia del conjunto a 0.95 inductivo deberá ser: SNUEVA = PTOT/0.95 = 1165 VA QNUEVA = √(SNUEVA2-PTOT2) = 363.8 VAR Con lo que la potencia reactiva en el condensador debe ser –277.4 VAR La potencia reactiva en un condensador condensador vale: 2 QC = -C*Vef *w Por lo que se obtiene un valor para el condensador condensador de 18.24 μF La intensidad consumida inicialmente será: Iini = STOT/Vef = 5.81 A La intensidad tras añadir el condensador condensador será: Inueva = SNUEVA/Vef = 5.29 A Lo que supone un ahorro porcentual del 8.9%.


124


Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos: • Carga Z1: consume 500W con factor de potencia 0.8 inductivo. • Carga Z2: consume 600VA con f. de potencia 0.85 inductivo. 220Vef

(50Hz) Se pide: • Factor de potencia del conjunto de las l as cargas. • Condensador Condensador a conectar en paralelo para llevar el factor de potencia a 0.95 0.95 inductivo. • Módulo de las intensidades i, i A e iB antes y después de conectar el condensador (expresar en valor eficaz).

i

iA

iB

20Ω Z1

+ -

32mH Z2

car as

SOLUCIÓN 46: Para obtener el factor de potencia del conjunto de las cargas, se calcularán las potencias reales y reactivas en cada carga: Z 1, Z2, y el conjunto R+L (de ahora en adelante lo llamaremos Z3): P Z1 : P1 = 500W; S1 = 1 = 625VA; Q1 = S12 − P12 = 375VAR cos ϕ1 Z 2 : S 2 = 600VA; P2 = S 2 ⋅ cos ϕ 2 = 510W; Q 2 = S 22 − P22 = 316VAR Z 3 = R + jωL = 20 + 10 jΩ = 22,36∠0,46Ω Vef 2 S3 = = 2164VA; P3 = S3 ⋅ cos ϕ 3 = 1935W; Q 3 = S32 − P32 = 968VAR Z3 A partir de los datos anteriores, calculamos las potencias totales y el factor de potencia 2 Ptot = P1 + P2 + P3 = 2945W; Q tot = Q1 + Q 2 + Q 3 = 1659VAR ; S tot = Ptot2 + Q tot = 3380VA P cos ϕ tot = tot = 0,87 S tot del conjunto:

Buscamos ahora el condensador a conectar en paralelo para elevar el factor de potencia a 0,95 inductivo. Teniendo en cuenta que el condensador condensador sólo aporta potencia reactiva, calculamos la potencia reactiva total en la nueva situación: Ptot 2945 2 2 = = 3100 VA; Q nueva = S nueva − Pnueva = 968VAR S nueva = cos ϕ nuevo 0,95


125

Ahora calculamos cuál es el aporte de reactiva que debe hacer el condensador condensador y, por tanto, cuál debe ser el valor de ese condensador: Q nueva = Q tot + Q cond ⇒ Q cond = Q nueva − Q tot = −691VAR Q cond = −Vef 2 ⋅ ω ⋅ C ⇒ C = 45,4μF Cálculo de las intensidades antes de conectar el condensador: condensador: S tot = 15,36A Vef S i A ef = 3 = 9,83A Vef i ef =

(P1 + P2 )2 + (Q1 + Q 2 )2 S1+ 2 i B ef = = = 5,56A Vef Vef La única intensidad que varía al conectar el condensador es la intensidad total: i nueva

= ef

S nueva = 14,09A Vef


126

Diciembre 2001 PROBLEMA 47: La figura representa un conjunto de cargas conectadas a una red de 220V eficaces a 50Hz. Los datos que se conocen para cada una de las cargas se indican a continuación:

• Carga Z1: consume 6 KW con factor de potencia 0.8 inductivo. • Carga Z2: consume 1.4 KVA con factor de potencia 0.9 capacitivo. • Carga Z3: Z3 = 4 + 3j K Ω i +

a

220V ef (50 Hz)

Z1

b

_

Z2

Z3 1:10

CONJUNTO DE CARGAS

Se pide: • Factor de potencia del conjunto de cargas. • Condensador a colocar entre a y b para elevar el factor de potencia del conjunto a 0.95 inductivo. • Intensidad i pedida a la red antes y después de conectar el condensador. condensador.

SOLUCIÓN 47:

Como primer paso se refleja la carga Z 3 en el primario: i + 220V ef (50 Hz) _

a b

Z1

Z2

Z’3

CONJUNTO DE CARGAS

Z′3 = a 2 ⋅ Z 3 = 0.12 ⋅ Z 3 = 40 + 30 jΩ


127

A continuación se calculan las potencias real y reactiva en cada carga: Carga Z1: P1 = 6KW P S1 = 1 = 7.5KVA cos ϕ1 Q1 = S12 − P12 = 4.5KVAR Carga Z2: S 2 = 1.4KVA P2 = S 2 ⋅ cos ϕ 2 = 1.26KW Q 2 = − S 22 − P22 = −0.61KVAR (c arg a capacitiva) Carga Z3: Z′3 = 40 2 + 30 2 = 50Ω 30 ⎞ ϕ Z = a tan⎛ ⎜ ⎟ = 36.87º ⇒ cos ϕ3 = 0.8 ⎝ 40 ⎠ 3

i3 =

V 220 = = 4.4A ef (int ensidad en Z′3 ) Z′3 50

S3 = V ⋅ i 3 = 968VA P3 = S3 ⋅ cos ϕ 3 = 774.4 Q 3 = S 32 − P32 = 580.8VAR Para obtener el factor de potencia del conjunto se calculan las potencias totales real y reactiva: Ptot = P1 + P2 + P3 = 8034.4W Q tot = Q1 + Q 2 + Q 3 = 4470.8VAR 2 S tot = Ptot2 + Q tot = 9194.5VA P cos ϕ tot = tot = 0.874 inductivo S tot

A continuación se calcula el condensador que permite obtener un factor de potencia de 0.95 teniendo en cuenta que debe aportar la potencia reactiva necesaria: S deseada =

Ptot cos ϕ deseado

=

8034 = 8457.3VA 0.95

2 Q deseada = S deseada − Ptot2 = 2641VAR Q C = Q deseada − Q tot = −1829.8VAR

Q C = −Vef 2 ⋅ ω ⋅ C ⇒ C = 120μF


128

Las intensidades antes y después de colocar el condensador serán: Santes 9194.5 = = 41.79A ef V 220 S 8457.3 i despues = despues = = 38.44A ef V 220 Se puede comprobar como la intensidad consumida disminuye. i antes =


129

Septiembre 2002 PROBLEMA 48: En el circuito de la figura: C1 = 1F, L 1 = 1H, R 1 = R 2 = R 3 = 1Ω, ω =1 rad/s, I1 (t) = 4 · cos ( ω · t) Aeff , V1 (t) = 12 · cos ( ω · t) Veff , I2(t) = 2·Ix(t).

• obtened el valor de la tensión V O. • calculad las potencias medias y reactivas de cada elemento y completad la tabla propuesta.

P

Q

C1 L1 C1

∼

I1(t)

V1(t) R 2

R 1

R 2

Ix

I2(t)

R 1

L1

R 3

R 3 Vo

V1 I1 I2

SOLUCIÓN 48: Para obtener el valor de la tensión Vo vamos a resolver el circuito mediante el análisis por mallas: C1

i4

∼

L1

i1

i3

I1(t)

R 2

R 1 I2(t)

V1(t)

Malla 3: î 3 = 4 Malla 4: î 4 ·(− j) + (î 4 + î1 )·1 = 12

Ix

i2

R 3

Z C = − j Z L = j Z R = 1 Malla 1: î1 = 2 ⋅ Î X = 2 ⋅ (î 2 + î3 ) Malla 2: (î 2 − î1 )· j + (î 2 + î 3 )·1 + î 2 ·1 = 0

Vo


130

Si resolvemos el sistema anterior, se obtiene: î1 = 1.6 + 4.8 j î 2 = −3.2 + 2.4 j î 3 = 4 î 4 = 7.6 + 2.8 j El dato pedido es:

Vˆ o = R 3 ·î 2 = 1·(−3.2 + 2.4 j) = −3.2 + 2.4 j Vo = 4Veff φ Vo = 143.13º

Vamos a calcular las potencias medias y reactivas de cada elemento:

C P=0 2

Q = - I eff 2 ·X = - î 4 ·1 = −65.61VA

L P=0 Q = I eff

2

2

·X = î1 − î 2 ·1 = 28.8VA

R1 2

P = I eff 2 ·R = î 4 + î1 ·1 = 142.4W Q=0

R2 2

P = I eff 2 ·R = î 3 + î 2 ·1 = 6.4W Q=0

R3 2

P = I eff 2 ·R = î 2 ·1 = 16W Q=0

V1 VV1 = 12 I V1 = î4 − î3 S = P + jQ = V·I* = 12·(î3 − î4 )* = −43.2 + j33.6


131

I1 VI1 = -12.8 - 2.4j I I1 = 4 S = P + jQ = V·I* = (-12.8 - 2.4j)·4 = −51.2 − j9.6 Ig VI 2 = −(6.8 + 12.4j) I I 2 = 2 ⋅ Î X = 2 ⋅ (î2 + î3 ) = 1.6 + 4.8 j S = P + jQ = V·I* = −(6.8 + 12.4j)·(1.6 + 4.8 j)* = −70.4 + j12.8

C1 L1 R 1 R 2 R 3 V1 I1 I2

P 0 0 142.4 6.4 16 -43.2 -51.2 -70.4

Q -65.1 28.8 0 0 0 33.6 -9.6 12.8


132


Sobre un circuito desconocido, que sólo contiene elementos pasivos (resistencias, condensadores y bobinas) y fuentes de tensión de alterna de frecuencia ω =100 rad/s se realizaron las siguientes medidas: • Conectando un osciloscopio entre dos de los terminales del circuito, se observó una tensión como la mostrada en la siguiente gráfica: 3

2.828

2

1

) f f e V (

0

V

-1

-2

-2.828 -3

0

0. 02

0. 04

0.06

0. 08

0. 1 tiempo (s)

0. 12

0. 14

0. 16

0. 18

0. 2

• Conectando una carga (compuesta por una resistencia de 1 Ω en serie con una bobina de 10mH) 10mH) entre esos dos mismos terminales, se midió con el osciloscopio la corriente a través de la carga, tal como se muestra en la siguiente gráfica: 1

0.8

0.6

0.4

0.2 ) f f e A ( I

0

-0.2

-0.4

-0.6

-0.8

-1

0

0. 02

0. 04

0. 06

0. 08

0.1 tiempo (s)

0. 12

0. 14

0. 16

0. 18

0.2

¿Qué potencia media consumirá una carga (compuesta por una resistencia de 2 Ω en serie con una bobina de 20mH) conectada entre los mencionados terminales? Razónese la respuesta.


133

SOLUCIÓN 49: Cualquier circuito puede ser representado por su equivalente Thevenin entre 2 de sus terminales: ZTH

ZTH

A +

VTH

+

-

VTH

-

Z I

La tensión del primer gráfico se corresponde directamente con la V TH y la segunda gráfica se refiere a la corriente que circula por el circuito al colocar una carga entre los terminales A-B. Cálculo de VTH: En el primer gráfico se observa que la amplitud de la señal es 2.828 V eff , por tanto: VTH ( t ) = 2.828 cos(100t + φ) también se obtiene del gráfico que para t = 0, V TH = 2 Veff , lo que permite deducir el valor de la fase:

π

2 = 2.828 cos φ → cos φ = 0.7072 → φ = 45º = rad 2 Por lo tanto, la tensión de Thevenin en el dominio temporal es:

π

VTH (t ) = 2.828 cos(100t + ) Veff 4 y como fasor: π π Vˆ TH = 2.828(cos + jsin ) = 2 + j2 4 4 Cálculo de I: En el primer gráfico se observa que la amplitud de la señal es 1 A eff , por tanto: I( t ) = cos(100t + φ) también se obtiene del gráfico que para t = 0, I = 1 A eff , lo que permite deducir el valor de la fase:


134

1 = cos φ → φ = 0º = 0rad Por lo tanto, la corriente corriente por el circuito con la carga en el dominio temporal temporal es: I( t ) = cos(100t ) A eff y como fasor: Î = 1(cos 0 + jsin 0) = 1

A partir del dato de la corriente que circula por el circuito al colocar una carga compuesta por una resistencia de 1 Ω en serie erie con con un una bo bobina bina de 10 10mH ( Î = 1 ), se deduce el valor de la impedancia de Thevenin Z TH del circuito: ZTH

Z1 = resistencia de 1 Ω en serie con bobina de 10mH +

VTH

-

Z1

Z1 = R + jωL = 1 + j·100·10·10−3 = 1 + j

I

Ecuación de malla: Vˆ TH = Î·ZTH + Î·Z1 Vˆ − Î·Z1 2 + 2 j − 1·(1 + j) ZTH = TH = = 1 + j Î 1 Ahora ya conocemos el circuito cir cuito equivalente Thevenin del circuito “desconocido”, por lo que se puede calcular el dato que pedía el enunciado, esto es, la potencia media consumida por una carga compuesta por una resistencia de 2 Ω en serie con una bobina de 20mH (Z2): ZTH

+ -

VTH

Z2 I2

Z2 = R + jωL = 2 + j·100·20·10−3 = 2 + j2 Vˆ TH = Î 2 ·ZTH + Î 2 ·Z1 ˆ Î 2 = VTH = 2 + 2 j = 2(1 + j) = 2 A eff ZTH + Z1 1 + j + 2 + 2 j 3(i + j) 3 2

2 8 La potencia media consumida por la carga Z 2: P = Î 2 ·Re al{Z2 } = ⎡⎢ ⎤⎥ ·2 = W 9 ⎣3⎦ 2


135


En el circuito de la figura: • Obtened el valor de la impedancia de carga Z L para obtener una transferencia de potencia máxima. En estas condiciones, calculad el valor de la potencia media y la potencia reactiva de la carga Z L. • Con el circuito cargado con la impedancia Z L, hallad la potencia media y reactiva de las fuentes de circuito, razonad razonad si actúan actúan como componentes activos o pasivos. V1=24 cos(100t) V eff V1

2VA

5mF

+ -

-

+

VA

20mH

2Ω

ZL

+

SOLUCIÓN 50:

• Obtened el valor de la impedancia de carga Z L para obtener una transferencia de potencia máxima. En estas condiciones, calculad el valor de la potencia media y la potencia reactiva de la carga Z L.

Por el teorema de máxima transferencia de potencia, Z L = Z TH * . Vamos a calcular el valor de Z TH: Z TH =

VTH I N


136

Cálculo de VTH: V1

-2j

+ -

VX

2VA -

+

A’

VA

ZR = 2

2j

2

)

i1

+

1 1 = = −2 j jωC j·100·5·10− 3 ZL = jωL = j·100·20·10− 3 = 2 j ZC =

B’

V1 = 24

Si colocamos la referencia a masa en el nodo B’, la tensión de Thevenin será: )

) ) ) ) VTH = (VA ' − VB' )abierto = VA ' − 0 = Vˆ X + 2VA

donde

)

VX = î1·2 j Vˆ A = î1·2

El valor de la corriente î1 lo obtenemos a partir de la ecuación de malla:

− Vˆ 1 = î1 ·( 2 + 2 j − 2 j) − 24 = î1 · 2 î1 = − 12

por tanto: ) VX = iˆ1·2 j = −12·2 j = −24 j Vˆ A = iˆ1·2 = −12·2 = −24 Vˆ TH = Vˆ X + 2Vˆ A = −24 j + 2·(−24) = −24(2 + j)Veff


137

Cálculo de I N: V1

-2j

+ -

VX

2VA -+

VA

I N

2j

i2

2

I N

+

I N = (I A ' − I B' )cortocircuito

Aplicando análisis de mallas: − 24 = (2 − 2 j)·î2 + 2 j·(î2 − Î N ) 2Vˆ A = 2 j·(Î N − î2 ) y utilizando la ecuación de control de la fuente de tensión dependiente de tensión: Vˆ A = î2 ·2 , tenemos el sistema de ecuaciones que nos permitirá hallar el valor de la corriente de Norton:

− 24 = (2 − 2 j)·î2 + 2 j·(î2 − Î N )⎫⎪ ..... → Î N = −6(1 + 3 j)A eff ⎬ ⎪⎭ 4î2 = 2 j·(Î N − î2 )

La impedancia de Thevenin será: ZTH = y el valor de la impedancia i mpedancia de carga:

VTH − 24(2 + j) (2 + j) = =4 = 2 − 2j I N − 6(1 + 3 j) (1 + 3 j)

Z L= ZTH * = 2+2j

El valor de la potencia media y la potencia reactiva de la carga Z L los calculamos utilizando el circuito equivalente de Thevenin: ) ZTH

VTH

+ -

I1

Î = ZL

VTH

Z TH + Z L

=

− 24(2 + j) = −6(2 + j)A eff 2 − 2 j + 2 + 2 j

2 PZL = Î ·Re{Z L } = 180·2 = 360W 2

Q ZL = Î ·Im{Z L } = 180·2 = 360VAR

PZL = 360W QZL = 360VAR


138

• Con el circuito cargado con la impedancia Z L, hallad la potencia media y reactiva de las fuentes de circuito, razonad razonad si actúan actúan como componentes activos o pasivos. V1

-2j

+ -

VX

2VA -+

VA

2

ZL = 2+2j

2j i1

i2

+

Vamos a calcular las corrientes por las fuentes del circuito mediante el análisis de mallas para así hallar la potencia media y reactiva de cada fuente. Ecuaciones de malla:

− 24 = (2 − 2 j)·î1 + 2 j·(î1 − î 2 ) 2Vˆ A = 2 j·(î 2 − î1 ) + î 2 ·(2 + 2 j) y utilizando la ecuación de control de la fuente de tensión dependiente de tensión: Vˆ A = î1 ·2 , obtenemos: î1 = −(6 + 12 j) î 2 = −(12 + 6 j) Potencias en las fuentes (utilizando el criterio de signos pasivo): r

S = Vˆ ·Î * = 24·(−6 − 12 j) * = 24·(−6 + 12 j) = −144 + 288 j P = −144W → fuente ACTIVA Q = 288VAR

24 + i1

2VA +

i2

r

S = Vˆ ·Î * = 2·Vˆ A ·(−î 2 ) * = 2·2·î1 ·(12 − 6 j) = −4·(−6 − 12 j)·(12 − 6 j) = −576 − 432 j P = −576W → fuente ACTIVA Q = −432VAR

-i2


139


En el siguiente circuito: R 2

Ig

+

C1

L1

R 1

R 3

Vo(t)

a) Calculad la tensión Vo(t). b) Calculad las potencias potencias medias consumidas consumidas o generadas generadas por cada componente. componente. Datos: Ig = 3 · cos (200·t) mA R 1 = 22Ω R 2 = 6Ω C1 = 12.5mF L1 = 2mH

R 3 = 5Ω

SOLUCIÓN 51: a)Cálculo de la tensión Vo(t): Se utilizara el sistema de unidades ( V, A, Ω), antes de analizar el circuito, pasamos todas las variables a fasores: f asores: I g = 3 · cos (200·t) mA → Î g = 3·10 −3 e j0 = 3·10 −3

ω = 200rad / s Z1 = 22 Z2 = 6 Z3 = 5 Z L = jωL = j·200·2·10 −3 = 0.4 j ZC =

1 1 = = −0.4 j jωC j·12.5·10 −3 ·200


140

Agrupamos las impedancias en paralelo para simplificar el análisis: Z eq = Z C // Z L // Z 3 = Z 3 = 5 Z ·Z Z C // Z L = C L = ∞ → circuito abierto ZC + Z L Circuito resultante: R 1

R 2

+

+ Ig

+

R 3 Vo

R 1

R 2

transformación de fuentes

-

Vg

-

R 3 Vo -

Vˆ g = Îg ·Z1 = 3·10−3 ·22 = 66·10−3 V Vo es la tensión en el divisor de tensión : Vˆ o =

Vˆ g 66·10 −3 Z3 = 5 = 10·10 −3 = 0.01V = 10mV Z1 + Z 2 + Z 3 22 + 6 + 5

Vˆ o = 0.01 → Vo (t) = 0.01cos(200t)V b) Cálculo de las potencias potencias medias consumidas consumidas o generadas generadas por cada componente: componente: A

Nodos en A:

R 2 +

Ig I1

R 1

I2

R 3 Vo -

Îg + Î1 + Î 2 = 0 − Vˆ A − Vˆ A 3·10− 3 + + =0 22 6 + 5 Vˆ A = 22·10−3 V Î1 = −10− 3 A Î 2 = −2·10− 3 A


141

Potencias medias en cada componente: P ( C) = 0 P ( L) = 0 1ˆ 2 1 I1 ·R 1 = ·(10 −3 ) 2 ·22 = 11·10 −6 W = 11μW 2 2 1 2 1 P(R 2 ) = Î 2 ·R 2 = ·(2·10 −3 ) 2 ·6 = 12·10 −6 W = 12μW 2 2 1 2 1 P(R 3 ) = Î 3 ·R 3 = ·(2·10 −3 ) 2 ·5 = 10·10 −6 W = 10μW 2 2 1 1 P(I g ) = Re{− Vˆ A ·Î g * } = Re{− 22·10 −3 ·3·10 −3 } = −33·10 −6 W 2 2 P(R 1 ) =


142

Septiembre 2003 PROBLEMA 52: Las tres cargas en el circuito de la figura se pueden describir de la siguiente manera: la carga Z1 absorbe una potencia media de 8kW con un factor de potencia inductivo de 0.8. La carga Z 2 absorbe 20kVA con un factor de potencia capacitivo de 0.6. La carga Z3 es un impedancia de 2.5 +5j Ω. Obtener la expresión para v s(t) en estado estacionario si la frecuencia de la fuente es de 60 Hz.

0.05Ω + vs (60 Hz) _

j0.50Ω

+ 250∠0° Veff _

Z1

Z2

Z3

SOLUCIÓN 52:

A partir de los datos del enunciado es posible calcular el valor de cada una de las impedancias, conocidas conocidas éstas, ya se obtiene fácilmente expresión para v s(t). Carga Z1: P = 8kW fp = 0.8 P 8000 S= = = 10000VA fp 0.8 2

Q = S − P 2 = 10000 2 − 8000 2 = 6000VAR

Z1 = 5 + 3.75j

S 10000 = = 40Aeff Veff 250 P 8000 P = Ieff 2 ·R → R = = =5 Ieff 2 40 2 Q 6000 Q = Ieff 2 ·X → X = = 2 = 3.75 2 Ieff 40 Ieff =


143

Carga Z2: S = 20kVA fp = 0.6 capacitivo P = S ·fp = 20000·0.6 = 12000W 2

Q = S − P 2 = 20000 2 − 12000 2 = −16000VAR S 20000 = = 80Aeff Veff 250 P 12000 P = Ieff 2 ·R → R = = = 1.875 Ieff 2 80 2 Q − 16000 Q = Ieff 2 ·X → X = = = −2.5 Ieff 2 80 2 Ieff =

Z2 = 1.875 -2.5j

Z2 = 2.5 + 5j

Y Z3 es conocida,

La impedancia equivalente al conjunto de Z 1, Z2 y Z3 en paralelo: 1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + → Z eq = 2.5Ω Z eq Z1 Z 2 Z 3 5 + 3.75 j 1.875 − 2.5 j 2.5 + 5 j

0.05Ω + vs (60 Hz) _

is

j0.50Ω

+ 250 0 Veff _

Zeq

250Veff = 100Aeff 2.5 v s = 250Veff + (0.05 + 0.5 j)·100Aeff = 255 + j50 = 259.86∠11.09º Veff

is =

vs(t)= 2·259.86·cos(120 t+11.09º)


144

Diciembre 2003 PROBLEMA 53: En el circuito siguiente,

0.1VX

I1

5Ω

5Ω

C1 +

100∠0º Veff

+

Vg

-

-j5Ω j5Ω

VX

R

-

• Calculad el valor de la resistencia R para que consuma máxima potencia • Calculad la potencia media suministrada a R • Si R se sustituye por una impedancia Z, ¿cuál es la máxima potencia media que se puede suministrar a Z? • ¿Qué porcentaje de la potencia generada en el circuito se suministra a la carga Z en caso de máxima potencia?

SOLUCIÓN 53:

• Calculad el valor de la resistencia R para que consuma máxima potencia. Según el teorema de máxima transferencia de potencia, el valor de la resistencia R que consume máxima potencia es igual al módulo de la impedancia de Thévenin vista desde los terminales de R: R Máxima Máxima Potencia = // ZTH // Por lo tanto, se ha de obtener el valor de la Z TH vista desde los terminales de R. Como el circuito dispone de una fuente dependiente, Z TH debe obtenerse aplicando el método test o bien hallando V TH e I N.


145

Cálculo de VTH: 0.1VX

I1

Analizando por nodos:

5Ω

VTH = (VAB) circuito abierto Vx

5Ω

C1

100 + 100∠0º Veff

+

Vg

VTH = 80 +60j

A

-j5Ω j5Ω

VTH

VX

-

B

-

Cálculo de I N: 0.1VX

I1

5Ω I2

5Ω

+

Vg

-

I1

I N = (IAB) cortocircuito

C1 +

100∠0º Veff

Analizando por mallas: -j5Ω

j5Ω

VX

I N

IN

I N = 10 +20j

-

Z TH =

VTH 80 + 60 j = = 4 − 2 j I N 10 + 20 j

R Máxima Máxima Potencia = // ZTH // = 4.47


146

• Calculad la potencia media suministrada a R ZTH

I= VTH

+

I

-

R

80 + 60 j = 7.36 + 8.82 j + R 4 − 2 j + 4.47

VTH Z TH

=

2

PR = I ·R = ... = 590.17W

• Si R se sustituye por una impedancia Z, ¿cuál es la máxima potencia media que se puede suministrar a Z? ZTH

VTH

+

Z

I

-

Z = Z TH * = 4 + 2 j VTH 80 + 60 j 80 + 60 j I= = = = 10 − 7.5 j Z TH + Z 4 − 2 j + 4 + 2 j 8 2

PR = I ·R = ... = 625W

• ¿Qué porcentaje de la potencia generada en el circuito se suministra a la carga Z en caso de máxima potencia? Para responder a esta pregunta hay que realizar un balance de potencias en el circuito cargado con Z = 4+2j, es decir, calcular calcular las potencias de todos los elementos, para así conocer el total de potencia generada y el consumido por Z.

0.1VX

Resolviendo por nodos:

R 1 5Ω

100

R 2 5Ω VX I2

100∠0º Veff

+ -

Vg

+ VX

Ig C1

I1

VX = 50 +25j VA = 25+50j

VA

-j5Ω j5Ω

Z = 4+2j

I3

-


I4

Ig = 5+2.5j I1 = 10-5j I2 = -5-5j I3 = 5-10j I4 = 10+7.5j

147

Potencias: Fuente de 100 100 V: S = -1500-250j VA Fuente dependiente: dependiente: S= 93.75-437.5j 93.75-437.5j VA R 1: P = 156.25 W R 2: P = 625 W Z: S = 625 +312.5j VA L: Q = 625j VAR C: Q = -250j VAR La potencia generada total son 1500W, y la consumida por Z, 625W, por lo tanto el porcentaje de la potencia generada en el circuito que se suministra a la carga Z en caso de máxima potencia es PZ Pgenerada

=

625 = 41.67% 1500

Además, el balance de potencias es correcto, pues se cumple que


∑P = 0 y ∑Q = 0.

148

Febrero 2004 PROBLEMA 54: El dueño de una fábrica quiere disminuir el consumo eléctrico y para ello contrata a una empresa de ingeniería ingeniería eléctrica para que estudie su caso. Su fábrica tiene una carga eléctrica de 1200 kW con un factor de potencia potencia inductivo de 0.8., así que los ingenieros ingenieros le colocan en en la fábrica una carga adicional adicional con un factor de potencia variable variable que añadirá 240kW a la carga de potencia real de la fábrica. El factor de potencia de la nueva carga se ajustará hasta que el factor de potencia global de la fábrica sea de 0.96 inductivo.

• ¿Cuál es el factor de potencia de la carga adicional? • Si el voltaje eficaz en la entrada de la fábrica es de 2500V, ¿cuál es el valor eficaz de la corriente que entra a la fábrica antes de añadir la carga con un factor de potencia variable? • ¿Cuál es el valor eficaz de la corriente que entra a la fábrica f ábrica después de añadir la carga con un factor de potencia variable? • ¿Qué ha ocurrido con el consumo eléctrico?

SOLUCIÓN 54:

• ¿Cuál es el factor de potencia de la carga adicional? Los datos del enunciado referentes a las potencias de las cargas son: Carga inicial, Z: PZ = 1200kW fpZ = 0.8 inductivo Carga adicional, Z’: PZ’ = 240kW fpZ’ = ? Conjunto de las dos cargas: fpglobal = 0.96 inductivo

A partir de los datos anteriores, se pueden calcular los valores de las potencias reactivas (Q) y aparentes (/S/) de cada carga y con estos valores se hallará el valor del factor de potencia de la carga carga adicional.


149

Carga inicial, Z: PZ = 1200kW fpZ = 0.8 inductivo

/S/Z =

PZ 1200k = = 1500kVA fp Z 0.8

Q Z = / S / Z 2 − PZ 2 = 1500k 2 − 1200k 2 = 900kVAR

Conjunto de las dos cargas: Pglobal = PZ + PZ’ = 1200kW + 240kW = 1440kW Qglobal = QZ + QZ’ = 900kVAR + Q Z’ fpglobal = 0.96 inductivo / S / global =

Pglobal 1440k = = 1500kVA fpglobal 0.96

Qglobal = / S / global2 − Pglobal 2 = 1500k 2 − 1440 k 2 = 420kVAR Qglobal = QZ + QZ’ = 900kVAR + Q Z’ = 420kVAR → QZ’ = -480 kVAR

Carga adicional, Z’: QZ’ = -480 kVAR / S / Z' = PZ 2 + Q 2Z = 240k 2 + (−480k ) 2 = 535.65kVA

fp Z' =

PZ' 240 = = 0.4472 capacitivo / S Z' / 536.65

• Si el voltaje eficaz en la entrada de la fábrica es de 2500V, ¿cuál es el valor eficaz de la corriente que entra a la fábrica antes de añadir la carga con un factor de potencia variable? / S / = Veff ·I eff (Ieff )antes = 600A / S / antes = / S / Z = 1500 kVA / S / antes 1500kVA = = 0.6kA = 600A (I eff ) antes = Veff 2500 V


150

f ábrica después de añadir la • ¿Cuál es el valor eficaz de la corriente que entra a la fábrica carga con un factor de potencia variable? / S / = Veff ·I eff (Ieff )despues = 600A / S / despues = / S / global = 1500 kVA / S / despues 1500 kVA = = 0.6kA = 600A (I eff ) despues = Veff 2500 V

• ¿Qué ha ocurrido con el consumo eléctrico? No se ha conseguido el ahorro de corriente deseado .


151


152

TEMA 4: RESONANCIA


153


154

Febrero 1999 PROBLEMA 55: En el circuito de la figura se desconocen los valores de C y Eg, donde Eg representa una fuente de tensión senoidal de frecuencia variable. A una determinada frecuencia se miden los siguientes valores: • I1 = 2mA eficaces • I2 = 2mA eficaces • V = 4V eficaces I1 100k Ω

I2

10mH

C

+ +

V

Eg

-

100k Ω

50k Ω

_

En esas condiciones se pide: • Calcular el valor eficaz de Eg y el valor del condensador C. • ¿Cómo variará I 1 al aumentar la frecuencia? ¿Cómo lo hará I 2?. Razonar la respuesta.

SOLUCIÓN 55: Se presenta un circuito resonante paralelo (L y C en paralelo). Cuando las intensidades que circulan por ambos elementos son iguales nos encontramos en situación de resonancia. En estas condiciones, pueden sustituirse L y C por un circuito abierto, con lo que tenemos: Sobre este circuito se obtiene Eg de forma sencilla, por ejemplo aplicando la fórmula del divisor de tensión:

100k Ω + + -

Eg

V _

100k Ω

V = Eg*100k/(100k+100k) = Eg/2 50k Ω


Eg = 2*V = 8V (eficaces)

155

Falta determinar el valor de C: si nos fijamos en el circuito en el que se han eliminado L y C, vemos que por la resistencia de 50k no circula corriente y por tanto no cae tensión en ella. De este modo, la tensión en la bobina y el condensador será igual a la V indicada en el circuito = 4V. En la bobina:

V = I·ω0·L;

ω0 = V/(I·L) = 4V/2mA*10mH = 2*105 rad/s

Y en el condensador: condensador: V = I/( ω0·C); C = I/(V·ω0) = 2mA/4V*2*105rad/s = 2,5nF En resonancia, las corrientes en la bobina y el condensador son máximas (y desfasadas 180º). Cualquier variación de la frecuencia (aumento o disminución) hace que las intensidades se reduzcan


156

Junio 1999 PROBLEMA 56: En el circuito de la figura fi gura la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable: 1k

110V ef

4k 5μF

+

8k

-

0,2H

4k

Se pide:

• Utilizando el equivalente Norton adecuado, reducir el circuito a un circuito resonante paralelo • Obtener frecuencia de resonancia, ancho de banda y factor de calidad del circuito • Se ajusta la frecuencia de la fuente hasta hacerla coincidir con la frecuencia de resonancia. En estas condiciones, calcular la intensidad que circula por la resistencia de 8k.

SOLUCIÓN 56:

El equivalente Norton que se pide es el que permite representar a todos los componentes del circuito salvo el condensador y la bobina respecto de los terminales de éstos (A y B): 1k

4k A

110V ef

+ -

8k

4k B


157

Cálculo de la tensión a circuito abierto:

I

I = 110V / (1k+(8k//(4k+4k)) I = 110V / (1k+ ( 1k+ 4k) = 22mA

110V ef

I1

1k

+

+ VCA _

8k

-

I1 = I/2 = 11mA

4k

4k

(divisor de intensidad)

VCA = I1*4K = 44V

Cálculo de la intensidad de cortocircuito: La resistencia de 4k se puede eliminar por encontrarse en paralelo con un cortocircuito

I 110V ef

I1

1k

+

4k

ICC

8k

-

4k

I = 110V/(1k+(8k//4k) = 110V/(11/3)k I1 = ICC = I*8k/(4k+8k) (div. intensidad) ICC = 20mA

INORTON = Icc = 20mA

R NORTON NORTON = VCA/ICC = 2,2k

Con lo que el equivalente queda:

20mA

Y el circuito completo:

20mA

2,2k

5μF 2,2k

0,2H

Sobre el RLC paralelo, basta aplicar las fórmulas para obtener los valores pedidos:

• Frecuencia de resonancia:

0

= 1/√LC = 1/√(0.2*5*10-6) = 1000 rad/s

• Ancho de banda:

AB = 1/RC = 1/(2.2*10 3*5*10-6) = 90.9 rad/s

• Factor de calidad:

Q = ω0/AB = 1000/90.9 = 11


158

A la frecuencia de resonancia, una bobina y un condensador en paralelo pueden sustituirse por un circuito abierto. Por tanto, la intensidad que circula por la resistencia de 8K puede ser obtenida directamente: I

I = 110V / (1k+(8k//(4k+4k)) I = 110V / (1k+ ( 1k+ 4k) = 22mA

110V ef

+ -

I1 = I/2 = 11mA

(divisor de intensidad)


1k

4k

8k

4k

I1

159


En el circuito de la figura f igura la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable. La gráfica representa los valores que toma la tensión V AB en función de la frecuencia. +

−

VAB

VAB

10mH 100k Ω

+

VMAX

2.5nF

8VEF

-

100k Ω

25k Ω

ω0

ω

Se pide: Determinar el valor de V MAX Determinar el ancho de banda del circuito  

SOLUCIÓN 57: VMAX es la tensión a la frecuencia de resonancia. En resonancia se puede sustituir el conjunto bobina + condensador condensador en paralelo paralelo por un circuito abierto.

+

100k Ω

Aplicando un divisor de tensión:

VMAX = 8V ⋅

100k Ω = 4V 200k Ω


VAB

+ -

8VEF

100k Ω

25k Ω

160

El equivalente Norton para todos los elementos salvo la bobina y el condensador nos da: I N=0.053mA R N=75k Ω Añadiendo bobina y condensador obtenemos un circuito resonante serie estándar. La expresión para el ancho de banda es:

AB=

+

VAB 10mH 2.5nF

75K Ω

0.053mA

rad 1 1 5333 = = s RC 75 ⋅ 10 3 ⋅ 2,5 ⋅ 10 −9


161

Febrero 2000 PROBLEMA 58: En el circuito de la figura, la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable. Se pide: • calcular frecuencia de resonancia, ancho de banda y factor de calidad del circuito. • representar aproximadamente el comportamiento de la tensión V en función de la frecuencia, especificando cuál es el valor máximo que alcanza y a qué frecuencia se produce. 10k

1k +

220V ef

4μF +

10mH

10k

-

4k

V _

SOLUCIÓN 58: Se busca el equivalente Norton de todo el circuito salvo la bobina y el condensador: 10k

220V ef

1k I N

+

10k

-

R N

4k

10k

• I N: se obtiene como la intensidad de cortocircuito: Por cualquier método de análisis, se llega a:

220V ef

+

10k

-

I N = ICC = 18.33mA

1k

4k

• R N se obtiene como la resistencia equivalente: 10k

1k

10k

1k

4k

5k


4k

6k

4k

R N = R EQ EQ = 2.4k

162

ICC

Por tanto, trabajaremos sobre el siguiente circuito: 18.33

4μF 2.4k

+ 10mH

ω0

=

V

1 = 5000rad/s LC

Q=

ω0 AB

AB =

1 = 104.2rad/s RC

= 48

Para la gráfica de V nos fijaremos en estos puntos:

• VMAX: para ω=ω0

L y C se anulan: V MAX = I⋅R = 44V

• VMAX/√2: para los límites del ancho de banda ω1=ω0-AB/2=4948rad/s ω2=ω0+AB/2=5052rad/s V = 44/√2 = 31V V 44 31

4948 5000 5052


ω

163

Junio 2000 PROBLEMA 59: En el circuito de la figura, la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable. 3Ω A 20V ef

5mH

+ -

6Ω 0.5μF 1Ω

iL

B

iR

Se pide:

• calcular frecuencia de resonancia, ancho de banda y factor de calidad del circuito • calcular el valor de las intensidades i R e iL a la frecuencia de resonancia • determinar el valor de la resistencia extra que debería colocarse entre A y B para duplicar el factor de calidad del circuito

SOLUCIÓN 59: Como primer paso se aíslan bobina y condensador y se obtiene el equivalente Thévenin 3Ω para el resto del circuito circuito A

20V ef

+ -

6Ω 1Ω B

Dado que no existen fuentes dependientes, puede obtenerse el Thévenin a partir de la resistencia equivalente y de la tensión de circuito abierto: Resistencia equivalente: se obtiene sustituyendo al fuente de tensión por un cortocircuito: R EQ = (3Ω + 1Ω ) // 6Ω = 2.4Ω


164

Tensión de circuito abierto: se obtiene mediante un divisor de tensión: 6 VAB = 20 ⋅ = 12V 6 + 3 +1 El Thévenin y el circuito completo quedan: 2.4Ω A 2.4Ω

5mH A

+

12V ef

12V

+ -

-

0.5μF

B B

Se obtiene un circuito resonante serie, basta aplicar las fórmulas: 1 ω = = 20000rad/s Frecuencia de resonancia: 0 LC

AB =

Ancho de banda:

Q=

Factor de calidad:

R = 480rad/s L

ω0

AB

= 41.67

Para el cálculo de las intensidades se tiene en cuenta que la l a bobina y el condensador, condensador, en resonancia, se comportan como un cortocircuito: 3Ω A 20V ef

+ -

6Ω 1Ω

iL

iR

B

Por tanto por la resistencia no circulará intensidad (está en paralelo con un cortocircuito): i R = 0 20V = 5A iL = 4Ω


165

Buscamos ahora la resistencia que duplica el ancho de banda del circuito: 3Ω A 20V ef

5mH

+ -

6Ω

R

0.5μF 1Ω B

Necesitamos volver volver a calcular la resistencia resistencia equivalente: equivalente: R EQ ( nueva ) = (3Ω + 1Ω ) // 6Ω // R = 2.4Ω // R De acuerdo con las fórmulas utilizadas anteriormente: ω0 Q nuevo = 41.7 ⋅ 2 = 83.4 = → ABnuevo = 240rad / s AB nuevo R AB nuevo = 240rad / s = nueva → R nueva = 1.2Ω L R nueva = 1.2Ω = 2.4 // R → R = 2.4Ω Por tanto se debe colocar una resistencia de


2.4

166

Septiembre 2000 PROBLEMA 60: En el circuito de la figura, la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable: 100k Ω

2Ω +

50Vef

0.2μF 25k Ω

-

8mH

iR Se pide:

• • • •

Frecuencia de resonancia Equivalente paralelo para la bobina real Ancho de banda y factor de calidad del circuito Intensidad iR que circula por la resistencia de 25k Ω a la frecuencia de resonancia

SOLUCIÓN 60: Frecuencia de resonancia: 1 1 = = 25000rad/s ω0 = −3 −6 LC 8 ⋅ 10 ⋅ 0.2 ⋅ 10

Equivalente paralelo para la bobina real: utilizamos el factor de calidad de la bobina Q L:

ω0 L

25 ⋅ 10 3 ⋅ 8 ⋅ 10 −3 QL = = = 100 R 2 L 2 = L1 = 8mH R 2 = Q L2 ⋅ R 1 = 20k Ω


R 1 L1

R 2

L2

167

Una vez hecho el equivalente paralelo de la bobina el aspecto del circuito es el siguiente: 100k Ω

+

50Vef

8mH

20k Ω

-

0.2μF

25k Ω

iR

Basta con hacer una transformación de fuentes para obtener un circuito resonante paralelo estándar: 0.5mAef 100k Ω

20k Ω

8mH

0.2μF

0.2μF

0.5mAef 25k Ω

10k Ω

8mH

iR

Sobre el circuito resonante estándar podemos aplicar directamente las fórmulas: 1 1 = 4 = 500rad/s RC 10 ⋅ 0.2 ⋅ 10 −6 ω 25000 Q= 0 = = 50 AB 500

AB =

Para obtener la intensidad por la resistencia de 25k Ω se debe tener en cuenta que, a la frecuencia de resonancia, el conjunto de bobina y condensador condensador en paralelo se comportan como un circuito abierto: 0.5mAef 100k Ω

20k Ω

25k Ω

iR

Por tanto, i R se obtiene mediante un divisor de intensidad:

i R = 0.5 ⋅

100 // 20 16.67 = 0.5 ⋅ = 0.2mA EF 100 // 20 + 25 41.67


168

Diciembre 2000 PROBLEMA 61: En el circuito de la figura la fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable. Se pide calcular los valores valores que han de de tomar R, L y C para para que el circuito cumpla: 4 • Frecuencia de resonancia: ω0 = 10 rad/s • Ancho de banda: AB = 10 2 rad/s f recuencia de resonancia: V C = 4V ef • Tensión en el condensador a la frecuencia 6 k Ω

12V ef

+ -

L

R

C

+ VC _

8 k Ω

SOLUCIÓN 61: Se trata de un circuito resonante paralelo. A la frecuencia de resonancia, el conjunto LC se comporta como un circuito abierto: k Ω

+

12V ef

+ VC _

R

-

8 k Ω

Aplicando un divisor de tensión: R VC = 12 ⋅ = 4VEF 6 ⋅ 10 3 + R

→ R = 3 ⋅ 10 3 Ω = 3K Ω

Para determinar los valores de L y C se trabaja sobre el circuito resonante paralelo estándar, que se obtiene calculando el equivalente Norton del circuito desde los terminales de L y C: 6 K Ω

+ -

12V ef

0.4mA

3K Ω

10K Ω

0.4mA

C 10K Ω

L

8 K Ω


169

Una vez sobre el circuito estándar, basta aplicar las fórmulas: 1 1 = → C = 10− 6 F 3 RC 10 ⋅ 10 ⋅ C 1 1 −2 L 10 H = 10mH ω0 = 104 = = → = −6 LC L ⋅ 10 AB = 102 =


170


Considérese el circuito resonante de la figura: fi gura: 600Ω

10Ω +

30Vef

-

2μF

400Ω

+ VC _

20mH

Se pide: • Frecuencia de resonancia del circuito. • Ancho de banda. • Factor de calidad de la bobina y del circuito. • Tensión vC en el condensador a la frecuencia de resonancia.

SOLUCIÓN 62: Se trata de un circuito resonante paralelo real. En primer lugar, se llevará el circuito al formato estándar mediante transformación de fuentes (también podría hacerse un equivalente Norton): 600Ω

+ -

30Vef

400Ω

50mA

240Ω

Por tanto, el circuito estándar que se obtiene es el siguiente:


171

10Ω 50mA

+ 2μF

240Ω

VC _

20mH

Frecuencia de resonancia:

=

ω0

1 1 = = 5000rad/s −3 −6 LC 20 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10

Factor de calidad de la bobina:

ω0 L 5000 ⋅ 20 ⋅10 −3 QL = = = 10 R

10

A continuación se debe hacer el equivalente paralelo de la bobina real: L′ = L = 20mH R ′ = Q L2 ⋅ R = 1k Ω

50mA

240Ω

1K Ω

20mH

2μF

+ vC _

50mA

193.5Ω

20mH

2μF

+ vC _

El circuito resultante se muestra a continuación: Ancho de banda: β=

1 1 = = 2584rad/s RC 193.5 ⋅ 2 ⋅ 10 −6

Factor de calidad del circuito:

Q=

ω0 5000 = = 1.94 β 2584


172

Tensión en el condensador a frecuencia de resonancia: A frecuencia de resonancia, la bobina y el condensador se anulan y en un circuito resonante paralelo, el conjunto equivale a un circuito abierto: + 50mA

193.5Ω

VC _

VC = i ⋅ R = 50 ⋅ 10 −3 ⋅ 193.5 = 9.7V Junio 2001 PROBLEMA 63:


173

Considérese el circuito resonante de la figura: fi gura: 1k Ω

+

10mH

16μF

100Vef

1,5k Ω

-

20Ω

2,4k Ω

20Ω

10Ω

10 : 1

Se pide: • Frecuencia de resonancia, ancho de banda y factor de calidad del circuito • Potencia entregada por la fuente de tensión a la frecuencia de resonancia • Valor que debería tener la relación de transformación para reducir el ancho de banda a la mitad mitad

SOLUCIÓN 63: En primer lugar se simplifican en la medida de lo posible tanto la parte derecha como la parte izquierda del circuito, circuito, llegándose a: 0.6k Ω

16μF

10mH

60Vef

+

2,4k Ω

-

12Ω 10 : 1

A continuación se refleja el secundario en el primario multiplicando la impedancia por la relación de transformación al cuadrado: 0.6k Ω

+

16μF

10mH

60Vef

2,4k Ω

-

1.2k Ω

Este circuito es fácilmente simplificable a un RLC serie mediante agrupación de resistencias: 1.4k Ω

+

16μF

10mH

60Vef

-

Sobre este circuito basta aplicar las fórmulas:

w0 = 1/√(LC) = 2500 rad/s = R/L = 140krad/s Q = w0/β = 0.0178


174

Para obtener la potencia de la fuente de tensión debemos simplificar el circuito en el mismo modo que antes pero sin hacer desaparecer la fuente de 100V. 1k Ω

+

100Vef

-

16μF

10mH

1,5k Ω

0.8k Ω

Sobre ese circuito sustituimos L y C en resonancia por un cortocircuito. El resultado queda: 1k Ω

+

100Vef

-

1,5k Ω

0.8k Ω

Es fácil calcular la intensidad que circula por la fuente, f uente, obteniéndose: I = 65.8 mA ef La potencia será, por tanto:

P =Ief*Vef = 6.58W Para que el ancho de banda se redujera a la mitad, la resistencia equivalente debería ser también la mitad, esto es R EQ EQ = 0.7k Ω De acuerdo con las agrupaciones de resistencias hechas anteriormente: R EQ EQ = 0.6K Ω + 2.4K Ω//R REFLEJADA REFLEJADA De donde se deduce R REFLEJADA REFLEJADA = 0.104K Ω La impedancia reflejada será la del secundario multiplicada por la relación de transformación al cuadrado: 104Ω = 12Ω*a2 Se deduce que la relación de transformación pedida es:


a = 2.94

175


3Ω

En el circuito de la figura, la l a fuente de tensión es senoidal y de frecuencia variable. +

Se pide: • Frecuencia de resonancia, ancho de banda y factor de calidad del circuito. • Potencia consumida por la resistencia de 5Ω a la frecuencia de resonancia. • Valor que debería tener la resistencia de 5Ω para duplicar el factor de calidad.

12Vef

-

2mH

20μF

10Ω

6Ω

5Ω

6Ω

SOLUCIÓN 64:

Mediante agrupación de resistencias y transformaciones de fuentes se llega al circuito RLC serie que se muestra a continuación (se indica el último paso efectuado): 2mH

20μF

7,5Vef

+

2mH

5Ω

-

+

20μF

7,5Vef

-

8,75Ω

3,75Ω

A partir de este circuito, por aplicación directa de las fórmulas: ω0

=

ω 1 R = 5000rad/s ; β = = 4375rad/s ; Q = 0 = 1,14 L β LC

Para duplicar el factor de calidad será necesario reducir el ancho de banda a la mitad ( ω0 no varía): Q′ =

ω0 β′

Q′ = 2Q ⇒ β′ = β 2

Y para ello habrá que reducir la resistencia equivalente a la mitad (L no varía):

β′ =

R ′eq L

β′ = β 2 ⇒ R ′eq = R eq 2


176

A continuación se muestra el circuito antes de hacer la última agrupación de resistencias y con la resistencia de 5 Ω sustituida por la resistencia R buscada: 2mH

+

20μF

7,5Vef

R

-

3,75Ω

Es inmediato obtener la resistencia r esistencia buscada a partir de la resistencia r esistencia equivalente: R ′eq = 3,75 + R =

8,75 ⇒ R = 0,625Ω 2

Para el cálculo de la potencia consumida por la resistencia de 5 Ω a frecuencia de resonancia, sustituimos la bobina y el condensador condensador por un cortocircuito: +

7,5Vef

5Ω

-

3,75Ω

La intensidad que circula por la resistencia de 5 Ω será: i=

7,5 = 0,857A 3,75 + 5

Y por tanto, la potencia consumida en la misma:

P = i 2 ⋅ R = 3,67W


177


En el circuito resonante de la figura, se pide: • Frecuencia de resonancia. • Ancho de banda. • Factor de calidad de la bobina • Factor de calidad del circuito. • Potencias real y reactiva entregadas por la fuente de tensión a la frecuencia de resonancia. 6Ω

25 k Ω

+

12V ef

-

150mH

8μF 100k Ω

SOLUCIÓN 65:

La frecuencia de resonancia y el factor de calidad de la bobina se pueden obtener directamente: 1 ω0 = = 912.9 rad/s LC ωL Q L = 0 = 22.8 R Para obtener el resto de los datos se debe calcular el equivalente paralelo de la bobina real: R ′ = Q L2 ⋅ R = 3125Ω Sobre el circuito resultante se puede hacer una transformación de fuentes: 25 k Ω

+ -

12V ef

8μF 100k Ω

3125 Ω

150mH


0.48mA

8μF 25k Ω

100k Ω

3125 Ω

150mH

178

Calculando el equivalente paralelo de las tres resistencias se obtiene el circuito estándar:

0.48mA

8μF 2703 Ω

150mH

Sobre el circuito estándar se obtienen el resto de datos pedidos: β=

1 = 46.29 rad/s RC

Q=

ω0 = 19.7 β

Para calcular las potencias a frecuencia de resonancia el conjunto LC se sustituye por un circuito abierto y se calcula el equivalente de las resistencias: 25 k Ω

+

12V ef

-

100k Ω

3125Ω

+ -

12V ef

28.03k Ω

Dado que la carga es resistiva, la fuente sólo entregará potencia real:

P = Vef ⋅ I ef = 12 ⋅

− 12 = −5.1mW (potencia cedida) 28.03 ⋅ 10 3

Q=0


179

Febrero 2002 PROBLEMA 66: Considérese el circuito de la figura: 50mA 200Ω

C

L

Z 6+8j Ω a:1

Sabiendo que en el primario del transformador hay conectado un circuito resonante con frecuencia de resonancia de de 5000 rad/s rad/s y factor de calidad calidad 2, se pide: pide: • los valores de L y C en el circuito resonante • la tensión VC en el condensador a la frecuencia de resonancia • el valor que debería tener la relación de transformación a para que la carga Z en secundario consuma máxima potencia

SOLUCIÓN 66:

cir cuito resonante? • Valores de L y C en el circuito Q=

ωO ω 5000 →β= O = = 2500rad / s β Q 2

1 1 1 →C= = = 2·10 −6 = 2μF RC R β 200 ⋅ 2500 1 1 1 1 ωO = →L= 2 = = = 0.02H = 20mH 2 −6 50 LC ωO C 5000 ⋅ 2·10

β=

C = 2·10-6 F L = 20mH

•

la tensión VC en el condensador a la frecuencia f recuencia de resonancia?

En resonancia, el conjunto de L y C se comportan como un circuito abierto, por lo tanto: +

50mA 200Ω

VC = I· R = 50 mA· 200 Ω = 10V

VC


180

•

Valor que debería tener la relación de transformación a para que la carga Z en secundario consuma máxima potencia?

Reflejamos Z en primario: 50mA 200Ω

Z’=a2·Z

Por el teorema de máxima transferencia de potencia, la carga que consumirá máxima potencia será igual a la ZTH vista desde desde los extremos extremos de la carga. Para el caso caso del transformador: Z TH = Z' 200 = a 2 6 + 8 j = a 2 100

a = 20 = 4.47


181

Junio 2004 PROBLEMA 67: En el circuito de la figura se desconocen los valores de L y Vg, donde Vg representa una fuente de tensión senoidal de frecuencia variable. A una determinada frecuencia se miden los siguientes valores: • I1 = 2.5mA eficaces L • I2 = 2.5mA eficaces • V = 5V eficaces 50k Ω + +

Vg

-

V _

I 25k Ω

5nF

50k Ω

En esas condiciones se pide: • Calcular el valor eficaz de Vg y el valor de la inductancia L. • ¿Cómo variará I1 al aumentar la frecuencia? ¿Cómo lo hará I 2?. Razonar la respuesta.

SOLUCIÓN 67: Se presenta un circuito resonante paralelo (L y C en paralelo). Cuando las intensidades que circulan por ambos elementos son iguales nos encontramos en situación de resonancia. En estas condiciones, pueden sustituirse sustituirse L y C por un circuito abierto, con lo que tenemos: Sobre este circuito se obtiene Vg de forma sencilla, por ejemplo aplicando la fórmula del divisor de tensión:

50k Ω + + -

Vg

V _

25k Ω

V = Vg*25k/(25k+50k) = Vg/3 50k Ω


Vg = 3*V = 15V (eficaces ( eficaces)

182

Falta determinar el valor de L: si nos fijamos en el circuito en el que se han eliminado L y C, vemos que por la resistencia de 50k no circula corriente y por tanto no cae tensión en ella. De este modo, la tensión en la bobina y el condensador será igual a la V indicada en el circuito = 5V. En el condensador: 1*105 rad/s Y en la bobina:

V = I/( ω0·C); ω0= I/(V·C) = 2.5mA/5V*5*10-9rad/s =

V = I· ω0·L;

L= V/(I·ω0) = 5V/2.5mA*1*105 = 20mH

En resonancia, las corrientes en la bobina y el condensador son máximas (y desfasadas 180º). Cualquier variación de la frecuencia (aumento o disminución) hace que las intensidades se reduzcan


183


184

TEMA 5: ACOPLAMIENTO MAGNÉTICO


185


186

Febrero 2001 PROBLEMA 68: En el circuito de la figura, fi gura, la frecuencia de la fuente de tensión es de 100 rad/s. Z

20Ω

+

0.1H 2.5mF

50Vef

6Ω

-

2:1

Se pide: • Encontrar la impedancia Z que absorbe máxima potencia. • Calcular el valor de esa potencia.

SOLUCIÓN 68: En primer lugar se calculan las impedancias de los distintos elementos: Z

20

+

10j -4j

50Vef

6

-

2:1

A continuación se calcula la impedancia i mpedancia equivalente para los elementos del secundario: Z EQ = (10 j − 4 j) // 6 = 3 + 3 j 20

+

Z

50Vef

ZEQ=3+3j

-

2:1


187

A continuación se representa el circuito reducido al primario, reflejando la impedancia ZEQ: Z′EQ = a 2 ⋅ Z EQ = 2 2 ⋅ Z EQ = 12 + 12 j Z

20

+

50Vef

Z’EQ=12+12j

-

Y ya sólo resta hacer el equivalente serie de la resistencia de 20 Ω y de Z’EQ: Z +

50Vef

32+12j

-

El circuito que queda entre los terminales de Z es ya un equivalente Thevenin, Thevenin, por lo que no hay que dar más pasos. La impedancia Z que consume máxima potencia es el conjugado de la impedancia Thevenin: Z MAX = 32 − 12j La potencia absorbida por la impedancia i mpedancia se calcula fácilmente: 32-12j i +

50Vef

32+12j

-

v 50 50 = = = 0.78A Z 32 − 12 j + 32 + 12 j 64 P = i 2 ⋅ R = 0.78 2 ⋅ 32 = 19.5W

i=


188

Junio 2001 PROBLEMA 69: Sobre el circuito de la figura, se pide: • Equivalente Thevenin entre los puntos A y B • Potencia que consumiría una resistencia de 5 Ω conectada entre A y B • Impedancia que, colocada entre A y B, consumiría la máxima potencia posible y valor de esa potencia. 30mH

4Ω

2,5Ω

2mF 10cos(100t) V

20mH

10mH

+

A

B

50mH

+

5cos(100t) V

-

-

SOLUCIÓN 69: El circuito en términos de impedancias queda: 3j

4

1j

-5j 10

2j

2,5

A

B

5j

+

+

5

-

-

Y la parte izquierda se puede simplificar mediante una transformación de fuentes: 2j

2,5

4 1.6-1.2j

-5j

1j

A

5j

B

+

5

-

3j


189

A continuación se hace el equivalente paralelo de las impedancias: 2j

2,5

1.6-1.2j

5-2.5j

A

B

+

1j

5

-

5j

Se hace una nueva transformación de fuentes: 2j

2,5

A

B

5-2.5j +

5-10j

+

1j

-

5

-

5j

Y por último el equivalente serie de las dos impedancias i mpedancias:: 2j

A

B

7.5-2.5j +

5-10j

+

1j

-

5

-

5j

Ahora se puede hacer el eq. Thevenin, obteniendo V CA e ICC y trabajando por mallas dado que existe acoplamiento magnético: 1. Cálculo de V CA:

2j

A

B

7.5-2.5j + -

5-10j

I1

I2=0

1j 5j

+

5

-

Las ecuaciones que quedan son: 5-10j+I1(7.5-2.5j)+I1(2j)+(I1-I2)(-j)+(I1-I2)(5j)+I1(-j) = 0 I2 = 0 Se obtiene I 1 = -0.2+1.4j A

VCA= VAB = VA - VB = I 1(5j)+I1(-j) - 5 = - 10.6 - 0.8j V


190

2. Cálculo de I CC: 2j

A

B

7.5-2.5j +

5-10j

-

I2

1j

I1

+

5

-

5j

En este caso, las ecuaciones que quedan son: 5-10j+I1(7.5-2.5j)+I1(2j)+(I1-I2)(-j)+(I1-I2)(5j)+I1(-j) = 0 5+(I2-I1)(5j)+I1(j) = 0 Y se obtiene: I1 = -1.31 + 1.21j I2 = -1.05 + 1.97j

ICC = I2 = -1.05 + 1.97j Con estos datos se puede construir el equivalente Thevenin:

ZEQ = VCA/ICC = 1.92 + 4.36j 1.92 + 4.36j -10.6 - 0.8j

+ -

Si conectamos una resistencia de 5 Ω:

1.92 + 4.36j -10.6 - 0.8j

+

5

-

La intensidad que circulará por ella será: I = (-10.6-0.8j)/(6.92+4.36j) = -1.15 + 0.6j Y la potencia que consuma:

P = |I|2R = 8.45W


191

La impedancia de máxima potencia será el conjugado de la impedancia Thevenin: 1.92 + 4.36j -10.6 - 0.8j

1.92 - 4.36j

+ -

La intensidad que circule por ella será: I = (-10.6-0.8j)/(3.84) = -2.76 – 0.221j Y la potencia consumida será:

P = |I|2R = 14.71W


192

Septiembre 2001 PROBLEMA 70: Dado el circuito de la figura, se pide: • Calcular i(t) expresado como una función del tiempo. • Calcular las potencias real, reactiva y aparente en la fuente de tensión de 20V. • Decir si esa fuente cede o absorbe potencia real y si cede o absorbe potencia reactiva. 2mF

6Ω

4Ω

30mH 10mH

+

20cos(100t)

-

2Ω

+ -

it

20mH

1mF

10cos(100t)

SOLUCIÓN 70: En primer lugar, se expresan las capacidades e inductancias como impedancias (teniendo en cuenta que la frecuencia angular son 100 rad/s) y las tensiones como fasores: -5jΩ 3jΩ

6Ω

4Ω

i1

2jΩ

i2

jΩ + -

2Ω

it +

20∠0

-

-10jΩ

10∠0

A continuación se plantean las ecuaciones de análisis por mallas: 2 ⋅ i1 − 10 + 3 j ⋅ i1 − j ⋅ (i1 − i 2 ) − 5 j ⋅ i1 + 4 ⋅ i1 + 2 j ⋅ (i1 − i 2 ) − j ⋅ i1 = 0 − 10 j ⋅ i 2 + 2 j ⋅ (i 2 − i1 ) + j ⋅ i1 + 6 ⋅ i 2 + 20 = 0 Resolviendo: i1 = 1,79 + 0,37 j i 2 = −1,37 − 1,52 j El dato pedido será:

i = −i 2 = 1,37 + 1,52j = 2,04∠0.84rad

i(t) = 2,04 ⋅ cos(100t + 0,84) V

Para el cálculo de la potencia los sentidos de tensión e intensidad deben ser concordantes, por lo tanto se usará –i(t) en lugar de i(t):


193

20 ⋅ 2,04 ⋅ cos(2,3) = −13,59W (cede potencia real) 2 20 ⋅ 2,04 Q= ⋅ sen(2,3) = 15,21VAR (absorbe potencia reactiva) 2 20 ⋅ 2,04 S= = 20,4VA 2 P=

-i = 2,04∠-2,3rad + -

v = 20∠0

NOTA: para el cálculo de la potencia se considera el ángulo que la tensión está desfasada respecto de la intensidad, y no al revés. Por tanto, el desfase es de +2,3 rad.


194

Febrero 2002 PROBLEMA 71: Considérese el circuito de la figura,: C

50mA 200Ω

L

Z 6+8j Ω

a:1

Sabiendo que en el primario del transformador hay conectado un circuito resonante con frecuencia de resonancia de de 5000 rad/s rad/s y factor de calidad calidad 2, se pide: pide: • los valores de L y C en el circuito resonante • la tensión VC en el condensador a la frecuencia de resonancia • el valor que debería tener la relación de transformación a para que la carga Z en secundario consuma máxima potencia

SOLUCIÓN 71:

• Valores de L y C en el circuito cir cuito resonante? Q=

ωO ω 5000 →β= O = = 2500rad / s Q 2 β

1 1 1 →C= = = 2·10 −6 = 2μF RC R β 200 ⋅ 2500 1 1 1 1 ωO = →L= 2 = = = 0.02H = 20mH LC ωO C 5000 2 ⋅ 2·10 −6 50

β=

C = 2μF L = 20mH

•

la tensión VC en el condensador a la frecuencia f recuencia de resonancia?

En resonancia, el conjunto de L y C se comportan como un circuito abierto, por lo tanto: +

50mA 200Ω

VC = I· R = 50 mA· 200 Ω = 10V

VC


195

•

Valor que debería tener la relación de transformación a para que la carga Z en secundario consuma máxima potencia?

Reflejamos Z en primario: 50mA 200Ω

Z’=a2·Z

Por el teorema de máxima transferencia de potencia, la carga que consumirá máxima potencia será igual a la ZTH vista desde desde los extremos extremos de la carga. Para el caso caso del transformador: ZTH = Z' 200 = a 2 6 + 8 j = a 2 100 → a = 20 = 4.47


196

Junio 2002 PROBLEMA 72: En el circuito siguiente, los valores de tensión en las fuentes son V 1 = 24V⎣0° y V2 = 4V⎣−90° , • determinad el el voltaje de de salida Vo,

V2

R 1 4Ω

~

V1

~ C1

R 2

R 3

2Ω

2Ω

L1 j3 Ω

+ 2Ω

-j4 Ω

R 4

Vo -

1: 2

SOLUCIÓN 72: Convertimos a su valor fasorial f asorial las fuentes de tensión: ) V1 = 24 ) V2 = − j4 Para simplificar los cálculos para la obtención de Vo, vamos a hallar el equivalente Thevenin del circuito conectado al primario del transformador: V2

R 1 4Ω

~

V1

R 2

~

2Ω

C1

A

-j4 Ω

B

Vth : R 1 4Ω

~

V1

Vx

V2

~

C1 -j4 Ω

R 2 2Ω

A

i=0 B

Vˆ th = (Vˆ AB ) abierto = Vˆ x − Vˆ 2


197

Vˆ 1 − j4 = 24 = 12 − 12 j R 1 + Z C1 4 − j4 Vˆ th = Vˆ x − Vˆ 2 = 12 − 12 j − (− j4) = 12 − 8 j Vˆ x = Z C1

Zth : Anulamos fuentes independientes: R 1 4Ω

R 2 2Ω

C1

Zth

-j4 Ω

Z th = R 1 // Z C1 + R 2 = 4 // − j4 + 2 = .... = 4 − 2 j Utilizando el equivalente Thevenin, el circuito inicial queda reducido al siguiente: Zth 4-2 L1 R 3 12-8 ~ Vth

i1

+ v1 -

1: 2

+ v2 -

j3 Ω

2Ω

i2

+ 2Ω

R 4

Vo

En un transformador ideal la relación entre corrientes y tensiones en primario y secundario es la siguiente: v1 N 1 = v 2 N 2 i1 N 2 = i 2 N 1 En nuestro caso

N1 1 1 = v1 = v 2 i1 = 2i 2 N 2 2 2

Del circuito anterior: 1 Vˆ o = 2î 2 = 2 î1 = î1 2


198

Vamos a hallar el valor de Vˆ o = î1 reflejando el circuito de secundario en primario: Vth 12 − 8 j 4(12 − 8 j) = =K= = 2.63 − 0.94j 2 20 − 5 j Zth + a Zc 4 − 2 j + 1 (4 + 3 j) 4 N 1 a= 1 = N 2 2 Zc = 4 + 3 j

Vˆ o = î1 =


199

Septiembre 2002 PROBLEMA 73: La figura muestra un circuito de suministro de potencia. Un generador hidroeléctrico produce el voltaje equivalente de Thevenin V S a través de una impedancia equivalente de Thevenin de valor 0.1 Ω. Su salida se incrementa utilizando un transformador de aumento de proporción 10:1 para una más eficiente transmisión por cable. Las líneas de transmisión tienen una impedancia equivalente de 1 Ω. La potencia debe suministrarse a una carga de 4 Ω a través de un segundo transformador ideal. • Determinad la proporción de espiras n en el segundo transformador ideal para maximizar la potencia suministrada por la fuente. f uente. 0.1

+

1

VS

4

-

1 : 10

1:n

SOLUCIÓN 73:

Para maximizar la potencia suministrada por la fuente, la impedancia Z 2 debe consumir la máxima potencia posible, para ello, según el teorema de máxima tranferencia de potencia, Z2 debe ser igual a la impedancia de Thevenin vista desde sus terminales, que es la resistencia 0.1 Ω. Por tanto, calcularemos el valor de Z 2 y lo igualaremos a 0.1 Ω. : Relación de transformación en el transformador tr ansformador 1: N 10 a 1 = 2 = = 10 N 1 1 Relación de transformación en el transformador tr ansformador 2: N n a2 = 2 = = n N 1 1


200

Reflejamos la carga situada en el secundario del transformador 2 en primario: 1 1 4 Z' = 2 ·Z = 2 ·4 = 2 = Z1 n (n ) a2 Reflejamos la carga situada en el secundario del transformador 1 en primario: 1 1 4 Z' ' = 2 ·( Z'+1) = ·( 2 + 1) = Z 2 2 (10) n a1

0.1

+

1

VS

4

-

1 : 10

1:n

Z2

Z1

Hacemos Z2 = 0.1Ω y resolvemos: Z2 =

1 4 ·( 2 + 1) = 0.1 2 (10) n 4 + 1 = 10 n2 4 =9 n2 4 n2 = 9

n=


2 3

201

Diciembre 2002 PROBLEMA 74: En el circuito siguiente, • Calculad el valor de la capacidad C para que la corriente que circula por la fuente V1 no se desfase respecto de la tensión. R 1

0.04H M

12Ω 24∠0rad

+

V1

L2 0.2H

L1

0.2H

C L3 0.06H

-

ω=50 rad/s

R 2

R 3

4Ω

14142 : 10000

5Ω

SOLUCIÓN 74: Para que la corriente que circula por la fuente V 1 no se desfase respecto de la tensión, la impedancia vista por la fuente ha de ser resistiva. Vamos a calcular el valor de las impedancias de los elementos en el circuito: ZR 1 = 12 ZR 2 = 4 ZR 3 = 5 ZL1 = L1 jω = 0.2·50· j = 10 j ZL 2 = L 2 jω = 0.2·50· j = 10 j ZL 3 = L3 jω = 0.06·50· j = 3 j 1 1 ZC = = Cjω 50Cj Mjω = 0.04·50· j = 2 j A continuación, continuación, simplificaremos el circuito anterior reflejando en primario el subcircuito a la derecha del transformador: 12

24∠0rad

ω=50 rad/s

+

V1

2j M 10j

L1

C L2 10j

-

i1


Z=10+6j

i2

4

202

N1 14142 = = 1.4142 = 2 N 2 10000 a2 = 2 ( ZL3 + ZR 3 )' = a 2 ( ZL3 + ZR 3 ) = 2(3 j + 5) = 10 + 6 j a=

Y ahora resolveremos el circuito mediante mallas, y aplicaremos la condición que la impedancia vista por la fuente ha de ser resistiva. Ecuaciones de malla: 24 = î1·12 + î1·10 j + î2 ·2 j

⎫ ⎪ − 2 j î1 ⎛ 1 ⎞ˆ ˆ ⎬ → î2 = ⎛ 16 − 1 ⎞ 0 = ⎜⎜ 4 + 10 + 6 j + 10 j + ⎟⎟i2 + i1·2 j⎪ 14 + j ⎜ ⎟ 50Cj ⎠ ⎝ ⎭ ⎝ 50C ⎠ sustituyendo en la primera ecuación:

− 2 j î1; 1 ⎞ 14 + j⎛ ⎜16 − ⎟ ⎝ 50C ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞ 14 − j⎛ 16 − ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟⎟ 4 4 50 C ⎝ ⎠ ⎟î = ⎟î1 = ⎜ (12 + 10 j) + 24 = ⎜12 + 10 j + ⎜ 1 ⎞ ⎟ ⎜ 1 ⎞ 1 ⎞ ⎟ 1 ⎛ ⎛ ⎛ 14 + j⎜16 − 14 + j⎜16 − ⎟⎟ ⎜ ⎟ 14 − j⎜16 − ⎟⎟ ⎜ 50 C 50 C ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 50C ⎠ ⎠ ⎝ ⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎞⎟ ⎜ 4⎜⎜14 − j⎛ ⎜16 − ⎟⎟ ⎜ (12 + 10 j) + ⎝ ⎝ 50C ⎠ ⎠⎟ ⎟î 2 ⎟1 ⎜ 1 ⎛ ⎞ 2 ⎜⎜ 14 − ⎜16 − ⎟ ⎟⎟ 50 C ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 24 = (12 + 10 j)î1 + 2 j

La condición de impedancia resistiva implica que la parte imaginaria de la ecuación anterior ha de ser 0, puesto que que la fuente de tensión tensión tiene fase 0, la corriente de malla i 1 también ha de tener fase 0.

⎛ ⎝

1 ⎞ 4 ⎞ 4 ⎛ ⎟ = 0 → 10 = ⎜ 64 − ⎟ → 54 = 50C ⎠ 50C ⎝ 50C ⎠ 4 4 1 C= = = = 1.48mF 54·50 2700 675 Im{ } = 10 − 4⎜16 −


C = 1.48mF

203

Febrero 2003 PROBLEMA 75: En el siguiente circuito resonante: • hallad el valor de la relación de transformación a, para obtener un factor de calidad Q de 50. • calculad el valor de la corriente y la tension en el condensador condensador y en la bobina a la frecuencia de resonancia. C

50mA

L 25mH

10Ω

10μF

a:1

SOLUCIÓN 75:

• Cálculo de la relación de transformación a: Si se refleja la resistencia de secundario en primario, el circuito anterior queda reducido al siguiente: C 50mA

L

a2·10

25mH

ωo =

10μF

1 1 = = .. = 2000rad / s − − 3 6 LC 25·10 ·10·10

β=

1 RC

Q=

ωo → Q = 2000 = 2000·RC = 2000·a 2 ·10·10·10− 6 β 1 / RC

Si el factor de calidad Q ha de valer 50: Q = 2000·a 2 ·10·10·10 −6 = 50 M

a

16

a = 250 = 15.81


204

• Cálculo del valor de la corriente y la tension en el condensador condensador y en la bobina a la frecuencia de resonancia: Si el circuito anterior es resonante, la bobina bobina y el condensador son equivalentes equivalentes a un circuito abierto, y reflejando la resistencia de secundario en primario (con a 2 = 250), el circuito anterior queda reducido a una sola malla:

I L = Q·I = 50mA·50 = 2500mA I C = Q·I = 50mA·50 = 2500mA VC = VL = I·R = I·a 2 ·10 = 50·10 −3 ·250·10 = 125V


205

Diciembre 2003 PROBLEMA 76: En el circuito siguiente, • Encontrad el equivalente Thevenin visto desde los terminales de la fuente de corriente sinusoidal. • Encontrad la potencia media suministrada por la fuente de corriente sinusoidal. • Encontrad la potencia media suministrada a la resistencia de 20 Ω 4:1

60Ω R 1

Ig 5∠0º Aeff

ideal 20Ω

40Ω

R 3

R 2

SOLUCIÓN 76:

• Encontrad el equivalente Thevenin visto desde los terminales de la fuente de corriente sinusoidal Se cumple que V TH = 0 y I N = 0, puesto que en el circuito visto desde los terminales de la fuente de corriente sinusoidal no hay fuentes. Para averiguar el valor de la R TH TH se debe utilizar el método test, puesto que V TH = 0 y I N = 0: VTH 0 = = indeterminación I N 0 Por tanto, se coloca una fuente de corriente test de valor 1 Aeff entre los terminales A-B, para averiguar así el el valor de la R TH TH: V R TH = test I tes R TH =


206

4:1

A

60Ω R 1

Itest

ideal

1 0º Aeff

20Ω

40Ω

R 3

R 2

B

Se realiza una transformación de fuentes para simplificar el análisis: 60

+

4:1

60Veff

-

+

v2

v1

+

-

ideal

40Ω

i1 20Ω

R 2

R 3

i2

y se resuelve el circuito mediante el análisis de mallas haciendo uso de las relaciones de tensión y corriente en el transformador ideal: 60 = 60·i1 + v1 + 20·(i1 − i 2 ) 0 = 40·i 2 + 20·(i 2 − i1 ) + v 2 v1 N1 = =4 v 2 N 2 i1 N 1 =− 2 =− i2 N 1 4

i1 = 0.05A i2 = -0.2A v1 = 52V v2 = 13V

La tensión en la fuente test: Vtest = v1 + 20·(i1 − i 2 ) = 52 + 20·(0.05 + 0.2) = 57V y el valor de la R TH TH:


207

R TH =

Vtest 57 = = 57Ω I tes 1

Por tanto el equivalente Thevenin visto desde los terminales de la fuente de corriente sinusoidal es simplemente una resistencia se 57 Ω.

R TH TH = 57

R TH TH

• Encontrad la potencia media suministrada por la fuente de corriente sinusoidal. Es posible realizar el cálculo de la potencia generada por la fuente utilizando el equivalente Thevenin calculado en el apartado anterior: Vg

Ig

+

5∠0º

+ VR

R TH TH = 57Ω

-

VR = I· R TH TH = 5 · 57 = 285 V V = - VR = -285V rg S = Vg ·Ig* = (−285)·5 = −1425VA Potencia generada por la fuente:

Pg = -1425 W

• Encontrad la potencia media suministrada a la resistencia de 20 Ω Para averiguar la potencia consumida por la resistencia de 20 Ω es necesario averiguar la corriente que pasa por ella resolviendo el circuito inicial: 60

4:1

+

4:1

300 0º Veff

-

Ig 5∠0º Aeff

60Ω R 1

ideal 20Ω

R 2

40Ω

v2

v1

+

R 3

Transformación de fuentes


+

i1

ideal 20Ω

R 2

40Ω

R 3

i2

208

300 = 60·i1 + v1 + 20·(i1 − i 2 ) 0 = 40·i 2 + 20·(i 2 − i1 ) + v 2 v1 N1 = =4 v 2 N 2 i1 N 1 =− 2 =− i2 N 1 4

i1 = 0.25A i2 = -1A v1 = 260V v2 = 65V

P20 =(i1-i2)2·20 = 31.25W


209


Sobre el siguiente circuito, si f = 100Hz , hallad:

• el equivalente Thevenin entre los terminales A y B • la potencia que absorbería una resistencia de 100 Ω conectada entre A y B. 100Ω

1/(2π) H

A 80Veff

~

1/(2π) H

1/π

25/π μF

SOLUCIÓN 77:

Cálculo del equivalente Thévenin: VTH = (VAB)circuito abierto = VA -VB = VA ZR1

ω = 2πf =200π rad/s

ZM A

80Veff

~

i1

ZL1

ZL2

VTH

i2 B

ZC

ZR1 = R 1 = 100 ZL1 = jωL1 = 200j ZL2 = jωL2 = 100j ZM = jωM =100j 1 ZC = = −200 j jωC

i2 = 0 → VA = VZL2 = i2 · ZL2 + i1 · ZM = i1·100j ecuación de malla → 80 = i1· ZR1 + i1· ZL1 + i2· ZM + i1· ZC 80 = i1· 100 i1 = 0.8 A

VTH = 80j V

I N= (IAB)cortocircuito


210

ZR1

ZM

Por mallas:

A 80Veff

ZL1

i1

~

ZL2

I N

i2

80 = i 1· ZR1 + i1· ZL1 + i2· ZM + i1· ZC 0 = i2· ZL2 + i1· ZM

B

IN = -i2 = 0.4(1+j)

ZC

Z TH =

VTH 80 j = = 100 + 100j I N 0.4(1 + j)

Equivalente Thevenin: L1

R 1 100Ω +

VTH = 80j → VTH (t) = 80 cos(100 t + /2) V

1/2π H

ZTH = 100 + 100j → R = 100 , L=1/2 H

VTH

-

Potencia que absorbería una resistencia de 100 Ω conectada entre A y B: R 1 100Ω + -

VTH

L1 1/2π H I N

I= 100

VTH = 0.16 + 0.32 j ZTH + 100

P100 = /I/2 · R = 12.8W


211

Junio 2004 PROBLEMA 78: Encuentra la potencia media consumida por la resistencia R 2 en el circuito de la figura:

·

R 1

+

Vg

L1

Datos:

·

M

-

L2

R 2

Vg (t) = 100 cos 2000t V R 1 = 4Ω, R 2 = 16Ω L1 = 4mH, L2 = 5mH, M =2mH

SOLUCIÓN 78: Para averiguar la potencia media consumida por la resistencia R 2 se calcula la corriente que pasa por ella analizando el circuito anterior por mallas:

R 1

+ -

Vg

i1

·

M

L1

ω = 2000 rad/s

·

L2

R 2 i2

Vg = 100 ZL1 = jωL1 = 8j ZL2 = jωL2 = 10j ZM = jωM = 4j

Malla1: Vg = R 1·i1 + ZL1·i1 − ZM ·(i1 + i 2 ) + ZL 2 ·(i1 + i 2 ) − ZM ·i1 Malla2: 0 = ZL 2 ·(i1 + i 2 ) − Z M ·i1 + R 2 ·i 2 se sustituyen los valores de los l os componentes y se despeja la corriente i 2: Malla1: 100 = 4·i1 + 8 j·i1 − 4 j·(i1 + i 2 ) + 10 j·(i1 + i 2 ) − 4 j·i1 Malla2: 0 = 10 j·(i1 + i 2 ) − 4 j·i1 + 16·i 2

i2 = -3A

La potencia media consumida por la resistencia R2:

PR2 =

1 2 1 2 i 2 ·R 2 = − 3 ·16 = 72W 2 2


212

PROBLEMAS PROPUESTOS


213


214

TEMA 1: ANÁLISIS DE CIRCUITOS EN DC


215


216

79. Determina las corrientes en las resistencias: R 3

R 1 1k Ω 10 V

+

R 5

1k Ω

V1

1k Ω

-

I1

R 4

R 2 1k Ω

1k Ω

10 mA

80. Calcula el voltaje en los nodos V 1 y V2 mediante el análisis por nodos:

R 4

V1

V2

2Ω 12Ω

Ig

R 1

6Ω

4A

3Ω

R 2

R 3

81. Calcula el voltaje en los nodos V 1 y V2 mediante el análisis por nodos (Ejemplo con fuente de tensión a tierra): V1

R 2

V2

2Ω 4Ω

+

R 1

Ig

Vg

-

1A

6V

2Ω

R 3

82. Calcula el voltaje en los nodos V 1 y V2 mediante el análisis por nodos (Ejemplo con fuente de tensión no a tierra): V1

Vg

V2

+ 4V 8A

3Ω

R 1

Ig


1Ω

R 2

Ih 4A

217

83. Calcula el voltaje en los nodos V 1 y V2 mediante el análisis por nodos (Ejemplo con fuente de tensión + resistencia): r esistencia): V1

R 1 1Ω +

Vg

-

V2

R 3 1Ω

8Ω

1Ω

R 2

Ig

R 4

2A

12 V

84. Calcula el voltaje en los nodos V 1 y V2 mediante el análisis por nodos (Ejemplo con fuentes dependientes): V1

4Ω

R 1

+ _

2i1

V2

R 2 Vg

2Ω Ig

1Ω

1A

R 3

I

85. Obtener la tensión V X: + 5A

16Ω

VX

R 4

2Ω

R 3

R 2

-

20Ω

R 1 80Ω

12A

86. Sobre el ejemplo con la fuente de tensión a tierra (prob.81), obtener: a. la intensidad cedida por la fuente V g. b. la intensidad intensidad que circula por R 3. c. la intensidad que circula por R 1. 87. Sobre el ejemplo con la fuente de tensión no a tierra (prob.82), obtener la intensidad cedida por la fuente V g. 88. Sobre el ejemplo con fuentes dependientes (prob.84), obtener la intensidad cedida por la fuente dependiente.


218

89. Calcula la corriente que circula por la resistencia R 2 mediante el análisis por mallas:

+

6V

R 1

R 3

4Ω

4Ω

V1

1Ω

-

R 2

6Ω

R 4

V2

+ -

12 V

90. Calcula las corrientes de malla del siguiente circuito (Ejemplo con fuente de corriente): Vg + Ig

3Ω

5A

6V 6Ω

R 1

R 2

91. Calcula las corrientes de malla del siguiente circuito (Ejemplo con fuente de corriente común a 2 mallas): R 2 2Ω Ig

3Ω

R 1

+ -

2A

V1

10Ω

+

3V

V2

-

R 3

12 V


219

92. Obtener Vo mediante: a. Análisis por nodos. b. Análisis por mallas. V x

12k Ω R 3

3000

8k Ω

R 4

R 1 +

3k Ω

R 2VX

4k Ω

6mA

-

93. Encuentra el valor de la corriente a través de la resistencia R 3: R 2 10k Ω I1

R 1 12k Ω

3k Ω

R 3

R 4

6k Ω

6mA

94. Halla Vo y el valor de la corriente a través de la resistencia R 1: +

Vo

-

R 3 6k Ω I2

3k Ω

1mA

I1

R 1

12k Ω R 2

4mA

95. Halla Vo, V1 y V2 en el circuito siguiente: I1 2mA V1

V2

R 1 6k Ω

I2 4mA

3k Ω

R 2


12k Ω R 3

Vo

R 5 2k Ω 2k Ω

R 4

220

96. Halla el valor de la corriente que pasa por la resistencia R 2:

12V

R 1

R 2

12k Ω

4k Ω

V1

+

6k Ω

-

R 3

-

6V

V2

+

97. Encuentra el valor de V o:

6V

-

R 1

R 2

6k Ω

2k Ω

V1

2k Ω

+

R 3

3V

-

V1

+

+ 1k Ω

Vo

R 4

-

98. Halla la resistencia equivalente desde los terminales indicados para cada una de las siguientes redes:

A 1k Ω

R 2

R 4

R 6

2k Ω

2k Ω

2k Ω

1k Ω

R 1

1k Ω

R 3

R 5

B

A

R 1

R 4

3k Ω

1k Ω

1k Ω

R 2

3k Ω

R 3

2k Ω

R 5

1k Ω

R 6

2k Ω

R 7

B


221

99. Halla la resistencia equivalente desde los terminales indicados para cada una de las siguientes redes: a)

R 1

R 2

6Ω

3Ω

18Ω

R 3

6Ω

10Ω

R 5

R 4

b) R 1

R 2

12k Ω

12k Ω

18k Ω R 3

6k Ω

5k Ω

100.

R 4

6k Ω

R 5

R 6

¿Qué tensión marcará un voltímetro conectado entre los nodos A y B?

120 V

-240V

20k Ω R 1 A

40k Ω R 3 R 2

B

30k Ω 60k Ω R 7

30k Ω R 4

-240V


60k Ω R 5

60k Ω R 6

480V

222

101.

Calcular Vo utilizando transformación de fuentes: V1

R 1

- +

2k Ω 1k Ω

I1

R 2

+

3V 6k Ω

2mA

R 3

Vo -

102. Determina las potencias consumidas y generadas por cada componente del siguiente circuito: R 1

R 3

1k Ω

1k Ω

V1

+

1k Ω

-

V2

+

R 2

-

10 V

30 V

103. Determina las potencias consumidas y generadas por cada componente del siguiente circuito: R 1

R 3

R 7

1k Ω

1k Ω

1k Ω

I1

1k Ω

10mA

1k Ω

R 2

+

R 4

V2

-

20 V

+

V1

-

1k Ω

R 5

10 V

R 6 1k Ω

104. Utilizad el teorema de superposición para encontrar Vo en el siguiente circuito: +

+ -

V1

R 1

Vo R 3

3k Ω

8k Ω

6k Ω

12 V


R 2

2mA

-

I

2k Ω

R 4

223

105. Determinad los circuitos equivalentes de Thevenin y Norton desde los terminales AB del circuito siguiente: R 1

R 3 A

6k Ω

2k Ω

V1

+

6k Ω

-

CARGA

R 2

10 V

B

106. Hallad Vo, para ello encontrad el equivalente de Thevenin visto desde los terminales AB: R 1

A

R 3

R 4 +

3k Ω V1

+

2k Ω

6k Ω

-

4k Ω I1

R 2

8k Ω

2mA

12 V

R 5 Vo -

B

107. Usad el teorema de Thevenin para encontrar el valor de Vo en el siguiente circuito: +

+

R 3

3k Ω

8k Ω

V1

6k Ω

I1

R 2

2k Ω

R 4

2mA

12 V

a. b. c. d. e.

-

R 1

-

108.

Vo

Calculad el valor de la corriente que circula por la resistencia R2: aplicando el teorema de Thevenin aplicando el teorema de Norton aplicando el teorema de superposición aplicando el análisis por mallas aplicando el análisis por nodos R 1

10 V

1Ω

1Ω +

R 3

-

R 2

V1

I1 1Ω 10A

- + V2


10 V

224

109. Calculad los equivalentes de Thevenin y Norton del siguiente circuito con respecto a los terminales AB: R 1 A

4Ω +

30V

V1

-

2Ω

I1

R 2

3A B

110. Calculad el valor de R en el siguiente circuito para que la intensidad a su través tome los siguientes valores: a. 1A b. 0.5A

4Ω +

28V

-

12Ω I1

V1

I

1A

R

+

3Ω 36V

V2

-

111. Calculad el valor de R para que la resistencia R1 del circuito absorba máxima potencia. ¿Cuál es el valor de esa potencia? 2Ω

20A

1Ω


R

1Ω

R 1

225

112. Calculad la potencia generada o consumida por la fuente real de tensión conectada entre los terminales A y B del siguiente circuito: 3Ω

3A

A

6V + -

3Ω

1A 5Ω

2Ω 2Ω

R 1

9V

4Ω

+

+

-

-

6V

2A

B

113. Cuando el valor de la resistencia R1 del circuito siguiente varía de 10 Ω a 16Ω, la intensidad que la recorre varía de 4A a 3A. Calculad el valor de la resistencia R. R

+

Vg

Ig

12Ω

-

R 1

114. Una batería de automóvil presenta entre sus terminales, a circuito abierto, una tensión de 12.2V. Si se pone unos instantes en cortocircuito, suministra 122A. a. Calculad la tensión en bornes cuando suministra una intensidad de 10A. b. Calculad la intensidad que suministra si la tensión en bornes es de 13.2V. 115. Se dispone de N fuentes reales r eales de tensión de 10V, las cuales poseen 1 Ω de resistencia interna cada una. Conectadas en paralelo y aplicadas a una carga resistiva de 6 Ω, hacen que esta carga consuma una potencia de P W. Conectadas en serie y aplicadas a la misma carga de 6 Ω, hacen que ahora consuma una potencia P1 = 6.25 · P W. Calcula : a. El número de fuentes. b. La potencia disipada en cada caso con el conjunto de fuentes. 116.

Encontrad la corriente que circula por R2: R 2 3k Ω 2k Ω

+

R 1 3V


-

V1

6k Ω

2IX R 3

IX

226

117.

Calculad las corrientes que circulan por las resistencias R3 y R4: R 1 12Ω V1

+ -

+

6Ω

R 2

18 V

VX

0.5VX

10Ω

R 3

5Ω

R 4

-

118.

Encontrad Vo en el circuito siguiente con el teorema de Thevenin: 4k Ω +

+ VX +

V1

4k Ω

-

6k Ω

12 V

Vo

+

Vx/2

-

119. Encontrad el valor de R L para la máxima transferencia de potencia. ¿Cuál es el valor de la potencia consumida por R L? 2IX -

+

1k Ω 3k Ω

4k Ω IX

2k Ω

4mA

R L

120. Encontrad V1 y Vg en el circuito siguiente, donde Vo = 5V. (Sugerencia: comenzar en el extremo derecho del circuito y trabajad hacia Vg).

I1 60Ω + -

Vg

260Ω

+

+

25I1

20Ω

V1 -


I2

80Ω

40I2

40Ω

Vo

10Ω

-

227


228

TEMA 2: ANÁLISIS TRANSITORIO


229


230

121. Obtener la tensión V C(t) en el condensador si se aplica una intensidad como la mostrada en la gráfica siguiente: I(t) (A) I(t) + VC(t) -

2F

3 3

0 -1

4

5

t (s)

1

122. Obtener la tensión V C(t) en el condensador si por él circula una intensidad como la mostrada en la gráfica siguiente: I(t)

I(t) (A)

+ VC(t) -

2F

1 t (s) 0

123.

1

2

3

En el siguiente siguiente circuito, calculad calculad i(t) para t>0: t>0: K1

+

100 V

V1

50Ω

-

R 1 10Ω

• • • •

i(t)

R 2

K2

L1 1H

K1 lleva mucho tiempo abierto K2 lleva mucho tiempo cerrado K1 se cierra en t = 0s K2 se abre en t = 0.2s


231

124.

En el siguiente circuito, calculad i(t) para t>0: R 1

R 2

10Ω

10Ω

V1

+

K

-

25 V

L1 0.5H

i(t) V2 + -

R 3 5V

10Ω

• K lleva mucho tiempo abierto • K se cierra en t = 0s • K se vuelve a abrir en t = 0.02s 125.

En el siguiente circuito, calculad V(t) para t>0: R 4

K 2 1Ω

R 3

0.75Ω

1 3Ω

R 1

+

0.25Ω

R 2 V(t)

+

C1

V1

V2

+

-

-

20 V

0.5F

10 V

-

• K lleva mucho tiempo en la posición 1 • K pasa a la posición 2 en t = 0s • K vuelve a la posición 1 en t = 2s 126.

En el siguiente circuito: 1 K 2

R 1 1MΩ + -

30 V

• • • • •

V1

+ v(t) -

C1

R 2 2MΩ +

1μF

V2

-

10 V

K lleva mucho tiempo en la posición intermedia En t = 0s K pasa a la posición 1 Cuando v(t) llega a 20V, K pasa a la posición 2 Cuando v(t) llega a 15V, K vuelve a la posición inicial Calculad el tiempo total transcurrido


232

127. Para el circuito de la figura, obtener V R (t) (t) para t>0 si la tensión de la fuente Vg(t) se comporta de la forma siguiente: 2F

R 1

Vg(t)

C1 +

1Ω

1V

t

+

L1

Vg

R 2 VR

1Ω

2H

-

-

Datos: iL(0)=0.5 A y V C(0)=1.5V 128. El interruptor K del circuito lleva un tiempo t iempo infinito cerrado. En t = 0s se abre dicho interruptor. Calculad i(t). ¿De qué tipo de respuesta se trata?

I1

0.25H

0.5Ω

10A

129.

i(t)

0.25F

K

En el siguiente circuito, calculad i(t) para t>0:

• K lleva mucho tiempo cerrado • K se abre en el instante t = 0 • Datos: a. C = 1F b. El circuito es críticamente amortiguado. K

L 3Ω

+

V1

2Ω

-

C

i(t)

20 V

130. El interruptor está abierto inicialmente, pero en t=0 se cierra. Calcular la tensión en el condensador para t>0: 3k Ω

+

V1

R 1

I1

-

10 V


+ _

2⋅VC(t)

0.5⋅I1

C1 1Ω

R 2 1F

233


234

TEMA 3: ANÁLISIS EN REGIMEN ESTACIONARIO SENOIDAL


235


236

131. Determina la corriente I(t) proporcionada por el el generador de valor valor Vg = cos(2·t) (V). 1H

Vg

~

2Ω

+

0.25F 2Ω

I(t)

132.

Determina el potencial V A(t):

Datos: ω = 1 rad/s V1 = cos(ω·t) (V). V2 = cos(ω·t + π/2) (V). 1H

V1

~

+

1H

A

1Ω

1Ω V2

1Ω

~

+

1F

133.

Calcular la potencia real y reactiva absorbidas por la impedancia Z.

Datos: Z = 4 + 3j Ω ω = 1000 rad/s V1 = 60·cos(ω·t) (V). V2 = 10·cos(ω·t – 90º) (V). V3 = 20·cos(ω·t + 90º) (V).

50μF 30mH

Z 40Ω

V1


10mH

50mH

10Ω

50Ω

~

+

V2

~

+

V3

+

~

237

134.

Calcular I(t):

-jΩ 2Ω

Datos: V1 = 14,1 · cos(50·t - π/3) (V). V2 = 28,2 · cos(50·t - π/2) (V).

4Ω

6Ω 3Ω

I(t) V1

2jΩ

~

3jΩ

+

135. B:

V2

~ +

Calcular el equivalente de Thevenin del circuito entre los terminales A y

4Ω

3Ω

2+jΩ

-4jΩ

2jΩ

2jΩ

A

B + 50V

~

3k Ω

R 1

136. Determinar el valor de la fuente de tensión E sabiendo que la intensidad entre los puntos A y B vale cero. V1 = 10·cos(ω·t + 30º) (V). -2jΩ

3Ω

5Ω

V1

+

A

5jΩ

5Ω

B

2Ω

E

+

~

-2jΩ

~


238

137. La fuente E1 no cede ni absorbe potencia real ni potencia reactiva. Calcular el valor de la fuente. Datos: E = 20 ⎣0 V Z1 = 4j Ω Z2 = 4j Ω R = 4Ω Z3 = -4j Ω

Z1

Z2

I1 +

∼

I2 IR

E

R 1 Z3

I

R

∼

+

E1

138. Calcular la tensión en el condensador, la tensión en la bobina, la intensidad I. Dibujar el diagrama fasorial de tensiones e intensidades. Datos: I1 = 25A I2 = 15A VR1 = 175 V VR2 = 375 V f = 50 Hz E = 442 ⎣0 V

I1 R 1

C L

R 2 I2

I

+

139. B:

∼ E

Calcular el equivalente de Thevenin del circuito entre los terminales A y

Datos:

0.2H

Vg = 9·cos(10·t ) (V). Ig = 9·cos(10·t -π/3) (A).

Vg

~

+

1Ω

0.1F

A

Ig

B

140.

A una red de 220 Veff y 50 Hz se conectan en paralelo:

• un motor de 2 kW y factor de potencia 0.8 inductivo inductivo • una resistencia de calefacción de 1kW condensadores que • un banco de condensadores eleva el factor de potencia del conjunto a 0.999 inductivo

iRED

+ 220Vef (50Hz) _

iM M

iR R

Calcular: • intensidad cedida por la red • intensidad en cada carga • capacidad del banco de condensadores


239

iC C

141. Una industria conecta a una red de 3800 Veff a 50 Hz las siguientes cargas:

• 40 kW en resistencias de calefacción • 180 kVA con factor de potencia 0.7 inductivo en motores eléctricos. Calcular:

• corriente que solicita la industria a la red • factor de potencia de la instalación • capacidad de la batería batería de condensadores que sería necesario conectar conectar en paralelo para subir subir el factor de potencia a 0.9 inductivo y valor de la intensidad intensidad solicitada a la red en esta situación. iRED

+ 3800V

+

Calefacción

Motores

_


240

TEMA 4: RESONANCIA


241


242

142.

Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos:

ωo = 10 krad/s

VC = 1kV en resonancia 1Ω

L

Se pide: • valor de L y de C • factor de calidad del circuito

C 20V + -

143.

Sobre el circuito de la figura se pide:

• ancho de banda β • R a conectar en paralelo con el condensador para duplicar β

i

100k Ω

1mH

100k Ω

1nF

+

i

100k Ω

0,1V

-

144.

En el circuito de la figura, calcular R L, L y C sabiendo:

• ωo = 106 rad/s • a la frecuencia de resonancia , la bobina tiene un factor de calidad 50 y unas pérdidas de 62,5 62,5 mW

10k Ω

+

R L

C

50V L

-


243

145.

En el circuito de la figura, fi gura, se conoce:

f o = 1 MHz ω = 15 kHz QL=50 (factor de calidad de la bobina) se pide:

• obtener R, L y R L • calcular el desfase de V C con respecto a I para f 1=f o+β/2 y f 2=f o-β/2

I

R

R L

+ VC 100pF

L


244

TEMA 5: ACOPLAMIENTO ACOPLAMIENTO MAGNÉTICO


245


246

146.

Sobre el siguiente circuito, se pide:

• Calcular la impedancia Z que, colocada entre A y B, absorbe la máxima potencia. • Calcular el valor de dicha potencia. Datos:

V1 = 5 2 cos(1000 ⋅ t ) V V 2 = 10 2sen (1000 ⋅ t ) V 1Ω

2mH

A

B

3mH V1

+

+

V2

-

-

147.

Sobre el siguiente circuito, si f = 50Hz , hallad:

• el equivalente Thevenin entre los terminales A y B • la potencia que absorbería una resistencia de 25 Ω conectada entre A y B. 100Ω

1/(2π) H

A 80Veff

~

1/(2π) H

B 100/π μF

148.

Analizad el siguiente circuito y realizad r ealizad un balance de potencias. I g = 2sen (1000 ⋅ t ) A

L1

Datos: Vg = 2 cos(1000 ⋅ t ) V R 1 = R 2 = 1Ω L1 = 2mH; L 2 = M = 1mH

M

L2

+

Vg

-

Ig


R 2

R 1

247

149.


• Calcular la impedancia Z que, colocada entre A y B, absorbe la máxima potencia. • Calcular el valor de dicha potencia.

2Ω

3mH

250μF

2Ω

A 100 Veff ω = 1000 rad/s

2mH

3mH

+ -

B 500μF

150.


conectada entre A y B, • Calcular el valor de R para que la impedancia conectada consuma máxima potencia. • Calcular el valor de esa potencia. 1Ω

20mH A

30mH V1

+

R+j

50mH

B

+

V2

-

-

Datos:

V1 = 5 2 cos(100 ⋅ t ) V

π

V2 = 10 2 cos(100 ⋅ t + ) V 2


248

SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS PROPUESTOS


249


250

SOLUCIONES 79. IR1 = 4 mA; IR2 = 6 mA; IR3 = -2 mA; IR4 = 8 mA; I R5 = 10 mA. 80. V1 = 12V; V2 = 6V. 81. V1 = 6V; V2 = 4V. 82. V1 = 6V; V2 = 2V. 83. V1 = 8V; V2 = 5V. 84. V1 = 4V; V2 = 2V. 85. VX = 48V. 86. a. I = 2.5A. b. IR3 = 2A. c. IR1 = 1.5A. 87. I = 6A. 88. I = 2A. 89. IR2 = 2A. 90. I1 = 5A I2 = -1A. I2 I1 91. I1 = 1A

I1

I2 = -3A.

I2

92. Vo = 24V. 93. IR3 = 1mA. 94. Vo = 102/7 V = 14.57V; I R1 = 10/7 mA = 1.428 mA. 95. Vo = 0V; V1 = -12V; V2 = 0V. 96. IR2 = 1.25 mA. 97. Vo = -5/6 V = -0.8333V. 98. a. R eq eq = 30/41 k Ω. b. R eq eq = 11/3 k Ω. 99. a) 22Ω. b)22k Ω. 100. VAB = -28.5V. 101. Vo = 6V. 102. Pconsumidas: P R1 = 100/9 mW; P R2 = 1600/9mW; PR3 = 2500/9mW; PV1 = 100/3mW 100/3mW (V1 es pasivo). Pgeneradas: P V2 = -1500/3mW. 103. Pconsumidas: P R1 = 100 mW; PR2 = 400/9mW; PR3 = 100/9mW; PR4 = 400/9mW; PR5 = 400/9mW; PR6 = 100/9mW; PR7 = 100/9mW; PV1 = 200/3mW (V1 es pasivo). Pgeneradas: P V2 = -200/3mW; PI1 = -800/3mW; 104. 105. 106. 107. 108. 109.

Vo = 8V. VTH = 5V, R TH TH = 5k Ω; I N = 1mA, R N = 5k Ω. Vo = 8V. Vo = 8V. I = 10A. VTH = 42/3 V, R TH TH = 4/3 Ω; I N = 21/2 A, R N = 4/3 Ω.


251

110. a) 30Ω b) 63Ω. 111. R = 1.5Ω. 112. Presistencia(2Ω) = 72W; Pgenerador (9V)=54W (9V)=54W (pasivo). 113. R = 24Ω. 114. a) V = 11.2V. b) I = -10 A. 115. a) Hay 4 fuentes b) En paralelo paralelo disipan 15.36W 15.36W en total total y en serie serie disipan 96W en total. 116. I = 1mA. 117. IR3 = 1A; IR4= 2A. 118. Vo = 36/13 V. 119. R L = 6k Ω; PRL= 8/3 mW 120. V1 = -1.25V; Vg = 1V. 121. Tensión en el condensador: condensador: intervalo intervalo de t tensión tensión tensión tensión al final del intervalo intervalo 0 0V -∞5 0 0V 122.

Tensión en el condensador: condensador: intervalo de t tensión tensión al final del intervalo 0 0V -∞3 0.5 0.5V

123.

Corriente en la bobina: intervalo de t corriente corriente al final del intervalo 0 0A -∞
124.

Corriente en la bobina: intervalo de t corriente 0
125.

Tensión: inte interv rval aloo de t ten tensió sión en el C tens tensió iónn -t 0

252

126. 127. 128. 129. 130.

136.

t = 2.5 s V(t) = -1.5 e-0.25t · sen(0.25t) V. (Sistema Subamortiguado) i(t) = 10-10e-4t- 40t·e-4t A (Críticamente Amortiguado) i(t) = -8t·e-t A V(t) = -2.5·(1-e-t/1500) V Îg = 1 → Ig( t ) = 10 cos( 2t − 0.32)A 3 + j 10 2 10 Vˆ A = → VA ( t ) = cos( t + 0.32)V 3 − j 5 P = 129 mW Q = 97 mVAR mVAR (tensiones (tensiones en V eff ) I(t) = 0.38cos(50t-0.38) A Vth = 7.34V 1.29rad Zth = 0.48 + 1.7 j E = 5.3V 0.49rad

137.

E1 = 20V 0rad

138.

VC = 406V, VL = 234V, I = 27.14A 0.58rad

131. 132. 133. 134. 135.

Im

I1 VR1

·V

I

C

Re

E VR2

·

VL

I2

139. 140. 141. 142. 143. 144. 145. 146. 147.

Vth = 11V − 1.31rad Zth = 0.5 + 1.5 j IRED = 13.65A, IM = 11.36A, I R = 4,54 A, IC = 6.21A, C = 90μF IRED = 55A, cos ϕ = 0.79, C = 10 μF, IRED’ = 48.5A L = 5mH, C = 2 μF, Q = 50 β =13.3 krad/s, R=75k Ω R L = 4Ω, L = 200 μH, C = 5nF R = 190 k Ω, L = 253 μH, R L = 10.6Ω, ϕ1 = -45º, ϕ2 = +45º Z = 1-4j, P = 56.25W Vth = 40j Veff , Zth = 25+50j, P = 8W.


253

148.

Potencias: R 1 R 2 L1 L2 Ig Vg

149. 150.

P (W) Q (VAR) 0.5 0 0.5 0 0.5 0.5 -0.5 0.5 -0.5 -0.5 -0.5 -0.5

Z = 2.5+j, P = 250W R = 4.47Ω, P=3.86W


254

150 Problemas de Teoria de Circuitos

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