Circuito Electricos Serie Schaum Tercera edicion

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vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

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Incluye 364 problemas resueltos, totalmente explicados i~I~"'---

Completa cobertura de los fundamentos y conceptos clave de los circuitos eléctricos

op a mp, señales Capítulos totalmente nuevos sobre circuitosnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y formas de onda, Spice y PSpice

~41"'---

Contiene 334 problemas suplementarios con solución

C IR , C U IT O S E L E C T R IC O S

vutsrqponmlkjihgfe

T e r c e r a e d ic ió n

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J O S E P H A . E D M I N I S T E R zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS Profesor Emérito de Ingeniería Eléctrica Universidad

de Akron

M AHM OOD NAHVI Profesor de Ingeniería Eléctrica Universidad

Poli técnica de California

T r a d u c c ió n :

RAFAEL SANJURJO NAVARRO EDUARDO LÁZARO SÁNCHEZ PABLO DE MIGUEL RODRíGUEZ Profesores de la Universidad

Poli técnica de Madrid

M c G r a w -H ill M A D R ID · NUEVA YORK·

B U E N O S A IR E S ·

PANAMÁ·

CARACAS.

SAN JUAN·

GUATEM ALA·

SANTAFÉ DE BOGOTÁ·

L IS B O A .

M É X IC O

S A N T IA G O ·

SAO PAULO

AUCKLAND· HAMBURGO· LONDRES· MILÁN • MONTREAL· NUEVA DELHI. PARís SAN FRANCISCO· SIDNEY • SINGAPUR • STo LOUIS • TOKIO· TORONTO

(

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

CIRCUITOS ELÉCTRICOS. Tercera edición No está permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su tratamiento informático, ni la transmisión de ninguna forma o por cualquier medio, ya sea electrónico, por fotocopia, por registro u otros métodos, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del Copyright. DERECHOS RESERVADOS © 1997, respecto a la tercera edición en español por McGRAW-HILLjINTERAMERICANA DE ESPAÑA, S. A. U. Basauri, 17 Edificio Valrealty, La planta 28023 Aravaca (Madrid) Traducido de la tercera edición en inglés de SCHAUM'S OUTLlNE OF ELECTRIC CIRCUITS Copyright © MCMXCVIl by McGraw-Hill, Inc. ISBN: 0-07-018999-4 ISBN: 84-481-1061-7 Depósito legal: M. 2.673-1999 Editora: Concepción Fernández Cubierta: Juan García

1234567890

Impreso

L.1.-99

en México

Esta obra se terminó de imprimir en Julio de 1999 en Litográfica Ingramex Centeno Núm. 162-1 Col. Granjas Esmeralda Delegación Iztapalapa 09810 México, D.F.

Se tiraron 5,000 ejemplares

0876543219

Printed

in Mexico

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A . E D M IN IS T E R es Profesor Emérito de Ingeniería Eléctrica en la Universidad de Akron, en Akron, Ohio, donde también estuvo denmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED Vicer r ecto r y Recto r en F u n cio n es d e In g en ier ía . Fue miembro de la Universidad desde 1957 hasta su retiro en 1983. En 1984 fue miembro del equipo del Congresista Dermis Eckart (D-II-0H) en un Congreso de Miembros de la IEEE. Estuvo en la Universidad de Cornell como abogado de patentevutsrqponmlkjihgfedcb y más tarde como Director de Relaciones Corporativas de la Escuela de Ingeniería, hasta su retiro en 1995. Recibió su B.S.E.E. en 1957 y su M.S.E. en 1960 en la Universidad de Akron. En 1974 recibe también su J.D. en Akron. El profesor Edminister está colegiado como ingeniero profesional en Ohio, abogado en Ohio y abogado de patentes registrado. Es autor de Teo r ía y P r o b lem a s d e E lectr o m a g n etism o d e la Ser ie SeRA u M.

JO SE PH

N A H V I es profesor de Ingeniería Eléctrica en la Universidad Poli técnica Estatal de San Luis Obispo, California. Obtuvo sus B.Sc., M.Sc. y Ph.D. en Ingeniería Eléctrica, llevando más de treinta años enseñando e investigando en este campo. Sus áreas de especial interés, y donde es experto, son teoría de circuitos, teoría de control, ingeniería de comunicaciones, procesamiento de señales, redes neuronales, control adoptivo y aprendizaje en sistemas sintéticos y en tiempo real, comunicación y control en el sistema nervioso central y educación en ingeniería. En este área ha desarrollado modelos de ordenador para circuitos eléctricos, señales y sistemas que mejoran la enseñanza y aprendizaje de ingeniería eléctrica.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA M AHM OOD

~I

C o n te n id o zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Prefacio

,

.

si .'.'.~~'.~~~~~~~~~~~~~~:::::::::::::::::

In:~~du~i;;~it'~d~'s' '~lé'~t'r'i~~;.; .ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~ '~ id ~ d.~d~'l' ~ 1.2. Fuerza, trabajo y potencia 1.3. Carga y corriente eléctrica 1.4. Potencial eléctrico 1.5. Energía y potencia eléctricas 1.6. Funciones constantes y variables Problemas resueltos , Problemas suplementarios

~

1.

~ 2.

Conceptos de circuitos 2.1. Elementos activos y pasivos 2.2. Convenios de signos , 2.3. Relaciones entre la tensión y la intensidad 2.4. Resistencia . ~ 2.5. Inductancia , 2.6. Capacitancia 2.7. Esquemas de circuitos , , Problemas' resueltos Problemas suplementarios "

{J

1-

Leyes de los circuitos 3.1. Introducción : , -3.2. Ley de Kirchhoff para ías tensiones 3.3. Ley de Kirchhoff para las intensidades 3.4. Elementos en serie 3.5. Elementos en paralelo 3.6. División de tensión , , Problemas resueltos., Problemas suplementarios

'

de corriente , , ,

3.

4.

. . . . . . .

,

de corriente

~ ~

Métodos de análisis...................................................................... 4.1. Método de las corrientes de rama............................................. 4.2. Método de las corrientes de malla............................................. 4.3. Matrices y determinantes.......................................................

xiiivutsrqpo

1 1 2 3 4 4 5 5 7

. . . . . . . . . .

9 9 10 11 13 13 15 16 17 23

. . . . . . .

27 27 27

28 28

30 31 . . 33 .nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ 37 41

41 42 43 v ii

viii

CONTENIDOzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

• / 4.4. )( 4.5. 4.6. 4.7. 4.8. 4.9. 4.10. Problemas Problemas

Métodos de las tensiones en los nudos Resistencia de entrada Resistencia de transferencia Simplificación de circuitos Superposición Teoremas de Thévenin y Norton Teorema de transferencia de máxima potencia resueltos suplementarios .. '

Amplificadores y circuitos con amplificadores operacionales 5.1. Modelo de un amplificador. 5.2. Realimentación en circuitos amplificadores 5.3. Amplificadores operacionales 5.4. Análisis de circuitos con ampo op. ideales 5.5. Circuito inversor 5.6. Circuito sumador 5.7. Circuito no-inversor 5.8. Seguidor de tensión 5.9. Amplificadores sustractor y diferenciador 5.10. Circuitos con varios ampo op 5.11. Circuitos integrador y derivador 5.12. Computadores analógicos 5.13. Filtro pasa-bajos 5.14. Comparador Problemas resueltos Problemas suplementarios

5.

6.

Señales 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7. 6.8. 6.9. 6.10. 6.11. 6.12. Problemas Problemas

7.

y formas de onda Introducción Funciones periódicas Funciones sinusoidales Desfases temporal y angular Combinación de funciones periódicas Valores medio y eficaz Funciones no periódicas La funciónn escalón unidad La función impulso unidad La función exponencial Sinusoidales amortiguadas Señales aleatorias resueltos suplementarios

Circuitos de primer orden 7.1. Introducción

;

, '

" ~

. . . . . . . . .

45 46 47 48 49 51 53 54 65

. . . . . . . . . . . . . . . . .

71 71 73 74

78 79 80 81

83 84 85

87 90 92

93 94 113

. 117 . 117 , . 117 . 119 . 119 . 122 . 124 . 126 . 127 . 128 . 131 . 133 . 134 . 136 . 145 149 149

CONTENIDOzyxwvutsrqponml ix

7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7. 7.8. 7.9. 7.10. 7.11. 7.12. 7.13. 7.14. 7.15. Problemas Problemas

-48.

C ir c u ito s d e o r d e n s u p e r io r y fr e c u e n c ia c o m p le ja

8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5. 8.6. 8.7. 8.8. 8.9. 8.10. Problemas Problemas X'

('

9.

('

Introducción Circuito serie RLC Circuito paralelo RLC Circuito con dos mallas Frecuencia compleja Impedancia generalizada (R, L, C) en el dominio s Función de transferencia y diagramas de polos y ceros La respuesta forzada La respuesta natural Multiplicación de impedancias y de frecuencia resueltos suplementarios

,

Introducción Respuesta de los elementos Fasores : Impedancia y admitancia División de la tensión y la corriente en el dominio de la frecuencia El método de las corrientes de malla El método de las tensiones en los nudos Teoremas de Thévenin y Norton 'o , ...•........................ resueltos suplementarios

P o te n c ia e n C A .........................................................................

10.1. 10.2.

Potencia en el dominio del tiempo........................................... Potencia en estado estacionario sinusoidal.

.

187

.

. . . . . . . . .

187 187 191 194 195 196 198 200 202 203 204 215

.

223

. .

A n á lis is d e c ir c u ito s s in u s o id a le s e n e s ta d o e s ta c io n a r io

9.1. 9.2. 9.3. 9.4. 9.5. 9.6. 9.7. 9.8. Problemas Problemas

'j( 1 0 .

Descarga de un condensador en una resistencia . 149 Aplicación de una tensión de CC a un condensador .'.. 151 CircuitonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RL sin fuente . 153 Aplicación de una tensión de CC a una bobina . 155 Repaso de la función exponencial. . 156 Circuitos complejos de primer orden con RL y RC . 157 Estado estacionario con CC de bobinas y condensadores . 159 Transitorios después de la conexión . 161 Respuesta de circuitos de primer orden a un pulso . 162 Respuestas de circuitos R L Y RC a un impulso . 165 Resumen de las respuestas a escalón y a impulso de circuitos RL y RC . 166 Respuesta de circuitos RL y RC a excitaciones exponenciales súbitas . 166 Respuesta de circuitos RL y RC a excitación sinusoidal súbita . 168 Resumen de la respuesta forzada de los circuitos de primer orden . 169 resueltos . 170 183 suplementarios , .ZYXWVUTSRQPONMLKJ

. 223 . 223 . 226 . 229 . 232 . 233 . 235 236 . 237 . 252 261

:...........

261 263

CONTENIDOzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

X

10.3. Potencia media o activa....................................................... 265 10.4. Potencia reactiva............................................................... 266 10.5. Resumen de la potencia en CA paranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC R, L Y C .............................. 266 10.6. Intercambio de energía entre una bobina y un condensador............... 270 10.7. Potencia compleja, potencia aparente y triángulo de potencias............ 270 10.8. Circuitos conectados en paralelo............................................. 275 10.9. Mejora del factor de potencia.. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 10.10. Potencia máxima transferida.................................................. 278 Problemas resueltos.......................................................................... 279 Problemas suplementarios................................................................... 291ZYXWVUT 1.

C ir c u ito s

p o lifá s ic o s ....................................................................

11.1. Introducción. . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Sistemas bifásicos.............................................................. 11.3. Sistemas trifásicos.............................................................. 11.4. Sistemas en triángulo y en estrella........................................... 11.5. Fasores de las tensiones....................................................... 11.6. Cargas equilibradas en triángulo............................................. 11.7. Cargas equilibradas en estrella a cuatro hilos............................... 11.8. Equivalencia estrella-triángulo................................................ 11.9. Circuito monofásico equivalente de cargas trifásicas equilibradas......... 11.10. Cargas desequilibradas en triángulo.......................................... 11.11. Cargas desequilibradas en estrella............................................ 11.12. Potencia trifásica............................................................... 11.13. Medida de potencia y método de los dos vatímetros....................... Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios... . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.

y r e s o n a n c ia ......................................... R e s p u e s ta e n fr e c u e n c ia , filtr o s edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

12.1. Respuesta en frecuencia....................................................... 12.2. Circuitos pasa-altos y pasa-bajos............................................. 12.3. Frecuencias de media potencia :.... 12.4. Circuitos generalizados con dos puertas y dos impedancias................ 12.5. Respuesta en frecuencia y funciones de transferencia....................... 12.6. Respuesta en frecuencia según la localización de polos y ceros............ 12.7. Filtros ideales y reales......................................................... 12.8. Filtros activos y pasivos....................................................... 12.9. Filtros pasa-banda y resonancia.............................................. 12.10. Frecuencia natural y factor de amortiguamiento............................ 12.11. Circuito serie RLC : resonancia serie.......................................... 12.12. Factor de calidad "'..,................... 12.13. Circuito paralelo RLC : resonancia paralelo.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.14. Circuito paralelo real LC ...................................................... 12.15. Conversiones serie-paralelo.................................................... 12.16. Diagramas de localización.................................................... Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .

295

295 295 297 298 299 300 301 302 303 304 305 308 308 310 320 325

325 326 331 331 332 334 335 336 337 339 340 341 342 343

344 345 348 362

CONTENIDOZYXWVUTSRQP x i edcbaZY

13.

C u a d r ip o lo s .............................................................................

13.1. Terminales y puertas........................................................... Z.................................................................. 13.2. ParámetrosnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 13.3. Equivalente en T de circuitos recíporcos..................................... 13.4. Parámetros y................................................................... 13.5: Equivalente en tt de circuitos recíprocos..................................... 13.6. Aplicación de las características del cuadripolo............................. 13.7. Conversión entre los parámetros Z e y...................................... 13.8. Parámetros h ,........................... 13.9. Parámetros g.................... 13.10. Parámetros de transición...................................................... 13.11. Interconexión de cuadripolos................................................. 13.12. Elección del tipo de parámetros.............................................. 13.13. Resumen de relaciones entre los parámetros................................ Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios................................................................... ~

14.

I n d u c ta n c ia m u tu a y tr a n s fo r m a d o r e s .................................................

3 6 9 zyxwvuts

369 369

371 372

373 374 375

376 376 377 378 379 380 381 393 397

14.1. Inductancia.... .. .. .. .. . .. . .. .. 14.2. Coeficiente de acoplamiento.................................................. 14.3. Análisis de bobinas acopladas................................................ 14.4. La regla del punto :......... 14.5. Energía en dos bobinas acopladas............................................ 14.6. Circuitos conductivos equivalentes acoplados............................... 14.7. Transformador lineal.......................................................... 14.8. Transformador ideal........................................................... 14.9. Autotransformador :................ 14.10. Impedancia reflejada........................................................... Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios...................................................................

397 399 400 402 403 404 404 407 409 410 412 425

'Spice y P S p ic e .'.......... 15.1. Spice y PSpice.................................................................. 15.2. Descripción de un circuito.................................................... 15.3. Partes de un fichero fuente de Spice......................................... 15.4. Sentencias de datos y análisis en CC......................................... 15.5. Sentencias de control y de salida en análisis de CC........................ 15.6. Equivalente Thévenin.......................................................... 15.7. Circuitos amplificadores operacionales....................................... 15.8. Estado estacionario en C. A. y respuesta en frecuencia..................... 15.9. Inductancia mutua y transformadores ~ .,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.10. Herramientas de modelización para la variación de parámetros........... 15.11. Respuesta en el tiempo y análisis transitorio................................ 15.12. Definición de otros tipos de fuentes.......................................... 15.13. Sumario......................................................................... Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios...................................................................

433

15.

A n á lis is d e c ir c u ito s u s a n d o

433 433 434 435 440 443 444 447 449 450 453 453 458 460 475

x ii vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CONTENIDOedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 16.

M é to d o d e la tr a n s fo r m a d a d e L a p la c e ...............................................

16.1. 16.2. 16.3. 16.4. 16.5. 16.6. 16.7. Problemas Problemas 17.

Introducción.................................................................... Transformada de Laplace..................................................... Algunas transformadas de Laplace........................................... Convergencia de la integral................................................... Teoremas del valor inicial y finaL............................................ Desarrollo en fracciones simples !............................. Circuitos en el dominio s...................................................... resueltos.......................................................................... suplementarios...................................................................

4 7 7 zyxwvutsrqp

477 477 478 481 482 483 485 487 501

A n á lis is d e o n d a s p o r e l m é to d o d e F o u r ie r ..........................................

507

17.1. Introducción......................... 17.2. Series de Fourier trigonométricas............................................ 17.3. Series exponenciales de Fourier............................................... 17.4. Simetría de las formas de onda............................................... 17.5. Espectro de una onda......................................................... 17.6. Síntesis de ondas............................................................... 17.7. Potencia y valor eficaz........................................................ 17.8. Aplicaciones en el análisis de circuitos....................................... 17.9. Transformada de Fourier de ondas no periódicas.......................... 17.10. Propiedades de la transformada de Fourier................................. 17.11. Espectro continuo.............................................................. Problemas resueltos.......................................................................... Problemas suplementarios...................................................................

507 508 510 512 515 515 516 518 521 524 525 527 542

A p é n d ic e A .

S is te m a d e n ú m e r o s c o m p le jo s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

553

A p é n d ic e B .

M a tr ic e s

559

y

d e te r m in a n te s ....................................................

Í n d ic e .........................................................................................

567

P r e fa c io

Este libro se ha diseñado para ser utilizado como libro de texto para un primer curso de . análisis de circuitos, o también como un complemento de otros textos de base. Además podrá ser utilizado tanto por estudiantes de ingeniería eléctrica como por otros estudiantes de otras ramas de la ingeniería. Se hace hincapié en las leyes básicas, teoremas y técnicas de resolución de problemas, como es corriente en la mayoría de los cursos. La tercera edición representa una revisión más profunda y una adecuada actualización del contenido. La materia está dividida en 17 capítulos, abarcando una serie de áreas de teoría y estudio. Los capítulos comienzan con el enunciado de definiciones, de principios y de teoremas, junto con ejemplos ilustrativos. A continuación se presentan una serie de problemas complementarios y de problemas resueltos. Los problemas tienen diferentes grados de dificultad. Algunos problemas se centran en temas concretos, que ayudan al estudiante a aplicar los principios básicos correctamente y con precisión. Los problemas complementarios son generalmente más numerosos y ofrecen al lector la oportunidad de practicar su habilidad en la resolución de problemas. Cada problema de éstos viene con su solución. El libro comienza con definiciones fundamentales, elementos de circuitos, incluyendo fuentes dependientes, leyes y teoremas de circuitos y técnicas de análisis como tensiones en los nudos y corrientes de malla. Estos teoremas y métodos inicialmente aplicados a circuitos resistivos de corriente continua, y luego se extiende a circuitos RLC mediante el uso de la impedancia y de la frecuencia compleja. El Capítulo 5, sobre amplificadores y circuitos con amplificadores, es nuevo. Los ejemplos y problemas de amplificadores operacionales han sido cuidadosamente seleccionados para ilustrar sencillos pero prácticos casos que son de interés e importancia para el estudio de otros cursos. El tema de formas de onda y señales se trata en un nuevo capítulo para incrementar el conocimiento de modelos de señales utilizados por los estudiantes. El comportamiento de los circuitos en estado estacionario y respuesta transitoria a entradas tipo escalón, pulso, impulso y exponencial se tratan para circuitos de primer orden en el Capítulo 7 y luego se extiende a circuitos de orden superior en el Capítulo 8, donde se introduce el concepto de frecuencia compleja. Se tratan también el análisis fasorial, el estado estacionario sinusoidal, la potencia, el factor de potencia y los circuitos polifásicos. Las funciones de red, la respuesta en frecuencia, filtros, resonancias en serie y en paralelo, redes de dos puertas (cuadripolos), inductancias mutuas y transformadores se tratan también en detalle. La aplicación de Spice y PSpice para el análisis de circuitos se introduce en el Capítulo 15. Las ecuaciones de los circuitos se resuelven, empleando las clásicas ecuaciones diferenciales y la transformada de Laplace, que permiten una comparación de métodos de resolución muy instructiva. Las series de Fourier y las transformadas de Fourier para la resolución de circuitos se tratan en el Capítulo 17. Finalmente, se presentan dos apéndices muy útiles, como resumen de números complejos y matrices y determinantes. Este libro está dedicado a nuestros alumnos, de quienes hemos aprendido a enseñar mejor. En gran medida han sido ellos los que han hecho posible nuestras satisfactorias y

x iii zyxwvutsrq

x iv vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA PREFACIOzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

recompensadas carreras docentes. Queremos expresar nuestro agradecimiento a McGrawH ill y MathSoft y a John Carleo y David Leschinsky en particular, por su visión de publicar una versión electrónica de este libro con formato interactivo basado en el Mathcad~ que es el líder en sofware en técnicas de cálculo. Y, finalmente, queremos agradecer a nuestras esposas, Nina Edminister y Zahra Nahvi, por su apoyo continuo y para quienes todos estos esfuerzos se llevaron a cabo felizmente.nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA J o sep h A. E d m in ister M a h m o o d N a h vi

C A P íT U L O

1

In tr o d u c c ió n m¡;

1 .1 .

M A G N IT U D E S

;m;zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

E L É C T R IC A S Y U N ID A D E S

D E L S .I .

En este libro se utilizará el sistema internacional de unidades (S.I.). En la Tabla 1.1 se relacionan las cuatro magnitudes básicas y sus unidades en el S.1. Las otras tres unidades básicas que no se relacionan en la tabla son: temperatura en grados Kelvin (K), cantidad de sustancia en moles (mol) e intensidad luminosa en candelas (cd). T a b la 1 .1 . ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

it1n ld ad 8J•. longitud masa tiempo intensidad

metro L , l nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA m M ,m T,t

de corriente

l,i

kilogramo kg segundo s amperiovutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ A

Las otras unidades pueden obtenerse a partir de las siete unidades básicas. Las magnitudes eléctricas y sus símbolos usados normalmente en el análisis de los circuitos eléctricos se relacionan en la Tabla 1.2. . T a b la 1 .2 .

M a g W tu il

carga eléctrica potencial eléctrico resistencia conductancia inductancia capacitancia (capacidad) frecuencia fuerza energía, trabajo potencia flujo magnético densidad de flujo magnético

S Ú tlb o lo Q ,q V,V R

G L

e

f F ,f W,W

P ,p

B

U m dadSX

culombio voltio ohmio siemens henrio faradio hertz newton julio vatio weber tesla

A b r e v ia tu r a

e V Q

S H F Hz N J W Wb T

1edcbaZY

2

CIRCUITOS

ELÉCTRICOSzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Dos magnitudes suplementarias son el ángulo plano (también llamado desfase en circuitos eléctricos) y el ángulo sólido. Sus unidades en el SI son el radian (rad) y el estereorradián (sr). Para el desfase en funciones sinusoidales se utiliza de forma generalizada los grados, o sea (cot + 30°). Ya que cot se expresa en radianes, éste es un caso de utilización de unidades sennmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA mixtas. Los múltiplos y submúltiplos decimales del SI deberán usarse siempre que sea posible. Los símbolos de la Tabla 1.3 son los prefijos de las unidades de las Tablas 1.1 y 1.2. Por ejemplo, mV se usa para mili voltios, 10-3 V, Y MW para megavatios, 106 W.edcbaZYXWVUTSRQPONML

T a b la 1.3. P r e fijo

F a c to r

pico nano micro milli centi kilo mega giga tera

1 .2 .

FUERZA,

T R A B A JO

S im b o lo

10-12 p 10-9 n 10-6ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA J1 10-3 m 10-2 e 103 k M 106 109 G T 1012

Y P O T E N C IA

Las unidades siguientes se obtienen a partir de expresiones matemáticas que relacionan ciertas magnitudes. De la expresión «fuerza igual a masa por aceleración» se define el n ewto n (N) como la fuerza que produce una aceleración de un metro por segundo cuadrado a una masa de un kilogramo. Así, 1 N = 1 kg- m/s2. Se produce un trabajo cuando una fuerza provoca un desplazamiento. Un ju'lio de trabajo equivale a un n ewto n -m etr o : 1 J = 1 N· m. El trabajo y la energía tienen las mismas unidades. La potencia es el trabajo realizado en la unidad de tiempo o también la variación de la energía por unidad de tiempo. La unidad de potencia es el va tio (W), que es igual a un julio por segundo (1/s).ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 1 .1 . Una masa de 10 Kg tiene un movimiento rectilíneo con aceleración constante 2 m/s2. a ) Calcular la fuerza que actúa sobre la masa. b ) Si el cuerpo estaba en reposo para t en x = O, calcular la posición, la energía cinética y la potencia para t = 4's>

a) b)

F

Para

t =

4 s

=

ma

= (10 kg)(2,0 m/s") = 20,0

= 20,0 N

= 1/2(2,0 m/s2)(4 S)2 = 16,0 m EC = F x = (20,0 N)(16,0 m) = 3200 N· m = 3,2 kJ P = E C /t = 3,2 kJ/4 s = 0,8 k.I/s = 0,8 kW x

=

kg- m/s2

1/2a t 2

=

de O,

INTRODUCCiÓNzyxwvutsrqpon 3edcbaZY

1 .3 .

CARGA

Y C O R R IE N T E

E L É C T R IC A

La unidad de la intensidad de la corriente eléctrica, el amperio (A), se define como la intensidad que atraviesa dos conductores paralelos de longitud infinita y sección nula, separados un metro, en el vacío y entre los que existe una fuerza de 2.10-7 Nyrn, Sin embargo, un concepto más intuitivo es considerar la corriente eléctrica como cargas en movimiento y entonces un amperio es equivalente a un culombio de carga que pasa a través de una superficie en un segundo. Utilizando magnitudes variables con el tiempo se tienenmlkjihgfed i(t) = dq/dt(C /s). La unidad de carga, el culombio (C), es equivalente a un amperio-segundo. El movimiento de cargas puede ser positivo o negativo. Los iones positivos moviéndose hacia la izquierda, dentro de un líquido o un plasma, como se indica en la Fig. l.l(a), producen una corriente de intensidad i hacia la izquierda. Si estos iones atraviesan una superficie S a un ritmo de un culombio por segundo, la intensidad es de un amperio. Los iones negativos moviéndose hacia la derecha, como se indica en la Fig. l.l(b), producen también una corriente hacia la izquierda. La corriente eléctrica en conductores metálicos es muy importante en el estudio de los circuitos. Ésta se debe a los electrones de la capa más externa de la estructura atómica de los mismos. En el cobre, por ejemplo, un solo electrón libre se encuentra en la capa más externa y puede moverse por la estructura cristalina de un átomo a otro libremente. A una determinada temperatura, el movimiento al azar de estos electrones es constante. Un modelo con una buena aproximación para la conducción en el cobre es suponer que hay 8,5· 1028 electrones libres por metro cúbico. C, y por tanto una corriente de un amperio La carga del electrón es - e = -1,602.10-19 representa aproximadamente 6,24· 1018 electrones por segundo pasando por una sección determinada de un conductor.

sZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

s

.

--

dq

¡= d i (b }

(a )

F ig u r a

1 .1 . ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 .2 . Un conductor tiene una intensidad de corrientede 5 amperios. ¿Cuántos por un determinado punto del conductor en un minuto? -,,

EJEM PLO

pasarán

5 A

=

(5 C/s)(60 s/min)

300 C/min 1,602· 10 -

19

Czelectrón

=

=

300 C/min

1,87· 1021 electrones/min

electrones

4vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOSedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 .4 .

P O T E N C IA L

E L É C T R IC O

Una carga eléctrica está sometida a una fuerza cuando se encuentra en un campo eléctrico y puede acelerarse si no está sujeta. Interesa aquí estudiar el trabajo realizado para mover la 1 .2 ( a ) . Si el trabajo necesario para mover carga contra el campo, como se indica en la FiguraZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA u n cu lo m b io es de u n ju lio desde la posición O a la 1, entonces se dice que el una carga Q denmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA punto 1 tiene un potencial de u n vo ltio respecto del punto O; 1 V = 1 J/e. Este potencial eléctrico puede realizar trabajo, de igual manera que la masa de la Figura 1 .2 ( b ) , que fue elevada contra la fuerza de gravedad g a una altura h , desde el suelo. La energía potencial m g h representa la capacidad de realizar trabajo cuando la masa m se deja libre. Entonces la masa caerá acelerándose y su energía potencial se convierte en energía cinética. _____

.•..G"l"Tm....•.... __

=EP=

m gh

h

Vo - _ ~

,_ J

••

llllllllljlJ711111

F (a )

(b )

Figura 1.2.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

de 0,5

/lC

1.3. En un circuito eléctrico se necesita una energía de 9,25 t lJ para transportar una carga desde un punto a a otro b . ¿Cuál es la diferencia de potencial entre los dos puntos?

Un voltio

1 .5 .

E N E R G ÍA

=

un julio por culombio

Y P O T E N C IA

v=

925· io 6 J ' =185V 0,5·\0-6 C '

E L É C T R IC A S

La energía eléctrica en julios se calculará en capítulos posteriores cuando se trate de condensadores e inductores (bobinas), los cuales acumulan energía en un campo eléctrico o magnético, respectivamente. El ritmo, en julios por segundo, -c~m el que la energía se transfiere es la potencia expresada en vatios. Además, el producto de tensión por intensidad de corriente da la potencia eléctrica, p = vi; 1 W = 1 V· 1 A. También, V· A = (J/C). (Cjs) = J/s = W. En un sentido más preciso, la potencia es la derivada de la enegía con respecto al tiempo p = d wld t, de tal forma que la potencia p e s generalmente función del tiempo. En los siguientes capítulos se calculará la potencia media Pmcd Y el valor cuadrático medio (RMS) para tensiones y corrientes sinusoidales.

INTRODUCCiÓNzyxwvutsrqpon 5ZYXWVU

E J E M P L O 1 .4 . Una resistencia tiene una diferencia de potencial de 50 V entre sus terminales y por ella pasa una carga de 120 C cada minuto por un determinado punto. Bajo estas condiciones, obtener la energía que se convierte en calor.

(120 C/min)/(60 s/min) Puesto que 1 W

1 .6 .

=

=

P = (2 A)(50 V) = 100 W 2 AnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

en calor es cien julios por segundo.edcbaZYXWVUTSR

1 J/s, la potencia transformada

F U N C IO N E S

C O N S T A N T E S Y V A R IA B L E S

Para distinguir las magnitudes constantes de las magnitudes variables con el tiempo se utilizarán letras mayúsculas para las primeras y minúsculas para las segundas. Por ejemplo, una intensidad de corriente de diez amperios se escribiráZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 1 = 10 A, mientras que una intensidad de corriente de diez amperios variable con el tiempo se escribirá i = 10 fft) A. Ejemplos de funciones típicas en el análisis de circuitos son la función senoidal i = 10 sen cot (A) y la función exponencial v = 15 e - a t (V).

iI.

PROBLEM AS

RESUELTOS

1.0 Sobre

V

un objeto que se mueve en la dirección del eje x actúa una fuerza dada por (N). a ) Calcular el trabajo realizado en el intervalo 1 m ~ x ~ 3 m. b ) ¿Cuál será la fuerza constante que realice el mismo trabajo en el mismo intervalo? F = 1 2 /x 2

d W=

a)

F dx 8J

b)

I

1 .2 .

= FA2

W

=

m)

f

3

[IJ

12 2" d x = 12 -

1 X

X

3

= 8J

1

o

La energía eléctrica transformada en calor en una resistencia es 7,56 k.I/min cuando pasan por ella 270 Czmin. ¿Cuál es la diferencia de potencial entre los extremos de la resistencia? De P

= VI,

V

1 .3 .

así

P

7,56.103 J/min

I

270 Czmin

=- =

-v

= 28 J lC = 28 V

Un determinado elemento de un circuito tiene una corriente dada por i = 2,5 sen (m A), donde ea es la frecuencia angular (o pulsación) en rad/s, y una diferencia de potencial entre sus extremos de v = 45 sen wt. Calcular la potencia media P med Y la energía total W T disipada en un período de la onda senoidal. t» t

6

CIRCUITOS

ELÉCTRICOSzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

La energía es la integral con respecto al tiempo de la potencia instantánea:nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA WT

= J,

21C/W

vi d t = 112,5

J,2n/w

o

serr' cot

dt

1125 71 = -'(mJ)

o

w

La potencia media es entoncesZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA W ¡-

P

med

= --

= 56,25 mW

271/w

Observar 1 .4 .

P m cd

es independiente

de

O J.

b)

1 kWh = (1000 J/s)(3600 s/h) = 3,6 MJ (75 W)(4,5 h) = 337,5 Wh = 0,3375 kWh (0,3375 kWh)(3,6 MJ/kWh) = 1,215 MJ

Un hilo de cobre de calibre A WG # 12 (3,3 mrrr'), tamaño usado normalmente en instalaciones domésticas, contiene aproximadamente 2,77· 1023 electrones libres por cada metro de longitud y suponiendo un electrón libre por átomo. ¿Qué porcentaje de estos electrones pasará por una determinada sección si el conductor tiene una intensidad de corriente de 25 A? 25 1602 . 10-

c t«

19

Czelectrón

(1,56· 1020 electrones/s)(60 936.1021 2:77.1023 1 .6 .

edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

La unidad de energía utilizada por las compañías suministradoras de electricidad es el kilovatio-hora (kWh). a ) ¿Cuántos julios son 1 kWh? b ) Un aparato de televisión de potencia 75 W está funcionando desde las 7:00 p.m. a las 11:30 p.m. Calcular la energía total consumida en kWh y en megajulios. a)

1 .5 .

que la

= 1,56· 1020 electron/s

s/min) = 9,36· 1021 electrones/rnin (100) = 3,38%

¿Cuántos electrones pasan por un determinado una hora, si la tensión aplicada es 120 V?

punto de una lámpara de 100 vatios, en

.

100 W=(120V)·/(A) (5/6 C/s)(3600 s/h) 19

1,602· 10- . Czelectrón 1 .7 .

/=5/6A

= 1,87· 1022 electrones por hora I

Una típica batería de coche de 12 V está caracterizada -por sus a m p er io s-h o r a . Una batería de 70 Ah, por ejemplo, tiene una vida de 20 h si se descarga con una corriente de 3,5 A. a ) Suponiendo que la tensión permanece constante, obtener la energía y potencia disipadas en una descarga completa de la batería citada. b ) Repetir lo mismo para una descarga a 7 A. a)

(3,5 A)(I2 V) = 42 W (o J/s) (42 J/s)(3600 s/h)(20 h) = 3,02 MJ

INTRODUCCiÓNzyxwvutsrqpon 7ZYXWVU

b)

(7 A)(12 V) = 84 W (84 J/s)(3600 s/h)(1O h)

=

3,02 MJ

Los amperios-hora es la unidad de medida de la energía acumulada en una batería; por tanto la energía transferida en una descarga total es la misma tanto si se realiza en 10 horas como en 20 horas. Como la potencia es la energía por unidad de tiempo, resulta que la potencia en 10 horas es el doble que la potencia en 20 horas.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

PROBLEM AS 1.8.

S U P L E M E N T A R IO S

Calcular el trabajo y la potencia realizados por una fuerza de 7,5.10-4 distancia de dos metros en un tiempo de catorce segundos.

N que actúa sobre una

Solución: 1,5 mJ, 0,107 mW. 1.9.

Calcular el trabajo y la potencia necesarios para mover una masa de 5 kg sobre un plano inclinado 30° y sin rozamiento, una distancia de 2 m durante 3,5 s. Solución: 49 J, 14 W.

1.10.

Se realiza un trabajo de 136 julios para mover 8,5.1018 electrones entre dos puntos circuito eléctrico. ¿Cuál será la diferencia de potencial entre los dos puntos?

de un

Solución: 100 V. 1 .1 1 .

Se tiene un pulso eléctrico de 305 V, 0,15 A Y duración 500 asociadas al mismo?

f1S.

¿Cuál será la potencia y la energía

Solución: 45,75 W, 22,9 m). 1.12.

Una unidad de potencia utilizada para los motores eléctricos es elnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM ca b a llo d e va p o r (hp), que es igual a 746 watios. ¿Cuánta energía entrega un motor de 5 hp funcionando durante dos horas? Expresar la respuesta en MJ. Solución: 26,9 MJ.

1.13.

Para

t ~

O, q = (4.10-4)(1

- e - 2 S O ,)

(C). Obtener la intensidad

para

t

= 3 ms.

Solución: 47,2 mA. 1.14.

Un cierto elemento de un circuito tiene una corriente y una tensión dadas por i = 10e-sooo,

Calcular la energía total transferida

(A)

v

= 50(1 -

e- Sooo ,)

(V)

para t ~ O.

Solución: 50 mJ. 1.15.

La capacidad (ca p a cita n cia ) de un elemento de un circuito se define por Q /V, donde Q es la carga acumulada en el elemento y Vla diferencia de potencial entre los extremos del mismo. En el SI la unidad de capacidad es el faradio (F). Expresar el faradio en función de las unidades básicas. Solución: 1 F

=

1 A 2. s4/kg· m '.

2

C A P íT U L O edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C o n c e p to s

2 .1 .

d e c ir c u ito s

E L E M E N T O S A C T I V O S Y P A S I V O S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON

Un equipo eléctrico se representa mediante un circuito o esquema constituido por elementos de dos terminales conectados en serievutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y en paralelo. El análisis del circuito permite conocer el comportamiento del equipo eléctrico. Un elemento de dos terminales se representa por un rectángulo, como se indica en la Figura 2.1, con dos conductores de resistencia eléctrica nula y terminados en dos extremos de conexiónZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A y B . Los elementos activos son fuentes de tensión o de intensidad capaces de proporcionar energía a una red. Las resistencias (resistores), las bobinas (inductores) y los condensadores (capacitores) son elementos pasivos y toman energía de las fuentes para transformarla en otro tipo de energía o acumularla en forma de campo magnético o eléctrico. A

B

F ig u r a

2.1.

En la Figura 2.2 se han representado siete elementos básicos de circuitos. Los elementos ( a ) y ( b ) son fuentes de tensión y los elementos (e) y ( d ) son fuentes de intensidad. Una fuente de tensión que no se ve afectada por cambios en el circuito al cual está conectada se dice que es una fuente independiente, representándose por un círculo como en la Figura 2 .2 ( a ) . Una fuente de tensión dependiente es aquella en la que cambian sus características según sean las condiciones de determinados circuitos, y se representa mediante un rombo como en la Figura 2 .2 ( b ) . Las fuentes de intensidad también pueden ser independientes o dependientes y se representan como se indica en la Figura 2.2(c) y ( d ) , respectivamente. Los tres elementos pasivos de los circuitos se representan como se indica en la Figura 2 .2 ( e ) , (f) y

(g ).

10vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOSZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v

R

; (b )

(a )

, (e )

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC L

edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (e ) (d) (f) F ig u r a

(g )

2.2.

Los esquemas de circuitos utilizados aquí se denominan de p a r á m etr o s co n cen tr a d o s, puesto que con un único: parámetro localizado se representa una distribución de resistencia, inductancia o capacidad.' Por ejemplo, una bobina consiste en una serie de espiras de hilo conductor recubierto de aislante, que tiene una resistencia eléctrica a través de toda la longitud del hilo. Sin embargo, en la Figura 2 .3 ( b ) o ( c ) se representa una única resistencia concentrada para una res-istencia que está distribuida a lo largo de todo el hilo conductor. Asimismo, la inductancia se representa de forma concentrada, ya sea en serie con la resistencia o en paralelo, como se indica en ( b ) o en ( c ) .

(b)

(a l

F ig u r a

(e l

2.3.

En general, una bobina puede representarse por cualquiera de las dos conexiones, en paralelo o en serie, de sus elementos constitutivos. Es la frecuencia de la tensión aplicada la que determinará cuál de las dos conexiones es la más apropiada.

2 .2 .

C O N V E N IO S

D E S IG N O S

, Para completar las especificaciones de una fuente de tensión es necesario asignar una polaridad a sus extremos y una función para la tensión entre los mismos. La polaridad se señala con + y -, dibujados en las proximidades de los extremos del símbolo que representa la fuente de tensión. Si, por ejemplo, es v = 10 sen wt en la Figura 2 A ( a ) , el terminal A es positivo respecto de B para O > wt > n , y B eS positivo respecto de A para rt > wt > 2 n para el primer ciclo de la función seno.

CONCEPTOS

A

A

DE CIRCUITOSZYXWVUTSRQPO 1 1 ZYXWVU

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+

t

v

B

B

(a )

(b )

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED (e )

Figura 2.4.

Análogamente, la fuente de intensidad debe especificarse con una dirección y una función para la corriente que la atraviesa, como se indica en la Figura 2 .4 ( b ) . Para los elementos pasivos R , L Y e de un circuito, como se indica en la Figura 2 .4 ( c ) , el terminal por donde entra la corriente es el positivo y por donde sale es el negativo. Para estudiar el signo de la potencia se utiliza un circuito de corriente continua como el de la Figura 2 .5 ( a ) , en el que hay dos fuentes de tensión constantes VA = 20 V Y VB = 5 V Y una resistencia de 5 ohmios. La intensidad resultante es de 3 amperios en el sentido de las agujas del reloj. Se establece que la potencia es absorbida por un elemento cuando la corriente entra por el terminal positivo del mismo. Véase Figura 2 .5 ( b ) . De acuerdo con esto, la potencia, calculada por VI o por 1 2 R, es absorbida por la resistencia y por la fuente VB , y da valores, respectivamente, de 45 W y 15 W. Puesto que la corriente entra por el terminal negativo en la fuente VA' ésta es la fuente de potencia del circuito. La potencia P = VI = 60 W confirma que la potencia absorbida por la resistencia y la fuente V B está suministrada por la fuente VA" +

VA

2O,OV

+1-

-1

+

50

VVv

8T

1+ -

+

VB

_"ov

e

8

+

(b )

(a )

Figura 2.5. \

,

2.3. RELACIONES ENTRE LA TENSION,Y LA INTENSIDAD DE CORRIENTE

'

Los elementos pasivos, resistencia R, bobina L y condensador e, de los circuitos se definen a partir de la relación concreta entre la tensión y la intensidad en cada uno de ellos. Por ejemplo, si la tensión v y la intensidad de corriente i para un elemento simple están relacionadas por una constante, se dice que el elemento es una resistencia, siendo R la

1 2 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOSzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v = Ri. De forma análoga, si la tensión es constante de proporcionalidad y verificándose quenmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA la derivada con respecto al tiempo de la intensidad, entonces el elemento es una bobina, siendoZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L la constante de proporcionalidad y verificándose que v = L d ild t. Finalmente, si la intensidad a través de un elemento es la derivada con respecto al tiempo de la tensión, entonces el elemento es un condensador, siendo e la constante de proporcionalidad y verificándose que i = e dvjdt. En la Tabla 2.1 se resumen todas estas relaciones para los tres elementos pasivos de los circuitos. Obsérvense las direcciones de la intensidad en relación con las polaridades de las tensiones.

Tabla 2.1. Elementos del circuito

i

Unidades

Intensidad

Tensión

Potencia a

1-

l

+ IJ

r

ohmios (Q)

v

=

Ri

V

(Ley de Ohm)

-

i= -

P

=

vi

= i2 R

R

Resistencia (Resistor) i~

+ oc

...

..

IJ

-

1

di

henrios (H)

v = L-

i

=- S

vd t

+

k¡

p

=

vi

=

dt

L

dt

di Li-

Inductancia (Inductor) i

l

r

r

+

~,

IJ

-

Condensador (Capacitor)

faradios (F)

1

v

= - S C

id t

+

k2

i= C

dv dt

P

=

vi

=

dv C v -dt

CONCEPTOS

2 .4 .

DE CIRCUITOSZYXWVUTSRQPO 1 3 edcbaZYX

R E S I S T E N C I A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Todos los dispositivos que consumen energía deben tener una resistencia (también llamadanmlkjihgfedc en el circuito que lo represente. Las bobinas (también llamadas in d u cto r es) y los condensadores (también llamados ca p a cito r es) pueden acumular energía, pero durante un tiempo esa energía retorna a la fuente y durante otro tiempo permanece en el circuito. La 2 2 potencia en una resistencia viene dada porZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p = vi = i R = v / R, Y es siempre positiva, como se demuestra en el Ejemplo 2.1, que se verá después. La energía viene dada por la integral de la potencia instantánea

r esisto r )

E J E M P L O 2 .1 . Una resistencia de 4 Q está recorrida por una corriente de i = 2,5 sen cot (A). Calcular la tensión, la potencia y la energía en un ciclo. w = 500 rr radjs.

v = Ri = 10 sen w t (V) p

=

w

=

vi

f

'

=

o

i2 R p dt

= 25 sen? = 25

[t-

2

-

t» t (W)

sen 2

wt]

(J)

4w

Las gráficas de i, p Y w se indican en la Figura 2.6, y en ellas se observa que la potencia es siempre positiva y que la energía es creciente en función del tiempo. La energía es absorbida por la resistencia.

2 .5 .

I N D U C T A N C lA

El elemento del circuito que acumula energía en forma de campo magnético es el inductor o bobina (también llamado in d u cta n cia ). Con una corriente variable con el tiempo, la energía se acumula durante una parte del ciclo en el elemento y durante la otra parte del ciclo se devuelve a la fuente. Cuando el inductor se desconecta de la fuente, el campo magnético desaparece, y, por tanto, no hay energía acumulada en el elemento. Las bobinas que se encuentran en los motores eléctricos, en los transformadores y en dispositivos similares son inductancias y, por tanto, deben tenerse en cuenta en la representación del circuito correspondiente. La configuración de dos hilos conductores en paralelo presentan efecto de inductancia, que debe tenerse en cuenta cuando la corriente eléctrica es variable. Las .expresiones de la potencia y la energía son las siguientes: di d p = vi = L d t i = d t wL =

1

ti

La energía acumulada

2 t

P dt =

1/2 ti

[1"2 ~, ]

Li d t =

L¡ 2

"21

L [d

-

ifJ

.

en el campo magnético de una inductancia

es wL =

1/2

Li 2 .

1 4 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOSzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i,A ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(a )

wt

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

p ,W

(b)

o

'Ir

2'1r

wt

2'1r

wt

W,mJ

50

-----------------------------~

37,S (e )

25

.... :

----------------

,

,,

,, ,, ,, , ,,

12,5

o

'Ir F ig u r a

edcbaZYXWVUTSRQPONML

2 .6 .

2 .2 . Una inductancia de 30 mH está recorrida por una corriente i = 10 sen 50t (A) en el intervalo O > t > n/50 segundos. Calcular la tensión, la potencia y la energía en la inductancia.

EJEM PLO

v

di

=

L -

= 15 cos

50r (V)

dt

wL =

=

I p

p

vi

dt

= 75 sen

1 0 0 t (W)

= 0,75(1 - cos

1 0 0 t)

(1 )

Como se ve en la Figura 2.7, la energía es cero para t = O Y para t primero acumulada en la inductancia y luego devuelta a la fuente.

= n/50.

Por tanto, la energía fue

CONCEPTOS

DE CIRCUITOSzyxwvutsrqponm 15

i,A nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P .W

t.

t. S

S

w,J

t. S

t.

S

Figura 2.7.

2.6.

CAP ACIT AN CIA

El elemento de un circuito que acumula energía en forma de campo eléctrico es un condensador (también llamado ca pa cita ncia o ca pa cita r ). Cuando la tensión varía a lo largo de un ciclo, la energía puede acumularse durante un tiempo y ser devuelta a la fuente a continuación. Mientras que en una inductancia no puede mantenerse la energía cuando se desconecta la fuente, porque el campo magnético desaparece, en un condensador la carga eléctrica permanece y en consecuencia el campo eléctrico, aun después de desconectar la fuente. Esta condición de carga del condensador permanece hasta que se provoque una descarga, produciéndose la disipación de energía correspondiente. La carga, q = C v, de un condensador provoca un campo eléctrico en el dieléctrico, el cual acumula la energía correspondiente. En un condensador plano hay exceso de carga en una placa y déficit en la otra. Cuando el condensador se descarga se produce el equilibrio de cargas en las placas. Las ecuaciones para la potencia y la energía son las siguientes:

p

Wc

La energía acumulada

=. f

=

vi

12 p 11

dt

= =

dv C v dt

d dt

[1"2

C v dv

="2

=

1

f12

'z~ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Cv

J

C [ v~ -

vTJ

11

en el campo eléctrico de un condensador

es

Wc

=

e/

2 2)C V .

1 6 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2.3. En el intervalo O >nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t > 5 n ms, un condensador de 20 /lF tiene una tensión de v sen 2 0 0 t (voltios). Calcular la carga, la potencia y la energía. Dibujar Wc tomando w = O para t

= =

50 O.

q = C v = 1000 sen 2 0 0 t ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ( /lC ) dv i = C - = 0,20 cos 2 0 0 t (A) dt p =

vi = 5 sen 4 0 0 t (W)

Wc =

f

'2

P d t = 12,5[1 - cos 4 0 0 t] (mJ)

•

'1

En el intervalo O > t > 2 ,5 n ms la tensión y la carga aumentan desde cero hasta 50 V Y 1000 /lF , respectivamente. En la Figura 2.8 se muestra cómo la energía se incrementa hasta 25 mJ, para luego descender hasta cero por haber sido devuelta la misma a la fuente.

w, mi

25

o

25".

5".

t, ms

Figura 2.8.

-

2.7. ESQUEMAS DE CIRCUITOS El esquema de un circuito puede representarse de múltiples formas, que aun pareciendo diferentes son en realidad idénticas. El esquema presentado inicialmente en un determinado problema puede no ser el más adecuado para sugerir el mejor método de solución del circuito. Por tanto, debe estudiarse en primer lugar el esquema y volverlo a representar, si es necesario, para ver más claramente las interconexiones de los elementos. Un caso extremo es el que se muestra en la Figura 2.9, donde los tres circuitos son idénticos. En la Figura 2 .9 ( a ) las tres uniones denominadas con A se representan como dos uniones en ( b ) . Sin embargo, la resistencia R 4 está en paralelo con un cortocircuito y puede eliminarse a efectos de análisis del circuito. Entonces, en la Figura 2 .9 ( c ) la unión A se representa como conexión de tres ramas.

CONCEPTOS

DE CIRCUITOS

17

R,

R, A

R¡

B

B

R¡ A

0

A

B

+

-

v

v

e

e

R,

R.

R,

RJ A A

A

(e )

(b )

(a )

Figura 2.9.

,ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RESUELTOS

PROBLEM AS

2.1.

Una resistencia de 25vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Q tiene una tensión denmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v = 150 sen 3 7 7 t (V). Calcular la intensip. dad de corriente i y la potenciaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA í

v

= - = 6 sen

3 7 7 t (A)

p = vi =

900 sen ' 3 7 7 t (W)

R

2.2.

La intensidad que circula por una resistencia de 5 Q aumenta desde cero hasta lOA en 2 ms. Para t = 2+ ms-la intensidad es cero nuevamente y se incrementa a 10 A para t = 4 ms. Esta secuencia se repite cada 2 ms. Dibujar la variación de la tensión v. Puesto que v = Ri, la tensión máxima será (5)(10) = 50 V. En la Figura 2.10 se indican las gráficas de i y de v. Es evidente que ambas tienen la misma forma.

i: ~ _ o

.~~

2

4

(o

4

6

l.

ms

l.

ms

(a)

o (b )

Figura 2.1O.


Por una bobina de 2 mH circula una intensidad deZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i( t) = 5 (l - e- 50001). Calcular la tensión y la energía máxima acumulada.nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

2.3.

v

=

di

=

L -

5000,

5 0 e-

(V)

dt

En la Figura 2.11 se tienen las gráficas de i y de v. La intensidad máxima acumulada viene dada por:

Wm a x =

1

2:

2

LIma

x

=

máxima es 5 A Y la energía

25 mJedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v. V

i,A

5»

--.--.------.---------

S O .O

o

o F ig u r a 2 .1 1 .

2 .4 .

La tensión aplicada a una bobina de 3 mH viene dada por las siguientes características: para O > t> 2 ms , V = 15 V, Y para 2 > t > 4 ms, V = - 30 V. Obtener la intensidad de corriente correspondiente y dibujar v L e i para los diferentes intervalos. Para O >

t

> 2 ms, i = -1 L

Para

t =

i'

o

v dt =

----3 1

3· 10

I o

15 dt = 5· 103t (A)

2 ms, i = 10 A

Para 2 >

t

> 4 ms, i= -

1

L

I'

vd t+

2· 10'"

1 = 10 + 3.10-3

10= 10+---3 1 3· 10[ -3 0 t

= 30 - (10· 10 3 t) (A) Véase Figura 2.12.

+ (60.10-3)]

i'

-, 2· 10-'

(A)

-3 0 d t

CONCEPTOS

DE. CIRCUITOSZYXWVUTSRQPO 19

i . VL

vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

IS,O


:2 ,

o

4

,, ,,

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t, ros t. ms

. ,

•30,0

Figura 2.12.

2.5.

La tensión aplicada a un condensador de 60 f1 .F viene dada por: v = 25· 103 t (V) en el intervalo siguiente: O > t > 2 ms. Dibujar i, p Y w para el intervalo dado y calcular W max' Para O >

t

> 2 rns, i

=

dv

C -

dt

=

60· 10-6

d -

(25·

=

1 0 3 t)

dt

1,5 A

I

p = vi = 37,5· 1 0 3 t (W) Wc =

p d t = 1,875· 1 0 4 t 2 (r n l)

Véase Figura 2.13. W max o

W max

v, V

=

(1,875· 104)(2. 10-3)2

="21 CV i,

2 max

="21 (60·

10

-6

=

)(50)

75 ml 2

=

A

75 m.I w ,m J

7S.0

I,St--------,

o

2

t, ms

o

2

o

t, ms

1,0 I,S 2.0

Figura 2.13.

2.6.

Un condensador de 20 f1 .F se carga lineal mente desde.O a 400'f1.C en' 5 ms. Obtener la función temporal de la tensión y la W max' q=

400.10-6) ( 5.10-3

2

t= 8 ·1 O - t(C )

v = q jC = 4 ·1 0 3 t

W max =

1

2

"2 CV max

=

(V) 4 ml


2.7.

Por un circuito serie conZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R = 2 n, L = 2 mH y e = 500 ¡ lF circula una corriente que aumenta linealmente desde cero hasta 10 A en el intervalo O ~nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM t ~ 1, permaneciendo en 10 A durante 1 ms ~ t ~ 2 ms, para luego descender linealmente desde 10 A en 2 ms y a cero en 3 ms. Dibujar VR , VL Y v e ' debe ser una función del tiempo idéntica a Para O < t < 1 ms, VR

di

~ =

10.103 A/s

i,

con Vmax

y

VL

dt

Cuando d ild t = O para 1 ms < t < 2 ms, VL Suponiendo la carga inicial del condensador

=

=

2(10)

di L -

20 V.

=

= 20 V

dt

O. nula,

=

ve = ~

r

dt

Para O :::;t : : : ;1 ms,

La tensión alcanzará

el valor de 10 V en 1 ms. Para 1 ms < Ve =

(20·103)(t

o

2

3

10-3)

< 2 ms,

+ 10 (V)

~':I

Véase Figura 2.14.

':k1 -.

-

t

l.

o

ms

I

2 1

t.ms

I

Ve.

~':k1 -. o

2

3

V 40 lO

~ 10

l.

o

ms

2

t,m s ZYXWVUTSRQPONMLKJIH

Figura 2.14.

2.8.

Por un elemento de un circuito circula una corriente eléctrica, con una tensión como se indica en la Figura 2.15. Deducir de qué elemento se trata.

CONCEPTOS

DE CIRCUITOSZYXWVUTSRQP 2 1 nmlkjihg

t: « zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

10

O t.

ms

t.

ms

-10

v. V

15 O 4

6

I

I

I

I

8

• • edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

-JO

F ig u r a

2.15.

El elemento no puede ser una resistencia porqueZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v e i no son proporcionales. v e s la integral de i. Para 2 ms < t < 4 ms, i no es cero, pero v es constante (cero); por tanto, el elemento no puede ser un condesador. Para O < t < 2 ms, di

- = dt

5.103 A/s

y

v = 15 V

En consecuencia,

L

(Comprobar

2.9.

para el intervalo 4 ms <

t

= v

I

d' -.!. = 3 mH

dt

< 6 ms:

L

debe tener el mismo valor.)

Calcular la tensión v en la rama de la Figura 2.16 para a ) i z = 1 A, iz

= O A.

b ) iz

= - 2 A, e)

La tensión v es la suma de la tensión de 10 V de la fuente independiente y la tensión de la fuente dependiente Vx' Observar que en el factor 15 de la corriente de control tiene unidades de ohmios.

a) b) e)

v

v = 10 + V x = 10 + 15(1) = 25 V = 10 + V x = 10 + 15( - 2) = - 20 V v = 10 + 15(0) = 10 V

22

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

v. vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO =zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM 15h (V)edcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC

IOV

Figura 2.16.

2.10.

Calcular la potencia absorbida por el elemento generalizado de un circuito b ) v = -50 V. Figura 2.17, para a ) v = 50 V,ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

de la

- · -0. <---J

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHG --+ -

i= 8 ,S A

Figura 2.17. Puesto que la corriente entra al elemento por el terminal negativo, se tendrá:

2.11.

a)

p

b)

P

= -vi = -(50)(8,5) = -425 W = - vi = - ( - 50)(8,5) = 425 W

Calcular las potencias suministradas

por las fuentes del circuito de la Figura 2.18.

10

+

••

0 2O

+

",-SOV

/

Figura 2.18.

i=

Las potencias a bsor bida s

20 - 50

3

= -lOA

por las fuentes son: p"

= -

Ph

=

vhi

voi

= - (20)( - 10) = 200 W

= (50)( -10) = - 500 W

CONCEPTOS DE CIRCUITOSedcbaZYXWVU 2 3 zyxwvutsr

Vb Puesto que la potencia suministrada y la absorbida son iguales y de signo contrario, la fuenteZYXWVUTSR suministrará 500 W y la fuentenmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Va absorberá 200 W. La potencia consumida por las dos resistencias es de 300 W.

2.12.

Una resistencia de 25 n tiene una tensión de v = 150 sen 3 7 7 t (V). Calcular la potencia y la potencia media P med a lo largo de un ciclo.

p

i = v/R = 6 sen 3 7 7 t (A) p =

vi = 900 serr' 3 7 7 t (W)

Un período completo se cumple cuartdo 3 7 7 t ciclo para la integración. Así: P med

= -1 n

2.13.

i"

o

= 2n.

Para calcular

P med se tomará

medio

= 450 (W)

900 sen 2 (3 7 7 t)d (3 7 7 t)

Calcular la tensión sobre la resistencia de 10 n de la Figura 2.19 si la intensidád control ix de la fuente dependiente es a ) 2 A Y b ) - 1 A. i = 4 ix i,

ix

-

= 2; = - 1;

4; vR

v R + iR = = 40 V v R = - 80 V

4 0 ix

-

de

40 (V)

Figura 2.19.

t

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P R O B L E M A S S U P L E M E N T A R IO S

2.14.

Una resistencia tiene una tensión aplicada de absorbida es a ) 27,75 nW y b ) 1,20 J J .W . Solución: 18,5

2.15.

J J .A ,

V =

1,5 m V. Calcular la intensidad

si la potencia

0,8 mA.

Por una resistencia de 5 n circula una intensidad de i = 5· Calcular la potencia instantánea y media.

1 0 3t

(A) en el intervalo O ~

t ~

2 ms.

Solución: 125t 2 (A), 167 (W). 2.16.

Una intensidad i entra por el terminal positivo de un elemento generalizado de un circuito, siendo la tensión entre el mismo de 3,91 V. Calcular la intensidad si la potencia absobida es -25 mW. Solución: - 6,4 mA.


2.17.

Deducir qué elemento simple de un circuito tiene una tensión y una intensidad O ~nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 10 3 t ~ 1t dados por i = 2 sen 10 3 t (mA) y v = 5 cos 10 3 t (mV).

en el intervalo

Solución: Una bobina de 2,5 mH. 2.18.

Una inductancia de 4 mH tiene una tensión aplicada máxima acumulada. Para t = O la intensidad es cero.

v = 2 e- lO O O •

(V). Calcular

la energía

Solución: 0,5 m W. 2.19.

Un condensador de 2 !lF con una carga inicial Q o se conecta en serie con una resistencia de 10 n. Obtener el valor de Q o si la energía disipada en la resistencia es 3,6 mJ. Solución: 120ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA !le .

2.20.

Suponiendo un condensador de capacidad e faradios, por el que circula una corriente i = (Vm/R)e-'(R/C ) (A), demostrar que la potencia máxima acumulada es 1/2C V~ . Suponer que la carga inicial es nula.

2.21.

En la Figura 2.20 se representa la corriente que circula por un elemento de un circuito después de t = O. Calcular la tensión eléctrica entre los extremos del elemento, para t = 6,5 u s, si es a ) 10 kn, b ) 15 mH, e ) 0,3 nF con Q ( O ) = O. Solución:

a)

25 V;

b)

-7,5

V;

e)

81,3 V.

i.m A

s

Figura 2.20. 2.22.

El condensador

de 20 !lF del circuito de la Figura 2.21 tiene una tensión aplicada de para t > O. Calcular la energía en función del tiempo durante la descarga del condensador y compararla con la energía total absorbida por la resistencia de 750 n. Solución: 0,10 (1 - e - · / O . 0 0 7 5 ) (J). v

= 100e-·/ O . O I 5

20 ~F l' - i c

750

Figura 2.21.

n

CONCEPTOS DE CIRCUITOSZYXWVUTSRQP 2 5 zyxwvutsrq

2.23.

Calcular la intensidad por el circuito de la Figura 2.22, si la tensionnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM V2 de control de la fuente dependiente tiene el valor deZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) 4 V, b ) 5 V, e ) 10 V. Solución:

a)

1 A;

b)

O A;

e)

-

5 A.

2:'i V

Figura 2.22. 2.24.

Calcular la intensidad i del circuito de la Figura i2 = O A; b ) il = -1 A, i2 = 4 A; e ) il = i 2 = 1 A. Solución:

a)

10 A;

b)

11 A;

e)

9 A.

~i R

Figura 2.23.

2.23 en los siguientes

casos:

a)

i1 = 2 A,

3

C A P í T U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

le y e s

-

d e l o s c i r c u i t o s tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA


3.1. INTRODUCCIÓN Un circuito eléctrico o red consiste en una serie de elementos simples, como los descritos en el Capítulo 2, interconectados entre sí. El circuito debe tener al menos o una fuente de tensión o una fuente de intensidad. La interconexión de estos elementos y las fuentes conduce a unas nuevas relaciones entre las corrientes eléctricas y las tensiones en los mismos. Estas relaciones y sus ecuaciones correspondientes, junto con la relación corriente-tensión de cada elemento individual, permitirán resolver el circuito. El objetivo de estudiar los elementos individuales, su conexionado en los circuitos y resolver las ecuaciones de los mismos es para analizar el comportamiento de dispositivos como motores eléctricos, generadores, transformadores, transductores eléctricos y algunas partes de equipos electrónicos. Generalmente, el problema es conocer el comportamiento del circuito cuando cambian las condiciones de la fuente de energía.

3.2. LEY DE KIRCHHOFF PARA LAS TENSIONES

Para un camino cerrado en un circuito, la zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED ley de Kir chhoff pa r a la s tensiones (LKT) establece que la suma algebraica de las tensiones es cero. Algunas de las tensiorres serán debidas a las fuentes y otras debidas a la existencia de elementos pasivos, y entonces se hablará de ca ída s de tensión. Esta ley se aplica igualmente a los circuitos alimentados por fuentes constantes (llamadas de corriente continua), CC, como a circuitos alimentados por fuentes variables v(t) e i(t), y por otras fuentes que se introducirán en el Capítulo 9. El método de las corrientes de malla, que se verá en la Sección 4.2, se basa en la ley de Kirchhoff para las tensiones. EJEMPLO

3.1.

Escribir la ecuación de la LKT para el circuito de la Figura 3.1. <,

Comenzando dremos:

por la esquina

izquierda

más baja y siguiendo

la dirección

de la intensidad,

ten-

27

2 8 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE 3.1.

3 .3 .

L E Y D E K IR C H H O F F P A R A L A S IN T E N S ID A D E S D E C O R R IE N T E

La unión de dos o más elementos de un circuito constituye una conexión zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW denomina da ..nudo. La unión de dos elementos se llama nudo simple y en él no hay derivación de corriente. La unión de tres o más elementos se llama nudo pr incipa l, y en este caso sí hay derivación de corriente. La ley de Kir chhojJ pa r a la s intensida des de cor r iente (LKC) establece que la suma algebraica de las corrientes en un nudo es cero. Expresándolo de otra manera, significa que la suma de las intensidades que entran en un nudo es igual a la suma de las intensidades que salen del mismo. El método de las tensiones en los .nudos, que se explicará en la Sección 4.3, se basa en las ecuaciones que-se plantean para los nudos principales de un circuito al aplicar la ley de Kirchhoff de las intensidades de corriente. La base de esta leyes el principio de conservación de la carga eléctrica. EJEM PLO

3.2.

Escribir la ecuación de la LKC para el nudo principal indicado

en la Figura 3.2.

_i3

il_

-. '5

F ig u r a

i¡ - i2 i¡

3 .4 .

+

+

3.2.

i3 - i4 - i5 = O

i3 = i2

+ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i¿ + i5

E L E M E N T O S E N S E R IE

Los tres elementos pasivos conectados en serie, como se indica en la Figura 3.3, son recorridos por la misma corriente eléctrica i. Las tensiones en los elementos son VI' V2 Y vy La tensión total es suma de las tres tensiones individuales: v = v¡ + v2 + vy

LEYES DE LOS CIRCUITOS ZYXWVUTSRQ 29

,-

I

+ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

+

VI

+ V

V2

+ V3

F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG 3.3.

Si los tres elementos son resistencias,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+ iRz + + Rz +

v = iR l

=

i(R l

iR3 R3 )

= iReq donde Req es la resistencia equivalente de las tres resistencias en serie, La relación entre v e i sigue cumpliéndose, Para cualquier número de resistencias en serie tendremos Req = R, + Rz + "', Si los tres elementos pasivos son bobinas (o inductancias), v =

di

di

di

t

dt

t., -d + t.; -d + L3 't

= (L 1

+

Lz

+

di L 3) dt

di

= Leq dt Generalizando esto a cualquier número de inductancias en sene tendremos Leq = + Lz + "', Si los tres elementos son condensadores, suponiendo que la carga sea nula en el instante inicial para que las constantes de integración sean nulas, tendremos: = Ll

v

= _1 el =

i dt

(_1

+

e1

f

el cq

La capacidad

f

_1

+ _1

ez

f

i dt

+ el

f

+ _1 ) i dt e IHGFEDCBA e3 2

3

f

i dt

"-

i dt

de varios condensadores

en serie es

l/eeq= l/el + l/e

2

+ "',

3 0 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS 3 . 3 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA La resistencia equivalente de tres resistencias en serie es 750 n. Dos

EJEM PLO

de 40

n

y de 410

resistencias son ¿Cuál será el valor de la tercera resistencia? zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

n, respectivamente.

+ R3 750 = 40 = 410 + R3 Req = R1

EJEM PLO

capacidad

+

R2

R3 = 300

y

3 .4 . Se conectan en serie dos condensadores el = 2 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG ,uF Y e 2 = 10 ,uF. Calcular la equivalente de ambos. Repetir lo mismo si e 2 es 10 pF.

(2.10-6 )(10.10-6 ) 2.10-6 + 10.10-6 Si

e2

n

=

=

1,67 ,uF

10 · pF,

e

(2.10-6 )(10.10-12)

=-------

2.10-6

eq

+ 10.10-

donde la contribución de 10.10-12 en la suma de despreciarse frente al otro sumando.

20.10-18 ---=

2.10-6

12

el

+

e2

lOpF

en el denominador

es muy pequeña y puede

Nota . Cuando los condensadores tienen valores muy diferentes, la capacidad equivalente es fundamentalmente debida al condensador de menor capacidad.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

3 .5 .

ELEM ENTOS EN PARALELO

Para los tres elementos conectados en paralelo, como se indica en la Figura 3.4, la LKC establece que la corriente i que entra por el nudo principal es la suma de las tres corrientes que salen de los otros nudos hacia las ramas . .

1

+

v

F ig u r a 3 .4 .

Si los tres elementos son resistencias,

LEYES DE LOS CIRCUITOS SRQPONMLKJI 3 1 zyxwvutsrq

Para varias resistencias en paralelo, 1

1

1

-=-+-+

...

e,

Req zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC R2

El caso de dos resistencias en paralelo se presenta frecuentemente y merece una especial mención. La resistencia equivalente de dos resistencias en paralelo es igual al producto de ambas dividido por la suma de dichas resistencias.

EJEM PLO

3 .5 .

resistencias de 60

Calcular la resistencia equivalente de:onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB a ) dos resistencias de 60 n en paralelo, y b) tres n en paralelo. ( 60)z

a)

R

eq

=-=

120

1

1

1

1

Req

60

60

60

-=-+-+-

b)

Nota .

Para n resistencias

Las combinaciones

3 .6 .

Req

=

20

n

iguales en paralelo, la resistencia equivalente

de resistencias en paralelo tienen expresiones 1

1

1

Leq

L¡

t.,

-=-+-+

EJEM PLO

30n

Se conectan

...

Con tres condensadores

similares a las de las resistencias:

y para dos bobinas,

en paralelo dos bobinas L ¡

1

1

1

t.¿

3 mH

6 mH

-=--+--

viene dada por Rjn.

y

=

3 mH y L l Leq

=

6 mH. Calcular Leq'

2 mH

=

en paralelo, do

i = C¡ dt

+C l

do -

dt

+C3

di: -

dt

=(C ¡ +C z + C 3 )

dv -

dt

= C eq-

dv dt

Para varios condensadores en paralelo resulta C eq = C ¡ + C 1 + "', que es la misma expresión que para resistencias en serie.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

3 .6 .

D IV IS IÓ N

D E T E N S IÓ N

Un conjunto de resistencias en serie como las de la Figura 3.5 se denomina divisor de tensión. El concepto, que aquí se refiere a resistencias, puede extenderse a impedancias, como se verá en el Capítulo 9.

3 2 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

.-

I

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB + SRQPONMLKJIHGFEDCBA

+ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

v

F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG 3.5.

E J E M P L O 3.7. Un circuito divisor de tensión tiene dos resistencias cuya suma es 50 de salida es ellO por 100 de la de entrada, calcular el valor de las dos resistencias.

3 .7 .

=

5 Q Y Rz

=

Si la tensión

R¡ 010=-, 50.10 3

v¡

- = 0,10 v de donde R¡

Q.

45 Q.

D IV IS IÓ N D E C O R R IE N T E

Una organización de resistencias, como se indica en la Figura 3.6, constituye un divisor de corriente. La relación entre la corriente t, por una rama y la corriente i muestra el funcionamiento de divisor.

.-

I

+

v

R¡

F ig u r a

v

v

i= -+ -+ R¡

Rz

v R3

3.6.

y

V

', =-

R¡

LEYES DE LOS CIRCUITOS SRQPONMLKJ 3 3 zyxwvutsr

1/R¡ R2 R3 Entonces onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1/R¡ + 1/R2 + 1/R3 R¡ R2 + R¡ R3

+

R2 R3 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZY

Para el caso de un divisor con dos ramas tendremos: i¡

R2

+

R¡

R2

Esto puede expresarse de la siguiente forma: En un circuito con dos ramas en paralelo, la relación entre las intensidades por una rama y la total es igual a la relación entre la resistencia por la otra rama y la suma de ambas resistencias. E J E M P L O 3 .8 . Una corriente de 30 mA se divide en dos ramas por las que pasan 20 mA y 10 mA, constituida por dos resistencias en paralelo cuya resistencia equivalente es mayor de 10 Q . Calcular los valores de las resistencias de ambas ramas.

20 mA 30 mA Resolviendo

lOmA

R2 --R¡

+

30 mA

R2

estas ecuaciones se obtiene R

¡ ~

15

PROBLEM AS 3 .1 .

Obtener el valor de V3 y su polaridad 0,4 A, en la Figura 3.7.

R R

R¡ R¡ Q

+

y R2

¡

R2 ~

30

R¡

+

2

~

10 Q

R2

Q.

R E S U E l. T O S ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 sabiendo

que la intensidad

de la corriente

es

20n

F ig u r a

Suponiendo que V 3 tiene la misma polaridad esquina inferior izquierda, se obtiene: VI -

3.7. que V ¡ Y aplicando " ,

+ 50 - 2 - 10 - 8 +

/(5) -

V2

-

/(20)

V 3=

O

V3 = O V3 = -30

El extremo b es positivo respecto del a .

la LKT, comenzando

V

por la

34

3.2.

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

Calcular las intensidades zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 1 e 1 2 en el circuito de la Figura 3.8.

'7 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

lA ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

Figura 3.8.onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG a

y b constituyen

un solo nudo. Aplicando

o

2+7+11=3 También

la LKC,IHGFEDCBA 1¡ = -6A

e y d forman un nudo, y así:

o 3.3.

Obtener

la intensidad

1

por el circuito de la Figura 3.9.

4A

Figura 3.9. Las intensidades por el interior de la zona sombreada no se pueden calcular al no conocer los valores de las resistencias. Sin embargo, al aplicar la LKC a toda la zona considerandola como un nudo, se obtiene:

2-3-4-1=0 3.4.

Calcular la resistencia equivalente

o

1 = -5 A

del circuito de la Figura 3.10.

LEYES~DE,:LOSCIRGUITOS ZYXWVUTSRQ 35

20.0 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

20.0

.ro n

20.0

F ig u r a

3.10.

Las dos resistencias de 20 n en paralelo son equivalentes a una resistencia vk., = = [(20)(20)/(20 + 20)] = 10 n. Ésta se encuentra en serie con la resistencia de 10 n, cuya suma

será 20 n. Ahora esta última calculada se encuentra que la resistencia equivalente es 10 n.

3.5.

Calcular la inductancia

en paralelo con la de 20

n, y

así se obtiene

equivalente de las tres bobinas en paralelo de la Figura 3.11.

~

20mH

F ig u r a

3.11.

Las dos inductancias de 20 mH son equivalentes a una de 10 mH. Ésta se encuentra paralelo con la de 10 mH, siendo por tanto 5 mH la equivalente del conjunto. Análogamente puede obtener de 11111

1

1

4

20 mH

20 mH

20 mH

en se

-=-+-+-=---+---+--=--- zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE o sea Leq = 5 mH

Leq

3.6.

L¡

t.,

L3

10 mH

Calcular la capacidad total de los tres condensadores

F ig u r a

3.12.

de la Figura 3.12.

3 6 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Para C 2 y C 3 en paralelo, C eq

C2

=

+ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE para C I y C cq en serie, 3 . Entonces + C 3) + C2 + C3

C I (C 2 el

3.7.

El circuito de la Figura 3.13 es un divisor de tensión, también llamado a tenua dor . Cuando se trata de una resistencia con un. contacto deslizante se denomina potenci6metr o. Para comprobar el efecto de carga, provocada por la resistencia R del voltímetro VM, calcular la relación Vsal/Vent para los casos: a) R = 00, b) R = 1 Mil, e) R = 10 kil, d) R = 1 kil.

250 V salI Ven! = 2250 + 250 = 0,100

a)

----,

+

12250

1

I

n

I+]M

ISRQPONMLKJIHGFEDCBA

1

1

1

1 250

1

n

1

V•••,

I _

R

Figura 3.13.

b)

La resistencia equivalente

de R, en paralelo con la de 250

249,9 Vsa,IVen! = 2250 + 249,9 = 0,1

y

e)

=

R <4

ti)

R. <'1

(250)(10000) 250

=

+ 10000

(250) (1000) 250

+ 1000

=

. 2439 '

=

200

n

n

n, será:

y

y

37 zyxwvutsr

LEYES DE LOS CIRCUITOS

3.8.

Calcular

todas las intensidades

que pasan por las ramas de la Figura onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR 3.14(a).

so zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a

1 /.

1

12 O

/2

-/]

1

1 .-

80

41

1,

20

-1 )

IHGFEDCBA

9,8 O

30

60

CP13,7A

1 .-

20 20

b

(b )

(a )

Figura 3.14. La resistencia

equivalente

de las partes izquierda

Req(izda)

=

y derecha desde los nudos a y b son:

(12)(8)

5

+~

=

(6)(3)

Req(dchal =

Ahora, utilizando

-9-

=

9,8 Q

2Q

el circuito de la Figura 3.14(b),

/3

= -

2

11,8

(13,7)

=

2,32 A

9,8 /4 = (13,7) = 11,38 A 11,8

Utilizando

el circuito original, /1 = -

8

20

(2,32)

=

0,93 A

3

/5 = - (11,38) = 3,79 A 9

PROBLEM AS

3.9.

Deducir b)/=

la tensión -2A.

V y la polaridad

/2

=

2,32 - 0,93

/6 = 11,38 -

=

1,39 A

3,79 = 7,59 A SRQPONMLKJIHGFEDCB


de la fuente de la Figura 3.15 en los casos:

Solución: a ) 50 V, extremo b positivo; b) 10 V, extremo a positivo.

a) / =

2 A Y

CIRCUITOS ELÉCTRICOS 3 8 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

lO

n

16 n

a

a

- onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V

20V

+

20n

Rx

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b

sn

Figura 3.15.

3.10.

Calcular

Rey en el circuito de la Figura 3.16 para: a) Rx

Solución: a) 36

3.11.

Figura 3.16.

n h)

16

n e)

20

Una bobina de 8 mH se encuentra y 6 mH. Calcular

= 00, b) R;

=

0, e) R;

=

5

n.

n en serie con otras dos que están en paralelo, de valores 3 mH

Le'l'

Solución: 10 mH.

3.12.

Demostrar

que la C ecl de los tres condensadores

o

iguales de la Figura 3.17 es 1,5 C.

+

I

IMV

o

Figura 3.17.

3.13.

Calcular los valores de R H y R ¿ del divisor de tensión de la-Figura corriente está limitada a 0,5 A cuando la tensión Va = 100 V. ' Solución: R H

3.14.

Figura 3.18.ZYXWVUTSRQPONML

Utilizando

=

2 Mn,

n;

=

3.18 suponiendo

200 Mn.

la división de tensiones, calcular VI y V 2 en el circuito de la Figura 3.19.

Solución: 11A V. 73.1 V.

que la

LEYES

1 6 ,4 O

7 4 ,0 0

DE LOS CIRCUITOS

39

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA SO

onmlkjihgfedcba

+ 360

120

VI

+

lO S V

1 0 3 ,2 O

I

40 2 8 ,7

O

F ig u r a 3 .1 9 .

F ig u r a 3 .2 0 .

3 .1 5 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Calcular la intensidad 1 de la fuente y la potencia disipada en el circuito S o lu c ió n : 3 .1 6 .

20

tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

de la Figura 3.20.

6 A, 228 W.

Demostrar que para cuatro resistencias en paralelo la corriente por una rama, por ejemplo la que tiene en zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R4 , viene dada en función de la corriente total 1 T por siendo

R¡ R2 R3

R' = R¡ R2

+

R¡ R3

+

R2 R3

Nota . Este caso es similar al de una división de corrientes por dos ramas en paralelo, donde la otra resistencia se ha sustituido por R'.

4

C A P í T U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA M é to d o s

4 .1 .

d e a n á lis is

M É T O D O D E L A S C O R R I E N T E S D E R A M A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

En el método de las corrientes de rama se asigna a cada rama una determinada intensidad de corriente. Se aplica entonces la ley de Kirchhoff de las corrientes a cada uno de los nudos principales del circuito y la de las tensiones entre los nudos correspondientes. Esto proporciona un sistema de ecuaciones que permite calcular las corrientes por cada rama. E J E M P L O 4 .1 . Calcular las corrientes método de las corrientes de rama.

en cada rama del circuito

de la Figura

4.1 utilizando

el

2 0 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO s o zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB a

r +

b F ig u r a 4 .1 .

Se supone que las corrientes por cada rama son 1 1, 1 2 e 1 3 , tal como se indica. Aplicando la LKC al nudo a , 11=12+13

(1)

La tensión Va b puede escribirse en [unción de los elementos de cada rama; Va b = 20 - 1 1 (5), Va b = 13(10) Y Va b = 1 2(2) + 8. Por tanto, pueden escribirse las siguientes ecuaciones:

Resolviendo

20 - 1 1(5) = 13(10)

(2)

20 - 1 1(5) = 1 2 (2) + 8 IHGFEDCBA

(3)

el sistema de las tres ecuaciones

(1), (2) Y (3) se obtiene 1 1 = 2 A, 1 2 = 1 A e 13 = I A.

Se podían haber escogido otros sentidos para las corrientes de rama, y con el signo obtenido en el resultado final se deduciría el sentido correcto. Cuando la red es más compleja, el método de las corrientes de rama es difícil de aplicar, porque no se ve claramente el proceso de escoger las ramas y nudos para obtener las ecuaciones adecuadas al problema 41

42 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCtlPl:OS ELÉCTRICOS concreto. Además, pueden resultar más ecuaciones independientes que las que se necesitan con los métodos de corrientes de malla o de tensiones en los nudos.

4.2. MÉTODO DE LAS CORRIENTES DE MALLA

En él método de las corrientes de malla se asigna a cada zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO venta na del circuito una corriente total como cerrada en un bucle. A veces se denomina cor r iente de bucle. Por cada elemento y rama circulará una corriente independiente. Si por una rama circulan dos corrientes de malla, la corriente total por la rama es la suma algebraica de las de malla. El sentido asignado a las corrientes de malla puede ser.el sentido de las agujas del reloj o el contrario, si bien es preferible asignar un mismo sentido a todas las mallas, que puede ser el de las agujas del reloj. Una vez asignadas las corrientes se escribe la ley de KirchhofT de las tensiones para cada bucle con el fin de obtener las ecuaciones necesarias. EJEMPlO 4.2. Calcular las intensidades por cada rama del circuito de la Figura 4.2 (el mismo que el de la Figura 4.1) utilizando el método de las corrientes de malla.

so IHGFEDCBA20

~I'D t

a

Figura 4.2. En la figura se indican las corrientes /1 e /2 escogidas. Aplicando la LKT a lo largo del bucle IX , izquierdo a partir del punto onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA - 20

+ 5/1 + 10(/1 - /2)

Y a lo largo del bucle de la derecha comenzando 8 Reordenando

=

O

por el punto {3,

+ 10(/2 -

/1)

+ 2/2

=

O

términos, 15/1 - 10/2 -10/1

+

12/2

= =

20 -8

(4) (5)

Resolviendo el sistema de (4) y (5) se obtiene /1 = 2 A e /2 = 1 A. La intensidad por la rama central, señalada por línea de puntos, es /1 - /2 = 1 A. En el Ejemplo 4.1 ésta era la corriente de rama /3.

Para obtener el sistema de ecuaciones correspondiente no es necesario restringirse a escoger las intensidades en las venta na s, aunque sea lo más usual en este método. Por ejemplo, ver el Problema 4.6, en el que las corrientes pasan todas por la misma fuente. En ese problema se denominan corrientes de bucle. La regla a aplicar es que cada elemento en el

MÉTODOS

DE ANÁLISIS ZYXWVUTSR 4 3 zyxwvut

circuito debe tener una corriente o combinaci6n de corrientes, y que dos elementos en distintas ramas no pueden tener asignadas la misma corriente o combinaci6n de corrientes.

4 .3 .

M A T R IC E S Y D E T E R M IN A N T E S

Las zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n ecuaciones de un circuito con n-mallas se pueden escribir en forma matricial. (En el Apéndice B hay una introducci6n al estudio de matrices y determinantes.)SRQPONMLKJIHGFEDCB EJEM PLO

Al aplicar la LKT a las tres mallas del circuito de la Figura 4.3 se obtiene el sistema siguiente:

4 .3 .

de ecuaciones

(RA

+

RBonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA )/¡ -RB /2 = Va

-RB/¡

+

(RB

+

Re

+

RD )/2

-RD )/3

=

-RD /2 + (RD + RE )/3=

O -Vb

Que escritas en forma matricial, O

] [

-R RD

+

~E

/1] / /:

=

[Va]O -

Vb

v,

F ig u r a

Los elementos

de una matriz pueden representarse

4.3. en general de la forma siguiente:IHGFEDCBA

(6)

El elemento R ¡I (fila 1, columna 1) es la suma de todas las resistencias que son atravesadas por la corriente de malla / l. En la Figura 4.3 vale RA + RB . De forma análoga los elementos R22 y R33 so la suma de las resistencias atravesadas por /2 e /3' respectivamente. El elemento R1 2 (fila 1, columna 2) es la suma de todas las resistencias que son atravesadas por las dos corrientes de malla /1 e /2. El signo de R ¡2 es + si ambas corrientes atraviesan la resistencia en el mismo sentido, y - si lo hacen en sentidos contrarios. En la Figura 4.3, R B es la única resistencia común a / ¡ e /2; y los sentidos de las corrientes son opuestos, así que el signo será negativo.

4 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Análogamente, los elementos R 21 ,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R23 , RI3 Y R31 son la suma de las resistencias comunes a las dos corrientes de mallas que indican los subíndices de cada elemento, y con el signo correspondiente de acuerdo con el criterio definido para R12. Se observa que para cualquier i y onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO j resulta Rij = Rji. Por tanto, la matriz de resistencias es una matriz simétrica respecto de la diagonal principal. La matriz de corrientes no requiere de una explicación especial, puesto que los elementos están en una columna y son las intensidades correspondientes a cada malla. Éstas son las incógnitas en el método de análisis de circuitos por corrientes de mallas. El elemento VI de la matriz de tensiones es la suma de las tensiones de las fuentes de la malla 1 1• La tensión de una fuente es positiva si II pasa del extremo - al + de la fuente; en caso contrario, es negativa. En otras palabras, una tensión es positiva si la fuente conduce en la dirección de la corriente de malla. En la Figura 4.3 la malla 1 tiene una fuente Va que conduce en la dirección de 1 1; la malla 2 no tiene fuentes y la malla 3 tiene una fuente Vb que conduce en dirección contraria a 13' lo que hace que V3 sea negativa.

La ecuación matricial ocasionada por el método de las corrientes de malla puede solucionarse por varias técnicas. Una de ellas es el método de los deter mina ntes (regla de Cramer), que se explicará ahora. Es necesario decir que con circuitos más complejos hay otras técnicas más efectivas.SRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 4 .4 . Resolver la ecuación matricial (6) del Ejemplo 4.3 por el método de los determinantes. La intensidad II se obtiene como cociente de dos determinantes. El determinante del denominador es el que tiene los elementos de la matriz de resistencias. Éste se puede denominar como determina nte de los coeficientes y ser representado por el símbolo I1 R• El determinante del numerador tiene los mismos elementos que I1 R excepto que la primera columna está compuesta por los elementos de la matriz de tensiones. Así:

I1

=

VI

R I2

V2

R22

R13

R" V3

R32

R33

I

RII

R12

R13

R 21

R22

R23

R31

R32

- I1

VI

R12

R13

V2

R22

R23

V3

R32

R33

R

R33

Análogamente, RII 12

=-

VI

R13

1

I1 R

R 21

V2

R23

R31

V3

R33

13

=-

RII

R12

VI

R 21

R22

V2

R31

R32

V3

1

I1 R

Un desarrollo de los determinantes por los adjuntos de los términos de tensión proporciona sistema de ecuaciones que puede ayudar a entender el circuito en función de sus resistencias transferencia y de las tensiones de excitación: -IHGFEDCBA

un de

(7) (8)

MÉTODOS DE ANÁLISIS ZYXWVUTSRQ 4 5 zyxwvutsrq

I't.¡j es el adjunto de Rij (elemento de la fila onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i, columnaj) de I't.R. Deberán ponerse con los signos Aquí,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA de los menores complementarios (véase Apéndice B).

4.4. MÉTODOS DE LAS TENSIONES EN LOS NUDOS El circuito de la Figura 4.4(a) tiene cinco nudos, donde el 4 y el 5 son sencillos y el 1, 2 Y 3 son principales. En el método de las tensiones en los nudos, uno de los nudos principales se toma como nudo de referencia y se aplica la LKC a los otros nudos principales. A cada uno de estos nudos principales se les asigna una tensión, que es r especto de la del nudo de r efer encia . Estas tensiones son las incógnitas, y cuando se calculan por un método apropiado se tiene la solución del circuito. 2

4

RD

J

3 (ret.) (b )

(a )

Figura 4.4.

El circuito está dibujado de otra forma en la Figura 4-4(b), habiendo tomado el nudo 3 como referencia para las tensiones V I y V 2 • La LKC establece que las corrientes en el nudo 1 se anulen:

De forma análoga, las corrientes

en el nudo 2 deben anularse:

(Aplícar la LKC de esta forma no implica que las corrientes reales por todas las ramas sean salientes de los nudos. Evidentemente, la corriente en la rama 1-2 debe ser sa liente de un nudo y entr a nte en otro.) Poniendo en forma matricial las ecuaciones para V I y V 2 :


1

1 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Va /RA VI RonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Re Re B 1

-+-+RA

1 Re

1

1

1

Re

RD

RE

-+-+-

Vz

Vb/RE

Observar la simetría de los coeficientes de la matriz. El elemento 1,1 es la suma de las inversas de todas las resistencias conectadas al nudo 1; el 1,2 y el 2,1 son iguales al valor de la suma de las inversas de las resistencias que se encuentran conectadas en las ramas que unen los nudos 1 y 2 Y con signo nega tivo. (En este caso, sólo hay una rama.) El segundo miembro de la ecuación es la matriz de corrientes con Va /RA y Vb/RE> que son las corrientes de las fuentes. Estos dos términos se han tomado positivos porque ambos conducen corriente hacia un nudo. Más adelante, en el Capítulo 9, se tratarán de forma más completa estos términos, cuando se estudie el método de las tensiones en los nudos para circuitos con ondas sinusoidales estacionarias.SRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 .5 . Resolver el circuito del Ejemplo 4.2 usando el método de las tensiones en los nudos. El circuito se ha dibujado de nuevo en la Figura 4.5. Con dos nudos principales sólo se necesita una ecuación. Si se suponen todas las corrientes salientes en el nudo superior y se toma el nudo inferior como referencia, EJEM PLO

VI - 20

VI - 8

V¡

---+-+--=0 5 10 2 de donde V¡ = 10 V. Entonces 1 ¡ = (10 - 20)/5 = en el nudo 1); /2 = (lO - 8)/2 = 1 A; 13 = 10/10 indica con línea de puntos.

=

2 A (el signo menos indica que la corriente /1 entra 1 A. La corriente 13 del Ejemplo 4.2 es la que se

ref.

F ig u r a 4 .5 .

4 .5 .

R E S IS T E N C IA

En los circuitos con una da . En la Figura 4.6 la absorbida es 1 l' Puesto expresión (7) del Ejemplo

DE ENTRADA

sola fuente es importante conocer los bor nes de conexión o entr a tensión aplicada se designa por VI y la intensidad de corriente que sólo hay una fuente VI' la corriente 1 1 viene dada por la 4.4:

MÉTODOS

La resistencia de entrada

El lector comprobará

es la relación entre onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V I e 1 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1:

que las unidades de

Red P a siva

son

I"1R/1"111

Q.

Red P a siva

v,

Figura 4.6.

4 .6 .

R E S IS T E N C IA

DE ANÁLISIS SRQPONMLKJIH 4 7 zyxwvutsr

Figura 4.7.ZYXWVUTSRQPONMLKJI

D E T R A N S F E R E N C IA

Una tensión aplicada en una parte de un circuito provoca una corriente en todas las ramas del mismo. Por ejemplo, una fuente de tensión conectada a una red pasiva produce una corriente de salida en una parte del circuito donde se conectaría una resistencia de carga. Se dice entonces que el circuito tiene una resistencia de transferencia. Consideremos el circuito pasivo de la Figura 4.7, donde la fuente de tensión se ha denominado Vr y la corriente de salida Is. La ecuación de la corriente de malla para l , contiene solamente un término, el debido a V r en el determinante del numerador: 1"1IS)

I, = (O) ( I"1

La resistencia de transferencia

R

+ ... + O +

(l"1,.s)

Vr I"1

R

+ O + ...

es la relación entre Vr el,:

Como la matriz de resistencias es simétrica, R tr a n s fe r .r s

I"1rs

=

=

I"1sr'

se tendrá que:

R tr a n s fe r .s r

Esto expresa una importante propiedad de los circuitos lineales. Si una determinada tensión en una malla r produce una determinada elevación de corriente en una malla s, entonces la misma tensión en la malla s produce la misma corriente en la malla r.


Consideremos ahora el caso más general con n-mallas y con varias fuentes de tensión. La k puede escribirse en función de las resistencias de solución para la corriente de la malla onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA entrada y de transferencia [véanse las expresiones (7), (8) Y (9) del Ejemplo 4.4]:

Ik =

VI Rtransfer.lk

+ -- V k

V k -I

+ ... +

Rtransfer.(k

Rinput.k

-I)k

V k +zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR Vn I

+

+ ... + ---

Rtransfer.(k

+

I)k

R tra n sfe r.n k

Esta expresión no aporta nada nuevo matemáticamente, pero escrita en esta forma ilustra muy claramente el principio de superposición, poniendo de manifiesto cómo las resistencias controlan el efecto de las tensiones sobre una corriente de malla concreta. Si una determinada fuente se suprime y la corriente de malla se ve poco afectada, entonces es que la resistencia de transferencia es muy grande. La fuente Vk y las fuentes adyacentes a la malla k deberán contribuir de forma importante a la corriente 1k'

4 .7 .

S IM P L IF IC A C IÓ N D E C IR C U IT O S

Los métodos de corrientes de malla y tensiones en los nudos son las principales técnicas de análisis de circuitos. Sin embargo, la resistencia equivalente en las ramas en serie y en paralelo (Secciones 3.4 y 3.5), combinadas con las reglas de la división de corrientes y tensiones, proporcionan otro método de análisis de circuitos. Este método es tedioso y requiere normalmente que se dibujen algunos circuitos adicionales. No obstante, el proceso de reducir el circuito proporciona una visión más clara del. funcionamiento completo del mismo en términos de tensiones, corrientes y potencias. La reducción comienza por una exploración para detectar las combinaciones de resistencias en serie y en paralelo. E J E M P L O 4 .6 . Calcular la potencia suministrada cada resistencia del circuito de la Figura 4.8. Ra b

=

7

por la fuente de 60 V Y la potencia absorbida

+5

=

12

en

n

(12)(6)

R d = --= 4 n e

g

7 O

12

+6

e Q

e

70ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF 60 V

+

60

12 O

50

d

f F ig u r a 4 .8 .

b


Las equivalentes

de las dos ramas están en paralelo (Figura 4.9) y darán:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW

= (4)(1) = 3 4 + 12

R ef

Q onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

Entonces ésta de 3 Q está en serie con la de 7 Q (Figura 4.10), así que para el circuito completo,

= 7 + 3 = 10

Req

Q

8 e

a IHGFEDCBA

4n

12n

d

b

70

3n

+

60 V

f

f

Figura 4.9. La potencia como

total absorbida,

Figura 4.10. que es igual a la suministrada

P

Esta potencia está repartida

entre

7 P ge = P 7 n =-7+3 La potencia

P ef

= -4

estas potencias

Req

(6 W

= --

10

= 360 W

(360) = 252 W

12

+ 12

=-

Y R e f de la forma siguiente:

se divide a su vez entre P cd

Finalmente,

Rge

v2

T

(108)

por la fuente, puede ahora calcularse

Red

P e ¡ = --

7

3

+3

(360) = 108 W

Y Ra b de la siguiente forma:

= 81 W

4 Pab

= --

4

+ 12

(108) = 27 W

se dividen entre las resistencias individuales 6

P 12n

= --

P 6n

= --

12

12

+6

(81) = 27 W

7

12

+6

P 7 n = --

(81)

=

54 W

Psn

7

+5 5

= --

7

+5

como se indica:

(27) == 15,75 W

(27)

=

11,25 W

4.8. SUPERPOSICIÓN Un circuito lineal que contenga dos o más fuentes independientes puede analizarse obteniendo las tensiones y corrientes en las ramas debida a cada una de las fuentes por separado y luego superponiendo los resultados. Este principio es aplicable porque hay una relación

50

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

lineal entre corrientes y tensiones. Con fuentes zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK dependientes, la superposición sólo puede utilizarse cuando las funciones de control son externas al circuito que tiene las fuentes, haciendo que los controles no cambien cuando actúa la fuente correspondiente. Las fuentes de tensión se suprimen sustituyéndolas por un cortocircuito; las fuentes de intensidad se suprimen por un circuito abierto. La superposición no puede aplicarse directamente para el cálculo de la potencia, ya que la potencia de un elemento es proporcional al cuadrado de la corriente o al cuadrado de la tensión, por lo que no es lineal. Como una ilustración adicional de la superposición podemos considerar la ecuación (7) del Ejemplo 4.4:

+

1 = V (~) 1

1~

R

V

(~21)+ (~31) V

2~

3~

R

R

la cual contiene el principio de superposición implícitamente. Observar que los tres términos del segundo miembro se suman para obtener la corriente onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON 1 1 • Si hay fuentes en cada una de las mallas, entonces cada término contribuye a 1 1 • Si solamente la malla 3 contiene una fuente, V I y V 2 serán cero y la corriente 1 1 está determinada por el tercer término.SRQPONMLKJ

E J E M P L O 4.7. Calcular la intensidad de corriente que circula por la resistencia de 23 n de la Figura 4-II(a) aplicando el principio de superposición. Con la fuente de 200 V actuando sola, la fuente de intensidad de 20 A se sustituirá por un circuito abierto, Figura 4 .l1 (b ). IHGFEDCBA

40

40

47 O

t

27 O

20 A

23 O

o.c.

27 O

230 ZYXWVUT

200 V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + 200 V

(b )

(a )

40

47 O

t

27 O

lOA

c.c.

(e )

Figura 4.11.

23ft

MÉTODOS DE ANÁLISIS SRQPONMLKJI 5 1 zyxwvutsrq

R

~

=

(27)(4

+

47

+ 23)

54

=

605 '

n

200 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA IT = = 331 A 60,5 ' I~3Q

=

G:}3,31)

=

1,65 A

Cuando la fuente de 20 A actúa sola, la fuente de 200 V se sustituye por un cortocircuito, ra 4.11 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (e). La resistencia equivalente de la parte izquierda de la fuente es: R

=

4

+ (27)(47) 74

eq

Entonces

La corriente

I~3Q

=

=

total por la resistencia de 23 1 23Q =

n

2115 '

21,15 ) ( 21,15 + 23 (20)

=

Figu-

9,58 A

n es I~3Q

+ I~3Q

4.9;ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T E O R E M A S D E T H É V E N IN

=

11,23 A

y NORTON

Un circuito lineal con resistencias que tiene una o más fuentes de tensión o de intensidad puede sustituirse por una fuente de tensión y una resistencia en serie (Teor ema de Thévevin) o por una fuente de intensidad y una resistencia en paralelo (Teor ema de N or ton). La tensión se denomina Tensión equiva lente de Thévenin, V', y la intensidad de corriente de la fuente Cor r iente equiva lente de Nor ton, 1 '. Las dos resistencias son la misma, R '. Cuando los terminales a b de la Figura 4.12 están a bier tos, aparecerá una tensión entre los mismos. R'

a

\ Linea s de r ed

.4.cnva

/

\

\

/

I

V'

+

, I

a

\

/

I

b

b (b ) Thévenin

, I

R'

/

b

(a)

a

(e ) Nonon

Figura 4.12.

La tensión V ' del circuito equivalente Thévenin de la Figura 4.12(b) será la tensión a b en circuito abierto. Si se cortocircuitan los extremos a b, como se indica por la línea de puntos en la Figura 4.12(a ), pasará una corriente. Esta corriente será la de la fuente de intensidad l' de la Figura 4.12(c) del circuito equivalente de Norton. Ahora, si· los circuitos (b) y (e) son


equivalentes del mismo circuito activo, ellos serán equivalentes entre sí. Se deduce entonces V'/l'. que R' = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 .8 . Obtener los circuitos equivalentes Thévenin ra onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4.l3(a). EJEM PLO

y Norton

del circuito

de la Figu-

30

30

•.. -------.•.. ~,....--~a

e---------~--~~---oa

+

60

30 + JO V

SRQPONMLKJIHGFEDCBA •.•

_----..... ---~b

10 V

.....IL ..---

- -O b

(b)

(a) 30

r----------r--~~---oa 30 c.c.

60 c.c.

~----~~-------Ob (e) F ig u r a 4 .1 3 .

Con los terminales ab abiertos, las dos fuentes y las resistencias de 3 por una corriente en sentido de las agujas del reloj [Figura 4.l3(b)] de: 1 =

+ 10 3 + 6

20

30

n y de 6 n

A

=-

9

Puesto que no pasa corriente por la resistencia de 3 n de la parte superior, puede calcularse a partir de cualquiera de las dos ramas activas:

Vab

Vab

=

V'

=

V'

= =

20 -

C9

0

c:) ) 6 -

(3)

10

= =

la tensión de Thévenin

10 V

10 V

La resistencia R ' se puede calcular cortocircuitando las fuentes de tensión encontrando la resistencia equivalente del circuito entre los terminales ab: R' =

3

+ (3)(6) 9

=

están atravesadas

5

n

[Figura

4.13(c)]

y

MÉTODOS

Cuando se hace un cortocircuito fuentes. Suponiendo que la corriente

i;

=

l'

=

DE ANÁLISIS ZYXWVUTSRQ 5 3 zyxwvutsr

entre los terminales aparece una corriente zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU lcc debida a las dos b, por superposición tendremos pasa de a hacia onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(6 : 3) [ 3+-~~)(6)]- (3 : 3) [ 6+-1(~)(3)] = 2A IHGFEDCBA 9

6

En la Figura 4.14 se representan los dos circuitos equivalentes. En este caso los valores de V ', R ' e l' se obtuvieron de forma independiente. Como están relacionados por la ley de Ohm, dos de ellos pueden utilizarse para obtener el tercero.

~------~~----------oa so

,....--------.,...---------0 so

2A

~------~--------_ob

~--------------------ob (a )

Equivalencia

a

de Thévenin

(b )

Equivalencia

de Norton

Figura 4.14.

La utilidad de los circuitos equivalentes Thévenin y Norton está clara cuando se tiene que estudiar un circuito con diferentes cargas, representadas por una resistencia. En la Figura 4.15 se tiene esta situación, en la que varias resistencias R¡ , R2' ..., R; se pueden conectar una cada vez, y obtener la intensidad y la potencia en cada caso. Si esto se hubiese intentado con el circuito primitivo, la tarea habría sido tediosa y el tiempo empleado mayor.

r--~"",",-_oa R'

V'

'------_ob Figura 4.15.

4 .1 0 .

T E O R E M A D E T R A N S F E R E N C IA D E M Á X IM A P O T E N C IA

A veces se quiere calcular la máxima potencia que es capaz de transferir un circuito activo a una resistencia exterior RL . Suponiendo que el circuito es lineal, se puede reducir a un circuito equivalente como el de la Figura 4.16. Entonces V' 1 = ---

R'

+

RL


y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA así la potencia absorbida por la carga es zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG P

_ L -

V'2RonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (R '

+

L

R L)2

4R'

Se ve que P L alcanza su valor máximo, V'2 j4 R ', cuando R L = R ', con lo que la potencia en R ' es también V'2 j4 R '. En consecuencia, cuando la potencia transferida es máxima, el rendimiento es el 50 por 100. R'

V'

Figura 4.16.SRQPONMLKJIHGFEDCBA

PROBLEM AS

4.1.

RESUELTOS

Utilizando las corrientes por las ramas en el circuito de la Figura corriente que pasa por la fuente de 60 V.IHGFEDCBA

-

4.17, calcular

la

70

ñU V

J+

1,

-

ll~ 12

o

1

1

)

ñO

12

o

I

Figura 4.Í7. , La LKT Y la LKC dan: /2(12) = /3(6) /2(12) = /4(12) 60 = /1(7) + /2(12)

/1=/2+/3+ 1 4 Sustituyendo

(la) (11 ) (12) (13)

(10) Y (11) en (13), (14)

MÉTODOS

Ahora sustituyendo

(14) en (12): 60

4.2.

DE ANÁLISIS ZYXWVUTSRQ 5 5 zyxwvut

1 ¡(7)

=

Resolver el Problema

+ ¡/4 1 ¡(12)

I¡ = 6 A o zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

101¡

=

4.1 por el método de las corrientes

de malla.IHGFEDCBA

70

Figura 4.18. Aplicando

la LKC a cada malla (véase Figura 4.18) resulta: 60

+ 12(1¡ - 1 2 ) + 6(12 6(13 - 1 2 ) + 1213 7/¡

=

O = 12(12 - 1 ¡)

O Reordenando

los términos

y poniendo

191¡ - 121 2 -121 ¡

Utilizando

61 2

60

61 3

=

O

+ 181 3

=

O

la regla de Cramer 60 / ¡

4.3.

=

+ 181 2 -

=

=

-12

las ecuaciones en forma matricial:

o

para obtener 1 ¡,

O

19

O

18

- 6

O

- 6

18

O - 6

= 17280

-7

2880

= 6A

18

-6

4.1 y 4.2 por el método de las tensiones en los

sólo hace falta una ecuación:onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK 60

V¡ -

7

V¡ =

18

O

---+ de donde

-12

-12

Resolver el circuito de los Problemas nudos. Véase Figura 4.19. Con dos nudos principales

/3)

V¡

V¡

V¡

12

6

12

-+ - +-

18 V. Entonces, l ,

=

60 7

V¡

= 6 A

=

O

,


120 60V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 4.19.

4.4.

Obtener

la Rin.l del Problema

4.2 y utilizar el resultado

L1 IHGFEDCBA 2880 2880 R R in.l -- L1 18 61 = 288 = 11 1 -6

4.5.

60

I zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC 1 = -= -= 6A R in .1 10

Obtener Rtransfer,I2 Y Rtrimsfer.13 para el circuito del Problema para calcular 1 2 e 13. El adjunto

del elemento

O

1

Entonces, 1 2 = 60/13,33

2880 L1 R Rtransfer.12= L112 = 216 = 13,33 Q

-61 = 216 18

= 4,50 A. -12

L113= (-1)1+ 3

O

1

Entonces,

4.2 y utilizar el resultado

1,2 de L1 R tiene signo menos: -12

L112=(-1)1+2

4.6.

Ion

18

60

Entonces

para calcularonmlkjihgfedcbaZYXWVU 1 \.

18 -61

1

L1 R 2880 R"ansfer,13= = -= 40 Q L1 13 72

=72

13 = 60/40 = 1,50 A.


4.1 usando las corrientes de bucles indicadas en la Figura 4.20. 70 A .•.

" 60V

120

12

~~

Figura 4.20

60

13

12 o


Los elementos de la matriz para incluir en la ecuación correspondiente observación del circuito siguiendo las indicaciones de la Sección 4.2.

se deducen

de la

['; ;]H~[:] 7

13 7

13

19

60

7 [19 13 ;] ~ 2880 Así,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~R

=

~

7

19

Observar que en el Problema 4.2 también es ~R = 2880, aunque los elementos del determinante sean diferentes. Todos los conjuntos de ma lla s o bucles vá lidos da n el mismo va lor de onmlkjihgfedcbaZYX ~R' Los tres determinantes para los numeradores son: 7 13 7

~] =

4320

N2 =

8642

N3 =

4320

19

Por consiguiente, NI 4320 1 1=-=--=15A ~R 2880

La corriente proporcionada bucle; 1 I + 1 2 + 13 = 6 A.

4.7.

13

'

N3

= -

~

=

15A ,

R

por la fuente de tensión de 60 V es la suma de las tres corrientes de

Escribir la ecuación matricial de las corrientes de malla para el circuito de la Figura 4.21, por análisis del mismo, y calcular las corrientes correspondientes. 100 IHGFEDCBA 20

50

20

11

:;:

Figura 4.21.

SOy

58

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

Resolviendo, -25 11 =

25 50

O

-5 19

O

6

O

19 IHGFEDCBA -4 = (-700)

-5

-4

-4

-5

7

-i-

536

=

-1,31 A

6

-4

Análogamente,

N zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1700 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ N3 5600 2

1 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 13 = - = -= 10 45 A 2 =-=--=317A dR 536 'ZYXWVUTSRQPONMLKJ dR 536 ' 4 .8 .


4.7 por el método de las tensiones en los nudos.

El circuito se ha dibujado de nuevo en la Figura 4.22, con dos nudos principales designados 1 neta por el nudo 1 debe ser cero. y 2, Y el tercero se toma como nudo de referencia. Según la LKC, la corriente

VI

VI - 25

2

5

-+

VI - V2

+

=0 10 SRQPONMLKJIHGFEDCBA

100

F ig u r a

4.22.

De forma análoga, en el nudo 2, V2

-

VI

V2

---+-+ 10

Poniendo

4

las dos ecuaciones en forma matricial,

V2

+ 50 2

=0

MÉTODOS DE ANÁLISIS ZYXWVUTSR 5 9 zyxwvutsr

El determinante

de los coeficientes y los determinantes ~ = 1

N 1-

-0,10 1 0,85 1IHGFEDCBA

5

-25

-o ' 101 =

0,80 -0,10

=

del numerador 0,670

0,85

1 75 '

N 2 -

son

0,80 1-0,10

-25

51=_19,5

De donde, 1,75

VI =--

0,670

=

- 19,5 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR = - 29 1 V 0,670 '

261 V '

V2 = --

En función de estas tensiones, las corrientes

-VI

1 1 =--=

2

4.9.

-131

'

12 =

A

en la Figura 4.21 se calculan como sigue:

VI -

V2

10

= 3 17 A

13 =

'

VonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO 2 + 50

2

= 10.45 A

Calcular, en el circuito de la Figura 4.23, el valor Vs que hace que lo = 7,5 mA. 40

Figura 4.23. Directamente por observación tensiones en los nudos.

del circuito se escribe la ecuación matricial del método de las

, -,~ 1] [VI] -+-+4

Resolviendo

6

V

6

2

=

[V/20] O

para V2 , 0,443 V2

1 -0,250 = .,--------0,443 1 - 0,250

V/20

1

O - 0.250 1 0,583

=

0.0638 V , .


7 5 . 10 ,

Entonces de donde Vs

4.10.

=

3

2 = 0,0638 V s = lo = onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

6

6

0,705 V.

En el circuito de la Figura 4.24, calcular la intensidad resistencia de 10 Q.

de corriente que circula por la

10 O

2

Figura 4.24. La ecuación en forma matricial

para los nudos obtenida

2 1

V

-6

--'----'----'1

0,30

= [

-0,20 1 070 - 0,20

-0,20

= 1

directamente

1 18 V '

0,70

Entonces, 1 = VI/lO = 0,118 A.

4.11.

Calcular la tensión V a b del circuito de la Figura 4.25. a

50 IHGFEDCBA

60

+

+~~ 4 O

-'-J 50

x

Figura 4.25.

1,

de la figura es

MÉTODOS DE ANÁLISIS SRQPONMLKJIH 6 1 zyxwvutsrq

Los dos bucles cerrados interconexión.

son independientes

y no hay paso de corriente

por la rama de

/1 = 2 A

4.12.

Para la red en escalera de la Figura 4.26, obtener la resistencia de transferencia 14' IHGFEDCBA la relación entre V¡n e zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA IOn

IOn

IOn

como

a

fea ea ea e &

-fonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b

Figura 4.26. Por observación

directa del circuito resulta -5

15 -5

20 -5

O O

tl R

O

=

5125 RL

/1

V;n

O

/2

O

-5

/3

O

RL

14

O

-5 20

O

O

-5

5

+

+ 18750

V;n 41 R

4.13.

Obtener el circuito terminales a b. La corriente Figura 4.27.

L

equivalente

de cortocircuito

Ion

V;n

+ 150 (A)

Y

Thévenin lec se obtiene

Rtransfer.14

RL

+ 150

(O)

4

de la Figura

4.26, a la izquierda

a partir de las tres corrientes

IOn

«,: ea .

= 1 = 41

Figura 4.27.

IOn

a

&

-

1<.<.

,

5n

b

de los

de malla de la


[

15 - 5

11] _

- 5 20

O

O] [zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA [V;n] - 5 12 O

-5

15

O

lec

150 La tensión de circuito abierto Vea es la tensión en la resistencia de 5 Figura 4.28.SRQPONMLKJIHGFEDCBA 100

100

Q,

como se indica en la

100 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Q

b

F ig u r a 4 .2 8 .

15 • - 5 [ O

I

Entonces, la fuente de Thévenin

O] [ 1I 1] _ [V;n] O

- 5 20

- 5

2

- 5

15

13

25V;n

V;n

----

3 -

V' =

Vea

R

5125 - 205

=

O

(A)

13(5) = V;n/41, y Vea

Th

-

---I

-

150 Q 41

ee

El circuito equivalente de Thévenin es el de la Figura 4.29. Csn RL conectada intensidad de corriente es V;n

V;n/41

1 -----4 -

de acuerdo con el Problema

(150/41)

4.12.

+

RL

41R

L

+ 150 (A)

entre a b la

MÉTODOS

R '=

IS O

41

V '=

n

DE ANÁLISIS ZYXWVUTSRQ 6 3 onmlkjihgf

a

SRQPONMLKJIHGFEDCBA zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

V io

41

b F ig u r a 4 .2 9 .

4 .1 4 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Utilizando superposición, calcular la intensidad 1 debida a cada

fuente de tensión en

el circuito de la Figura 4.30.

27

n

F ig u r a 4 .3 0 .

Las corrientes ellas.

de bucle se eligen de tal forma que por cada fuente circule solamente

54 [ -27

-27J 74

[IIJ 12

= =

una de

[-460J 200

De la fuente de tensión de 460 V, l' = I' = (-460)(74) I 3267

= -lO 42 A '

y de la de 200 V

1" I

Entonces, 4 .1 5 .

1 = t'

- (200) ( - 27)

=

1"

=

+

1"

= -10,42

3267

= 1 65'A "

+ 1,65 = -8,77 A

Obtener la intensidad de corriente por cada resistencia de la Figura 4-31(0) utilizando el método de reducción del circuito.

64

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

..

tlT 25V

30

le

+

ID

20

60 ls-

l

l·

40

IF

40

40

llE

Figura 4 .3 1 (a ). Un primer paso es calcular la resistencia equivalente lelo. Para las de 6 Q Y la de 3 Q, Req = (6)(3)/(6 + 3) = 2 Req = 2 Q. Entonces el circuito se vuelve a dibujar con sumadas [Figura 4.31 (b)]. Ahora las dos resistencias de Req = 3 Q, Y ésta se encuentra en serie con la de 2 Q. Así, gura 4.31(c). La corriente resultante es

de las que se encuentran en paraPara las dos resistencias de 4 Q, las resistencias que están en serie 6 Q que están en paralelo tienen R¡ = 5 Q, como se indica en la Fi-

Q.

25 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

I zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK r = -= 5 A

5 IHGFEDCBA

20

l

r:

l-

le fIrtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

25V

60

60

50

25V

(e )

(b )

Figura 4.31 (ca n t.). Ahora, para calcular ra 4.31(b) y 4.31(a).

las corrientes

por las ramas, se utilizarán

los circuitos

de la Figu-

MÉTODOS DE ANÁLISIS zyxwvutsrqpon 65

4.16.

Calcular el valor de la resistencia regulable que proporciona la máxima transferencia de potencia a través de los terminales zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC a b del circuito de la Figura 4.32. a 10 O

S O

15 O

b

Figura 4.32.

Primero se calcula el Thévenin equivalente, obteniéndose V = 60 V Y R' = 11 a. De acuerdo con la Sección 4.10, la máxima potencia transferida se presenta cuando onmlkjihgfedcbaZYXWV R = R ' = 11 a, y vale . P max

PROBLEM AS 4.17.

=

V2 4R'

= 81,82 W SRQPONMLKJIHGFEDCBA


Aplicar el método de las corrientes de mallas al circuito de Figura 4.33 y escribir la ecuación matricial directamente. Obtener la corriente 1 1 mediante el desarrollo del determinante del numerador por los elementos de la columna que tienen las tensiones de las fuentes, comprobando que cada fuente contribuye con una corriente de 2,13 A a 1 1 • IHGFEDCBA

20

SO

10

27 V

Figura 4.33. 4.18.

En la Figura 4.34 se indican las corrientes de bucle de un determinado ecuación matricial y obtener las tres intensidades. Solución: 3,55 A, - 1,98 A, - 2,98 A.

circuito.

Escribir la

66

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

so

30

+

20

20V

20zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG Figura 4.34. 4.19.

El circuito del Problema 4.18 se ha vuelto a dibujar en la Figura 4.35 para solucionarlo por el método de las tensiones en los nudos. Calcular las tensiones en los nudos VItsrqponmlkjihgfedcbaZYXW y zyxwvutsrqponmlkjihgfedc VonmlkjihgfedcbaZYXW 2 y comprobar las corrientes obtenidas en el Problema 4.18. Solución: 7,11 V, - 3,96 V.

20

reto

Figura 4.35. 4.20.

En el circuito de la Figura 4.36, lo = 7,5 mA. Utilizando calcular el valor de V , de la fuente de tensión.

el método de las corrientes

Solución: 0,705 V.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 80

40

70

60

12 O

Figura 4.36.

60

de malla,

MÉTODOS DE ANÁLISIS SRQPONMLKJI 6 7 zyxwvutsrq

4.21.

Utilizando el determinante adecuado del Problema 4.20, calcular la resistencia de entrada vista desde la fuente de tensión zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vs : Comprobar el resultado por el método de reducción de la red. Solución: 23,5

4.22.

Q.

En el circuito de la Figura 4.36, calcular la resistencia de transferencia corriente lo y la tensión Vs '

como relación entre la

Solución: 94 Q. 4.23.

Obtener

las corrientes

de malla del circuito de la Figura 4.37.

Solución: 5 A, 1 A, 0,5 A.IHGFEDCBA 18 O

60

Figura 4.37. 4.24.

Usando

las matrices del Problema

Solución: 10 4.25.

Obtener

Q,

50

Q,

100

4.23, calcular

Rinput.¡,

Rtransfer.¡2

Y Rtransfer.¡3'

Q.

las cuatro corrientes

de malla del circuito de la Figura 4.38.

Solución: 2,11 A, - 0,263 A, - 2,34 A, 0,426 A. SO

20V

SO

20

tOV

40 Figura 4.38.

4.26.

Para el circuito de la Figura 4.39 calcular Vea ' Ice Y R' en los extremos a b, utilizando el método de las corrientes de malla o las tensiones en los nudos.· Suponer que el terminal a es positivo respecto del b. .

/


Solución: - 6,29 Y, - 0,667 A, 9,44

n.

80

20

50 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

b

Figura 4.39.IHGFEDCBA

4.27.

Utilizando el método de las tensiones en los nudos, calcular Vea e Ice desde los terminales a b del circuito de la Figura 4.40. Suponer que a es positivo respecto de onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO b. Solución: - 11,2 Y, -7,37

A. 40

50

r-~~r---'---~~--~----Oa sov

20

+

~----~ __--------~---ob Figura 4.40.

4.28.

Calcular las intensidades de corriente método de reducción del mismo.

por cada resistencia del circuito de la Figura 4.41 por el

Solución: Por la de 2,45 n, 3,1 A; por la de 6,7 n, 0,855 A; por la de IOn, 0,466 A; por la de 12 n. 0,389 A; por la de 17,47 n, 0.595 A; por la de 6.3 n 1,65 A. \

2,45 O 18 V

6,70

17,47,0

+

-

100

120

6,300

Figura 4.41.

MÉTODOS

4.29.

DE ANÁLISIS ZYXWVUTSRQ 6 9 zyxwvutsrq

Los dos amperímetros del circuito de la Figura 4.42 indican 1,7 A. Si la fuente de alimentación suministra 300 W, calcularonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R ¡ y R zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2. Solución: 23,9

n, 443 n. + SRQPONMLKJIHGFEDCBA • • • •- i W I l • • • • • •

A • • • • • .•

-o (

-----

••

280

Fuente

154,3 O

950

Figura 4.42. 4.30.

En el circuito de la Figura 4.43 las dos fuentes de intensidad + I" = l. Calcular estas corrientes utilizando superposición.

proporcionan

l' e I", siendo

I'

Solución: 1,2 A, 15 A, 16,2 A.

so 1

5A

12 O

300

25A

Figura 4.43. 4.31.

Calcular

la corriente

Solución: -12

1 en el circuito de la Figura 4.44.

A. 61. (V)

50

4V +

30 IHGFEDCBA

20 b

20V

Figura 4.44. 4.32.

Calcular

Figura 4.45.

los circuitos equivalentes

Solución: V

=

30 V, I'

=

5 A, R '

Thévenin y Norton =

6

n.

de la Figura 4.45.


4.33.

En el circuito de la Figura 4.46 calcular la potencia máxima que el circuito activo a la izquieda de los terminales zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a b puede suministrar a la resistencia variable R. Solución: 8,44 W. a

.'IHGFEDCBA

60n

60n

30n 90V b

Figura 4.46. 4.34.

En condiciones de vacío un generador de CC tiene una tensión entre sus terminales de 120 V. Cuando suministra una corriente de 40 A, la tensión entre sus terminales cae a 112 V. Encontrar los circuitos equivalentes Thévenin y Norton. Solución: V

4.35.

= 120 V,

l'

= 600 A,

R'

= 0,2 n.

El circuito del Problema 4.14 se ha dibujado de nuevo en la Figura 4.47 y se han señalado los terminalesonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a y b. Obtener el circuito equivalente Thévenin o Norton de la parte izquierda de los terminales a b y calcular la intensidad l. Solución: - 8,77 A. a

27n

27n

460V

b

Figura 4.47.

5

C A P í T U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

A m p lific a d o r e s y c ir c u ito s c o n a m p l i f i c a d o r e s o p e r a c i o n a l e s zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT

5.1. MODELO DE UN AMPLIFICADOR

Un onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a m p lifica d o r es un dispositivo que aumenta el valor de una señal. El núcleo de un amplificador es una fuente controlada por una señal de entrada. Un modelo simplificado de un amplificador de tensión es el que se representa en la Figura 5.1 (a ). Los terminales de referencia de la entrada tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y de la salida suelen conectarse juntos y son el nudo de referencia v2 = kvl, donde k es el factor común. Cuando la salida está en circuito abierto tenemos que zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO de multiplicación, llamado ganancia en circuito abierto. Las resistencias R ¡ y R¿ son las resistencias de entrada (input) y la de salida (output) del amplificador, respectivamente. Para el mejor funcionamiento del amplificador es deseable que R ¡ sea grande y R¿ sea pequeña. En un amplificador ideal, R ¡ = OCJ Y R ; = 0, como se ve en la Figura 5.1(b). Si los valores de las resistencias difieren de los anteriores, la ganancia total puede quedar reducida . A

0---, + VI

.,----..IV\f'-----o

R¡

+

B

V2

'----------0

A' O ----'

B'

(a )

01----0

+

+

VI

(b )

Figura 5.1.

71


E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 5.1. Una fuente de tensión real de onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG s con una resistencia interna R, se conecta a la entrada de un amplificador de tensión que tiene una resistencia de entrada R¡, como se indica en la Figura 5.2. Calcular v2 /vs•

+

+

VI

R¡

Figura 5.2. La tensión de entrada

al amplificador

se obtiene repartiendo

Vs

entre R¡ y R;

La tensión de salida v2 es V2

=

kVI

kR

=

R¡

+

'vs Rs

de donde se deduce R¡ ---k R¡ + R,

El amplificador . Rj(R¡ + RJ

carga la fuente de tensión.

La ganancia

(1) en lazo abierto

se reduce por el factor

E J E M P L O 5.2. En la Figura 5.3 una fuente real de tensión V s con resistencia interna R, alimenta una carga R¡ a través de un amplificador con unas resistencias de entrada y salida R¡ y Ro' respectivamente. Calcular vstv.. A

+

VI

+

R¡

R¡

B

Figura 5.3. Por división de tensión,

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES ZYXWVUTSRQP 73

Análogamente,

la tensión de salida es onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o

R¡

R,

(2)

k

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM R¡ + e, R, + R; IHGFEDCBA

Vs

Observar que la ganancia en lazo abierto se reduce aún más por el factor R ,/(R , que la tensión de salida dependa de la carga.

5 .2 .

+

R o ),

el cual hace

R E A L IM E N T A C IÓ N E N C IR C U IT O S A M P L IF IC A D O R E S

La ganancia de un amplificador puede ser controlada por la realimentaci6n de una parte de su salida a su entrada como se hace con el amplificador ideal de la Figura 5.4 a través de la resistencia R 2 . La relaci6n de realimentaci6n Rtf(Rl + R o) afecta a la ganancia total y hace al amplificador menos sensible a las variaciones de k.

r----------.., + VI

.J

1

B

SRQPONMLKJIHGFEDCBA F ig u r a 5 .4 .

EJEM PLO

b = R ¡/(R ¡

(

Obtener

5 .3 .

+

R 2 ).

Del amplificador

v-I»,

en

la

Figura

5.4

y

expresarlo

en

función

de

la

relación

sabemos que o

(3)

Aplicando la LKC al nudo A, V¡

-

Vs

v¡

--+--=0 R¡

Sustituyendo

V¡

-

v2

(4)

R2

de (3) en (4) se obtiene: R 2k

V2

-= VS

R2

+

RI -

k =(l-b)-R ¡k 1 - bk

donde

(5)

E J E M P L O 5 .4 . En la Figura 5.5, R ¡ = 1 kQ Y R 2 = 5 kQ. a) Calcular v J », en función de la ganancia en lazo abierto. b) Calcular »J », para k = 100 y 1000 y comentar el resultado.

7 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -CIRCUITOS ELÉCTRICOS A onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+

+

v¡

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB kv¡

BzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

Figura 5.5. a)

Las Figuras 5.4 y 5.5 difieren solamente en la polaridad de la fuente dependiente de tensión. Para calcular v J », se utiliza el resultado del Ejemplo 5.3 y se cambia k por - k en (5). V2

- = ( l- b ) - Vs 1

b)

-k

+

donde bk

R¡

v2

-

Vs

6

1

R¡

b=

+

6

R2

5k

+

k

Para k = 100, v-Iv, = -4,72; para k = 1000, »d», = -4,97 . Esto-es, un aumento de diez veces en el valor de k provoca únicamente un 5,3 por 100 de cambio en v2 /vs , ya que (4,97 - 4,72)/4,72 = 5,3%. Obsérvese que para valores mayores de k, v2 /vs se aproxima a -R2 /R¡ ,que es independiente de k.

5.3. AMPLIFICADORES OPE~AOIONALES El a mplifica dor oper a ciona l (amp. op.) es un dispositivo con dos terminales de entrada denominados + y - o bien «no-inversora» e «inversora», respectivamente. El dispositivo se conecta además a una fuente de corriente continua (+ Vee y - VeJ La referencia común para la entrada, la salida y la fuente de alimentación está fuera del ampo op. y se denomina tier r a (Figura 5.6). + Vcc (positivo de alimentación)

(entrada inversora)

tr 0 ----4

(entrada no-inversora)

v+ 0 ----4

> ------0

Vo

(salida)

-Vee (negativo de alimentación)

.,¡,. Figura 5.6.

(tierra común)

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES ZYXWVUTSRQ 75

La tensión de salida onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Despreciando los efectos capacitivos, la o depende de V d = v+ - V -. función de transferencia es la indicada en la Figura 5.7. En la zona lineal V o = Avd • La ganancia A en circuito abierto es generalmente muy alta. El valor de Vo se satura cuando la entrada V d está por encima de la zona lineallvdl > Vcc/A, alcanzando valores de + Vee y - Vee .

_--

F ig u r a

pendiente

=A

5.7.

En la Figura 5.8 se representa un modelo de ampo op. en la zona lineal, en donde se han omitido las conexiones de la fuente de alimentación por simplicidad. En la práctica, R ¡ es grande y R ¿ es pequeña, y A es del orden de 10 5 a algunos millones. El modelo de la Figura 5.8 es válido cuando la tensión de salida se encuentre dentro del intervalo + Vee y - Vee . Vee es generalmente de 5 a 18 V.SRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

5 .5 .

superior de v +

En el ampo op. de la Figura para funcionamiento lineal.

5.8, Vee

= 15 V, A = 10 5 Y

t r o - - - + - .....

+

v+o---+- .....•

F ig u r a

5.8.

v-

= O. Calcular el límite

7 6 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS SRQPONMLKJIHGFEDCBA

E J E M P L O 5.6.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA En el ampo op. de la Figura 5.8,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF cc = 5 V, A = 105, V- = O Y v+ = 100 sen Z n t (/lV). Calcular y dibujar la salida Vo en circuito abierto. La entrada al ampo op. es Vd = v+ - V- = (100 sen 2 m ). 10-6 (V). Cuando el ampo op. funciona en la zona lineal, Vo = 105 Vd = 10 sen Znt (V). La salida debe estar entre + 5 Y - 5 V (Figura 5.9). La saturación empieza cuando Vo = 10 sen Znt alcanza el valor de 5 V. Esto ocurre para t = 1/12 S. El ampo op. deja el nivel de 5 V de saturación para t = 5/12. Análogamente, el ampo op. está en saturación desde t = 7/12 a 11/12 S. Un ciclo completo de la salida, en voltios, desde t = O hasta 1 s es

1/12 < t < 5/12 Vo

= {

7/12 < t < 11/12

- ~

para los otros

10 sen 2 m

~(t)

10

,

,

,

,, IHGFEDCBA

-5

,r

,, , ,,

,

,, ,,

,

-10

Figura 5.9. EJEM PLO

5.7. Vd

Cuando

Repetir el Ejemplo 5.6 para

=

v+ -

v-

= (50 sen

2 m )1 O -6

V-

-

= 25 25.10-

/lV y v+

= 50 sen

= 50· 1O- (sen

6

6

2 m (/lV). 2m -

1/2) (V)

el ampo op. está en la zona lineal su salida es Vo

= 105 Vd = 5(sen

2m -

1/2) (V)

se satura en el nivel - 5 V cuando 5(sen Znt - 1/2) < - 5, en el intervalo Figura 5.10). Un ciclo de vo ' en voltios, desde t = O a 1 S. es

VO

7/12 < t < 11/12

-5 V

o

=

{

5(sen 2 m -

1/2)

en los otros

7/12 < t < 11/12 (véase

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES ZYXWVUTSRQ 7 7 zyxwvuts

~(t)

,, ,,

,

,,

,,

, -7.5 F ig u r a 5 .1 0 . SRQPONMLKJIHGFEDCBA 5 .8 . En la Figura 5.11, R¡ = 10 kn, R2 = 50 kn, R¡ = 500 kn y A = 10 5. Obtener Suponer que el amplificador no está saturado.

EJEM PLO

v2 /v¡ .

+ R,

F ig u r a 5 .1 1 .

La suma de las intensidades

que llegan al nudo onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B es cero. Observar que VA = O Y v B = - Vd' Por tanto, V¡ +Vd Vd V2 +Vd --+-+--=0 10 500 50 IHGFEDCBA

(6)

78

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

R¿ = 0, tendremos: Por serzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V2

Sustituyendo

=

= lO s vd

AVd

(7)

o bien

Vd de (7) en (6), la relación V2 /V1 que se obtiene es IHGFEDCBA

-5

,

-

o.r-io'

1 + lO-s + 5· 1O- s +

5

--

5.4. ANÁLISIS DE CIRCUITOS CON AMP. OP. IDEALES En un amplificador operacional ideal, R¡ y A son infinitos y R; es cero. Por tanto, la corriente por las entradas inversora y no-inversora es nula en el ampo op., y si éste no está saturado, dichas entradas tienen la misma tensión. A lo largo de este capítulo supondremos que los ampo op. son lineales y funcionan en la zona lineal siempre que no se especifique lo contrario.

a) V2 /V1 ; b) la EJEMPLO 5.9. El ampo op. de la Figura 5.12es ideal y no está saturado. Calcular:onmlkjihgfedcbaZYXWVU resistencia de entrada V1 /V2 ' Y e) i 1 , i 2 , Pl (potencia suministrada por v1 ) Y P 2 (potencia disipada en las resistencias), suponiendo que v1 = 0,5 V.

io in

2kO

no

+

Figura 5.12. a)

El terminal no-inversor A está conectado a tierra y, por tanto, VA ideal y no está saturado, VB = O. Aplicando la LKC a los nudos B y pasa corriente por el ampo op., tendremos: v1

Nudo C:

Sustituyendo

ve

-+-=0 10 5

Nudo B :

Ve

ve

-+-+--=0 10 1

o sea

2

O. Puesto que el ampo op. es en cuenta que no

e, y teniendo

ve = -2v1

o sea

ve - v2

=

v2 = 3,2ve

ve de (8) en (9), V2 = - 6,4vr

o sea

V2 /V1 = -6,4

(8)

(9)

AMPLIFICADOR

ES y CIRCUITOS

CON

AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIH 7 9 zyxwvuts

b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Con VB = O, i¡ = v¡ /5000, y así

resistencia de entrada e)

La intensidad

vdi¡ =

=

5 kn

es i¡ = v¡ /5000. Dado que V¡ = 0,5 V. i¡ = 0,5/5000 = 0,1 mA.

de entrada

Para calcular i2 aplicamos

la LKC a la salida del ampo op.: .

v2

v2

-

=--+---

1

8000

2

ve

2000

i 2 = 1,5 mA. De la parte onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ), v2 = -3,2 V Y ve = -1 V. Por tanto, La potencia suministrada por v¡ es

p¡ = v¡ il = vU5000 = 50.10-6

La potencia en las resistencias

1 kn:

Plkil

2 kn:

P2kil

5 kn:

PSkil

8 kn:

PSkil

10 kn:

PIOkil

La potencia P2

5 .5 .

=

total disipada

Plkil

+

P2kil

+

P Skil

= = = = =

W = 50!lW

son v~/1000 = 0,001 W = 1000 !lW (v2

vd

-

2

/2ooo

= 0,00242 W = 2420 !lW

vi/5000 = 0,00005 W = 50 !lW vV8000

= 0,00128 W = 1280 !lW

v~/10000 = 0,0001 W = 100 ¡1W

en las resistencias es

+

PSkil

+

PIOkil

= 1000 + 2420 + 50 + 1280 + 100 = 4850 !lWZYXWVUTSRQP

C IR C U IT O IN V E R S O R

En un cir cuito inver sor la señal de entrada se conecta a través de una resistencia R 1 al terminal inversor del ampo op. y la tensión en el terminal de salida realimenta al terminal inversor a través de una resistencia R2 • El terminal no-inversor del ampo op. se conecta a tierra (véase Figura 5.13).

+

~

F ig u r a

5.13.

CIRCUITOS

80

ELÉCTRICOS

Para calcular la ganancia

V2 /V1

se aplica la LKC a las corrientes

que llegan al nudo B:

(10)

y

La ganancia es negativa y está exclusivamente determinada por la elección de las resistencias. La resistencia de entrada al circuito es R1 • ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

5 .6 .

C IR C U IT O S U M A D O R

La suma ponderada de varias tensiones en un circuito se puede obtener utilizando el circuito de la Figura 5.14. Este circuito recibe el nombre de cir cuito suma dor , y es' una extensión del circuito inversor. R¡

F ig u r a 5 .1 4 .

Para calcular la salida se aplica la LKC al nudo inversor:

de donde

V)

vtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH = _ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (R onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE f v + R f v + ... + R f (11)SRQPON o R 1 R 2 Rn 1

2

n

5 .1 0 . Tomemos el circuito de la Figura 5.14 con cuatro entradas con R1 = 1, R2 = 1/2' R3 = 1/4' R4 = 't« Y R f = 1, todos en kn. Las tensiones de entrada son o O o 1 V. Calcular V o en función de V4 , v3 • v2 , VI con los siguientes bloques de datos de entrada:

EJEM PLO

a)

V4

=

1V

VI

=

1V

b)

V4

=

1V

VI

=

O

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES SRQPONMLKJIH 81

De (11)

Sustituyendo

de onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V I a V 4 obtenemos:

a)

v zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o = -9V

b)

Vo

=

-14

V

El conjunto {v 4 , v 3 , v 2 , VI} es una secuencia binaria que contiene cuatro bits de valores alto (1 V) y bajo (O V). Las series de entradas a) y b) corresponden a los números binarios (1001)2 = (9)10 Y (1110)2 = (14)10' respectivamente. Con las entradas de O V (baja) y 1 V (alta), el circuito transforma un número binario representado por la serie de entrada {v 4 , V3 , V2 , VI} en una tensión negativa, la cual, medida en voltios, es igual a la representación en base 10 de la entrada. El circuito es un convertidor digital-a-analógico.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

5 .7 .

C I R C U I T O N O -I N V E R S O R

En un cir cuito no-inver sor la señal de entrada llega al terminal no-inversor del ampo op. El terminal inversor se conecta a la salida a través de una resistencia Rz Y también se conecta a tierra a través de otra resistencia, R , (véase Figura 5.15).

+

¡ F ig u r a

5.15.

Para calcular la ganancia VZ/v 1 se aplica la LKC al nudo B . Observar que los terminales A y B tienen la misma tensión v1 Y que el ampo op. no consume corriente. de donde La ganancia VZ/v 1 es positiva y mayor o igual que uno. La resistencia circuito es infinita y el ampo op. no consume corriente. EJEM PLO

5 .1 1 .

Calcular

V 2 /V I

en el circuito de la Figura 5.16.

(12)

de entrada

del

8 2 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 7kU

+

F ig u r a 5 .1 6 .

Primero

se calcula zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A por división de VI entre las resistencias de 10 kn y 5 kn.

VA

5

= --

1

VI = -

+ 10

5

3

VI

De (12) obtenemos: 2 V

y

=

15 ,

VI

Otr o método: Se calcula vB por división entre las resistencias

221 vB= --v2

2+ 7

EJEM PLO

5 .1 2 .

Determinar

Vo

=

-V2

9

=

-VI

de 2 kn y 7 kn, y con vB y IHGFEDCBA

3

en la Figura

5.17 en función de

=

V A'

v

~= 1,5 VISRQPONMLKJIHGFEDCBA VI'

V2,

v3 Y de los elementos

del

circuito.

+

B

F ig u r a

Primero, se calcula u A aplicando

5.17.

la LKC al nudo A. de donde

(13)

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

CON

AMPLIFICADOR

ES OPERACIONALES zyxwvutsrqponmlkjihg

83

De (12) Y (13) tenemos:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VO

=

( 1 + -RR2)I

VA

= -1

(1

3

R2)

+-

(VI

+

V2

+

RI

(14) v3 )onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

5.8. SEGUIDOR DE TENSIÓN El ampo op. en el circuito de la Figura 5.18(a) proporciona una ganancia unidad en amplificación, por 10 que v 2 = VI' ya que VI = v+ , V2 = V- Y v+ = V-. La salida V2 sigue a la entrada VI' Suministrando i¡ a R ¡, el ampo op. elimina el efecto de carga de R ¡ sobre la fuente de tensión. Por tanto, funciona como un «buffer».IHGFEDCBA

-----------,

----------, 1 1 :

1 1

~

1

1

1

1 1

1 1 1 1 1

1 1

1 1 1

1._--------

+

1

I

I I I

I

-

i¡

•• 1 R¡

1 1 1 1 1 _1 _

I

fuente de tensión

1

seguidor de tensión

1 1 1 I

I~I

1 1 1 L

I

1 1 1

1+1 1 1 1 1

I 1 I

VI

r----';

_____

1

J¡ 1 l' 1

1

carga

(a )

---------,

I

r----'

I

1

1

1 1 R.

I

I I

1 I I

1

+

+

VI

V2

il

RI

carga ~ ,

fuente de tensión

(b )

Figura 5.18. EJEMPLO 5.13. a) Calcular i s , VI' V2 e i¡ en la Figura 5.18(a) y (b). Comparar estos resultados con los que se obtienen cuando la fuente y la carga se conectan directamente como en la Figura 5.l8(b).

8 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Con el ampo op. del circuito [Figura 5.l8(a)] tenemos:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

is = O

VI

=

i, = v.fR ,

Vs

El ampo op. seguidor de tensión no demanda corriente de la fuente de señal vs• Por tanto, Vs llega a la carga sin ninguna reducción debida al paso de la corriente eléctrica por la carga. La corriente por el ampo op. por R, está proporcionada e)

Sin el ampo op. [Figura

5.l8(b)]

..

I

s

= " =

tenemos:

~ R,

+

R,

y

VI

=

v2

~

=

R,

+

R,

Vs

La corriente por R, pasa por R, Y produce una caída de tensión. La tensión, de R,.

5 .9 .

V2 ,

de la carga depende

A M P L IF IC A D O R E S S U S T R A C T O R y D IF E R E N C IA D O R

Una fuente de señal vf sin conexión a tierra se llama fuente flota nte. amplificarse por el circuito de la Figura 5.19.

Estas señales pueden

+

¡ Figura 5.19.

Aquí los dos terminales de entrada A y B del ampo op. tienen la misma tensión. Además, escribiendo la LKT a lo largo del lazo de la entrada, tenemos:

"r

= 2R1 i

de donde

i

=

vf /2Rl

Las entradas del ampo op. no demandan corriente y, por tanto, la corriente i fluye a través de la resistencia R2 . Aplicando la LKT alrededor del lazo del ampo op. tenemos: Vo = -2R2 i

""'

= -2R2 vf /2Rl

= -(R2/Rl)Vf

(15)

En el caso especial de que se conecten dos fuentes de tensión VI y V2 con tierra común a las entradas inversora y no-inversora del circuito, respectivamente (véase Figura 5.20) , tendremos "r = VI - V2 Y

(16)

AMPLlFICADORES

EJEMPLO

5.14.

y CIRCUITOS

CON AMPLlFICADORES

OPERACIONALES

85

CalcularzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vo en función de onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v¡ y v 2 del circuito de la Figura 5.20.

+

¡ Figura 5.20. Aplicando

la LKC a los nudos A y B ,

Nudo A : Tomando

vA

=

Nudo B :

vB Y despejándolas

de cada una de las ecuaciones e igualando, R 4(R ¡ VO

Cuando

R3

=

R ¡(R 3

+ R 2) + R4)

v2

R2 -

-

tenemos:

(17)tsrqponmlk

v¡

R¡

= R ¡ Y R 2 = R 4' (17) se reduce a (16).

5.10. CIRCUITOS CON VARIOS AMP. OP. El análisis y los resultados obtenidos para el caso de circuitos con un solo ampo op. pueden aplicarse al caso de tener varios ampo op. ideales conectados en cascada o' en lazos interconectados, ya que no hay efectos de carga. EJEMPLO

5.15.

Calcular

V¡

y

V2

en la Figura 5.21. +0,5 V

IkO

3kO

-0,6 V

Figura 5.21.

2kO


El primer ampo op. es un circuito inversor.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB v¡ = -(3/1)(-0,6)

El segundo ampo op. es un circuito sumador:

=

1,8 V

.

v2 = - (2/1)(0,5) - (2/2)(1,8) = - 2,8 V SRQPONMLKJIHGFEDCBA

Suponiendo R, = 1 kO en el circuito de la Figura 5.22, calcular VI' VonmlkjihgfedcbaZYXW 2 , VO't; i¡ e i f en para a) R f = 00 y b) R f = 40 Ul

EJEM PLO

5 .1 6 .

función de

Vs

R¡ 9kO

r--R ;-I 1 1 1 1 1 1 1 1

6kO

+

F ig u r a 5 .2 2 .

a)

R f = oo. Los dos ampo op. inversores están en cascada, con v+ = O. Por división de la tensión en la entrada del lazo, tenemos:

5 v = --v ¡ 5+1 De los amplificadores

inversores

5 = -v 6

(18) s

tenemos:

v2 = -(9/5)v¡ Vo

s

= -(6/1,2)v2

i = i¡ = s

v _s

6000

=

-(9/5)G

Vs) = -1,5vs

= - 5( -1,5vs )

= 7,5vs

· (A) = O 166v (mA) ' s

if = O b)

Rf = 40 kO. De los ampo op. inversores tenemos Aplicando la LKC a las corrientes del nudo B : V¡ - Vs v¡ --+-+--=0 1 5

Vo

= - 5v2 y v2 = -(9/5)v¡,

v¡ - Vo

40

así que Vo = 9v¡.

(19)

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES SRQPONMLKJIH 87

Sustituyendo zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vo = onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 9v 1 en (19) y despejando V1 se obtiene: = u,

V1 V2

Vo

= - (9j5)v 1 = - 1,8v s = - (6j1,2)v 2 = - 5( - 1,8v.) = 9v s

. 1 s

Aplicando

Vs -

V1

=--=0 1000

la LKC al nudo B: .

If

=

• 11

= -

V1

Vs

(A) = (A) = 0,2v s (mA) 5000 5000

por la La corriente i1 en la resistencia de entrada de 5 kQ del primer ampo op. es proporcionada salida del segundo ampo op. a través de la resistencia de realimentación de 40 kQ. La corriente is procedente de V s es, por tanto, cero. La resistencia de entrada del circuito es infinita.ZYXWVUTSRQPON

5 .1 1 .

C IR C U IT O S

y D E R IV A D O R

IN T E G R A D O R

I n te g r a d o r

Sustituyendo la resistencia de realimentación en el amplificador inversor de la Figura 5.13 por un condensador se tiene el circuito integrador básico, representado en la Figura 5.23.

e

D

+

. ¡ F ig u r a

Para obtener la relación entrada-salida VI

R y

+

C

dV2

= O

5.23.

se aplica la LKC al nudo inversor: de donde

dt

V2

1 RC

= - -

I -00

dt

V

(20)

1

Esto es, la salida es igual a la integral de la entrada multiplicada valor - l/Re.

por un factor de ganancia de


E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 5.17. En la Figura 5.23 tomamoszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG R = 1 kn, C = 1 ,uF y VI = sen 2000t. Suponiendo vAt) = O, calcular v2 para t > O.onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t

V

Integrador

2

= -

fo sen

1 10 3 .10-6

2000t dt = 0,5(cos 2000t - 1)

con descarga (Ieaky)

El circuito de la Figura 5.24 se denomina integrador con descarga, ya que la tensi6n del condensador está continuamente descargándose a través de la resitencia de realimentaci6n R f' Esto producirá una reducci6n en la ganancia Iv 2 /v 1 1 y un desfase en v 2 . Para una dicusi6n posterior, véase la Secci6n 5.13. R¡

e R¡

+

-

lFigura 5.24.

5.18. En la Figura 5.24, R , = R¡ = 1 kn, C = 1 ,uF y VI = sen 2000t. Calcular El nudo inversor tiene tensión cero, y la suma de las corrientes al mismo es nula. Así:

EJEM PLO

VI

dV2

V2

s,

dt

R¡

o bien

-+ C -+ -= 0

10-3

dV2

-

dt

+

VI

v2 = -sen

+ 10

Para calcular A y B sustituimos Así se obtiene: 10 Pero

3

dv2 1dt

2A sen (2000t

+

+

V2

V2

= -

=

A cos (2000t

B) - A cos (2000t

+

+

B)

B) = A

+

)'5

1:)2 =

O

(21)

+

VI'

pero con diferente amplitud

A cos (2000t

sen (2000t

y

(22)

-,

B)

Y dv2 1dt de (22) en (21). Siendo dv2 1dt

2A sen (2000t

+

2000t

La solución para V2 de (21) es sinusoidal con la misma frecuencia que ángulo de fase; o sea, V2

dV2 dt

-3

v2 •

+

+

= -

2000A sen (2000t

B) = - sen 2000t

B - 26,57°) = sen 2000t

+

B).

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES ZYXWVUTSR 89

Por tanto,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A = )5/5 = 0,447, B = 26,57° Y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v2

=

0,447 cos (2000t

+ 26,57°)

(23)

Amplificador sumador de integrales Un simple ampo op. en configuraci6n inversora con muchas entradas y un condensador de realimentaci6n, como se indica en la Figura 5.25, puede hacer la suma de las integrales de varias funciones con una ganancia determinada.

e

+ A

-

¡ Figura 5.25.SRQPONMLKJIHGFEDCBA 5.19. Calcular la salida V o del amplificador sumador de integrales de la Figura 5.25, que tiene tres entradas. Aplicando la LKC al nudo de la entrada inversora del ampo op. se obtiene:

EJEM PLO

(24)

Condiciones iniciales de integración La condici6n inicial que se desee para Vo puede obtenerse mediante un interruptor de puesta a cero, como el representado en la Figura 5.26. Si se conecta momentáneamente el interruptor y se desconecta para t = i., se tiene entonces un valor de Vo en el condensador y aparece una salida para v2 • Para t > O, la integral de la entrada se suma a la salida, resultando: 1 v2 = -

Re

rr Jr

V1

dt

+

va

(25)

o

Derivador Poniendo un inductor en lugar de la resistencia de realimentaci6n de un amplificador inversor se obtiene a la salida la derivada de la señal de entrada. La Figura 5.27 muestra el cir cuito der iva dor .


+ ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

B

+

A

-

¡ F ig u r a

5.26. L

+

-

l F ig u r a

Para obtener la relaciónde Inversor: LV l

-

iR

entrada-salida

5.27.

se aplica la LKC a las corrientes

ft

'1zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v2 dt = O o

+ -

L-oo

L du, --R dt

en el nudo

(26)onmlkjihgfe

1,

::::

5 .1 2 .

¡¡!

Los amplificadores inversores, Ios circuitos sumadores y los integradores descritos en las secciones precedentes se usan para construir los bloques que configuran los computa dor es a na lógicos, utilizados para resolver ecuaciones diferenciales lineales. Se elude el uso de los derivado res a causa del coasiderable efecto de ruido a pesar de su bajo nivel. Para diseñar un circuito computador, en primer lugar hay que reordenar la ecuación diferencial correspondiente, de tal forma que el término que tenga la derivada mayor esté en el primer miembro de la ecuación y los otros en el segundo. Entonces se empieza disponiendo de un sumador de integrales para integrar la ecuación. Se añaden integradores y amplificadores en cascada y anidados en lazos, como se muestra en los ejemplos siguientes. En esta sección se utilizará la notación x' = dxldt, x" = d 2 x/dt 2 , y así sucesivamente.

'~: I"~ "'~

C O M P U T A O O R E S A N A L Ó G IC O S

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

CON

AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 91

E J E M P L O 5 . 2 0 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Diseñar un circuito con entrada zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC x(t) que proporcione una salida y(t) tal que se satisfaga la siguiente ecuación:

y"(t) P a so l.

Reordenar

+

2y'(t)

+ 3y(t)

(27)

x(t)

=

la ecuación diferencial (27) como sigue: (28)

y" = x - 2y' - 3y

P a so 2. Utilizar el ampo op. sumador de integrales # 1 de la Figura 5.28 para integrar (28). Aplicar (24) para calcular RI, R2 , R3 Y el para que la salida del ampo op. #1 sea VI = - y'. Tomaremos el = 1onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA IlF Y calcularemos las resistencias de acuerdo con este valor: RI

R2

el el

R3 e l VI

= - S (x -

=

1

RI =

=

1/3

R2 = 333 kn

=

1/2

R3 = 500 kn

3y - 2y') dt

1 Mn

= - S

y" dt

= -

Integrar VI = - y' mediante el ampo op. #2 para obtener 1 Mn para obtener V 2 = Y a la salida del ampo op. #2.

P a so 3. R4

=

V2

= - _1_ R4 e 2

f

VI

dt

=

fY'

dt

=

(29)

y' y. Tomaremos

e 2 = 1 Il F Y

(30)

y

P a so 4. Se alimentan las entradas del ampo op. #1 mediante las siguientes conexiones. Alimentación a la entrada del ampo op. # 1 de VI = - y' directamente por retorno a través de la resistencia R3' Pasar v2 = Y a través del ampo op. inversor de ganancia unidad #3 para generar - y y así alimentar a través de la resistencia R2 la entrada al ampo op. # 1. Conectar la fuente de tensión x(t) a través de R I a la entrada del ampo op. # 1. El circuito completo es el que se indica en la Figura 5.28.

+ V2= Y

.¡ -

x

IHGFEDCBA

lOk!1

Figura 5.28.

he

92

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

°

EJEMPLO 5.21. Diseñar un ampo op. con una fuente de tensión idealzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR v(t) que satisfaga para t > la ecuación v' + v = 0, siendo v(O) = 1 V. Siguiendo los pasos del Ejemplo 5.20 se organiza el circuito de la Figura 5.29 con onmlkjihgfedcbaZYXW R e = 1 S. La condición inicial se introduce cuando el interruptor se abre en t = O. La solución v(t) = e- t, t > 0, se tiene a la salida del ampo op. S

IV

...:..¡ t-+----.

R

+ v

Figura 5.29.

5.13. FILTRO PASA-BAJOS Se llama filtr o pa sa -ba jos a un amplificador de frecuencia selectiva cuya ganancia disminuye desde un valor finito a cero, a medida que la frecuencia de una onda senoidal de entrada aumenta desde cc a infinito. La gráfica de la ganancia frente a la frecuencia se denomina r espuesta en fr ecuencia . Una técnica fácil para encontrar la respuesta en frecuencia de filtros se desarrollará en el Capítulo 13. El integrador con descarga de la Figura 5.24 es un filtro pasa-bajos, como se ilustra en el siguiente ejemplo.

EJEMPLO 5.22. Y 10 5 rad/s.

Tomando

en el Ejemplo 5.18 vl = sen on, calcular

Iv21 para

w

= 0, 10, 100, 10 3, 10 4

Repitiendo el procedimiento del Ejemplo 5.18, se calcula la respuesta en frecuencia y los valores son los de la Tabla 5.1. La respuesta en amplitud disminuye con la frecuencia. El circuito es un filtro pasa-bajos.

Tabla 5.1.

w, rad/s

f, Hz

Iv2/vll

b

Respuesta en frecuencia de un filtro pasa-bajos,

° °1

10

100

10 3

10 4 IHGFEDCBA 10 5

1,59

15,9

159

1,59.10 3

15,9.10 3

1

0,995

0,707

0,1

0,01


y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

5 .1 4 .

OPERACIONALES SRQPONMLKJIH 9 3 ZYXWVU

CON AMPLlFICADORES

C O M P A R A D O R zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v1 con un nivel de referencia Vo' Puesto que El circuito de la Figura 5.30 compara la tensión zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v 1 > vo) o la ganancia en lazo abierto es muy grande, la salida V2 del ampo op. es + Vee (sionmlkjihgfedcbaZYXWVU - Vee (si V1 < vo). Esto se escribe V2 = Vee sgn]»¡ - voJ, donde «sgn» representa «signo de}}. Para V o = O, tenemos: V2

sgn[v 1 J =

= Vee

>O v1 < O

{ + Vee

V1

- Vee + Vee

VI

+ +

Vo

V2

-1 -=-

-

¡

-Vec

F ig u r a 5.30.

EJEM PLO

5 .2 3 .

En la Figura 5.30 tomamos

Vee

Para O < t < ttk»,

VI

=

sen wt > O

Para n/w < t < 2n/w,

VI

=

sen wt < O

La salida V2 es un pulso cuadrado ciclo de V2 viene dado por V 2

que conmuta

entre

VO

= O Y VI = sen wt. Calcular

+ 5 V Y - 5 V con un período de

Zn] ». Un

0< t < n/w n/w..1:: t < 2n/w

-5V

5 .2 4 . El circuito de la Figura omitido por simplicidad las conexiones de resultado.

EJEM PLO

5.31 es un convertidor analógico-digital paralelo. Se han y - VCC" Calcular las salidas V3 , V2 Y VI' Comentar el

+ Vee

y funciona como comparador.

Las salidas con los valores

T a b la 5.2. T ie m p o , s

E n tr a d a , V

O
O 1 2 3

< < < <

V2 .

5 V IHGFEDCBA

= {

El ampo op. no tiene realimentación - 5 se tienen en la Tabla 5.2.

= 5 V,

Vi Vi Vi Vi

< < < <

1 2 3 4

S a lid a s, V

v3 = -5 v3 = -5 V3 = -5 v3 = +5

V2 V2 V2 V2

= = = =

-5 -5 +5 +5

VI

VI VI VI

=

-5

= +5 = +5 = +5

+5 o

9 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON

v¡ o-----..----'1'----t zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK

Figura 5.31.

La secuencia dominio discreto. des de entrada. números binarios

¡

binaria {V3 , V2 , v1 } de la Tabla 5.2 especifica únicamente la entrada de tensión en Sin embargo, en su forma actual no son números binarios que representen amplituAsí pues, utilizando un código podemos transformar las secuencias anteriores en que correspondan a valores analógicos de entrada.

PROBLEMAS RESUELTOS -.

5.1.

En la Figura 5.3 tomamos onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V s = 20 V, R, = 10 n, R¡ = 990 n, k = 5 Y R; = 3 n. Calcular: a ) el circuito equivalente Thévenin visto desde R ¡, y b ) V 2 Y la potencia disipada en R ¡ para R ¡ = 0,5, 1, 3, 5, 10, 100 Y 1000 n. a)

La tensión de circuito-abierto y la intensidad = 5v1 e t; = 5v¡/3, respectivamente.

Vea

de corto-circuito

en los terminales

A-B son

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES ZYXWVUTSRQP 95

Calculamos zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VI por división entre R, Y R¡ con vs • Así: onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG VI

=

Ri

s, + s,

=(20) 10

Vs

990

= 19,8 V

+ 990

Por tanto, = 5(19,8) = 99 V

Vea

V Th

= 99/3 = 33 A

ice

El circuito equivalente

RTh

=

Vea

= 99 V

= vea /ice

=

3

n

de Thévenin es el indicado en la Figura 5.32.

r-----------"1 1 1

1

1

A

+

30

1 +

199V

1 ' 1 1 1

R¡

1SRQPONMLKJIHGFEDCBA B

1-

1

Figura 5.32. b)

Con la carga R ¡ conectada

tenemos: R¡

V2

=

R¡

+

99R ¡ VTh RTh

=--

R¡

+3

y

En la Tabla 5.3 se muestran los valores de la tensión en la carga y la potencia disipada en la misma, para los siete valores dados de R ¡. La tensión en la. carga es máxima cuando R ¡ = co. Sin embargo, la potencia disipada para R ¡ = 00 es cero. La potencia disipada es máxima para R ¡ = 3 n, que es igual a la resistencia de salida del amplificador. Tabla 5.3.

5.2.

u ;«

"2' V

p, W

0,5 1 3 5 10 100 1000

14,14 24,75 49,50 61,88 76,15 96,12 98,70

400,04 612,56 816,75 765,70 5-Z 9,94

92,38 9,74

En los circuitos de las Figuras 5.4 y 5.5 suponemos R; = 1 kQ Y R2 = 5 kQ. Calcular la ganancia G+ = v-I», en la Figura 5.4 y G- = »J », en la Figura 5.5 para k = 1,2,3,4,6, 8, 10, 100, 1000 Y cc, Comparar los resultados.

96

CIRCUITOS ELÉCTRICOS

De (5) en el Ejemplo 5.3, con R¡

1 kQ Y R2

=

=

v2 G+ -----

5 kQ tenemos:

5k

(31)

6 - k

Vs

Del Ejemplo 5.4 obtenemos: G

_

5ktsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML

V2

--- onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC (32)SRQPO

=-= Vs

6+k zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

Las ganancias G - Y G + se calculan para nueve valores de k que se dan el la Tabla 5.4. Cuanto mayor es el valor de k, los valores de G+ y G- se aproximan al límite de ganacia - 5, que es la relacion R2 /R¡ con signo menos e independiente del valor de k. El circuito de la Figura 5.5 (con realimentación negativa) es siempre estable y su ganancia se aproxima a su límite de forma monótona. Sin embargo, el circuito de la Figura 5.4 (con realimentación positiva) es inestable. Su ganancia G+ toma valores muy grandes para valores k próximos a seis. Para k = 6, G+ = co, ZYXWV T a b la

I~

k,

,Vi

1 2 4 6 8 10 100 1000

G+

;:

1,0 2,5 10,0 00

-20,0 -12,5 -5,32 -5,03 -5,00

00

5.3.

5.4. G-

'!

-0,71 -1,25 -2,00 -2,50 -2,86 -3,13 -4,72 -4,97 -5,00

En el circuito de la Figura 5.33 se supone que R ¡ = 1 kn, R 2 = 5 kn y R ¡ = 50 kn. Calcular vJ », para k = 1, 10, 100, 1000, 00 Y comparar los resultados con los valores de G - de la Tabla 5.4. R2

....•~ ~

RI

A

+ I I I VI I I I - I

+

R¡

v2

Amplificador

Figura 5.33.

AMPLlFICADORES

y CIRCUITOS

CON AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 9 7 zyxwvutsrq

Este problema se soluciona mediante la aplicacion de la LKC al nudo onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ A (otra aproximaci6n es usar el Thévenin equivalente, como se sugiere en el Problema 5.30).Así, VI

-

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vs VI v2 VI

--+--+-=0 1 Del amplificador

5

(33)

50

obtenemos (34)

o sea Sustituyendo

de (34) en (33) y reorganizando

los términos, obtenemos:

-50k

-5k

61 + lOk

(35)

=---

6,1 + k

En la Tabla 5.5 se muestran los valores de v-l», de (35) para los diferentes valores de k. Para una resistencia de entrada del amplificador de 50 kO, la ganancia total se reduce muy poco, tal como se deduce comparando las Tablas 5.4 y 5.5. La realimentaci6n ha hecho que la resistencia de entrada del amplificador sea menos efectiva en el cambio de la ganancia total.ZYXWVUTSRQPONMLK T a b la 5.5.

' ..

k~

f/'i~ " -0,704 -3,106 -4,713 -4,97 -5,00

1 10 100 1000 00

5.4.

Suponiendo

de nuevo que R1 = 1 kn y Rz = 5 kn en el circuito de la Figura 5.33.

a)

Calcular

v2 1vs en función de k y de R¡.

b)

Suponiendo que R¡ = 1 kn, calcular para R¡ = oo.

e)

Discutir el efecto de R¡ y k sobre la ganancia total. Demostrar que para k = 00 y R¡ i= O, la ganancia del amplificador es independiente de R¡ y es igual a - RzI R l'

a)

Aplicando

la LKC a las corrientes

v-t», para

del nudo A se obtiene:

VI

-

u,

VI

--+--+-=0, 1

-

V2

v.

ck

-5-1

+

v2

5

Del amplificador obtenemos V2 = - kVI o bien de la LKC y reordenando términos obtenemos: -=

k = 1, 10, 100, 1000, oo. Repetirlo.

_

RI VI

donde ck

VI

= -

v2 /k.

e

Sustituyendo

R¡ = --'-5 + 6R¡

VI

en la ecuaci6n

(36)

9 8 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b)

Para R ¡

=

1 kn, e

=

1/11, que sustituidos

en (36), da zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK 5k

v2

-

v,

11

+

(37) k

Para R ¡ = ex) tenemos que e = 1/16 Y así v2 5k ---Vs 6 + k

(38)ZYXWV

En la Tabla 5.6.se tienen los valores de v2 /v¡ para diferentes valores de k dados por (37) y (38). Observar que las ecuaciones (38) y (32) son idénticas. T a b la 5.6.

1 10 100 1000 00

e)

5.5.

Comparando las dos columnas de la Tabla 5.6 vemos que para el valor más pequeño de R ¡ la ganancia total G- es menor. Sin embargo, cuanto mayor es el valor de la ganancia k en circuito abierto, tanto menor es el efecto de R ¡. Cuando k toma valores muy grandes, la relación » J» , se aproxima a - 5 a menos que R ¡ = O.

Suponiendo de nuevo que R; = 1 kQ Y R2 = 5 kQ en el circuito de la Figura 5.33, sustituir el circuito de la izquierda del nudo A por el Thévenin equivalente incluyendo Vs ' u, y R ¡. Entonces, utilizando (5), obtener (36). El Thévenin equivalente

está dado por v

R¡vs

Th

R

R

-

R

¡

+

=--

1 + R¡

R¡ I

R¡ = __

1 + R¡

R¡

en kn.

V2

donde

+

R ¡R .

Th -

donde las resistencias se expresan De (5),

¡

=

-k

(1 - b) -v Th 1 + bk y

5(1 + R ¡) l-b = --..c .. 6R¡ + 5

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES SRQPONMLKJIH 99

Por tanto,

v-· 2 -

+ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R ¡) -k R¡ - 5 R ¡k zyxwvutsrqponm

5(1 6R¡

+ 5

1+

·--v= + 5) 1 + R ¡

R ¡kj(6 R ¡

6R¡

s

+ 5+

V

R ik

s

la cual es idéntica que (36).

5.6.

Calcular la tensión de salida de un ampo op. siendo A = 10 5 Y Vee = 10 V para v- = O V; v+ = sen t (V). Tomar como referencia las Figuras 5.7 y 5.8. A causa de la alta ganancia

la saturación

se presenta

rápidamente

para

o sea Podemos

entonces ignorar la zona lineal y escribir

v ={+lOV

-10 V

2

donde

Vd

= v+ -

v-

=

sen t (V). Un ciclo de la salida vendrá dado por O< t< n

={+lOV

v 2

-10 V

n < t < 2n

Para tener más exactitud en v2 utilizamos las características la Figura 5.7.

_10-4

<

Vd

< _10-4 V

Vd

<

Vd>

La saturación empieza para sustituir sen t por t. La salida V2 V2

= =

de transferencia

del ampo op. de

10-4 V 10- 4 V

Ivdl V2

= [sen ti = 10- 4 4 V. Al ser muy pequeño este valor, se puede está dada por

_10-4

10 5 t

v2 = -10

S

10-4 < t < n - 10-4 s

10

v 2 = - 10 5 (t -

< t < 10-4

n)

n-1O- 4 n+ 10-4

< t < n + 10-4 s < t < 2n - 10-4 s

Para poner de manifiesto el pequeñísimo error que se comete al ignorar la zona lineal, observar que durante un período de 2n s el intervalo lineal de funcionamiento es solamente de 4.10-4 s, lo que da una relación de 64.10-6 .

5.7.

Repetir el Problema

5.6 para v+ = sen 2 n t (V) y u " = 0,5 V.

La tensión de salida es cuando v+ > vcuando v+ < v-

CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

100

La conmutación ocurre cuando sen onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2 m = 1/2. Esto ocurre para zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV t = 1/12,5/12, 13/12, etc. Por tanto, un ciclo de v2 está dado por 1/12 < t < 5/12 s

v2

=

10 V

v2

=

-10 V

En la Figura 5.34 se representan

5/12 < t < 13/12 s

los gráficos de u", v - y v2 ·

11:2(1)

20 f-

.•..•. - - .•.

,

-,

,

,

,

,

, , SRQPONMLKJIHGFE

, ,

10 ~- --' .•..• -------.:".''

---------------------------------

.' I

•

r

O

.. r

.

,

,

,

r

"

r

'

•

.

t

r

•

•

'

'

' IHGFEDCBA

~'--~---L---L--~--~--~.,'.--J---J---~--~--L---,~:---+-----.L

í

12

12

.L\ 2

\

... . ,

,

ti

1

12

¡

.

,

~ ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

F ig u r a

5.8.

. "

'

-10

-20

----------,;/-----

\

En el circuito

de la Figura 5.35

Vs

= sen

5.34.

100t. Calcular

VI

y

V2·

ioo n

+ V.

= sen 100t

+

VI

R

F ig u r a

5.35.

V2

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

CON

AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 1 0 1 zyxwvuts

vB = V A = O. Entonces En los nudos onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B y A , zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

30

V¡ =

20

+ 30

Vs = 0,6 sen 100t (V)

100 100 V2 = - V¡ = - (0,6 sen loot) = - 2 sen loot (V) 30 30 100

Alternati vamen te,

5.9.

V2

= -

+

20

30

Vs

=

-2

sen 100t (V)

Los niveles de saturación del ampo op. de la Figura 5.31 son + Vee = 5 V Y - Vee = - 5 V. La tensión de referencia es Vo = 1 V. Calcular la secuencia de salidas correspondientes a los valores de Vi desde O a 1 V en escalones de 0,25 V. Véase la Tabla S.7, donde L=

-S

V YH

=

+S V.

Tabla 5.7.

"i' V

"3

"2

"¡

a 0,2S0,2S+ a O,SO,S+ a 0,7S0,7S+ a 1

L L L H

L L H H

L H H H

°

5.10.

Calcular

V

en el circuito de la Figura 5.36. +

v


Entonces

la LKC en el nudo A ,

V¡g¡ v=

+

v2 g 2

g¡+ g2+ g3

5.11.

+

v3 g 3

v¡R2 R3 R¡R2

+ v2 R¡R3 + v3 R2R¡ + R2R3 + R3R¡

En el circuito de la Figura 5.37 calcular V e (tensión en el nudo C), i.. R ¿ (resistencia de entrada vista desde la fuente de 9 V), v 2 e i2 .

•..

1 0 2 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

so

+

+

100 ZYXWVUTSRQPONMLKJIH

5.37.

F ig u r a

vB = V A = O. Aplicando la LKC al nudo e tenemos: En los nudos onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B y A , zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (ve - 9)/4

Entonces

il

+

ve l6

de donde

ve = 3 V

Rin = vl/i l

Y

= 911,5 = 6

n

inversor tenemos:

v2 = -(5/3)ve

= -5 V

y

i 2 = -SilO

=

-0,5 A

Calcular V 2 del Problema 5.11, sustituyendo el circuito a la izquierda de los nudos A -B por su Thévenin equivalente según la Figura 5.37.

= 3 + (6)(4) = 54

R

6

Th

De donde 5 .1 3 .

ve l3 = O

= (9 - vd/4 = 1,5 A

Del circuito del amplificador

5 .1 2 .

+

V2

= -

+4

'

Q

6

y

VTh

= --6

4+

(9)= 5,4 V IHGFEDCBA

(5/5,4)(5,4) = - 5 V.

Obtener ve> ¡l' v 2 Y R in, resistencia Figura 5.38.

de entrada

vista desde la fuente de 21 V en la

D

+

+ 21 V

V2

F ig u r a

Del amplificador

5.38.

inversor tenemos: V2

=

-(5/3)ve

(39)

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

Teniendo

CON AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 1 0 3 zyxwvuts

en cuenta que zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VB = v A = O, así de la LKC en el nudo e resulta: Ve - 21 Ve ---+-+-+--=0 363

Sustituyendo

ve = - (3j5)v2

obtenido

Ve

ve - V2

(40)

8

de (39), en la (40)tendremos

que V2 = - 10 V. Entonces

ve = 6 V i1 = (21 - vdj3000 = 0,005A = 5 mA R¡n= 21ji onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = 21jO,005 = 4200 n = 4,2 kn 1

5.14.

En el circuito de la Figura 5.38 cambiar la fuente de 21 V por otra de 21k V, siendo k un determinado factor. Demostrar que ve, i1, V 2 ' en el Problema 5.13, resultan multiplicadas por el factor k y R¿ no cambia. Tomemos Vs = 21k (V) como tenemos [véase (39)]:

la nueva

tensión

de la fuente. Del amplificador

inversor

v2 = -(5j3)ve

Aplicando

la LKC en el nudo

e

se obtiene [véase (40)]

ve - Vs ve ve ve - v2 --+-+-+--=0 363 IHGFEDCBA 8

Resolviendo

para ve Y v2 tenemos: ve = (6j2l)vs

= 6k (V) i1 = (vs

R¡n = v.t',

Estos resultados

5.15.

se obtienen

-

V2 = -(lOj2l)vs

y

vdj3000

= (21 - 6)kj3000

= 21kjO,005k

(V)

A

= 4200 n

por ser el circuito lineal.

Calcular V2 Y ve del Problema 5.13 mediante la sustitución del circuito a la izquierda del nudo e de la Figura 5.38 (incluyendo la batería de 21 V Y las resistencias de 3 kQ y de 6 kQ) por su Thévenin equivalente. Primero

calculamos

Th

Sustituimos en C:

el Thévenin equivalente:

= (6)(3) = 2 kn

R

6

+3

el circuito a la izquierda

y

del nudo

V Th

e

por

Del amplificador inversor se tiene que V2 = - (5j3)vo sustituir en (41)se obtiene v2 = -10 V y ve = 6 V.

6 = -(21)= 14 V 3 + 6

V Th

ve - 14 ve ve - V2 -.:...._-+-+--=0 238

5 .1 6 .

= -lOk

= 0,005k

Y

RTh

Y entonces aplicamos

la LKC

(41) o sea, ve = - 0,6 v2 , que después de

Calcular el Thévenin equivalente del circuito a la izquierda de los nudos A -B de la Figura 5.39(a) y entonces calcular V2 para R ¡ = 1 kQ, 10 kQ e co. b) Repetir para la Figura 5.39(a) y comparar con el apartado a).

a)

1 0 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

a) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El circuito equivalente Thévenin del de la Figura 5.39(a) es el que se indica en la Figura 5.39(b). r----------I

1 1 1 1 1

3kO

+

15V

1 --------,

RTh 1zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW 1 A 1ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A 1 + 1 + 1 1 Vn, R¡ V2 6kO IHGFEDCBA R¡ V2 1 1 1 1 B B

~----------

---------

(b )

(a )

-------------------, 1 1 1 1

-------1

1

1 +

15V

I

1 1

+

1

1

1 I I

1

I

A

R¡

V2

1 1 1

+

-

Vn,

R¡

1

B

1

1

1 ~

1-

(d)

5.39.

F ig u r a

Por división de

V Th

= --

6

6+3

entre

(15) = 10 V RRh

y

= -R¡

=

(3)(6) 3-+ 6

=

2 kn

R¡

+2

(10)

= 1 kn, = 10 kn,

v2 = 3,33 V v2 = 8,33 V R ¡ = 00 v 2 = 10 V v 2 depende de R ¡. La operación R¡

R¡

RTh

y R ¡ tenemos: V2

Para Para Para La salida

B

.•

(e )

VTh

A

del divisor de tensión está afectada por R ¡.

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

CON

AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 1 0 5 onmlkjihgfe

b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El circuito equivalente de Thévenin del representado en la Figura 5.39(c) se representa en la Figura 5.12(d). De aquí tenemos:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF VTh

=

10 V

y

y V z = V Th = 10 V para todos los valores de R ¡, o sea, la salida V 2 depende solamente y es independiente de R ¡.

5.17.

Calcular

Vz

en función de il en el circuito de la Figura 5.40(a). IHGFEDCBA

~-----------------I il

R

.Q.

r-------B~~~

I I I I

,- - - - - - ,

I

I

I

,, , ,ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA , , I

i

de R ¡, R z Y V s

I

+

+

,

l

I

Vz

R¡

R¡

I

-----------------~

,- - - - - -

(a )

(b )

Figura 5.40. La intensidad i¡ atraviesa la resistencia R produciéndose una diferencia de potencial de - Ri, de derecha a izquierda. Puesto que el terminal inversor B tiene potencial cero, la tensión [ver Figura 5.40(b)]. Por tanto, el ampo op. anterior aparece en la salida como V z = -R i¡ convierte la intensidad i¡ en una tensión V z con una ganancia de IV z/i¡1 = R . La fuente de intensidad no suministra potencia, puesto que la tensión v AB entre sus extremos es nula.

5.18.

Un transductor genera una pequeña corriente t.. la cual alimenta una carga R ¡ produciendo una tensión VI entre sus extremos. Se desea que VI siga la señal con una ganancia constante de 10 8 independiente del valor de R ¡. Diseñar un convertidor corriente-tensión que realice esta función. El transductor diseños producen

deberá alimentar indirectamente independiente de R ¡.

a R ¡ a través de un ampo op. Los siguientes

V ¡ = 10 8 i¡

Diseño 1: En la Figura 5.40 escogiendo R = 100 MQ. Sin embargo, una resistencia tan grande es cara y difícil de encontrar. ' Diseño 2: Con el circuito de la Figura 5.41 se obtiene también la ganancia de conversión de 10 8 V/A. El primer ampo op. con R = 10 6 convierte i¡ en v¡ = -10 6 i¡. El segundo amplificador con una ganancia de -100 (por ejemplo, con R ¡ = 1 kQ Y R z = 100 kQ) amplifica de V I a V z = -100v¡ = 10 8 i¡. El circuito tiene dos ampo op. y tres resistencias (1 MQ, 100 kQ Y 1 kQ), las cuales son menos caras y de más fácil disponibilidad.

1 0 6 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

;¡ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+ ZYXWVUTSRQPON

carga onmlkjihgfedc R¡

F ig u r a 5 .4 1 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

Diseño

5 .1 9 .

3:

Ver Figura 5.42 y Problema

5.19.

Determinar los valores de las resistencias para conseguir una conversión corrientetensión con una ganancia de v2 /i1 = 10 8 V/A en el circuito de la Figura 5.42. ;¡

R

R¡

+ carga R,

V2

F ig u r a 5 .4 2 .

Aplicando

la LKC al nudo C. Teniendo

en cuenta que vB

ve

.ve

R

s,

ve -

-+-+--=0 Sustituyendo

ve

= - Ri

¡

y despejando

=

vA

=

O. Así:

v2

R2

v2 obtenemos:

donde

R

eq

= R

(1 +

2 R R¡

+

R2) R

Para obtener la ganancia de conversión de v2 /i¡ = Req = 1O~ V/A = 100 Mn necesitamos encontrar unas resistencias que cumplan la siguiente ecuación: ' R

(1 + Rl R

2

+

R2) R

=

10

8

n

Una solución es tomar R = 1 Mn, R¡ = 1 kn y R2 = 99 kn. El diseño de la Figura 5.42 utiliza un solo ampo op. y tres resistencias que no son muy caras y son fácilmente adquiribles.

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

CON AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 1 0 7 ZYXWVU

5 .2 0 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CalcularzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i2 en función de V1 en el circuito de la Figura 5.43. 1- -

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

1- -

--1

-

-,

1

1

1

,1

1

1 1

1 1

1onmlkjihgfedcbaZYXW B

'ffi 1 1 1 1 1

1

1 1

+

L

;2

1 1 1

1

R2

e

J

A

1

(a)

(b )

F ig u r a 5 .4 3 .

Tenemos:

El ampo op. convierte la tensión de la fuente en una fuente de intensidad flotante. La relación de conversión de tensión-corriente es Rl y es independiente de R2 • 5 .2 1 .

Una fuente de intensidad alimenta directamente una intensidad i¡. b) Situar un Figura 5.44(b). Calcular i¡ a)

5 .2 2 .

real (is está en paralelo con una resistencia interna Rs) carga R ¡, como se indica en la Figura 5.44(a). a) Calcular la ampo op. entre la fuente y la carga, como se indica en la y comparar con el apartado a).

En el caso de conexión directa, Figura 5.44(a), i¡ = isRs/(Rs + R¡), que varía con R¡. b) En la Figura 5.44(b) el ampo op.hace que "» sea cero provocando que la corriente R, sea cero. Por tanto, i¡ = is' que ahora es independiente de R¡. El oircuito del ampo op. convierte la fuente real de intensidad en una fuente ideal de intensidad. Ver Figura 5.44(c).

Calcular

Vo


El primer ampo op. es tipo inversor de ganancia unidad con V3 = - v 2 • El segundo ampo op. es un circuito sumador con ganancia de - Rz/Rl para ambas entradas v1 Y v3 • La salida es VO

El circuito es un amplificador 5 .2 3 .

Calcular

Vo

R2 s,

= - -

(v 1

+

R2 s,

v3) = -

(v z -

v1)

diferencial.


Aplicando

la LKC al nudo B. Tener en cuenta que v B = v A = v z . Así: V2 v1 v2 - Vo --+--'-=0 Rl Rz

Despejando

Vo obtenemos

Vo = V2

+

(RjRl)(V2

- v1 ).


e onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO ,, , ,, zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ,ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

r - - - - - - - - - - - -,

Ii¡

,

i.

R,

R,

I 1

D

..1

(a )

r-------------------,

I

,,

r -----'

e

p, R,

e IHGFEDCBA

I I I i,

R,

,

I B

D A

(b )

I I

D

------

(e )

F ig u r a 5 .4 4 .

Vlo-------------~~--------------_.--~~~--~ R

R

+

F ig u r a 5 .4 5 .

AMPLlFICADORES

y CIRCUITOS

CON AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHGF 1 0 9 onmlkjihg

+

VI


Figura 5.46.

vo. 5.24. En el circuito de la Figura 5.47 calcularzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RI

+

-

¡ Figura 5.47. La parte de la izquierda (1 + R ¡/R 2)V ¡. Utilizando

V3 =

del circuito tiene una ganancia de (1 + R tfR 2). Por tanto, los resultados del Problema 5.23 y sustituyendo v3 ' resulta:

5.25. Determinar los valores de las resistencias del circuito de la Figura 5.48 para conseguir una ganancia diferencial de 10 6 de tal forma que Vo = 10 6 (V2 - V1 ). Los dos ampo op. primeros

son seguidores de tensión. y

De (16), Sección 5.9, tenemos: R2

Vo

Para conseguir la ganancia R2 = 100 MQ.

= -

R¡

(v B

-

v A)

R2

= -

diferencial requerida

s,

(v 2

-

VI)

con R 2 /R ¡

= 10 6 tomamos

R¡

= 100 Q Y


v)o -----i ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+ zyxwvutsr

5.48. F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML El circuito de la Figura 5.48 puede tener la misma ganancia que el de la Figura 5.45, pero su resistencia de entrada es infinita. Sin embargo, se emplean dos resistencias pequeñas y dos grandes que no son muy corrientes.

5.26.

Las resistencias de valor elevado y de precisión son muy caras. Demostrar que en el circuito de la Figura 5.49 se pueden seleccionar resistencias de valores corrientes de tal forma que Vo = l06(v 2 - Vi).

+

F ig u r a

5.49.

Los dos primeros ampo op. transmiten las tensiones de entrada VI y v2 a los terminales de onmlkjih Una corriente hacia arriba en la misma de i = (v 2 - v I)/ R G . Esta corriente también pasa a través de las dos resistencias R3' provocando una caída de tensión de iR3 en las mismas. Por tanto,

R G ' provocando

AMPLlFICADORES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED y CIRCUITOS CON AMPLlFICADORES OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 111

2R3)

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML ( 1+ RG (V2-VI)

VB-VA=

2

R (v - VA) = -R2( 1 + -2R3) (v V = y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B 2

VI)

O

RI

Para una ganancia

RI

RG

diferencial de 10 6 debemos tener que _v_o _ = R2 (1 V2 - VI RI

+

2R3) RG

= 10 6

Tomamos RI = RG = 1 kQ, R2 = 100 kQ Y R3 = 5 MQ. El circuito de la Figura 5.49 tiene una resistencia de entrada infinita, empleando corrientes y con tres ampo op.

5.27.

Demostrar N¡ y N2 •

que en el circuito de la Figura 5.50 i¡ = i 2 , prescindiendo

resistencias

de los circuitos

e

R

-

R

.!L

il

+ NI

B

~ A

vI

+ Vz

N2

Figura 5.50. Los nudos A y B tienen la misma tensión VA = VB' Puesto que el ampo op. no consume corriente, il e i2 van a través de las dos resistencias y la LKT aplicada al lazo ABC del ampo op. da Ri l - Ri2 = O. Por tanto, il = i 2 ..

5.28.

En el circuito de la Figura 5.50 supongamos que N ¡ sea una fuente de tensión una resistencia R2 . Calcular la resistencia de entrada R in = v¡/i¡. Del ampo op. obtenemos

V¡

y N

2

vB e ti = i 2 . Del conexionado de N I Y N 2 obtenemos respectivamente. La resistencia de entrada es v¡/i l = = - i 2 R2 /i 2 = - R2 , que es la resistencia de carga cambiada se signo. El ampo op. es un convertidor de impedancia negativa. VI

5.29.

VA

=

= vB = v2 = VA Y v2 = - i2 R2 ,

Un seguidor de tensión está constituido por un ampo op. con ganancia finita A en circuito abierto y R in = 00 (ver Figura 5.51). Calcular la ganancia G = v2 Iv¡. Calcular la sensibilida d s definida como la relación del porcentaje de cambio de G y la relación de porcentaje de cambio de A .


+

+ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH

Figura 5.51.

De la Figura obtiene:

Aplicando la LKT a lo largo del amplificador 5.51 tenemos onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V2 = A v d• VI = Vd

+ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v2 = V d + A V d = vAl + A ) = v2 (1 + A )/A v2

A

G = -= --

de G respecto de A es dG

-=---::-

dA

El porcentaje

+A

1

VI

La derivada

se

(1

1

de cambio producido dG G

y la sensibilidad

(1

+ A )2

en G es 100(dG /G ). dA

1

dA

+A

A

l+ A

----:-.--=--.(1 A )2 A

+

1

es dG /G s= --= -dA/A

El porcentaje Tabla 5.8.

dA dG = ----: :

de donde

+ A )2

1 1+A

de cambio de G depende de A. Valores de dG/dA frente a s se tienen en la

Tabla 5.8.

A

»,

10 11 100 1000

G=

f'2Nl

0,909 0,917 0,990 0,999

Para valores muy grandes de A la ganancia

dG/dA 0,008 0,007 0,0001

°

s _" 0,091 0,083 0,01

°

G no es sensible a los cambios de A .

y CIRCUITOS

AMPLlFICADORES

PROBLEM AS

CON

AMPLlFICADORES

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 113

S U P L E M E N T A R I O S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

5.30.

vS'onmlkjihgfedcbaZYX R ¡ y R ¡) Repetir el Problema 5.3 sustituyendo el circuito a la izquierda del nudo (incluyendo zyxwvutsrqponmlkjihgfedc por su Thévenin equivalente (ver Figura 5.33 ). Resolver el problema aplicando los resultados del Ejemplo 5.4.

5.31.

Obtener el circuito equivalente de Thévenin a la izquierda de los nudos A -B de la Figura 5.52, con k = 10 para a) R 2 = 00 Y b) R 2 = 50 k!l Solución: a)

= - 100 V,

vTh

RTh

= 100

Q; b)

vTh

= - 31,22 V,

RTh

= 37,48

Q.

A

R,

B

Figura 5.52. 5.32.

Repetir el Problema Solución:

5.33.

vTh

RTh

=

=

50 kQ y k

=

100.

5,66 Q.

=

10 6.

En el circuito de la Figura 5.13, Vee = 10 V, R ¡ R2 sin que el ampo op. alcance la saturación. Solución: R 2

5.35.

V,

Determinar la relación que debe existir entre R , R ¡ Y R 2 en la Figura 5.41 para que el circuito tenga una ganancia de v2 /v¡ = 10 6 V/A. Solución: R R 2/R ¡

5.34.

5.31 para R 2

-47,16

=

=

= 2 kQ Y

Vo

=

= 1 V. Calcular el valor máximo de

20 kQ.

Supongamos el circuito sumador de la Figura v2 = sent (V). Supongamos que R I = 3 kQ, R 2 superposición. Solución:

V¡

-(1 = ~ sen

5.14 con dos entradas dadas por V ¡ = 1 Y R f = 8 kQ. Calcular V o utilizando

= 5 kQ Y

t). -v

5.36.

En la Figura 5.17 supongamos que R 1 = 4 kQ Y R2 V o en función de las tensiones de entrada. Solución:

5.37.

Vo

= v¡ +

V2

=

2R

i-

8 kQ. Aplicando

= v3 .

Calcular la resistencia de entrada Solución: R in

=

vista desde v f en la Figura 5.19.

superposición,

calcular


5.38.

En la Figura 5.20, utilizando todos expresados en kil. Solución:

5.39.

Vo

1,5v2

calcularzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO Vo siendo Rl = 2, R2 = 7, R3 = 10, R4 = 5,

3,5vl•

-

En el circuito de la Figura 5.20 calcular:onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) Vo para R ¡ = 1, R2 = 3, R3 = 2 Y R4 = 2, todos en kil; b) la resistencia de entrada R 2in vista por v2 ; e) il en función de V l Y V2 Y demostrar que VI ve una carga variable que depende de v2 • Solución: a )

5.40.

=

superposición,

Vo

= 2v2

-

3vl, b) R2in = 4 kil, e) il = v l

-

v2 /2.

Utilizando un solo ampo op., diseñar un amplificador con una ganancia de resistencia de entrada de 8 kil Y una resistencia de salida cero.

V2 /Vl

=

3/4, con una

Solución: Ver Figura 5.53.

..•.••- -t

VIQ --""'.!\J "--

Figura 5.53. 5.41.

Demostrar que, dados Rl = 00 y R2 = 0, el circuito del ampo op. no-inversor (12) se reduce a un seguidor de tensión.

5.42.

En el circuito de la Figura 5.22 se supone R, = 10 kil. a ) Calcular independiente R J de Rs? Discutirlo.

de la Figura 5.15 y

R J para que is = O. b) ¿Es

Solucíon: a ) 40 kil, b) sí. 5.43.

La entrada al circuito de la Figura nudo B y despejar de la misma v 2' Solución:

5.44.

Demostrar integrador

V2

= -

(l/ro) cos cot

5.23 con R e = 1 es v l = sen on. Escribir la LKC para el

+ C.

que la salida V2 en el circuito de la Figura 5.23.

de la Figura

5.54 es la misma que la salida del

IHGFEDCBA r----~-~~~~---O i

+ "

e ~

R

Figura 5.54.

AMPLlFICADORES

5.45.

=

{I V

1

O

O.

-l =

+

1

= RonmlkjihgfedcbaZYX f = 1 kn, C = 1 ¡.tF Y

(V)

>

t

O . IHGFEDCBA

t
5.45 para

-e =

e-lOOOt

{O

Repetir el Problema Solución: v 2 (t)

lOOOt

Vl

(V)

{ -IV

=

g

t
V

t>O

t >O

t
.

En la ecuación diferencial 10-2 dv2 /dt + v2 = vs ' e, es la función de excitación (forzada) y v2 es la respuesta. Diseñar un ampo op. para obtener V2 a partir de vs. Solución: Ver Figura 5.24 con R l

5.48.

OPERACIONALES SRQPONMLKJIHG 1 1 5 zyxwvutsr

AMPLlFICADORES

t > t
Solución: v2 (t)

5.47.

CON

CalcularzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v2 en el integrador con descarga de la Figura 5.24, siendo R v

5.46.

y CIRCUITOS

Diseñar

=

=

Rf

R, RC

= 10-2 Y v l = -vs•

un circuito con ampo op. para resolver el siguiente sistema de ecuaciones: y'

2y

Solución: Ver Figura 5.55, con R lC

=

+

x = vsl

+ x' +

R 4C

= 1

3x

= -

vs2

S,

R 2C

= t s,

R 3C

= 1 s.

e

> - • .--y ...

e

> ---_x

Figura 5.55.

l

~ ~

.,'

6

C A P íT U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA S e ñ a le s y f o r m a s

d e o n d a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH

6.1.· INTRODUCCIÓN Las tensiones e intensidades, como funciones temporales, que pueden presentarse en los circuitos eléctricos son de los tres tipos siguientes:onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i) ii) iii)

Funciones periódicas. Funciones no periódicas. Funciones aleatorias.

En este capítulo el dominio del tiempo, para todas las funciones, es términos forma de onda y señal se usarán indistintamente.

00onmlkjihgfedcbaZYXWVU < wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW t < 00 y los

6.2. FUNCIONES PERIÓDICAS Una señal v(t) es periódica con período T si v(t)

=

v(t

+

para todo t

T)

Se dan a continuación cuatro tipos de funciones periódicas, para un período completo T , con sus gráficas corre~ondientes. a)

Onda senoidal: VI

(t)

=

v, sen 2nt/T

(1)

Ver Figura 6.1(a).

--~------------~------------~-----f Figura

6.1(a).

117

1 1 8 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Impulso peri6dico:

t < TI para O < wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

para T I < t < T

(2)

Ver Figura 6.1 (b). ~t ()

-

VI

T

TI

I

-V 2

"

F ig u r a

e)

6.1(b).

Tren de ondas peri6dico:

V3

donde T

=

_ {Vo sen 2ntjA ()t -

kA es un número

O

Repetici6n

para 0< t < T I para T I < t < T

(3)

entero. Ver Figura 6.1(c).

F ig u r a

d)

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

6.1 (e).

de un suceso cada T segundos:

(4)ONMLK Ver Figura 6.1(d). Las señales peri6dicas pueden ser muy complejas. Sin embargo, veremos, en el Capítulo 17, c6mo pueden representarse como suma de sinusoides. Este tipo de funciones son las que se estudiarán en las siguientes secciones.

I onmlkjihgfe

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDCB 1 1 9 zyxwvutsrqpo

Figura 6.1(d). ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

6 .3 .

F U N C IO N E S

S IN U S O ID A L E S

Una tensión sinusoidalwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v(t) está dada por v(t) = Vo

cos (wt + e)

donde Vo es la amplitud, w es la pulsación o frecuencia angular y e es el ángulo de fase. La pulsación t» puede expresarse en función del período T o de la fr ecuencia f, donde f == l/T. La frecuencia se mide en hercios, Hz, o ciclos/s. Puesto que cos w = cos (wt + 2n), w y T están relacionados por wT = 2n. Si se toma T en segundos, la v(t) pasará por su valor original, l/T ciclos en un segundo. En resumen, para las funciones sinusoidales tenemos: w EJEM PLO

6.1.

a)

e)

e) d)

e)

Ver Ver Ver Ver Ver

Figura Figura Figura Figura Figura

2n/T

6 .4 .

2nf

f = l/T

= w/2n

T = l/f = 2n/w

= cos t b) v 2 (t) = sen t e) v 3 (t) = 2 cos 2m = 2 cos (m /4 - 45") = 2 cos (nt/4 - n/4) = 2 cos [n(t - 1)/4] vs(t) = 5 cos (lO t + 60°) = 5 cos (lO t + n/3) = 5 cos 10(t + n/30) v 1 (t)

v 4 (t)

6.2(a). 6.2(b). 6.2(c). 6.2(d). 6.2(e).

6.2. Dibujar Ver Figura 6.3.

EJEM PLO

=

Dibujar cada una de las siguientes funciones y especificar el período y la frecuencia.

d)

a) b)

=

T = 2n = 6,2832 s y f = 0,159 Hz. T = 2n = 6,2832 s y f = 0,159 Hz. T = 1 s y f = 1 Hz. T = 8 s y f = 0,125 Hz. T = 0,2n ~ 0,62832 s y f = 1,59 Hz. v(t) = 5 cos tot en función de a n.

DESFASES TEM PO RAL y ANG ULAR

Una función retrasada r segundos respecto de v(t) = cos cot se obtiene haciendo v(t - r) = = cos w(t - r) = cos (wt - e), donde e = «ir. Gráficamente este retardo significa que la curva v(t) se desplaza hacia la derecha un valor de t segundos, lo que corresponde a un retraso de fase de e = wr = 2nfr . La función v(t + r) está desplazada hacia la izquierda t segundos teniendo entonces un desfa se tempor a l de r segundos, lo que representa un ángulo de fase en a dela nto.

•

/ONMLKJIHGFEDCBA 1 2 0 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

Consecuentemente, un desfase angular de valorwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e corresponde a un desfase temporal de valor r. Por tanto, para un desfase angular dado, cuanto mayor es la frecuencia menor es el retraso en tiempo. 6.3. Dibujar v(t) = 5 cos (nt/6 + 30°). La ecuación se puede escribir como

EJEM PLO

v(t)-= 5 cos (nt/6

+

n/6) = 5 cos [ n(t

+ 1)/6]

Ésta es una función coseno con período de 12 s, la cual está adelantada en el tiempo 1 s; o sea, la gráfica está desplazada hacia la izquierda 1 s o 30°, tal como se ve en la Figura 6.4.

E J E M P L O 6.4. Suponer un circuito lineal con la siguientes entrada y salida, aplicables para cualy'A : quier valor de w onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Entrada: Dada v¡ (t) a)

b)

e= e=

=

cos w¡ t

+

v¡ (t) = A cos cot

Salida:

vo(t) = A cos (wt - e)

cos w 2 t, calcular vo(t) cuando

106 w [con desfase angular proporcional a la frecuencia, Figura 10-6 [con desfase angular constante, Figura 6.5(b)]. v¡(t)

(a )

(b )

Figura 6.2

(continúa).

6.5(a)].

/

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDCB 1 2 1 zyxwvutsrqpon

2

3

DCBA

-4onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(e)

(d)

(e)

F ig u r a


6.2wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (continua ción).

v(t)

F ig u r a

6.3.

122onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

,ti

6"

Figura 6.4. -9. rad

-9. rad

~~

-+

~ra&s

_10- 6

(b )

(a )

a)

e¡ = 1O - w ¡, 6

vo(t) =

cos

e 2 = 1O - w 2 • vo(t) =

Figura 6.5. e ¡)

(w ¡ t -

6

cos

= cos

1----------

= 10-6onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

pendiente

La salida es

ro. rad/s

+

cos

(w 2 t

-

( 2 ).

+ cos

(w 2 t

Entonces

(w ¡t w ¡(t

-

1O - 6 w ¡)

-

6

10-

)

+ cos

w 2 (t

-

-

1O - 6 w 2 )

10-6)

=

10-6)

vJt -

=

v¡(t -

r)

donde r = 10-6 s = 1 f.1S. Así un desfase angular proporcional a w [Figura 6.5(a)] retrasa a todas las componentes de frecuencia de la señal de entrada en 1 f.1S. La salida sigue ala entrada sin distorsión. b)

e¡ = e 2 =

10-6. Entonces vo(t) =

cos

(w ¡t

-

10-6) +

=

cos

w ¡(t

-

1O - 6 Iw ¡)

COS (w 2 t

+ cos

-

10-6)

w 2 (t

-

1O - 6 Iw 2 )

Un desfase angular constante [Figura 6.5(b)]) retrasa las componentes de frecuencia de la señal de entrada de forma distinta. La salida está distorsionada respecto de la entrada.

6.5. COMBINACIÓN DE FUNCIONES PERIÓDICAS La suma de dos funciones periódicas de períodos T I y T 2 es una función periódica de período T , si se cumple que T = ni TI = n 2 T2' siendo ni Y n 2 enteros. Esto significa que TI/T2 = n2/nl debe ser un número racional. En caso contrario, la suma no es periódica.

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA

EJEM PLO

T

=

123

Calcular el período de v(t) = cos 5t + 3 sen (3t + 45"). de cos 5t es T¡ = 2n/5 y el período de 3 sen (3t + 45°) es T2 = 2n/3. Tomando 5T¡ = 3T 2 , que es el mínimo común múltiplo entero de T¡ y T 2 . Observar que v(t + 1) = v(t), 6 .5 .

El período 2n

=

ya que:

v(t

+

T)

= cos

5(t

+

2n)

+ 3 sen

[ 3(t

+

2n)

+ 45°] = cos

5t

+ 3 sen

(3t

+ 45°) =

v(t)

Por tanto, el período de v(t) es 2n. ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

6 .6 . ¿Es periódica v(t) = cos t + cos 2 ttt'! Comentar la contestación. T 2 = 1. No es posible encontrar un período El período de cos t es T¡ = 2n. El período de cos 2 nt esonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF que cumpla T = n¡ T¡ = n 2 T2 porque T¡ /T2 = 2n no es un número racional. Por tanto, v(t) no es periódica. EJEM PLO

6 .7 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA DadowvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p = 3,14, calcular el período de v(t) = cos t onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ + cos 2pt. El período de cos t es T¡ = 2n y el período de cos 2pt es T2 = n/3,14. La relación T¡ /T2 = 6,28 es un número racional. La pareja de números enteros n¡ = 25 Y n 2 = 157 satisface la relación n2/n¡ = T¡ /T 2 = 628/100 = 157/25. Por tanto, v(t) es periódica del período T = n¡ T¡ = n 2 T 2 = 50n s. EJEM PLO

I d e n tid a d e s tr ig o n o m é tr ic a s

Las identidades

trigonométricas

de la Tabla 6.1 son útiles en el estudio de circuitos. T a b l a 6 .1 .

sena = -sen(-a ) cos a = cos ( - a )

sen a = cos (a - 90°) cos a = sen (a + 90°) sen 2a = 2sen a cos a cos 2a = cos? a - sen? a 1 - cos 2a 2 sen a = 2

(5a ) (5b) (5e) (5d)

= 2 cos"

a -

1

= 1 - 2 serr'

a

(6a ) (6b) DCBA (7a)

cos 2 a = ----1+cm~

(7b)

2

sen cos sen sen cos sen cos

EJEM PLO

6 .8 .

(a + b) = sen a cos b + cos a sen b (a + b) = cos a cos b - sen a sen b a sen b = lcos (a - b) -lcos (a + b) a cos b = hen (a + b) + hen (a - b) a cos b = leos (a + b) + lcos (a - b) a + sen b = 2 sen l(a + b) cos l(a - b) a + cos b = 2 cos l(a + b) cos H a - b)

Expresar

v(t) = cos 5t sen (3t

(8a ) (8b) (9a ) (9b) (ge)

(lOa) (lO b)

+ 45") como suma de dos funciones cosenoidales

calcular el período. v(t) = cos 5t sen (3t + 45") = [sen (8t + 45") - sen (2t - 45")]/2 = [cos (8t - 45") + COS (2t + 45°)]/2 [Ec. (5e)]

El período de ¡ ;(t) es

ti.

[Ec. (9b)]

y

1 2 4 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

6 .6 .

V A L O R E S M E D IO

Y E F I C A Z zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH

Una función periódicawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(t), de períodoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T , tiene un valor medio F rned dado por F rned = < f(t»

El valor medio cuadrático período está definido por

1 = T

fT

1 dt = T

f(t)

o

fto

1

+ T

'o

]

F (t)

O sea, que F ;r = < F (t». Los valores medios y eficaz se calculan normalmente

fT o

T

y utilizando

Vm

COS

(wt

+ 8)

(12), V; r

= -1 T

fT

o

V; ' cos 2 (wt

+ 8) dt = - 1 2T

V

= ~

dt

wT

I

V; ,[ 1

o

el mismo

1/2

(12)

a lo largo de un período.

Calcular el valor medio y eficaz de la onda cosenoidal (11), 1 Vrned = -

durante

dt

6 .9 .

Utilizando

(11)

dt

(vmc, en inglés rms) o valor eficaz de f(t)

F er = F vrnc = [ T

EJEM PLO

fto+ T f(t) to

v(t) = Vm

COS

(wt

[sen (wt + 8)]6' = O

+ cos

2(wt

+ 8)]

dt

+ 8).

(13)

= V; ,/2

de donde

(14)

Las ecuaciones (13) y (14) ponen de manifiesto que los resultados son independientes de la frecuencia y del ángulo de fase 8; o sea, que el valor medio de un coseno y el valor eficaz son siempre O y 0,707 Vm , respectivamente. EJEM PLO

6 .1 0 .

Calcular el valor medio y eficaz de una media-onda v(t )

=

rectificada senoidal

cuando sen cot > O

Vm sen cot {O

(15)

cuando sen cot < O

De (11), V rned

1

fTI2

T

o

= -

V

Vm sen wt dt

= ~

1

fTI2

wT

[-cos

wt] 6'/2 ~.

= Vm/n

(16)

y de (12),

V; r

por tanto,

1

fTI2

T

o

= -

V; ' sen? en dt

=-

2T

o

V; ' (1 - cos 2wt) dt

= V; ,/4 (17)

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDCB 125

EJEM PLO

6 .1 1 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CalcularwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V med Y Ver de la función periódica tal que, para un período

v(t) =

T, vale:

para O < < {Vo onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC Período (18) < < para TI

t

-V o

TI

T = 3T 1

3T 1

t

Tenemos

(19)

2

y

Ver

vil

=-

(T I

3T

+

2T 1 )

2

= Vo

.

de lo cual

(20)

El resultado

anterior

puede generalizarse

=

como sigue. Si Iv(t)1

Vo entonces

Ver

=

Vo '

E J E M P L O 6 .1 2 . Calcular la potencia media disipada de O a T en una resistencia conectada a una tensión v(t). Sustituir v(t) por una tensión constante Vde • Obtener el valor de Vde tal que la potencia media sea la misma en ese período.

p = vi = v2 jR

P med

=

1

RT

fT

2

o v (t) dt =

1

R

VJe

2

o

R

Ver =

6 .1 3 . La corriente i(t) que se indica en la Figura 6.6 pasa a través de un condensador de 1 ¡ tF . Calcular: a) la tensión V ae en el condensador para t = 5k ms (k = O, 1, 2, 3, ...), Y b) el valor de la fuente de intensidad constante I de que puede producir la misma tensión sobre el condensador en t = 5k ms cuando se aplica para t > O. Comparar I de con < i(t», valor medio de i(t) en la Figura 6.6 para un período de 5 ms después de t > O. EJEM PLO

I'()

t , mA

~

4

O

3

5

8

10DCBA

t, ms ZYXWVUTSRQPONMLKJ

-2

F i g u r a 6 .6 .

a)

Para t ~ 5 ms vac--

_ 1

e

f5. o

3

10-

i(t)dt= 10 6 (10-3)

[f3. o

3

10-

4dt-

f5

10-

3 ]

2dt

=12-4=8V

3.10-3

Éste es el valor para el primer intervalo de 5 ms. Cada 5 ms un valor igual debe añadirse tensión del condensador. Por tanto, para t = 5k ms, v = 8k (V).

a la

1 2 6 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Con una intensidad constante I onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA del condensador vde en 5 ms es de la tensión

Puesto que debe ser vde

=

vae en 5k ms, tendremos:

o Observar

6 .7 .

que I de

=

< i(t)

F U N C IO N E S

.103)

I de = 8kj(5k

de la Figura 6.6 para cualquier

=

1,6.10-3

A

=

1,6 mA

período de 5 ms con t > O.ZYXWVUTSRQPON

N O P E R IÓ D IC A S

Una función no periódica no queda definida para cualquier instante mediante el conocimiento de un segmento finito de la misma. Ejemplos de funciones no periódicas son:

a)

b)

v1(t) = {~

v,(t) ~

para t < O para t > O para t < O para O < t < T para t> T

{~T

para t < O para t > O

e)

d)

v 4 (t) =

{Osen cot

e)

v t = s( )

O {« v:


cos cot


(21)

(22)

(23)

(24) DCBA

(25)

f)

para todo t

(26)

g)

para todo t

(27)

h)

para todo t

(28)

Algunas de estas funciones se utilizan como modelo matemático para el diseño y análisis de circuitos con señales reales. En los siguientes apartados se discutirán algunos ejemplos.

SEÑALES

6 .8 .

L A F U N C IÓ N

Y FORM AS

DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 1 2 7 ZYXWVUT

E S C A L Ó N U N I D A D zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK

LawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA función esca lón unida d, que no tiene dimensiones, se define por:onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON u(t)

La función está dibujada t

= {~


(29)

en la Figura. 6.7, y como puede verse no está definida para

= O. U(I)

o F ig u r a

6.7.

Para ilustrar la utilidad de la función u(t) supongamos el interruptor S del circuito de la Figura 6.8(a), que se encuentra en la posición 1 para t < O Y se pasa a la posición 2 en t = O. La tensión entre A -B se puede expresar por v A B = V ou(t). El circuito equivalente para el escalón de tensión se representa en la Figura 6.8(b).

VO

,-

1=0

2

.0

1 1 1 1 1 1 1 1

A

+

S

VAB

B

L

-

-

-

-

-

-

-

-1

A

-

1 1 1 1 1 1 1

VO U(I)

_________

+

VAB

B

(b)

(a )

F ig u r a

6.8.

E J E M P L O 6 .1 4 . El interruptor del circuito de la Figura 6.8(a ) se cambia a la posición 2 en t Expresar v AB utilizando la función escalón unidad. La aparición de la tensión Voentre A -B está retrasada hasta t =- t~ . Sustituyendo la variable t - t o en la funcion escalón, tendremos v AB = Vou(t - tolo EJEM PLO

6 .1 5 .

posición 1 en

t =

Si el interruptor de la Figura 6.8(a ) se cambia a la posición 2 en t 5 s, expresar v AB utilizando la función escalón. VAB

=

Vo [ u(t) - u(t - 5)]

=

= t

to.

por

O, y vuelve a la

128onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

6 .1 6 .

Expresar la funciónwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v(t) dibujada en la figura utilizando la función escalón. ver)

-1 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

F ig u r a

f. t

6.9.

v(t) = [ u(t) - u(t - 2n)] sen t

6 .9 .

L A F U N C IÓ N IM P U L S O U N ID A D

Consideremos la función ST(t) de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 6.10(a), que es cero para t < O Y crece uniformemente desde O a 1 en T segundos. Su derivada dT(t) es un pulso de duración T y altura l/T, como se ve en la Figura 6.10(b). para t < O para O < t < T para t> T

(30)

Si el tiempo T se reduce, el pulso de la Figura 6.10(b) es más estrecho y más alto, pero el área encerrada bajo el mismo sigue siendo igual a uno. Si permitimos que T se aproxime a cero, en el límite la función ST(t) llega a ser la función escalón unidad u(t) y su derivada dT(t) llegará a ser un impulso unidad (j(t) con un ancho cero y una altura infinita. El impulso unidad (j(t) se representa en la Figura 6.10(c). El impulso unida d o la funcián delta unida d está definida por (j(t) = O

para t

=1=

O

y

f~CX)

(j(t) dt =

1

(31)

Un impulso que sea igual al límite de un pulso estrecho de área A se expresa por A (j(t). A la magnitud A se la denomina a veces fuer za del impulso. Un impulso unidad que ocurre para t = t o se expresa por (j(t - to). ' E J E M P L O 6 .1 7 . La tensión entre los terminales de un condensador de 100 nF crece linealmente desde O a 10 V, con la forma de la función de la Figura 6.10(a). Calcular: a) la carga del condensador para t = T, Y b) la corriente idt) por el condensador para T = 1 s, T = 1 ms y T = 1 J1.S.

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 129

't/J '.

wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE • t onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP (a )

(b )

6(t)

,~ (e )

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK

Figura 6.10. a)

Para

t

=

T , Ve

= 10 V. La carga del condensador

es Q

=

CVe

= 10-7 ·10 = 10-6.

b)

De la Figura 6.10,DCBA para t < O para O < t < T para t > T

O idt)

=

6

~o = 1O - /T

(A)

{

(32)

Para T = 1 s, lo = 10- 6 A; para T = 1 ms, lo = 10- 3 A, Y para T = 1 us, lo = 1 A. En todos los casos anteriores, la carga acumulada en el condensador al final del período de transición es 1'

Q = La cantidad de carga en en el condensador.

t = T

fo

idt)

dt

=

IoT=

10-6 C

es independiente de T. Esto proporciona

una tensión de

Ve =

10 V

E J E M P L O 6.18. Supongamos un pulso d1'(t - t o ) de anchura T y altura l/T, que empieza en t = t o . Consideremos una función que es continua entre t o Y t o + T , como se indica en la Figura 6.11(a). Calcular el límite de la integral dada en (33) cuando T tiende a cero.


»:

-T1 T ------ A ______

dT(t - tO ) /

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP MonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

(a )

A

B

(b )

Figura 6.11.

(33)

to < t < to

+

T

en las otras partes

Sustituyendo

d ; en (33) tenemos:

1

1 = T

donde S es el área rayada muy pequeño, la funciónf(t) área S.

=

1 =

T

-+

O, dr (t - t o )

+ T

f(t)

'o

S

(34a)

dt = T

bajo f(t) entre t o Y t o + T en la Figura puede aproximarse a una línea entre A y

S

Cuando

f'o

-+

H f(to)

+ f(to +

T )]T

(34b)

-t U (to)

+ f(to +

T )]

(34c)

b(t - t o ) y f(to

lim t= »

1 =

Suponiendo que T sea El trapecio resultante tiene de

6.l1(b). B.

+

T)

-+

lim -t U (to) r-o·

f(t o )

Y de (34c) tenemos:

+ f(to +

T )]

(34d)

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDCBA 1 3 1 zyxwvutsrqpon

Suponiendo

quewvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(t) es continua entre t o Y t o + T resulta: (34e)

lim 1

Pero como

=

f< Yo o(t - to)f(t) -< YJ

T -O

f~

y así se tendráZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o(t - to)f(t) dt = f(to)
La identidad (34g) se llama «propiedad como otra definición de o(t).

6 .1 0 .

L A F U N C IÓ N

siftinq»

dt onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON (34f)

(34g)

(en inglés) de la función impulso. Se usa también

E X P O N E N C IA L

La función f(t) = e", siendo s un número complejo constante, se llama exponencia l. Si la parte real de s es negativa, la función es decreciente, y si es positiva, es creciente. Discutiremos la exponencial e" siendo a una constante dada por un número real. La inversa de la constante a tiene dimensiones de tiempo y se llama consta nte de tiempo T = l/a . Una función decreciente « v: está representada en la Figura 6.12. La función decrece desde uno en t = a cero para t = co, Después de T segundos, la función «: ": se reduce a e - 1 = 0,368. Para T = 1 la función e - t se denomina exponencia l nor ma liza da y tiene la misma representación que « v: si se toma frente a tl«.

°

A

0,3681----":----'

e •••.... D

0,135 T

F ig u r a

6.12.

E J E M P L O 6 .1 9 . Demostrar que la tangente a la curva e- t/T en t = O corta al eje t para t = 1', tal como se ve en la Figura 6.12. La tangente comienza en el punto A (v = 1, t = O) con una pendiente de d(e-t/T)/dtl t=O = -1/1'. La ecuación de la recta tangente es v,an (t) = - t/r + 1. La línea corta al-eje t en el punto B donde t = r. Este resultado puede ser útil para dibujar de forma aproximada la exponencial, como se describirá en el Ejemplo 6.20.

Dibujar aproximadamente v(t) = e- t/T para t > O. Se identifica el punto inicial A (t = O, v = 1) de la curva y el punto de intersección de su tangente con el eje t. Se dibuja la recta A B . Dos puntos adicionales e y D son para t = r Y para t = 21', EJEM PLO

6 .2 0 .

1 3 2 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

respectivamente, y con alturas 0,368 y 0,3682 = 0,135, que pertenecen a la curva. Utilizando valores, la curva puede dibujarse con bastante buena aproximación (ver Figura 6.12).

estos

E J E M P L O 6 .2 1 . onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a) Demostrar que la velocidad de cambio con respecto al tiempo de una función exponencialwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v = Ae" es en cualquier momento proporcional al valor de la función en ese momento. b) Demostrar que cualquier combinación lineal de una exponencial y sus n derivadas es proporcional a dicha exponencial. Calcular el coeficiente de proporcionalidad.

a)

La velocidad de cambio de una función es su derivada, la cual para una función exponencial

es

dv

- = sAe st = sv dt

b)

Utilizando

el resultado

de

a)

tenemos: d"v

-

=

s" Ae" = s"v

dt"

a ov

+

dv al dt

+ ... +

a

d"v " dt"

= (a o + a ls + ... + a s")v = H v ,

(35)

"

dondeZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

D e fin ic ió n

y g r á f i c a def(t)

Encontramos

+

= Ae- a t

B

con frecuencia la función f(t) = Ae- a t

Esta función está completamente A

(36)

= valor inicial - valor final;

+

(37)

B

definida por los tres números A , B Y a , que significan

B

= valor final;

a = inversa de la constante

de tiempo.

O, de otra manera, Valor inicialf(O) = A

+

B;

=

Valor finalf(oo)

B;

Constante

de tiempo = l/a

6 .2 2 . Encontrar una función v(t) que disminuya exponencialmente desde 5 Ven t = O a 1 V para t = 00 con una constante de tiempo de 3 s. Dibujar v(t) mediante la técnica del Ejemplo 6.20. De (37) tenemos v(t) = Ae- t/r + B. Ahoraf(O) = A + B = 5, v(oo) = B = 1, A = 4 Y t = 3. Así:

EJEM PLO

v(t) = 4e- t/3

El resultado

anterior

puede generalizarse

+

1

de la siguiente forma:

v(t) = (valor inicial - valor final) e -

La curva se muestra en la Figura 6.13.

t/r

+ (valor final)

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 1 3 3 onmlkjihgf

v(t)


5

,, ,

,, ,

,,

2 ,4 7

\,

~ DCBA 4(0,368) = 1,47

{

-------_:_~----", ,

I

,,

-======= ZYXWVUTSRQPONMLK

'\...:'~:

•.

'\1

1

o

3

2

Figura 6.13. E J E M P L O 6.23. La tensiónwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v = Voe -lrI!t, T > O, se conecta a un condensador. Calcular la intensidad i por el condensador. Dibujar v e r para V o = 10 V, e = 1 J.LF Y T = 1 ms. Utilizando i = e dvldt,

para t < O

v = Voe 'lt

y

i = 1 0 e 'lt

>O

v = Voe- llt

y

i = - l o e- llt

para

t

donde 10= eVo/T. Para V o = 10 V, e = 1 J.LF Y indicadas en las Figuras 6.14(a) y v';'

T

= 10-3 s tenemos que lo = 10 mA. Las curvas de v e

(b),

i son las

respectivamente.

ro, -hoootl (V)

j,mA

10

lO

3,68

________ ~I------L-----~-------~~

-------_~I------+-----~-------~ms -3,68

-10

(b)

(a )

Figura 6.14.

6 .1 1 .

S IN U S O ID A L E S

Una sinusoide forma

amortiguada,

A M O R T IG U A D A S

con su amplitud v(t)

=

Ae-

ar

disminuyendo

cos (wt

+ 8)

Esta función se discutirá con más detalle en el Capítulo

exponencialmente,

tiene la (38)

8.

134

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

EJEMPLO 6.24. A través de un circuito serie RLpa sa una intensidad i = Ioe- a t cos wt. a ) Obtener la tensión entre ambos elementos, VRL• b) Calcular VRL para lo = 3 A,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML a = 2, w = 40 rad/s, R = 5 n y L = 0,1 H. Dibujar i en función del tiempo. a)

Tenemos VR

= Ri = Rloe- a t

VL

=

di L dt

VRL

=

VR

=

+

VL

cos

cos

-Lloe-a t(a

=

i»t

Ioe- a t

[ (R -

wt La )

+

w

cos

sen

wt)

wt - Leo

sen

wt]

=

Voe- a t

cos

+

(w

e)

e = ta n-1[ Lwj(R - La )] dondeonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (39) b)

Sustituyendo por

los datos en (39), V o i = 3e- 2t

La intensidad

cos

i está dibujada

40t

=

18,75 Y e

=

y

39,8° . La intensidad

VRL

= 18,75e- 2t

cos

i y la tensión

(40t

+

V RL

están dadas

39,8°)

en la Figura 6.15.

i(t)

-T

=0,5

-+--~--~-+--~~--~--L--+--~~--~~r--L--~~-7.~-t·

---

Figura 6.15.

6.12. SEÑALES ALEATORIAS ,

Hasta ahora hemos tratado con señales que están perfectamente definidas. Por ejemplo, los valores de una forma de onda senoidal, tal como la tensión, puede determinarse en cualquier instante si se conocen la amplitud, la frecuencia y la fase. Estas señales se llaman deter minista s.

Hay otros tipos de señales que pueden determinarse de forma parcial mediante sus valores estadísticos temporales, como la media, la media cuadráitica y el rango de frecuencia.

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 1 3 5 zyxwvutsrqp

Estas señales se denominanwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA seña les a lea tor ia s. La señales aleatorias pueden contener información y no deben confundirse con el ruido, que normalmente perturba la información contenida en la señal. La tensión existente entre los extremos de un micrófono sometido al efecto de la voz de una conversación y la señal recogida por una antena sintonizada con una radio o un canal de televisión son ejemplos de señales aleatorias. La evolución futura de los valores de dichas señales solamente puede predecirse por métodos estadísticos y no con absoluta precisión. Otros ejemplos de señales aleatorias son las señales digitales de los ordenadores (computadores), las intensidades luminosas de un cuadro, la modulación de la amplitud de la onda portadora de un sistema de AM, efectuada por la voz o la música. Puede parecer poco útil discutir sobre señales que sólo se conocen en valores medios. Sin embargo, a través del análisis armónico podemos conocer el efecto medio de tales señales en los circuitos eléctricos.

6 .2 5 . Se registra el muestreo de una señal aleatoriaonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED x(t) 1 ms designando su valor por Los valores medios y medios cuadráticos (rms) aproximados obtenidos del muestreo se dan en la Tabla 6.2.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

x(n).

T a b la 6.2. n x(n)

°2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

4

11

5

7

6

9

10

3

6

8

4

1

3

5

12

aproximadamente

de

Los valores medios temporales

de

y

x(t)

X2(t)

pueden obtenerse

/

x(n).

X med = (2 + 4 + 11 + 5 + 7 + 6 + 9 + 10 + 3 + 6 + 8 + 4 + 1 + 3 + 5 + 12)/16 = 6 X;r = (22 + 42 + 112 + 52 + 72 + 62 + 92 + 102 + 32 + 62 + 82 + 42 + 12 + 32 + 52 + 122)/16 X er = 6,78

=

46

E J E M P L O 6 .2 6 . U na señal binaria v(t) toma los valores + 0,5 o - 0,5 V. El cambio de signo se produce en intervalos de 1 ms. No se sabe qué signo se presentará en el cambio, pero habrá tantos signos positivos como negativos. Además, si se mide durante un tiempo muy largo, se obtiene el mismo tiempo con + 0,5 Y con - 0,5 V. Calcular el valor medio y eficaz en un tiempo de 10 s. En 10 s hay 10000 intervalos, cada uno de 10 ms, que se distribuirán por igual entre los niveles de + 0,5 y de - 0,5 V. Además, el valor medio de v(t) puede aproximarse por

vmed

El valor efectivo de V;r

v(t)

= (0,5 ·.5000 - 0,5 . 5000)/1000~ = O

es

= [(O ,W · 5000 + (-0,5)2.

El valor de Ver es exacto e independiente

5000J/10000 = (O ,W

del número de intervalos.

o

v"r

=

0,5 V

1 3 6 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

PROBLEM AS

6.1.

=

La función v es periódica. 1000 rad/s. Y así: f

= l000/2rr

=

1+ 2

=

3

V min

= 1- 2 = - 1

Para calcular la frecuencia y el período tenemos que co

= 159,15 Hz

y

Ángulo de fase

T = l/f = 2rr/l000 = 0,00628 = 3 rad = 180 3/rr = 171,9 0

s

=

2r r f

=

= 67,28 ms

0

•

Una señal de microondas dada por VI = Asen 2nft, con f = 100 Mhz, incide sobre un blanco, registrando su eco v2 (t). El retardo entre la señal y su eco se denomina r. a) Escribir una expresión para v 2 (t) Y calcular su ángulo de fase para un retardo de = 515 ns y = 555 ns. b) ¿Puede calcularse sin ambigüedad a partir del ángulo de fase de v 2 (t) una distancia? Si es que no, indicar qué información adicional se necesita.

'1

6.3.

, zyxwvutsrqponmlkjihg

Calcular el máximo y el mínimo dewvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v(t) = 1 + 2 sen (wt + onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e), siendo w = 1000 s y e = 3 rad. Determinar si la función v es periódica y calcular la frecuencia f y el período T. Expresar el ángulo de fase en grados. V max

6.2.

RESUELTOS

'2

a)

Tomamos v2 (t) = B sen 2r r f(t - r] = B sen (2r r ft - 8). Para f = 100 MHz = 108 Hz, 8 = 2rrft = 2· 108 rrt = 2r r k + <1>,donde O < <1>< 2rr. Para ti = 515.10-9, 81 = 2rr108·515·1O-9 = 103rr = 51·2rr + <1>10 kl = 51 Y <1>1= zr. 9 Para t2 = 555.10- , 82 = 2rr108·555·10-9 = l l l rt = 55·2rr + <1>2o k 2 = 55 Y <1>2= rr.

b)

Puesto que los ángulos <1>1y <1>2son. iguales, los tiempos de retardo tI y t2 no pueden distinguirse uno de otro basándose en los ángulos de fase <1>1 y <1>2' Para resolver la ambigüedad de la determinación de la distancia es necesario conocer k y <1>.

Demostrar que si los períodos T I y T 2 de dos funciones periódicas v1 (t) Y v2 (t) tienen un múltiplo común, la suma de las dos funciones v(t) = v1 (t) + v2 (t) es periódica con un período igual al mínimo común múltiplo de T I y T 2 . En tal caso, demostrar que Vmed

=

VI,med

+

V 2,med'

Si se pueden encontrar + ni TI) y v2 (t)

vl(t) = vl(t

y v(t) es periódica

=

dos números enteros nI Y n 2 tal que v2 (t + n 2 T2 ). En consecuencia:

del período T. El valor medio es

T

= nI

TI

=

n 2 T2'

entonces

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFED 1 3 7 ZYXWVU

6 .4 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Demostrar que el valor medio de cos?wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (wt + onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA O) es 1/2. (

Utilizando la igualdad cos? (wt + e) resultado del Problema 6.3, tenemos:

o + cos Pero (cos 2(wt + e)

=

+

2(wt

1[1 + cos 2(wt + e)] , la notación

=

e)

O) + (cos

O. Por tanto,
=

=

2(wt

+

Siendo v(t)

+ Va c cos (wt + O). Demostrar

= Vdc

Ver2

1

IT

T

o

= -

+

Va e cos (wt

[ Vde2

+

Va2e

1

IT

T

o

VJ e

+t

= -

=

[ Vde

COS

2

+

(wt

Y el

e)

1/2.

~

6 .5 .

= Fmed

< f)

que VJ

= VJ c

+ i vIc

e) 2 dt

+

e)

+

2Vde Va e COS (wt

+

e)] dt

V;e

Por otro lado, podemos escribir 2 V;r = < v (t)

6 .6 .

+ Va e COS (wt + ew) + V;e cos? (wt + e) + 2Vde Va e cos (wt + e) + V;e
=

< [ Vde

=

< VJ e

=

VJ e

=

VJ e

e)

Siendo fl y f2 dos armónicos diferentes de fo. Demostrar que el valor eficaz de v(t) = VI cos (2nflt + (1 ) + V2 cos (2nf2t + (2 ) es J !(Vi + V~). v2 (t) =

vi

cos? (27tflt +

+

2 V;r = < v (t)

Pero
+

el)

=

el)

+ v~ cos" (27tf2t + e 2 ) + el) cos (27tf2t + e 2 ) 2 vi
2VI V2 cos (2nflt =

=

=

1/2 (ver Problema

=

t(V¡

+

+

V~) y Ver = J t(V¡

y

(cos [27t(fl + f2)t + (e¡ + e 2 )] )

+
6.4)

e2)

[ 2n(it

- f2)t

+

(e¡ - e 2 )] )

=

O

V~).

I

6 .7 .

La señal v(t) de la Figura 6.16 es sinusoidal. Calcular su período y su frecuencia. Expresarlo en forma de v(t) = A +- B cos (wt + e) y calcular sus valores medio y eficaz.

CIRCUITOS

138

ELÉCTRICOS

v (t)

DCBA

------~~------~--~----~----~~--~--------~~------~

F i g u r a 6 .1 6 .

El tiempo entre dos picos positivos,wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE T onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO = 20 s, es un período que significa una frecuencia deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f = 0,05 Hz. La señal es una función coseno de amplitud B más una función constante de valor A . A

=

Vrn;t. -

B

=

Vrnin

+

B

=

La gráfica del coseno está desplazada hacia la derecha 2 s, lo que corresponde retardo de (2/20)360° = 36°. Por tanto, la señal se puede expresar por v(t) = 2

+ 6 cos

Gro r -

6 .8 .

=

A

=

a un ángulo en

36°)

Los valores medio y eficaz se calculan a partir de A y Vrned

2

B: ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

2,

o

Siendo VI = cos 200nt y v2 = cos 202nt. Demostrar Calcular su período, V ma., y los tiempos para los que

V

Ver =

J22

= 4,69

que V = VI + v2 es periódica. toma su valor máximo.

Los períodos de VI y V 2 son, respectivamente, TI = 1/100 s y T 2 = 1/101 s. El período de VI + V 2 es el mínimo común múltiplo de TI y T 2 , que es T = lO O T I = 101 T 2 = 1 s. El valor máximo de V se presenta para r = k, siendo k un número entero cuando v I y v2 están en su máximo y V;n;t. = 2.ONMLKJIHGFEDCBA V

6 .9 .

=

Transformar Observar v(r)

v(t) = 3 cos 100t

que 3/J 3 2

+ 4 sen

lO O t a la forma Asen

+ 42 = 3/5 = sen 36,87"

y

4/J 3 2

(lO O t

+

O ).

+ 42 = 4/5 = cos 36,87". Entonces:

= 3 cos lOOr + 4 sen 100t = 5(0,6 cos 100t + 0,8 sen 100t) = 5(sen 36,87" cos lOOr + cos 36,87" sen 100t) = 5 sen (1O O t + 36.87")

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFED 1 3 9 ZYXWV

6 .1 0 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Obtener el valor medio y el eficaz deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF de la Figura 6.1(b) para Vi = 2, V2 = 1, 2 (t)

T= 4T¡ .

VI TI

2 V 2.ef-

6 .1 1 .

Calcular

V 3 med Y

\!.l.er

+

V~ (T - TI) --7 T -4

V 2•ef = J 7/2

o

= 1,32

de la Figura 6.1(c) para T = 100 T ¡.

De la Figura 6.1(c), V3 .med = O. Para calcular V 3•ef observamos que la integral de v~ en un período es V~ TI/2. El valor medio de v~ en T = 100 TI es, por tanto, < v~(t»

=

V~.ef

o

= V~ TI /200 TI = V~/200

V 3.ef = Vo jl/20

=

0,0707 Vo

El valor eficaz de señales tipo tren de ondas periódico se reduce por el factor J T/TI 6 .1 2 .

=

10.

Refiriéndonos a la Figura 6.1(d), supongamos que T = 6 Y que las áreas bajo la parte positiva y negativa de v4 (t) es + 5 Y - 3, respectivamente. Calcular los valores medio y eficaz de v4 (t). V 4 • med

= (5 - 3)/6 = 1/3

El valor eficaz no se puede obtener con los datos dados. 6 .1 3 .

Calcular los valores medio y eficaz de la media onda rectificada cosenoidal v¡(t) de la Figura 6.17(a).

v

V", fT/4

1 • med

.

= -

T 2

V

T =

de donde Vl.ef 6 .1 4 .

Calcular l"2(t)

=

V; ' 2T

cos? -

_ T/4

[t

+

dt

4n

2nt]

4nt] T

T

v2

= ~

T

~sen

sen-

2nT

2nt

fT/4

V",T [

= -

dt

T

-T/4

Vf.ef = ~

2nt

cos -

fT/4

.2T

T/4

_ T/4

(

T/4 -T/4

4nt)

1 + cos -

_ T/4

= ~ ;, (~

2T,

dt

T

4

+~) 4

=

V; '

4

V",/2.

los valores

medio

y eficaz de la onda

= V",lcos 2nt/I1 de la Figura 6.17(b).

completa

rectificada

cosenoidal


T

~ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (b )

(a )

Figura 6.17.wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Se usan los resultados Vz(t) = V1(t)

+

de los Problemas T/2)

V1(t -

Se usan los resultados

y

V2 •med = VI•med

de los Problemas

+

V? ,ef = Vf,ef,

6.3 y 6.13 para calcular V2 •med ' Así,

+

VI•med = 2 VI•med = 2 Vm /

6.5 y 6.13 para calcular o

Vf,ef = 2Vr,ef = V;'/2

V 2 • ef' y

Te

así,

V2 ,ef = Vrn/j2

El valor eficaz de vz(t) puede obtenerse directamente. Puesto que el cuadrado de la onda rectificada completa es la misma que la del coseno y, por tanto, tendrán el mismo valor eficaz, que es

6.15.

Vrn / j2.

Un inductor de 100 mH y una resistencia de 20 n están en serie [Figura 6.l8(a)] y están atravesados por una corriente de intensidad i, como se indica en la Figura 6.18(b). Calcular y dibujar la tensión entre los extremos de R , L Y R L. lO i =

{

para t < O

O

~O(l - 103t) (A)

di

y DCBA - = dt

-10

4

{O

200 V VR

= Ri =

~00(1 - 10 t) (V) 3

{

y

VL

=

L dt

Puesto que los elementos pasivos se encuentran 200 V

V RL

=

O 2(l03t) {

- 800 (A)

di

=

A/s

para O < t < 10 para t > 10-3 S

O

para t < O

1000 V

para O < t < 10 para t > 10-3 S

{O

en serie,

VRL

=

3 S

3 S

vR + vL Y así

para t < O· , para O < t < 10para t > 10 - 3 S

3 S

La representación gráfica de v L Y de VRL son las de la Figura 6.18(c) y (d), respectivamente. El gráfico de la tensión VR en la resistencia tiene la misma forma que el de la intensidad, salvo un cambio de escala de + 20 x .

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 1 4 1 zyxwvu

J. i.A

+

+

20n VRL

VR

+

VLwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t. s

(b ) (a)onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

VRL. V

---------i

10-3

200

10-3

---------I--------'-r----

¡;----t.S

t.

s

-800 -1000

1.-

-1000

•••

(á)

(e )

Figura 6.18.

6.16.

Una señal de radar s(t), de amplitud V m = 100 V, consiste en una repetición de trenes de ondas. Cada una con una duración de Tb = 50 us. Los trenes se repiten cada T , = 10 ms. Calcular Ser Y la potencia media en un período de s(t). Se tiene que Ver = Vm y'2, que es el valor eficaz de la sinusoide dentro del tren. La energía contenida en un tren es Wb = Tb V; r . La energía contenida en un período de s(t) es Ws = T, S;r. Puesto que Wb = Ws = W, obtenemos: Ser Sustituyendo

los valores de

T b, T ,

Y Ver en (40) obtenemos:

Ser = j(5 0 . 10 6)/(10·10 Entonces

W = 10 - 2(25)

=

'-

=

jTb/TS

Ver

-,

3)(100/ y'2 =

5V

0,25 J. La potencia media en un período de s(t) es P = W/Ts

=

TsS; r /Ts

= S;r = 25 W

(40)


V;r. La relación entre la Esta potencia media está representada por S;r y la potencia de pico porwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON potencia de pico y la media es J TslTb' En este ejemplo la potencia media es 25 W y la de pico 5000 W.

6.17.

Un equipo se conecta a una Ver = 120 V de 60 Hz y absorbe una Ier = 10 A con un ángulo de fase en retardo de 60°. Expresar v, i y onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB P = vi en función del tiempo, demostrando que la potencia es periódica con un valor de cc. Calcular la frecuencia y los valores medio, máximo y mínimo de p.

P

v = 120)2 cos cot i = 10)2 cos (wt - 60°) = vi = 2400 cos wt cos (wt - 60°) = 1200 cos 60° + 1200 cos (2wt - 60°)] = = 600 + 1200 cos (2wt - 60°)

La función que da la potencia es periódica. La frecuencia! = 2·60 = 120 Hz y la = 600 + 1200 = 1800 W, P min = 600 - 1200 = - 600 W.

P med

= 600 W,

P ma x

6.18.

Un pulso estrecho t, de 1 A de amplitud y 1 ¡.¡.Sde duración se aplica a un condensador de 1 ¡.¡.Fen el instante t = O, tal como se indica en la Figura 6.19. El condensador está inicialmente descargado. Calcular la tensión en el condensador. ¡ it), A

+ ve

~--~------t,~ Figura 6.19. La tensión en el condensador

es

• para t < O

Ve

= ~

Ir

i dt

eDCBA -00

= {~06t IV

(V)

para O < t < 1 para t > IlS

Si la misma cantidad de carga fuera depositada tendríamos que v = u(t) (V) y que i(t) = 1O-6 b(t) (A).

6.19.

IlS

(período de carga)

en el codensador

en un tiempo

cero,

El pulso estrecho is del Problema 6.18 se aplica a un condensador de 1 ¡.¡.FY una resistencia de 1 Mn, conectados en paralelo (Figura 6.20). Suponer que el pulso termina en t = O Y que el condensador está descargado inicialmente. Calcular la tensión entre los extremos de la combinación R e en paralelo. + llLF

Figura 6.20

Ve

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFED 1 4 3 wvutsrqpon

Denominamos con v la tensión entre los extremos de la combinaciónonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO R e en paralelo. La intensidad por R es iR = v/R = 1O - 6 v. Mientras dura el pulso, iR es muy pequeña porque, al no poder ser v mayor de 1 V, iR será menor que 1 f.1A. Por tanto, es razonable suponer que durante el pulso ic = 1 A y, en consecuencia, v(O +) = 1 V. Para t > 0, de la aplicación de la LKT en el bucle R e se obtiene:

v

+

dv

(41) dt = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE 0,

°

o v(t) = e-'u(t) para todo La única solución de (41) es v = « : para t > prácticos, is puede considerarse un impulso de anchura 10-6 A y entonces v = denomina r espuesta de la combinación R e a un impulso de corriente. 6.20.

t.

A efectos (V) se

e-'u(t)

Dibujar la función v(t), que varía exponencialmente desde 5 V en t = O a 12 V para t = 00, con una constante de tiempo de 2 s. Escribir la ecuación para v(t).

°

En primer lugar, se sitúa el punto A (t = y v = 5) y la asíntota v = 12 en la Figura 6.21. La tangente en A corta a la asíntota en t = 2 , determinando así el punto B. Dibujar la recta tangente A B . Identificar el punto e perteneciente a la curva para t = 2. Para una mayor precisión, obtener el punto D para t = 4. Dibujar la curva. La ecuación es v(t) = Ae-'/2 + B . De las condiciones inicial y final obtenemos v(O ) = A + B = 5 y v(oo) = B = 12 Y A = -7, Y resulta + 12: v(t) = -7e-'/2

v(t)

II,Ó; ~_::_:-_:-:_::_:-_:-:_::--::-,~.,..:::r~:-:-_:-_:---~-~-:;- -;:;-:;:-= D;::= = 9,42

5

DCBA

A

T=2

Figura 6.21.

6.21.

La tensión v = Voe-a ltl con a > O se conecta a- una combinación en paralelo de una resistencia y un condensador como el indicado en la Figura 6.22(a). a) Calcular las intensidades io iR e i = ie + iR' b) Calcular y dibujar v, ie, iR e i para V o = 10 V, e = 1 JiF , R = 1 Mn y a = 1.

a)

Ver la fila

(a)

de la Tabla 6.3 para las intensidades

correspondientes.


Tabla 6.3. !

o/y i¿ ",,: C dy/dt il: : ic+ i R TiempowvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA " i R onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR = ylR (a )

tO

v v

= =

t
v v

= vlO e' = lOe-'

(b) t>O

b)

Voe a , Voe- a '

ie ie

= C Voa e a , = - C Voa e- a ,

ie ie

= 10- 5 e' = -1O-5e-'

= (Vo/R)e a , = (Vo/R)e- a , iR = 1O-5e, iR = 1O-5e-r iR iR

i i

= =

i i

= 2(1O-5e') =O

vo(C a + l/R)"' Vo ( - C a + l/R)-a ,

Ver la fila (b) de la Tabla 6.3. En las Figuras 6.22(b) y (e) se representan v, ie, iR e i, respectivamente, para los valores especificados. Para t > O, i = O Y la fuente de tensión no alimenta con corriente alguna la combinación R e. La corriente por la resistencia para mantener la tensión exponencial entre sus extremos es suministrada por el condensador.

(a )

v,v

\ODCBA

--------------~--------~----------~-----------~s -1

(b)

\OONMLKJIHGFEDCBA

--------------~--------~----------~-----------~s -1

-3,68

-10 (e)

Figura 6.22

(co n tin ú a ).

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDC 1 4 5 zyxwvutsrqpo

\ODCBA

--------------~--------~--------~----------~s (ti)

i, ¡.LA

20

__ ~

L_

~s

~

-2onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (e )

Figura 6.22wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB (continua ción).

PROBLEM AS

6.22.

Para VI = 8 sen 100nt y V2 = 6 sen 99m . Demostrar período y los valores máximo, medio y eficaz de v. Solución:

6.23.


T

= 2,

= 14,

V rnax

V rned

= O,

Ver

6.25.

6.26.

V

=

VI

+

v2

es periódica.

Obtener

el

5)2.

=

Calcular el período, la frecuencia, el ángulo de fase en grados y los valores máximo, mínimo, medio y eficaz de v(t) = 2 + 6 cos (10m + n/6). Solución: T = 0,2 s, f = 5 Hz, fase = 30°,

6.24.

que

Reducir

v(t) =

2 cos

= 4,84,

Solución:

A

Calcular

V 2,rned

Solución:

V 2,rned =

y

V 2,er

1,5,

Repetir el Problema Solución:

V 2,rned

= -

+ 30°) + 3 cos = 102°.

(w t (J

de la Figura V 2,er =

6.1(b)

V rnax

wt

= 8,

para

para

VI

V rnin

v(t) =

=

V2

= - 4, Asen

=

3,

2)2.

(w t

= 3 YT =

6,25 para V I = O, V 2 = 4 Y T = 2T I ,

2, V2.er

V rned

+

= 2, (J).

4T tf3,

Ver

=

J22..


6.27.

CalcularonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V 3 .m ed y V 3 ,ef de la Figura 6.1(c) para Va = 2 Y T = Solución:

6.28.

= O, V 3 ,ef = 0,1.

La forma de onda de la Figura 6,23 es sinusoidaL Expresarla en la forma v Y calcular sus valores medio y eficaz. Solución:

6.29.

V 3 ,m ed

200T¡,

v(t)

= 1 + 6 sen

+ 120°),

(ntjl2

Calcular los valores medio y eficaz de

Solución:

VI

med

,

= - ~, 3'

VI

ef

=

(fi;

V2

'{3'

V m ed

v¡(t)

med

= 1,

=

Vef

6.24(a)

1

f0 2 . V2

V2

, ef

=

A

+

B sen (wt

+

8)

ji9,

de la Figura

= - -2,

=

y

v 2 (t)

de la Figura

6.24(b),

3

v(t)

.L-~----~~----~~~------~~------~--------~T-------~-------~S

Figura 6.23.

VI(t)

V2(t)

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR

-

3-

2

-1

O

1

2

3

, 2DCBA 3

O

4

2

-3

Figura 6.24.

SEÑALES Y FORMAS DE ONDA ONMLKJIHGFEDCB 147

6.30.

Un circuito serie RLcon R = 5 n'y L= 10 H está atravesado por una corriente como se indica en la Figura 6.10(a ), dondeonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T = 1 s. Calcular la tensión entre los extremos del conjunto RL. Solucién;

6.31.

"~UO

Calcular la intensidad Solución: ic

6.32.

+

=

para t < 1 para O < t < 1 para t > 1

5,

por el condensador

1O - 6 [b(t)

del Problema

6.19 (Figura 6.20) para cualquier

t.

- e-Iu(t)] .

La tensión v entre los extremos de un inductor de 1 H es un ciclo de una onda senoidal, como se indica en la Figura 6.25(a ). a ) Escribir la ecuación para v(t). b) Calcular y dibujar la intensidad de corriente por el inductor. e) Calcular la energía máxima en el inductor y el tiempo en que se alcanza. Solución:

a)

v = [ u(t) - u(t - T)] sen

b)

i = (T/2n)

e)

1 W max =

-2

[ u(t) -

u(t -

T

(J) para

2

2m

T

T)]

(V)

(1 -

cos

2; t)

(A). Ver Figura

6.25(b).

t = T /2.

2n

v,Y

-1 (a )

i,A

r

1T

T (b)

F ig u r a

6.33.


6.25.

Escribirla expresión parawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v(t) que disminuye exponencialmente desde 7 en t onmlkjihgfedcbaZY = O: a 3 en t = 00, con una constante de tiempo de 200 ms. Solución:

v(t) =

3 +

4e - 51

para t > O.


6.34.

Escribir la expresión parawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v(t) que aumenta exponencialmente con una constante de tiempo de 0,8 s, desde cero para t = - ooa 9 para t = O. Solución: v(t)

6.35.

=

4 ge 51 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA / para t < O.

Expresar la corriente de la Figura 6.6 en términos de la función escalón unidad. co

Solución: i(t)

=

+ 6

4u(t)

L

[ u(t - 5k) - u(t -

5k

+ 2)].

k=1

6.36.

En la Figura 6.l0(a) suponer T = 1 Y denominar la forma de onda por SI(t). Expresar SI(t) Y su utilizando las funciones impulso y primera derivada, ds fd t, y su segunda derivada, d 2 s l/dt 2 , escalón. Solución: SI(t) = [ u(t) - u(t - l)] t + u(t - 1), ds.f dt = u(t) - u(t - 1), d 2 s l/dt 2

6.37.

Obtener un impulso de tensión que provoque aplica a un inductor de 10 mH. Solución: v(t)

6.38.

=

a)

V

Puesto que lcos

30·

a)

Demostrar

=

O cuando se

=

V

en forma de coseno exclusivav2 Y v. Discutir por qué es

VI'

= 1,93 cos (t + l S"); b) V¡,er = V2,er = 0,707, Ver = 1,366 v"r se obtiene de lo siguiente:

V;r

=

de 1 A en t

(V).

1O - 2 0(t)

a) Dadas VI = cos t, V2 = cos (t + 30·) Y V = VI + v 2 ' escribir mente v = A cos (t + e). b) Calcular los valores eficaces de V;r > (Vr,er + V?,er).

Solución:

6.39.

un salto de intensidad

= o(t) - o(t - 1).

= < v2 ) = VI y V2

«VI

V2 )2)

=

+

v~

+

tienen la misma frecuencia

./3/4, que que

+

2vI y

t+

cos

.jit

=

+

+

2
v2 )

están desfasados 30·, tendremos

es positivo. Por tanto, V;r >

VI = COS

v2 )

=

(Vr.er + vIer).

no es periódica. b) Sustituir

.ji' por

1,4

y

demostrar

entonces que V2 = COS t + cos 4t es periódica y calcular su período T2 • e) Sustituir .ji por 1,41 y calcular el período T3 de v3 = cos t + cos 1,41t. d) Sustituir .ji por 1,4142 y calcular el período T4 de V4 = COS t + cos 1,4142t. Solución: a) .ji no es un número T3 = 200n s. d) T4 = 10000n s. 6.40.

Una señal aleatoria valor eficaz de so(t) Solución: SO.er =

s(t)

racional.

Por tanto,

VI

no es periódica.

b) T 2 = lOn

s. e)

con un valor eficaz de 5 V tiene un valor de continua de 2 V. Calcular el 2; esto es, cuando se elimina la componente de continua.

= s(t) -

J52=4 = .J2I =

4,58 V.

7

C A P íT U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

C ir c u it o s d e p r im e r o r d e n

7 .1 .

I N T R O D U C C I Ó N zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Siempre que un circuito cambia de una condición a otra, ya sea por una modificación en la fuente de alimentación o en los elementos del circuito, hay un período de tiempo durante el cual las corrientes y las tensiones en los elementos cambian de un valor a otro. Este período se denominawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA tr a nsitor io. Después que el transitorio ha pasado el circuito se dice que alcanza el esta do esta ciona r io. La ecuación diferencial que describe el comportamiento del circuito tiene en su solución dos partes, la solución complementa r ia (o solución de la ecua ción homogénea ) y la solución pa r ticula r . La solución complementaria corresponde al transitorio y la solución particular al estado estacionario. En este capítulo calcularemos la respuesta de los circuitos de primer orden, con diversas condiciones iniciales y fuentes. Utilizaremos un método intuitivo para resolver las ecuaciones, que conducirá al mismo resultado que utilizar un método más formal de resolución de las ecuaciones diferenciales. Se presentarán y solucionarán una serie de temas relativos a la respuesta natural, forzada, de escalón y de impulso, con un estado estacionario de corriente continua y el comportamiento del conexionado de inductores y condensadores.

7 .2 .

DESCARG A DE UN

CO NDENSADO R

E N U N A R E S IS T E N C IA

Supongamos un condensador que tiene una diferencia de potencial Vo entre sus placas. Cuando se tiene una línea conductora R la carga acumulada viaja a través del condensador desde una placa hasta la otra, estableciéndose una corriente de intensidad i. Así, la tensiónonmlkjihgfedcb v en el condensador va disminuyendo gradualmente hasta cero, llegando a ser cero también la Re de la Figura 7.1(a ), Ri = v e i = - e dvjdt. corriente en el mismo tiempo. En el circuitoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Eliminando i entre ambas ecuaciones se tiene dv

1

-+ - v= O dt Re , La única función que cumple, que la combinación función exponencial de la forma Ae", Sustituyendo tendremos: sAe st

+

_1_ Re

Aest = A (s

+

(1) ,

lineal con su derivada sea nula, es la v por Ae st y dvjdt por sAe't en (1),

_1_) Re

e st =

O 149


1 s+ -= O

de donde

o

Re

Dado que v(O )

= A = Vo, v(t)

s=

1wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

-- onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH (2) Re

e i(t) serán v(t)

i(t) = -

= Voe- t/RC ,

e ~~=

~

> O

t

(3) (4)

t> O

e-t/RC ,

La tensión y la intensidad de corriente del condensador son exponenciales, con valores iniciales de Vo y Vo/R, respectivamente. Cuando el tiempo aumenta, la tensión y la corriente disminuyen a cero, con una constante de tiempo t = R e. Ver Figura 7.1(b) y (e). E J E M P L O 7 .1 . La tensión sobre un condensador de 1 J.lF es 10 V para t < O. En t = O se conecta entre los extremos del condensador una resistencia de 1 MQ. Calcular la constante de tiempo r, la tensión v(t) y su valor para t = 5 s.

r = R e = 106(10-6) s = 1 s

v(t)

= lO e- t (V), t > O

v(5)

= lOe-5 = 0,067 V

~+ DCBA

C

R

v

(a)

V

(t)

O ,368Vo

T=RC (b)

i (t)

O,368~

---------

----~

T=RC (e)


F i g u r a 7 .1 .

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 151 E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 7.2. Un condensador de 5onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA JiF con una tensión inicial de 4 V se conecta a dos resistencias en paralelo de 3 kn y 6 kn (Figura 7.2). Calcular la intensidad por la resistencia de 6 kn.DCBA

+ ;~wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

6kO

f'O

v

3kO

5 •.•. F

Figura 7.2.

Re

La resistencia equivalente de las dos en paralelo es 2 kn. La constante de tiempo del circuito es = 10 - 2 s. La tensión y la intensidad en la resistencia de 6 kn son, respectivamente, v = 4e- 100t

(V)

i = v/6000 = O ,67e- 100t

y

7.3.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A P L I C A C I Ó N D E UNA T E N S I Ó N A UN C O N D E N S A D O R

(mA)

DE CC

Se conecta en el instante t = O un condensador descargado inicialmente a una batería de tensión Vo a través de una resistencia. El circuito es el que se muestra en la Figura 7.3(a ). Para t > O la LKT a lo largo i = C(dvjdt), se convierte en dv dt

+

del bucle da R i

1

1 v

RC

= RC

+

v

=

V o,

la cual, después de sustituir

t> O

Vo

(5a )

con la condición inicial de (5b)

La solución debe satisfacer a ambas ecuaciones (5a ) y (5b). La solución pa r ticula r (o r espuesta for za da ) vp(t) = V~ satisface a (5a ), pero no a (5b). La solución homogénea (o r espuesta na tur a l) vh(t) = Ae- t / C puede sumarse a la anterior y ajustar el valor de A para que la solución total (6a ) satisfaga a (5a ) y a (5b). v(t) = v p (t)

De la condición

inicial, v(O +)

= Vo

+

vh(t) = Vo

+A

v(t) = V o (1 - e-t/RC)u(t) V.

i(t) = ;

e-t/RCu(t)

=

Oo A

+ Ae-t/~c = - Vo'

,

(6a )

Así, la solución total es

[ver Figura 7-3(b)] [ver Figura 7-3(c)]

(6b) (6c)


V o u(t)

v wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(a) v (t)

(b )

j (t)

O,368

v.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

i

Re ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(e )

F ig u r a

7.3.

E J E M P L O 7 .3 . Un condensador de 4 JiF con una tensión inicial de v(O -) = 2 V se conecta a una batería de 12 V a través de una resistencia de 5 kQ en el instante t = O. Calcular la tensión y la intensidad en el condensador para t > O. La constante de tiempo del circuito es r = R e = 0,02 s. Siguiendo el mismo proceso que en el Ejemplo 7.2 obtenemos:

v(t) = 12

De la condición

inicial

v(O -)

=

v(O +)

= 12 +

v(t) = 12 - 10e- 501 i(t)

A

+ Ae-

501

= 2 o

A

= -10. Así, para t > 0,

(V)

= (12 - v)j5000 = 2·1O - 3 e- 50IA

= 2e- 501 (mA)

La intensidad podía haberse calculado a partir de i = C(dvjdt). La tensión aumenta exponencialmente desde un valor inicial de 2 V a uno final de 12 V, con una constante de tiempo de 20 m, como se indica en la Figura 7.4(a). Por otro lado, la intensidad disminuye de 2 mA a cero, como se muestra en la Figura 7.4(b).

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 5 3 wvutsrqpon

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V

V (t),

12

8,32

2

--: -0 + ----: -: ' : ---------0,02

t. s

(a ) i(t), m A

2

0,736 t, s --:-o+--~:-:---=:::========0,02 (b )

7.4.

F ig u r a

7 .4 .

C IR C U IT O

RL


S IN F U E N T E

En el circuito RL de la Figura 7.5 supongamos que en t = O la intensidad es lo. Para t > O, i debe satisfacerse la ecuación Ri + L(di/dt) = O, cuya solución es i = Ae", Sustituyendo en la ecuación podemos encontrar A y s: A(R

La condición

+

Lsse" =

O,

R

+

Ls = O,

=

-R/L

inicial es i(O) = A = lo. Entonces para t > O

La constante

s

de tiempo del circuito es L/R.

R

F ig u r a

7.5.

(7)


EJEM PLO

de corriente

7.4. La batería de 12 V de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 7.6(a) se desconecta en t = o. Calcular la intensidad y la diferencia de potencial en la bobina en función del tiempo.DCBA

4n

v

IOn

(a )

Vy.,

+

12 v-e

q

~

+

+

v

vzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON IonONMLKJIHGFEDCBA

0,1 H j (0+)=3 A L .-

~

(b )

(e )

v

(d)

(e)

Figura 7.6. Se supone que el interruptor se cerró hace mucho tiempo. Entonces la intensidad por la bobina es constante y la tensión entre sus extremos es cero. El circuito en t = 0- es el de la Figura 7.6(b) con i(O-) = 12/4 = 3 A. Después de desconectada la batería, para t > O, eJ circuito es el de la Figura 7.6(c). Para t > O la intensidad decrece exponencialmente desde 3 A hasta cero. La constante de tiempo del circuito es LIR = (1/100) s. Utilizando los resultados del Ejemplo 7.3, para t > O, la intensidad y la tensión en la bobina serán, respectivamente, i(t) = 3e- 100t v(t) = L(di/dt) i(t)

y

v(t)

están representados,

respectivamente,

(A) = - 30e - 100t

(V)

en las Figuras

7.6(d)

y

(e).

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 5 5 ZYXWVUT

7 .5 .

A P L IC A C IÓ N D E U N A

T E N S IÓ N D E C C A U N A

B O B I N A zyxwvutsrqponmlk

Si una fuente de corriente continua (cc) se aplica repentinamente a un circuitowvutsrqponmlkjihgfedcbaZY RL en reposo, 7.7(a), la intensidad crece exponencialmente desde cero a un como se indica en la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA valor constante con una constante de tiempo de LIR. Este resultado es la solución de una ecuación diferencial de primer orden (8), que se obtiene al aplicar la LKT a lo largo del circuito. 1=0

R

r

Vo

;(1)

+ L

v(1)

(a ) i(l)

V(I)

~ R V.

0,632...! R

0,368V o

T=L/R

(b )

(e )

F ig u r a

Ri

Puesto que i

= ih(t)

+

+

di L dt = Vo

7.7.

para t » O ,

ip(t), donde ih(t) = Ae- Rt / L i

= Ae- Rt/L

+

(8)

e iit)

= Vol R,

tendremos:

Vol R

El coeficiente A se obtiene a partir de i(O +) = A + Vol R = O; o sea, A = - Vol R. La intensidad y la tensión en' la bobina están dadas por'(9) y (10) Y están dibujadas en las Figuras 7.7(b) y (e), respectivamente. i(t)

= Vol R(l - e- Rt/L)

v(t)

=

di

L -

dt

= Voe- Rt/L

para

t

>O

para t < O

(9)

(10)

1 5 6 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

7 .6 .

R E P A S O D E L A F U N C IÓ N

E X P O N E N C I A L zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS

La función exponencial decreciente se puede escribir en la formawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT «v: donde 1" es la consta nte que para el circuito

de tiempo (en s). Para el circuito RC de la Sección 7.2, 1" = RC , mientras RL de la Sección 7.4, r = L/R. La función decreciente en general es f(t)

que se representa ve que

gráficamente

=

t Ae- tonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB / (t > O)

en la Figura 7.8, con el eje de tiempos en múltiplos de f(r ) = Ae- 1

=

1".

Se

0,368 A

esto es, que para t = 1" la función es el 36,8 por 100 del valor interpretarse diciendo que la función se ha reducido en el 63,2 hasta f( co). Para t = 51" la función toma el valor de 0,0067 A , lo 1 por 100 del valor inicial. Desde un punto de vista práctico, considera efecto apreciable de la función.

inicial. Esto también puede por 100 del total desde f(O+ ) cual representa menos que el por encima de t = 51" no se

f

L__

.......1... __

---1_-=::::!o~,OSO~A~!IIIIo,~O_t8:..A_..¡;.O'.:007.:.J;A

1

o F ig u r a

f(e< ;) =

o

7.8.

La tangente de la curva exponencial para t = 0+ se puede utilizar para calcular aproximadamente la constante de tiempo. En efecto, ya que pendiente

= f'

(0+)

= - ~ T

la recta tangente corta al .eje horizontal en t = 1" (ver Figura 7.9). De forma general, la tangente para t = t o corta al eje horizontal en t o + 1". Así, si se conocen j'(rg) y f' (t o ) se puede construir la curva. Si se tiene una parte de la curva (en pápel o en pantalla de osciloscopio) y no se dispone de los valores de ola función y de la pendiente, no es posible utilizar el método descrito anteriormente. En este caso, con un par de puntos, leídos por ejemplo de un instrumento, pueden servir para deducir la ecuación correspondiente. Así, refiriéndonos a la Figura 7.10,

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDCB 157

de donde se obtieneonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ywvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A se obtiene sustituyendo r en cualquiera de f1 o f2. f

A onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 7.9.

f

\ \

::=-~ \

I

I

1 ---

I Figura 7.10.

7.7.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S C O M P L E JO S D E P R IM E R O R D E N C O N RLY Re Un circuito complejo que contenga resistencias, fuentes y un elemento simple de acumulación de energía puede transformarse en un circuito equivalente Thévenin o Norton, visto desde los extremos de una bobina o de un condensador. Esto reduce el circuito complejo a uno sencillo del tipo R e o R L , que puede resolverse de acuerdo con los métodos descritos en las secciones anteriores.


Si se conecta de repente una fuente de cc a un circuito, la tensión y la intensidad son exponenciales con la misma constante de tiempo pero con valores iniciales y finales diferentes. La constante de tiempo de los circuitos es owvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE Re o L/R, siendo R la resistencia del circuito equivalente de Thévenin visto con un condensador o un bobina. EJEM PLO

7 .5 .

il

Calcular i,

v

120

e i ¡ de la Figura

7.l1(a).

r------------I RTh=4 O

A

I I I I I

+

9 u (t)

DCBA

6ü

v

,J

v11l

= onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG 3 u (t) + 5mH v

I I L

I _

B

..II

(a)

(b)

¡

I

B ZYXWVUTSRQPON zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

F i g u r a 7 .1 1 .

El circuito equivalente de Tlíévenin desde la izquierda de la bobina es el indicado en la Figucon RTh = 4 Q Y V Th = 3u(t) (Y). La constante de tiempo del circuito es r = L/RTh = = 5(10-3)/4 = 1,25 ms. El valor inicial de la intensidad por la bobina es cero. Su valor final es

ra

7.l1(b)

i(oo)

V Th

=-

3Y

= -

4 Q

RTh

= 0,75 A

Por tanto, i = 0,75(1 - e-SOOt)u(t)

(A)

di v = L - = 3e- SOOt u(t) dt

(Y)

i¡

=

9 - v

U

=

1

4 (3

-

e-SOOt)u(t)

(A)

v puede también obtenerse de su valor inicial v(O +) = (9·6)/(12 + 6) = 3 Y, su valor final v( (0) = la constante de tiempo del circuito.

°

y

E J E M P L O 7 .6 . En la Figura 7.12 el condensador de 9 J.lF se conecta al circuito para t = O. En ese instante la tensión del condensador es V o = 17 Y. Calcular v A' V B , ve> iAB , iAc e iBC para t > O.

6kO

F ig u r a

7.12.

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDCB 1 5 9 zyxwvutsrqpo

Se aplica la LKC a los nudosonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A , B Y e parawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t > O para calcular las tensiones en función de i:

Nudo

(! +! A B +!) c

A:

_!

v

236 2 6

Nudo

e

1) + -+B

--v 1A 2

Nudo B :

Resolviendo

-lO¡--v3'

24

_!6

C:

v

v

v

A

_!4

v

B

_!

v

1c 4

=0

+ (!4 + !6 + ~) 12

v

=

C

O

o bien

6vA -

o bien

=

O

-2vA

o bien

3vB -

+ 3vB

- 2v A -

-

Vc

=

Vc

= (4·103)i

+ 6vc =

3vB

(11)

O

(12)

(13)

O

el sistema de ecuaciones (10), (11) Y (12),

El circuito visto por el condensador es una resistencia de R = vB/i = 34/9 kn. El condensador descarga su tensión inicial V o de forma exponencial con una constante de tiempo de r = R e = = ~(103)(9· 10-6) = 0,034 s. Para t > O la tensión y la intensidad son:

i VA

= -e

dVB dt

= (9· 17· 1O-3/34)e-lOOOt/34

= (45·1O-3)e-lOOOt/34

(A)

'

= 1(103)i = 1O,5e-lOOOt/34 (V)

Vc

= ~(103)i = 12e-lOOOt/34 (V)

VAB

=

VA -

VB

= _6,5e-lOOOt/34

(V)

¡AB

=

VAB /2000

= (_3,25·1O-3)e-lOOOt/34

v AC

=

VA -

Vc

= -

(V)

iAC

=

v Ac/6000

= ( - 0,25· 10-

VBC

=

VB -

Vc

= 5e-lOOOt/34

i Be

=

vBc /4000

= (1,25·1O-3)e-lOOOt/34

1,5e-

1000t/34

(V)

(A)

3)e- 1000t/34 (A)

(A)

Todas las tensiones e intensidades son funciones exponenciales y tienen la misma constante de tiempo. Por simplicidad es habitual utilizar como unidades V, mA, kn y ms para tensiones, intensidades, resistencias y tiempos, respectivamente; eso hace que puedan omitirse los 1000 Y 10 - 3 de las ecuaciones anteriores, resultando: VA = 1O,5e-t/34 VB = 17e- /34

(V)

Vc = 12e -t/34 i = 4,5e- t / 34

(V)

t

7 .8 .

(V)

ESTADO

VAB = _6,5e- t / 34 (V) t 34 VAC = _1,5e- / (V) t / 34 V = 5e(V) BC

i AB = - 3,25e- t / 34

(mA)

i AC = -0,25e- t / 34 ¡BC = 1,25e- t / 34

(mA)

(mA)ZYXWVUTSRQPONMLK

(mV)

E S T A C IO N A R IO

CON

CC DE

B O B IN A S

Y CO NDENSADO RES

Como se indicó en la Sección 7.1, la componente natural de tipo exponencial de respuesta de los circuitos R Ly R e a una entrada escalón disminuye con el tiempo. Para t = co, el circuito


alcanza su estado estacionario y la respuesta es debida exclusivamente a la componente forzada de cc. Teóricamente este estado estacionario de los circuitoswvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK RL y RC se alcanzaría al cabo de un tiempo infinito. Sin embargo, para un tiempo igual a 5r la componente transitoria está reducida a un 0,67 por 100 de su valor inicial. Después de un tiempo de diez veces la constante, la componente del transitorio es igual a 0,0045 por 100 de su valor inicial, lo cual significa menos que el 5 por 100000 y, por tanto, desde un punto de vista práctico, podemos considerar que se ha alcanzado el estado estacionario. Para un circuito RLC , en el estado estacionario con cc, suponiendo que no existan oscilaciones, todas las tensiones y corrientes son constantes. Cuando la tensión entre los extremos de un condensador es constante, la corriente a través del mismo es cero. Por tanto, todos los condensadores serán como circuito abierto en el estado estacionario con cc. Análogamente, cuando la corriente por una bobina sea constante, la tensión entre sus extremos será cero. Todas las bobinas, por tanto, serán como cortocircuito s en el estado estacionario con cc. El circuito se reducirá a uno de corriente continua (o directa) con resistencias en donde las tensiones en los condensadores y las corrientes por las bobinas pueden calcularse fácilmente, al ser todas ellas constantes y el análisis del circuito no involucra ecuaciones diferenciales. El comportamiento del estado estacionario con cc expuesto en el párrafo anterior es válido para circuitos que contengan cualquier número de bobinas, condensadores y fuentes de cc.ONMLKJIHGFEDCBA

i L , ve l Y V C 2 en el circuito de la 7 .7 . Calcular los valores en condiciones estacionarias deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE Figura 7.13(a). Cuando se alcanza el estado estacionario, el circuito será como el de la Figura 7.13(b). La intensidad por la bobina y la tensión en el condensador se obtienen aplicando la LKC a los nudos A y B de la Figura 7.13(b). Así: EJEM PLO

Nudo

A:

Nudo

B:

o bien

o bien

Resolviendo para tenemos i L = 2 mA,

VA Vel

y para

VB

obtenemos

VA

= 8 V Y v e 2 = 6 V.

= 6 V Y VB = 12 V. Directamente

de la Figura 7.13(b)

°

7 .8 . Calcular i y V en el circuito de la Figura 7.14. Para t = la tensión del condensador es cero. Su valor final se obtiene de un análisis de cc y es - 2 V. La constante de tiempo del circuito de la Figura 7.14, deducido del-Ejemplo 7.6, es 0,034 s. Por tanto, , EJEM PLO

V = -

i

=

e

6

dv dt

= _ (9.10- )(2.10 34

2(1 -

e-IO O O t/34)u(t)

3 )

e-IO O O t/34u(t)

(V) (A) =

_0,53e-IO O O t/34u(t)

(m A)

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFED 1 6 1 onmlkjihg

v,(t)= 18u(t)

iL

DCBA

6kil

2kfiwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

3u(t-l)

iz en + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

nil

R is(t) =

+

CI

VC1

C2

(a)

18V

iL

A

B

+

+

2kil

~kil

iz sn

3kfi 3A

vC 2

vel

(b)

Figura 7.13. 36u(t)

6kil 4kil + v

~ i

12 kil

9 }JF

Figura 7.14.

->,

7.9. TRANSITORIOS DESPUÉS DE LA CONEXIÓN Una repentina conexión de una fuente o un cambio en sus características puede provocar una modificación repentina en las tensiones y corrientes de un circuito. Un salto en la tensión


de un condensador requiere de un impulso de corriente. Análogamente, un salto en la corriente de una bobina precisa de un impulso de tensión. Si no se presentan estos impulsos, las tensiones sobre los condensadores y las corrientes por las bobinas no se modifican. Por L y e se pueden deducir de las condiciones de tanto, las condiciones de post-conexión deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED pre-conexión de cada elemento.

t = O. Calcular i y ven cualquier E J E M P L O 7 .9 . En la Figura 7.l5(a) el interruptor S se cierra parawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON instante. Para t = 0- el circuito está en condiciones estacionarias y la bobina funciona como un cortocircuito con v(O -) = O [ver Figura 7.l5(b)]. La intensidad por la bobina se calcula fácilmente y es i(O -) = 2 A. Después que se ha cerrado S en t = O, el circuito es como el de la Figura 7.15(c). Para t > O la intensidad es exponencial con una constante de tiempo de , = L/R = 1/30 s, con un valor inicial de i(O +) = i(O -) = 2 A Y un valor final de 12/3 = 4 A. La tensión y la intensidad son:

Para t < O,

i=2Ayv=0

Para t > O,

i

y su representación

EJEM PLO

L=

10mH

7 .1 0 .

= 4 - 2e- 30t

di (A) y v = L - = 6e- 30t dt

(V)

gráfica es la de la Figura 7.l5(d) y (e). Calcular i y v para t = 0- y t = 0+ en el circuito de la Figura 7.16, siendo R = 5

n,

y

5 V para vs = { 5 sen

~t

t

(V) para t > O

Para t = 0-, i(O -) = 5/5 = 1 A Y v(O -) = O. Durante la transición de t = 0- a t = 0+ la corriente por la bobina es continua, ya que no existe impulso de tensión para producir discontinuidad. Por tanto, i(O +) = i(O -) = 1 A. Para calcular v(O +) se escribe la LKT para t = 0+: V s = R I + v y observar que v.(O +) = O. Por tanto, v(O +) = vs(O +) - R i(O +) = - 5 V.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

7 .1 0 .

R E S P U E S T A D E C IR C U IT O S D E P R IM E R O R D E N A UN PULSO

En esta sección obtendremos la respuesta de un circuito de primer orden a un pulso rectangular. Se aplicará a un circuito R e o R L donde la entrada puede ser de intensidad o de tensión. Como ejemplo utilizaremos el circuito R e de la Figura 7.17(a) con una fuente de tensión que proporciona un pulso de duración T y altura Vo. Para t < O, v e i son cero. Para el tiempo de duración del pulso utilizaremos las expresiones-Iób) y (6c) de la Sección 7.3: (O < t < T ) i = Vo e-tiRe

R

(O < t < T )

(14a)

(14b)

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDCBA 1 6 3 zyxwvutsrqpo

swvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t= O

2.0 +

6.0

12V

l00mH

(a )

2.0

3.0

+

+

lOOmH 12 V onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

12 V

(e )

(b )

V,V

6

-------------+----~~------------t.s =-/0DCBA T

------------~----~------------~s (e )

(d)

Figura 7.15.

R

+

Figura 7.16.

L


Cuando el pulso ha terminado, fuente.

V

Utilizando tiempo T ,

Y sin con tensión inicial VTonmlkjihgfedcb

el circuito es un condensador

T

= Vo(l -

(14c)

e -T IR C )

las expresiones (3) y (4) de la Sección 7.2, y teniendo en cuenta el cambio de v = V T e -(r-

=

i

La tensión y la intensidad

(t>

-(V /R )e -(I-T )IR C T

del condensador

se representan

R

r

).)

u,'

v,I"", - "'-nl

"M --= --c

(15a)

T)

(t>

T )IR C

(15b)

T)

en la Figura 7.17(b) y (e).

r_

J

v

(o )

v

R

ONMLKJIHGFEDCBA

'f

_2

_

R (e)

(b )

F ig u r a

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

7.17.

7 .1 1 . En el circuito de la Figura 7.l7(a) suponemos que R = 1 kQ Y C = 1 f-lF Y que la fuente de tensión da un pulso de altura V o y duración T . Calcular i y v para a ) V o = 1 Y Y T = 1 ms, b) V o = 10 Y Y T = 0,1 ms y e) V o = 100 Y Y T = 0,001 ms. Utilizamos (14) y (15) con la constante de tiempo, = RC = 1 ms. Por conveniencia utilizaremos como unidad de tiempo ms, como unidad de tensión V y como unidad de intensidad mA. Tomarefuos también como aproximación e- = 1 - t cuando t« 1. EJEM PLO

suponemos

t

a)

V o = 1 Y, T = 1

ms. < 1 ms,

Para O <

t

Para t>

1 ms, v

=

0,632e-(t-l)

=

1,72e- t

e i

=

-1,72e- t

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 6 5 wvutsrqponm

b)

10 v, T= 0,1 ms. Vo = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Para O < t < 0,1 ms, v = 10(1 - e- I ), i = IOe " y VT = 10(1 - e-O ,l) = 0,95 V

Para t > 0,1 ms, v e)

= 0,95e-(-O ,1)

= 1,05e- '

e i = -1,05e- '

Vo = 100 V, T = 0,01 ms. Para O < t < 0,01 ms, v

= 100(1 - e- I ) ~ 100t,

= 1O O e- ' ~ 100(1 - t)

i

y VT

= 100(1 - e-O ,O l) = 0,995

V

Para t > 0,01 ms, v

= 0,995e-(I-O ,O l)

= 1,01e- '

e i = -l,O le- '

Como el pulso de la tensión de entrada se aproxima a un impulso, la tensión y la intensidad en el condensador se aproximan a ,v = e-Iu(t) (V) e i = c5(t) - e-Iu(t). ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

7 .1 1 .

RL

R E S P U E S T A S D E C IR C U IT O S

Y

Re

A U N IM P U L S O

Un pulso estrecho se puede modelizar por un impulso tal que el área bajo el pulso indique la fuerza del mismo. La respuesta a un impulso es una herramienta muy útil para el análisis y síntesis de circuitos. Ésta puede obtenerse por varios caminos: tomando el límite de la respuesta a un pulso estrecho, que se llama a pr oxima ción limite, como se ve en los Ejemplos 7.11 y 7.12; tomando la derivada de la respuesta al escalón; resolviendo la ecuación diferencial directamente. La respuesta al impulso se designa frecuentemente por h(t). E J E M P L O 7 .1 2 . Calcular el límite de de área unidad cuando la duración del Utilizaremos la respuesta al pulso cuando T se aproxime a cero. De (14e)

i y onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v del circuito de la Figura 7.l7(a) para un pulso de tensión pulso tiende a cero. dada por (14) y (15), con Vo = l/T, Y calcularemos el límite tenemos:

lim VT =

lim (l_e- T /R C )/T=

T~O

De (15) tenemos: Para t < O, Para 0- < t < O+,

h; = O

O ~h

Y ~-

v

Para t > O, Por tanto,

h (t) = v

T~O

h, = O

1

Re

1

Re

e -I/R C

y

h¡ = y

1

R

c5(t)

ut«: DCBA


E J E M P L O 7 .1 3 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Calcular la respuesta al impulso del circuitoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF R C de la Figura 7.17(a) mediante la derivada de la respuesta al escalón unidad. Un impulso unidad puede considerarse como la derivada de un escalón unidad. Basándonos en las propiedades de las ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes podemos tomar la derivada con respecto al tiempo de la respuesta al escalón para calcular la respuesta al impulso. La respuesta al escalón de un circuito R C se obtuvo en (6) y eswvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

v(t) = (1 - e-t/RC)u(t)

Calculamos

i(t) = (I/R)e- t / RC u(t)

e

la respuesta al impulso unidad derivando

la respuesta al escalón. Así: 1

1

h(t) = - b(t) - -R R 2C

y

e-t/RCu(t)

¡

E J E M P L O 7 .1 4 . Calcular las respuestas impulso h¡ {t), hit) e hil(t) del circuito RL de la Figura 7.11(a) haciendo las derivadas de su respuesta al escalón unidad. La respuesta del circuito a un escalón de amplitud 9 se calculó en el Ejemplo 7.5. Derivando y multiplicando por el factor 1/9, obtenemos la respuesta al impulso unidad:

h.(t) ¡

1 d

= - -

9 dt

1 d h (t) = - v 9 dt

hi1(t)

7 .1 2 .

200

= -

[O 75(1 - e-SOOt)u(t)] '

[ 3e- S001 u(t)]

="91 dtd [14

800

= - -

(3 - e-SOOt)u(t)

]

3

3

e-SOOtu(t)

e-SOOtu(t)

200 =9

1

+-

3

e-S001u(t)

b(t)

1 + 18

b(t) ZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

R E S U M E N 'DE L A S R E S P U E S T A S A E S C A L Ó N A I M P U L S O D E C I R C U I T O S RL Y RC

Y

En la Tabla 7.1 se resumen las respuestas de los circuitos RL y Re a entradas escalón e impulso. Algunos de los resultados de la tabla se han obtenido en las secciones precedentes. El resto de los resultados se deducirán en los Problemas resueltos.

7 .1 3 .

R E S P U E S T A D E C IR C U IT O S E X P O N E N C IA L E S S Ú B IT A S

RL

Y

RC

A E X C IT A C IO N E S

Supongamos la ecuación diferencial de primer orden correspondiente a un circuito RL en serie sometido a una súbita tensión exponencial Vs = VoeS1u(t), como se ve en el circuito de la Figura 7.18. El circuito está en reposo para t < O. Aplicando la LKT, obtenemos: ( 16)

CIRCUITOS

DE PRIMER

167

ORDEN zyxwvutsrqponmlk

TablaonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 7.1(a). Respuestas de circuitos R C a escalón e impulso j ~

Circuito R C R AA yyy

'-?

;,t

Respuesta a impulso unidadwvutsrqponmlkji

Respuesta a escal6n unidad i

DCBA +

e :::: :

Vs = u(t)

Vs = b(t)

{h

= (1/RC)e- t / RC u(t) h, = -(1/R 2 C)e- t / RC u(t)

= (1 - e-t/RC)u(t) i = (I/R)-t/RC U (t)

{v v

v

+

(l/R)b(t)

-

i

+

i,

'1 R

'1>

e :::~

= u(t)

{V = R(l - e -t/RC)U (t) i = e-t/RCu(t)

v

r

is = b(t)

= (l/C)e-t/RCu(t) = -(l/RC)e-t/RCu(t)

v

h,

+

b(t)

I

•

.J'

,

Tabla 7.1(b). Respuestas de circuitos RL a escalón e impulso Circuito RL

Respuesta a impulso unidad

+

v

-

Vs

=

u(t)

Vs

V

=

e-Rt/Lu(t)

hv = (R/L)e-Rt/LU (t) { h¡ = (l/L)e-Rt/Lu(t)

i = (l/R)(l

{

- e-Rt/L)u(t)

=

b(t)

+

b(t)

i

+

is V

R

L

v

{

=

u(t)

=

Re-Rt/Lu(t)

i = (1 - e-Rt/L)u(t)

~

"=

b(t)

hv = (R 2 /L)e-Rt/L U (t) { h, = (R/L)e-Rt/Lu(t)

+

Rb(t)


- wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i

v,

(a )

(b )

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW

Figura 7.18.

Para t > O, la solución es y

(17a)

La respuesta natural ih(t) es la solución de Ri + L(dildt) = O; o sea, cuando la función de excitación es cero. Siguiendo un razonamiento similar al de la Sección 7.4 obtenemos: (17b)

La respuesta forzada iit) que hay es

es una función que satisface (16) para t > O. La única función (17c)

Después A = - Vo/(R

de

+

sustituir i = i h + ip en (16), se obtiene lo = Vo/(R Ls), la condición i(O + ) = O también se cumple. Por tanto, i(t) =

Vo R + Ls

+ Ls).

Tomando

(e" _ e-Rr /L)u(t)

(17d)

Si la función de excitación tiene el mismo exponente que la respuesta natural Ca so especia l. (s = -RIL), la respuesta forzada debe ser ip(t) = lote- Rr / L. Esto puede comprobarse sustituyendo en (16), lo que también da lo = Vol L. La respuesta natural es la misma dada en (17b). La respuesta total es entonces i(t) = iit)

De i(O -) = i(O + ) = O obtenemos

7 .1 4 .

+

ih(t) = (Iot

e-

Rr/L

que A = O, y así i(t) = lote-Lr /Ru(t),

R E S P U E S T A D E C IR C U IT O S S IN U S O ID A L S Ú B IT A

RL

Cuando un circuito serie RL se conecta súbitamente (Figura 7.19), la ecuación que interviene es Ri

+ A)

+

L

~!

= Vo(cos

Y

Re

donde lo = VolL. ZYXWVUTSRQ

A E X C IT A C IÓ N <,

a una tensión alterna vs

wt)u(t)

= Vo

cos cot

(18)

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 6 9 zyxwvutsrqp

La solución es donde

e

ip en (18) se obtiene lo: SustituyendowvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

e

y

= tan-1

Lw R

Entonces

+

i(t) = Ae- Rt / L

De i(O + )

=

O se obtiene A

= -lo

Vs

e.

cos

i(t) = Ia [ cos

cos (wt - onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e) t > o

lo

Por tanto,

(wt - e) - cos e(e- Rt / L)]


F ig u r a

7 .1 5 .

7.19.

RESUM EN DE LA RESPUESTA FO RZADA D E L O S C IR C U IT O S D E P R IM E R O R D E N

Supongamos

la ecuación diferencial siguiente: dv -d (t) t

+

a v(t)

H ,¡

= f(t)

(19)

"

La respuesta forzada vit) depende de la funciónf(t) del segundo miembro. Se han dado algunos ejemplos en las secciones anteriores. En la Tabla 7.2 se dan algunos ejemplos de f(t) que deben utilizarse para averiguar vp(t). La respuesta se obtiene por sustitución en la ecuación diferencial. Mediante una combinación lineal de las funciones dadas en la Tabla 7.2, y teniendo en cuenta los retardos correspondientes, se puede deducir la respuesta forzada.


Tabla 7.2. 1Ilo'

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 (1 ) a' 1 a

1

t

n

2 a wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

~ -

n

e'''(s#-a )

n

cos wt

A cos (wt - 8)

n

e- bt cos cot

Ae- bt

s+ a

donde

cos (wt - 8)

y

donde

1

A =

W +

J (a -

PROBLEM AS

tg 8

os

=-

a

tg 8

Y

= --

w

a - b

w2

RESUELTOS

7.1. Para t = 0-, esto es antes de que se cierre el interruptor de la Figura 7.20, ve Obtener la intensidad y la carga del transitorio.

=

100 V.

Figura 7.20. Con las polaridades indicadas en el esquema, = vdO -) = 100 V. Así:

VR

=

ve para t > O Y l/RC = 62,5 s -l. También

-

vdO +)

vR = ve = 100e- 62 • 5t

(V)

i

= ~ = 0,25e- 62 • 5 t

(A)

q = C V c = 400üe- 62 ,5t

7.2. En el Problema 7.1 calcular la potencia y la energía en la resistencia última con la energía inicial acumulada en el condensador.

y

(JlC )

comparar esta

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 7 1 wvutsrqpon

PR

= vRi = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 25e-125t (W)

WR

=

I

PR

La energía inicial acumulada Wo

25e-125t

= 0,20(1-

dt

= 1 cvij = 1(40.10-6)(100)2

se entrega

Calcular la carga inicial Q o si R

(J)

=

=

I

y en ella se

dada

10 Q. 2 RC

105

_=

o

PR

a la resistencia

(W)

dt

o

C= 2

IlF

= 3,6(1 - e-t/O,OOOOl) (rriJ)

Entonces wR(oo) = 3,6 mJ = Q 6; 2C , de donde Q o = 120

7.4.

)

7.1 y 7.2 tiene una potencia instantánea

P R ~ 360e-t/o,OOOOl

R

l25t

J = 0,20 = wR(oo)

en el condensador

Un circuito R e como el de los Problemas por

W

e-

esonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

o sea, toda la energía acumulada convierte en calor.

7.3.

I

=

dt

1lC .

El interruptor del circuito RL de la Figura 7.21 pasa de la posición 1 a la 2 en t Calcular VR Y VL con las polaridades indicadas.

=

O.

2DCBA /

2A

« ; 100

t

4H

Figura 7.21. La fuente de intensidad constante proporciona corriente transitoria i. Entonces para t > O, i

una corriente

= Ioe- Rt/L = 2e- 25t

vR = Ri = 200e- 25t ve=

7.5.

Para el transitorio

del Problema PR PL

-vR =

(A)

(Vi, (V)

-200e- 25t

7.4 obtener P R y P L' = vRi = = vLi =

400e-

50

_400e-

50t

(W ) (W )

en la misma dirección que la


El signo negativo de la potencia de la inductancia está en consonancia con el hecho de que la energía está saliendo del elemento. Y que esta energía está siendo transferida a la resistencia, siendowvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P R positiva.

7.6.

j1F tiene una fuente de tensión de 100 V Un circuito serie RL con R = 5 kn y e = 20onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED aplicada en el instante t = O; no hay carga inicial en el condensador. Calcular i, V R , V e Y q, para t > O.

La carga del condensador

y, en consecuencia, vc
=

t ....•00, ve ....• 100 V, que es la tensión R C = 10-1 s. De la Sección 6.10: Ve

=

[vC
-

Las otras funciones se obtienen positivas, donde la corriente entra, vR

=

aplicada.

+

vC
en t

=

O:

= O

vc
cuando , =

deben ser continuas

ve

vC
La constante

=

-looe-Io,

de tiempo del circuito es

+ 100 (V)

a partir de éstas. Si las tensiones en ambos elementos son + ve = 100 V , Y así:

VR

1OOe-Io, (V) v

i = ..!! = 20e

(m A)

-IO t

R q

7.7.

= CV e = 2000(1 - e-1o,) (J.LC)

El interruptor del circuito de la Figura 7.22(a) se cierra en t = O, teniendo entonces el condensador una carga de Q o = 500 j1C , con la polaridad indicada. Obtener i y q para t > O, Y representar gráficamente la variación de q. q .¡¡.C

1000

-

-

-

-

-- -

-

-'~;..;;;.,.;;;¡;• ••••_ _

;¡;¡

DCBA

50V

O~~~----------------------------1,

ms

-500 (b)

(a )

Figura 7.22. La carga inicial corresponde a una tensión del condensador de Vo = Q o/C = 25 V, de donde = - 25 V. El signo es negativo porque la tensión del condensador, de acuerdo con la dirección positiva de la corriente, debe ser + en la placa superior. También VC<(0) = + 50 V y r = 0,02 s. De esta forma, como en el Problema 7.6, vc
ve =

-75e-so,

+ 50 (V)

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 7 3 zyxwvutsrqp

de dondewvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA q = CVe = -1500e-

. -= dq 75 e - SOr(m A) SOr+ 100onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (¡tC ) /= dt

En la gráfica de la Figura 7.22(b) se ve que la carga cambia desde 500 1000 ¡tC con polaridad contraria.

7.8.

¡tC

con una polaridad

i en función del tiempo en el circuito de la Figura

Calcular la intensidad

5O U (I)

a

7.23.

(V) DCBA

IOn 10

n

;!

2u(-t)

(A)

0,2 H

Figura 7.23. Para t < O la fuente de tensión está cortocircuitada y la fuente de intensidad proporciona que se reparten por igual las dos resistencias de 10 Q.

2 A,

Para t > O la fuente de intensidad se sustituye por un circuito abierto y la fuente de 50 V actúa sobre el circuito RL en serie (R = 20 Q). En consecuencia, cuando t ....•0 0 , i ....•- 50/20 = - 2,5 A. Entonces, por las Secciones 6.10 y 7.3, i(t)

=

[i(O+) - i(oo)] e- R rIL

+

i(oo)

=

3,5e-lOor - 2,5 (A)

Utilizando la función escalón unidad, las dos fórmulas anteriores pueden expresarse por una sola válida para cualquier instante t: i(t) = 1u( - t)

7.9.

+

(3,5e-loor - 2,5)u(t) (A)

En la Figura 7.24(a) el interruptor se cierra para t = O. El condensador no tiene carga para t < O. Calcular iR' ic. ve y Vs para cualquier instante, suponiendo que is = 2 mA. Para t < O, iR = 2 mA, ie = ve = O Y V s = (2 mA)(5OO0'Q) = 10 V. Para t > O, la constante de tiempo es r = R C = 10 ms y iR(O+) = O, iR(oo) = 2 mA e iR = 2(1 - e-lOOr) (mA)

[Ver Figura

7.24(a)]

= O, vdoo) = (2 mA)(5 kQ) = 10 V Y ve = 10(1 - e-loor) (V) [Ver Figura idO+) = 2 mA, Idoo) = O e ie = 2e-lOor (mA) [Ver Figura 7.24(d)] vs(O + ) = O, vs(oo) = (2 mA)(5 kQ) = 10 V Y V s = 10(1 - e-loor) (V) [Ver Figura vdO + )

7.24(c)]

7.24(e)])

~

!

174

CIRCUITOS

ONMLKJIHGFEDCBA


is=2mA onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(a )

2

----iC -----:':---------I. DCBA

ms -----f-----:'::--------I.llls

(b)

(e)

ic. m A

\O

---~~-~~~========~--I.ms

-----f---~-------I.ms (e)

(d)

7.24.

F ig u r a

7 .1 0 .

En la Figura 7.25 el interruptor

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

se abre enwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG t = O. Calcular iR' io Ve Y Vs . t= O

+

6m A

+

4kíl

(a )

F ig u r a

Para = Vs

t < O el circuito

es estacionario

= 4(2) = 8 V. La tensión del condensador

7.25.

con iR = 6(4)/(4 + 2) = 4 mA, ie = O Y ve = es la misma en el instante de la desconexión

CIRCUITOS

DE PRIMER

ORDEN ONMLKJIHGFEDCBA 1 7 5 zyxwvutsrqpo

enwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = O. Después de la desconexión para t = 0+ el condensador sigue teniendo la misma tensiónonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vdO +) = vdO -) = 8 V. Para t > O el condensador se descarga en la resistencia de 5 kQ, que es la equivalente de las resistencias de 3 kQ Y de 2 kQ en serie. La constante de tiempo del circuito es r = (2 + 3)(103)(2.10-6) = 0,01 s. La intensidad y la tensión' son ve = 8e-100r (V) iR Vs

Por lo que para 7 .1 1 .

= -ie = v e /5000 = (8/5OO0)e-100r = 1,6e-loor (mA) = (6 mA)(4 kQ) = 24 V

< O toda la corriente de 6 mA atraviesa la resistencia de 4 kQ.ZYXWVUTSRQPONMLKJ

t

El interruptor del circuito de la Figura 7.26 se cierra en la posición 1 en t = O Y permanece en dicha posición durante un tiempo t = r = 250 IlS, para luego pasar a la posición 2. Obtener la corriente para t > O.

500

n

0,5

F ig u r a

p .F

7.26.

Lo más sencillo, en principio, es calcular la carga del condensador, pues se sabe que es una función continua (en t = O Y en t = r), luego mediante derivación se obtendrá la intensidad. Para O :::;t : : : ;r, q debe ser

+

q = Ae- r !<

Suponiendo

q(O ) =

que

O Y la condición i(O+) =

obtenemos

que

A

= - B =

-10

J1C ;

dq dt

I

=

0+

20 V 500Q

e-4000r)

Derivando

[q(r)

-

40 mA

q(oo)]e-(r-<)!<

+

(O:::; t

(J1C )

De (20), q(r) = 10(1 - e-l) J1C , y sabemos que De esto se determina q para t ; : , r por

=

=

o sea:

10(1 -

q =

q

B

q(oo)

q(oo)

=

= (0,5

: : : ;r)

(20)

J1F)(-40

-

71,55'e;4ooor

20

respecto de (20) y (21), . 1

Ver Figura 7.27.

dq

=

dt

{

=

40e-4000r

_

286,2e-4000r

(mA) (mA)

(O <

t

(t > r)

< r)

V)

= -20

(J1C )

J1c.

(21)

176

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

¡.m A

I T =250ps

I I I

I

I

I -\05,3 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

7.27.

F ig u r a

7 .1 2 .

Un circuito serie RL tiene una tensión constante aplicada V en t = O. ¿Para v L? instante se cumple que VR = onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA La intensidad por un circuito serie RL es una función continua, caso y alcanzando el valor final VI R. Así, para t > O, ,_V(l R

¡ --

-

partiendo

qué

de cero en este

e -t/t) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW y ONMLKJIHGFEDCBA

donde r = LIR es la constante de tiempo del circuito. Puesto que serán iguales cuando VR

V(l -

e- t/t )

VR

+ vL = V, las dos tensiones onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

= -!V =

-! V

« v: -2 - ~ DCBA t

- =

r

que es cuando t 7 .1 3 .

=

0,693 r. Observar

In 2

que este tiempo es independiente

de V.

Se aplica una tensión constante a un circuito serie RL en t = O. La tensión en la inductancia es 20 V a los 3,46 ms y 5 V a los 25 ms. Calcular R si L = 2 H. Utilizando

el método de los dos puntos de la Sección 7.6: t2

-

t1

V1

-

In

25 - 3,46

r = :----=----:-=---

In

----

V2

In 20 -In

5

=

15,54 ms

y así L

R

7 .1 4 .

= - = r

2 15,54·10

3

= 128,7 n

El interruptor Sl de la Figura 7.28 se cierra en t t = 4 ms. Calcular i para t > O.

=

O. El interruptor

S2 se abre para

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDCB 177

100 V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 7.28.

° :::;

Como hay siempre una inductancia en el circuito, la corriente es una función continua para t wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA : : : ;4 ms, la resistencia de 100 Q está cortocircuitada y cualquier instante. En el intervalo con una constante de tiempo de t = (0,1 H)/(50 Q) = 2 ms, la i arranca de cero y tiende hacia el valor de 100 V --=2

A

50 Q

si bien no llega nunca a tomar este valor. Por tanto, como en el Problema i = 2(1 - e-'/ 2 )

7.12,

(O :::; t : : : ;4)

(A)

(22)

donde t se mide en ms. En particular,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i(4)

= 2(1 - e- 2 ) = 1,729 A

Para el intervalo t ~ 4 ms, i arranca de 1,729 A Y desciende hacia 100/150 una constante de tiempo de 0,1/150 = 1 ms. Por tanto, con t en ms, se tiene: i = (1,729 - 0,667)e-(·-4)/(2/3)

7.15.

+

0,667

=

428,4e- 3 '/ 2

+

0,667 (A)

=

0,667 A con

(t ~ 4)

(23)

En el circuito de la Figura 7.29 el interruptor se cierra para t = 0, cuando el condensador de 6 f.1.Ftiene una carga de Qo = 300 f.1.c.Calcular la expresión para el transitorio de la tensión VR' DCBA

Ú ~T_6_P._F

200 +

92"F Figura 7.29.

Los dos condensadores en paralelo tienen una capacidad de 3 /lF . Este condensador equivalente está en serie con el de 6 /lF y, por tanto, la capacidad equivalente total será de 2 /lF . Así, T = RC eq = 40 us.


i

--->

ParawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = 0+, la LKT da vR = 300/6 = 50 V; Y como cuando t ---> 00, O). Por tanto,

en donde t se mide en

7.16.

pasa a la posición 2 en t

Después de la conexión, las tres inductancias Leq = =

5/200

O (puesto queonmlkjihgfedcb

J.LS.

En el circuito de la Figura 7.30 el interruptor intensidad i 2 para t = 34,7 ms.

Entonces r

VR --->

=

i

10

son equivalentes

5(10)

6" + 15

=

t 25

6e- /

e

(A)

i2

i 2 (34,7) =

=

C 55) A

2e-34.7/25

O. Calcular la

a

5 H

25 ms, y de este modo, expresando

=

=

=

i

=

t en ms, t 25

2e- /

(A)

0,50 A

-

200 n

2

i

IOH 6

5H

Figura 7.30.

7.17.

El interruptor de la Figura 7.31 se cierra en t en el condensador V e para t > O.

-

= O. Obtener la corriente

i y

la tensión

ton

i

+

ton

Figura 7.31. Hasta la respuesta paralelo, por lo que

natural

del circuito r

está involucrada

= ReqC = (5 Q)(2

J.LF)

= 10

y las dos resistencias están en J.LS

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFED 1 7 9 zyxwvutsrq

Por continuidad,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vc
la condición Ve

=

50

= -

20

=

25A '

final de [vC
-

Q)

= 25 V

podemos escribir:

Ve

vC
vC
donde t se mide en J1.s. La intensidad por el condensador

e-tilO )

(V)

viene dada por

. - e dt do¿ -

5 -tilO

le -

y la intensidad

= (2,5 A)( 10

VC<00)

(A)

e

por la resistencia en paralelo de 10 Q es

Por tanto, i = ie

+

i lOn = 2,5(1

+

e-t/lo )

(A)

El problema podía también haberse resuelto asignando do el sistema de ecuaciones diferenciales correspondiente.

7.18.

unas corrientes de malla y resolvien-

El interruptor en el circuito de dos mallas de la Figura Obtener las intensidades t, e i 2 , para t > O.DCBA

7.32 se cierra para t

=

O.

IOn

sn sn 0,01 H

Figura 7.32.

io«,

+

i2 )

+ Sil + 0,01

10(il + i 2 ) + 5i 2 De (25), i 2

=

(100 - lOil)/15. Sustituyendo

d: + 833i

La solución para el estado 3333/833 = 4,0 A; por tanto,

d:

=

(24)

100

(25)

100

en (24),

di

=

=

di

l

=

(26)

3333

estacionario

(solución

i l = Ae- 833t

+ 4,0 (A)

particular)

de

(26) es

il(oo)

=

180


La condición

inicial i 1(O-)

= i1(O+) =

i 1 = 4,0(1 - e- 833 ')

O ahora daonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE A = - 4,0 A, así que: i 2 = 4,0

e

(A)

+

2,67e- 8331

(A) ZYXWVUTSRQPONML

M é to d o a lte r n a tiv o

Cuando el circuito está en reposo, y visto desde los extremos de la inductancia, te a una resistencia de valor Req

Entonces

Vr

ReiL

=

=

833

= 5+

Para t

S-l.

5(10)

----¡s

= OC! la

R T = 10

+

es equivalen-

= 8,33 n

resistencia del circuito es

5(5)

10 =

12,5

n

así que la corriente total es i T = 100/12,5 = 8 A. Y para t = 00 se divide por igual entre las dos resistencias de 5 n, pasando una corriente de 4 A por la bobina. En consecuencia, i L = i 1 = 4(1 - e- 833 ') 7 .1 9 .

Un circuito serie RL, con R = 50 Q Y L = 0,2 sinusoidal v =

Calcular la intensidad

H,

(A)

tiene aplicada en t = O una tensión

+ 0,785) (V)

150 sen (500t

de corriente para t > O.

La ecuación del circuito para

t

> O es

di (27)ONMLKJ dt onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 250i = 750 sen (500t + 0,785)

La solución tiene dos partes, la complementaria (ic) y la particular (ip), tal que i = ic + ip. La complementaria es la solución de (27) cuando el segundo miembro es cero: ic = ke - 2501. El método de los coeficientes indeter mina dos para obtener ip consiste en suponer que ip = A cos 500t

+

B sen 500t

puesto que el segundo miembro de (27) puede expresarse como una combinación dos funciones. Entonces: di

-E. = -

500A sen 500t

dt

Sustituyendo

500B cos 500t

estas expresiones de ip y dip/dt en (27) y desarrollando- el segundo miembro,

- 500A sen 500t

+

500B cos 500t =

Igualando

+

lineal de estas

+

250A cos 500t

+

250B sen 500t

530,3 cos 500t + 530,3 sen 500t

los coeficientes de sen y cos, - 500A

+

250B = 530,3

y

500B

+

250A = 530,3

=

CIRCUITOS

Resolviendo ip

e

DE PRIMER

ORDEN ONMLKJIHGFEDC 1 8 1 zyxwvutsrqp

el sistema de ecuaciones,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A = - 0,4243 A, B = 1,273 A.

= - 0,4243 cos i

=

ic

+

+ 1,273 sen

500t

=

ip

ke- 250t

500t

= 1,342 sen

+ 1,342 sen

(500t

(500t

-

0,322) (A)

0,322) (A)

-

ParawvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = O, i = O. Aplicando esta condición, k = 0,425 A, y, finalmente, i = 0,425e- 250t

7.20.

+

1,342 sen

(5O O t -

En el circuito de la Figura 7.33, calcular la intensidad

0,322) (A) iv para todo valor de t.

O,2mH

10 O

100 50 u (-t)

(V)

5 u (t)

(A)

~

Figura 7.33. Para t < O la fuente de 50 V produce en la bobina una corriente de 50/20 = 2,5 A. La fuente _ de intensidad de 5 A se aplica para t > O. Cuando t -+ 00 esta corriente se divide por igual entre las dos resistencias de 10 n, de donde i L( co) = - 2,5 A. La constante de tiempo del circuito es 02·1O-3H

r ='

y así, con t en ms y utilizando

utilizando

-

=-

iL(oo)]e- t /

t

+

1

100

ms

2,5 A,

iL(oo)

= 5,O e- 100t

2,5 (A)

-

la función escalón unidad la expresión para t < O Y t > O, iL =

7.21.

.

n

iL(O +) = iL(O-) =

i L = [iL(O +)

Finalmente,

20

2,5

u( - t)

+

(5,O e- 100t

-

2,5)u(t)

(A)

El interruptor de la Figura 7.34 ha permanecido en la posición 1 durante mucho tiempo; se cambia a la posición 2 en t = O. Obtener la expresión de i para t > O. Con el interruptor en 1, i(O-) = 50/40 = 1,25 A. Con una inductancia en el circuito = i(O +). Al cabo de mucho tiempo de haber cambiado- a.. la posición 2 el interruptor, i( oo] = 10/40 = 0,25 A. Con la notación de antes,

i(O -)

B = i(oo) = 0,25 A y la constante

de tiempo es r

=

A = i(O +) -

L/R = (1/2000) s. Entonces i = 1,ooe-2000t

+ 0,25 (A)

1,00 A

B =

para

t

> O,


40n

sov 20mH ONMLKJIHGFEDCBA

Figura 7.34.

7.22.

El interruptor del circuito de la Figura 7.35 pasa de la posición 1 a la 2 en el instantewvutsrqponm = O. Calcular ve y VR para t > O.DCBA

t

100

+ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

21

v ..:.

-=- so v

I

5000n

V II

+

VCjlJoLF

T Figura 7.35.

Con el interruptor en 1, la fuente de 100 Y hace que ve(O -) = 100 Y, y, por continuidad de la En la posición 2, con la fuente de 50 Y de polaridad contraria, carga, ve(O + ) = vdO -). vdoo) = -50 Y. Así: B = ve(

(0) = -

50 Y =

T

I

Finalmente,

la LKT da vR + ve + 50

=

VR

7.23.

s

I -

50 (Y)

O, O bien =

-150e- 2 0 o ,

(Y)

Obtener la función de la energía para el circuito del Problema We

WR

7.24.

200

ve = 150e- 2 0 o ,

y

1

RC = -

'

= 1Cv¿' = 1,25(3e- 2 0 o ,

=

f

o

V2

~

dt

R

-

1)2

7.22.

(m ~) "-

= 11,25(1 - e- 4 0 0 I)

'

(mJ)

Un circuito serie RC , con R = 5 kQ Y C = 20 IlF , tiene dos fuentesde VI

= 25u( - t)

(V)

V2

= 25u(t -

t')

(V)

tensión en serie,

CIRCUITOS

DE PRIMER

Obtener la expresión completa de la tensión en el condensador ti es positiva.

ORDEN ONMLKJIHGFEDCB 1 8 3 zyxwvutsrqp

y hacer una gráfica, siwvutsrqponm

La tensión del condensador es una función continua. Para t ~ O,onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO V I produce una tensión en el condensador de 25 V. Para O ~ t ~ ti ambas fuentes son nulas, así que V c disminuye exponencialmente desde 25 V hacia cero: ' V

= 25e-'/RC = 25e- Io ,

c

(V)

(O ~ t ~ t')

En particular, vdt') = 25e - 10" (V). Para t ~ t', Vc crece desde vdr ') hacia el valor final de 25 V dado por v2 : c = [ vdt')

V

=

-

vdoo)] e-U -")/RC

25[1 - (e

lo ,'

-

l)e-

+

vdoo)

(V)

IO ']

(t ~ ti)

Así, para todo t, Vc

=

+

25u(-t)

25e- 1 0 '[ u(t)

- u(t - ti)]

+ 25[1 -

(e

10

"

-

l)e- Io '] u(t

- t')

(V)

Ver Figura 7.36. Ve

25 V

o

t'

Figura 7.36.

PROBLEM AS

7.25.


El condensador del circuito de la Figura 7.37 tiene una carga inicial de Q o polaridad indicada. Si el interruptor se cierra en t = O, obtener la intensidad t > O. Solución: i = _lOe-25000' (A), q = 4.10-4 (1 + e -2 5 0 0 0 ,) (C).

~on' 100 V

Q,

Figura 7.37.

4",F

800 /le , con la y la carga, para

=


7.26.

Un condensador de 2wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ¡ .tF , Y con carga inicial de Qo = 100 ¡ .tC, se conecta a una resistencia de 100 n en t = O. Calcular el tiempo en el que la tensión en la resistencia pasa de 40 V a 10 V. Solución: 0,277 ms.

7.27.

°

En el circuitoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R e de la Figura 7.38 el interruptor pasa a la posición 1 en t = y al cabo de un tiempo pasa a la posición 2. Obtener la intensidad para a) < t < 1', b) t> r. Solución: a ) 0,5e- 2 0 o , (A); b) _0,516e-200('-r) (A).

°

Figura 7.38. 7.28.

Un condensador de 10 ¡ .tF , con una carga inicial Qo, se conecta a una resistencia en el instante en el condensador viene dada por 800e- 4 0 0 0 , (W), t = O. Sabiendo que la potencia instantánea calcular R, Qo y la energía inicial acumulada en el condensador. Solución: 50

7.29.

n, 2000

Un circuito serie RL, con R = 10 Calcular la intensidad para t > O. Solución: 10(1 -

7.30.

¡ .tC, 0,2 1.

e-lO ')

n yL=

1 H, tiene una tensión aplicada de 100 V en t = O.

(A).

En la Figura 7.39 el interruptor está en la posición 1 en t = O; para t = 1 ms se cambia a la posición 2. Calcular el tiempo que tardaría en hacerse cero la tensión en la resistencia. Solución: 1,261 ms.

SOY

SOyzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML O,2H ONMLKJIHGFEDCBA

Figura 7.39. 7.31.

A un circuito serie RL, con R = 100 n y L = 0,2 H, se le conecta una fuente de tensión de 100 V en el instante t = O; entonces al cabo de un tiempo t' se cambia a una segunda fuente de 50 V con la misma polaridad. Encontrar el tiempo t' para que la corriente permanezca constante y de valor 0,5 A. Solución: 1,39 ms.

CIRCUITOS DE PRIMER ORDEN ONMLKJIHGFEDCB 1 8 5 zyxwvutsrqp

7.32.

Al circuito del Problema 7.31 se le conecta una fuente de tensión de 50 V de polaridad contraria en el instantewvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = 0,5 ms, sustituyendo a la primera fuente de 100 V. Obtener la intensidad paraonmlkjihgfedc a) O < t < 0,5 ms, b) t > 0,5 ms. Solución: a) 1 - e- 500t (A); b) 0,721e- 500 (t-0,0005) - 0,50 (A).

7.33.

La tensión de un transitorio es 35e- 500t (V) y vale 25 V para ti = 6,73.10-4 para t = ti + r la función vale el 36,8 por 100 de lo que vale para ti'

7.34.

Un transitorio aumenta desde cero hacia un estado estacionario positivo tomando para ti = 5 ms y 120 para t 2 = 20 ms. Obtener la constante de tiempo r.

s. Demostrar

que

el valor 49,5

Solución: 12,4 ms. 7.35.

El circuito de la Figura 7.40 se conecta en la posición 1 en t = O, después pasa a la posición 2 en t = 3r. Calcular la intensidad transitoria i para a) O < t < 3r, b) t > 3r. Solución: a) 2,5e-50000t (A); b) _1,58e-66700(t-0.00006) (A). I

2S V

2

11I0

+ O.S JolF

Figura 7.40. 7.36.

Un circuito serie RL, con R = 300 n y L = 1 H, tiene una tensión aplicada dada por v = 100 cos + 45°) (V) en el instante t = O. [Se ha utilizado una notación para la fase de la tensión más conveniente, si bien estrictamente debería haberse escrito 100t + (n/4) (rad).] Obtener la intensidad resultante para t > O.

(lO O t

Solución: - 0,282e7.37.

300t

+ 0,316 cos

(lO O t

+ 26,6°) (A).

La carga inicial del condensador del circuito Re de la Figura 7.41 es Q o = 25 ¡ .,tC, con la polaridad indicada. El interruptor se cierra para t = O, aplicándose una tensión v = 100 sen (lOOOt + 30°) (V). Obtener la intensidad para t > O. Solución: 153,5e-4000t

+ 48,4 sen

v

(1000t

+ 106°) (mA).

+

Figura 7.41.


7.38.

¿Cuál debería de ser la carga inicial del condensador del Problema pase directamente a estacionaria sin que se presenten transitorios?

7.37 para que la corriente

Solución: 13,37wvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA /lC (+ en la placa superior). 7.39.

Escribir el sistema de ecuaciones diferenciales del circuito de la Figura 7.42 y resolverlo para i¡ e se cierra para t = O después de haber estado abierto durante mucho tiempo. (Este problema puede resolverse también aplicando las condiciones iniciales y finales del caso general, como en el Problema 7.17.) i 2. El interruptor

Solución: i¡

=

+ 5 (A);

1,67e 6 • 67t

+ 5 (A).

i 2 = -0,555e- 6 • 67t

50

100 V

100

Figura 7.42. 7.40.

Para el circuito RL de la Figura -1 ms, b) 0+, e) 0,3 ms, d) co.

7.43, calcular

Solución:

a)

2 A;

b)

2 A; e) 2,78 A;

la intensidad

i L en los siguientes

instantes:onmlkjihgf

'

a)

d)

3 A. 200

30 O 5O u(,)

(V)

:!: it

1

t

5A

10 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA mH

Figura 7.43. 7.41.

Un circuito serie R e, con R = 2 kQ Y e = 40 /lF , tiene dos fuentes de tensión en serie con los elementos R y e, dadas por V¡ = 50 V Y V2 = -lO O u(t) (V). Calcular: a) la tensión del condensador para t = r, b) el tiempo para el que la tensión del condensador es nula y cambia de polaridad. Solución:

a)

-13,2

V;

b)

55,5 ms.

8

C A P íT U L O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C ir c u ito s c o m p le ja

8 .1 .

d e o r d e n s u p e r io r y fr e c u e n c ia


En el Capítulo 7 se estudiaron los circuitoszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB RL y RC con condiciones iniciales de corriente o carga en el condensador, y se resolvieron las ecuaciones diferenciales de primer orden para obtener las tensiones y las corrientes transitorias. Cuando se presentan dos o más elementos que almacenan energía, las ecuaciones del circuito son diferenciales de segundo orden. En este capítulo se describen varios ejemplos de circuitos de segundo orden. Además, se explican métodos más directos de análisis, incluyendo el de la frecuencia compleja y los diagramas de polos y ceros.

8 .2 .

C IR C U IT O S E R IE

RLC

La ecuación diferencial de segundo orden que se examinará a continuación presenta una solución que puede tener tres formas diferentes, dependiendo de los elementos del circuito. Para visual izar las tres posibilidades, en la Figura 8.1 se muestra un sistema mecánico de k. Un sistema de segundo orden. La masa M está suspendida por un muelle de constantetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR amortiguamiento D está unido a la masa M. Si la masa se desplaza desde su posición de equilibrio y posteriormente se libera en el instante t = O, su movimiento resultante será sobrea mortigua do, critica mente a mortigua do o suba mortigua do (oscila torio). En la Figura 8.2 se ha representado el gráfico de los movimientos de la masa que resultan tras ser liberada = O). desde la posición desplazada z 1 (en txwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP El circuito serie RLC representado en la Figura 8.3 no tiene fuente de tensión. La ley de KirchhofT de las tensiones aplicada a la malla después de cerrar el interruptor es VR

o

Ri

Derivando

y dividiendo

+

+

di L dt

VL

+

+

Ve

e1 f

=

O

i dt = O

'

por L se obtiene: d2 i R di dt2 + dt

L

1

+

LC

i

= O 187

1 8 8 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

oscilatorio

F i g u r a 8 .1 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA F i g u r a 8.2.

F ig u r a

8.3.

Ale Stt + Una solución de esta ecuación diferencial de segundo orden es la forma i = tsrqponmlkjihgfed Sustituyendo esta expresión en la ecuación diferencial se obtiene:

+ A2es2t.

Ale

R

+L

es decir, para que sea solución, SI = -

~

donde a == Rj2L,

+

1) +

sl t(2 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s2 t(2 SI SI LC A2e S2

+

J(~Y- -!:c P ==

Ja 2

C a s o s o b r e a m o r tig u a d o

En este caso, a y

-

y

SI

w6

== y

S2

-a

Wo

R

+L

S2

deben ser las raíces de

+P

S2 = -

~

-

1)

+ LC S2

+

J(~Y-

(a > wo)

son números reales positivos.

i

=

Ate(-UflJt

+

A2e(-~-flJt

=

e-~t(Aleflt

+

°

(R/L)s

== 1/.jLC.

p

=

A e-flt) 2

+

1 LC

(l/LC)

= -

a -

= 0,

p

CIRCUITOS DE ORDEN SUPERIOR Y FRECUENCIA COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 189

E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 8.1. Un cirbuito seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, con R = 200 n, L= 0,1 H Y C = 13,33tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR J1F, tiene una carga inicial en el condensador Qo = 2,67· 10 - 3 C. En el instante t = O se cierra un interruptor permitiendo la descarga del condensador. Obtener el transitorio de la corriente. (Véase Figura 8.4.) En este circuito,

0)2

o

= -

1

LC

=

7 5 . 105 '

y

S- 2

Por tanto,

Los valores de las constantes Al y A 2 se obtienen de las condiciones iniciales. La inductancia requiere que i(O+) = i(O-). Además, la carga y la tensión en el condensador en el instante t = 0+ deben ser las mismas que en el instante t" = 0- y v¿ O-) = Qo/C = 200 V. Aplicando estas dos condiciones,

± 2000

y

de donde Al = ±2, A2 = ::¡:2 y, tomando i

= -

500A l

-

1500A2

Al positivo,

= 2e- 500t

-

2e-1500t

(A)

Si se toma el valor negativo para Al' la función mantiene la misma forma pero queda situada simétricamente por debajo del eje de tiempos. Los signos de Al y A 2 están fijados por la polaridad de · la tensión inicial en el condensador y por su relación con la dirección positiva tomada para la corriente.HGFEDCBA

Or---~----------~----~--~~ Figura 8.4.

Caso críticamente

amortiguado

(o:

=

wo)

Con o: = wo, la ecuación diferencial adopta una forma diferente y los dos términos exponenciales propuestos anteriormente no son en este caso una solución. La ecuación se convierte en '

y la solución

toma la forma i = e-< xt(A1 + Azt).

1 9 0 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

8 .2 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Repetir el Ejemplo 8.1 para e = 10tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ,LlF, con el quezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB o: = w o' Como en el Ejemplo 8.1, las condiciones iniciales se usan para determinar las constantes. Puesto que i(O-) = i(O+), [Al + A 2(0)] = O Y Al = O, entonces, EJEM PLO

di

-

dt

d

(A te-a l) = A (-rxte- a l 2 2 dtHGFEDCBA

= -

+ e-a l)

de donde A2 = (dijdt)lo+ = ± 2000. Por tanto, i = ± 2000te-103, (A). (Véase Figura 8.5.) Nuevamente el signo depende de la elección de la dirección de la corriente con respecto polaridad de la tensión inicial en el condensador.

a la

J~~

Or-----~------------~-------ti ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA F i g u r a 8 .5 .

Las respuestas de los casos sobreamortiguado y críticamente amortiguado representados en las Figuras 8.4 y 8.5, respectivamente, son bastante similares. Se anima al lector a examinar los resultados, seleccionando varios valores de t, y comparando las intensidades de corriente. Por ejemplo, encontrar el instante en el que la intensidad alcanza los valores de 1 mA y 1 {lA, en cada uno de los casos. Asimismo, encontrar en cada caso el instante ti en el que la corriente es máxima. C a s o s u b a m o r tig u a d o

(a < wo )

u o s c ila to r io

Cuando a < Wo , SI y S2 en la solución de la ecuación diferencial propuesta anteriormente son números complejos conjugados, SI = a + j{3 y S2 = a - j{3, donde {3 es ahora w6 - a 2. La solución puede expresarse en forma exponencial

J

i

= e-~t(A1ejP/

+ A2e-jPI)

o, como se deduce fácilmente, en forma sinusoidal, i

=

e->:/(A 3

8 .3 . Repetir el Ejemplo 8.1 para Al igual que antes,

EJEM PLO

R rx= -=

1000s-1

2L

Entonces, Las constantes i(O+) = O Y Vc(O+)

W

2

o

= -

1

Le

3 Y A4 se obtienen 200 V, de donde A3

A

i=

±

e= =

1 ,L/F.

10 7 s " 2

cos 3000t + A4 sen 3000t)

i = e-Ioool(A3

=

cos {3t + A4 sen {3t)

de las condiciones iniciales como en los casos anteriores, O Y A4 = ± 0,667. Por tanto,

=

0,667e-IOOOI(sen 3000t)

(A)

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPONML 1 9 1 zyxwvutsrqpon

Véase la Figura 8.6. La función ±ü,667e-1000', representada a trazos, proporciona una envolvente dentro de la que está confinada la función seno. La corriente oscilatoria tiene una frecuencia angular o f3 (rad/s), pero está amortiguada por el término exponencial e-oro pulsación igual azyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

0,667

...•.

",

",

",

",

...•.

...•.

...•.

•.•. •.•.

•.•.

",

",

-0,667

F i g u r a 8 .6 . xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

8 .3 .

C IR C U IT O

RLC

PARALELO

La respuesta del circuito paralelo RLC representado en la Figura 8.7 será similar a la del circuito serie RLC, ya que también responde a una ecuación' diferencial de segundo orden. Según el método de las tensiones en los nudos se obtiene:

-l' + -1 R

Derivando

y dividiendo

L

f' o

l'

+ C -dv = O

dt

(1)

dt

por C se obtiene d 2v

1

dt?

RC

-+-

dv

r

dt

Le

-+-=0

Una solución es de la formaHGFEDCBA

(2) en la que

SI

s

'1

-

-

-

2~C

+

-

2~C

-

JC~cY JC~cY

1

-LC

1

-LC

- :x+

Jy'

-:x-

J:x

2

2

-

w6

-

W6

1 9 2 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

donde a = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1/2RC y WtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o = 1/.JLC. Obsérvese que a, el fa ctor de a mortigua miento del transitorio, es diferente al a del circuito serie RLC. 1)

R

L

Figura 8.7. La respuesta transitoria es más sencilla de imaginar suponiendo una carga inicial Qo en el condensador y un interruptor que cierra en el instante t = O. Sin embargo, una función de tensión de tipo escalón aplicada al circuito iniciará la misma respuesta transitoria. Caso sobreamortiguado

(a 2

> (6)

En este caso es aplicable la solución (2). 8.4. Un circuito paralelo RLC, con R = 1000 Q, C = 0,167 ¡LF Y L= 1 H, tiene una tensión inicial en el condensador Vo = 50 V. Obtener la tensión v(t) después de cerrar el interruptor en el instante t = O. 1 1 Ix = -= 2994 w2 = = 599.10 6 Se tiene o LC ' 2RC EJEM PLO

Como a 2 > w6, el circuito es sobreamortiguado

-a + Ja 2-w6=

Sl=

En el instante t

=

-1271

y a partir de (2) se obtiene:

De la ecuación (1), para t

=

O Y con corriente

Vo dv -+ C-= O R

Al

=

-do

I

dt

inicial nula en la inductancia dv

o

dt

=slAl+S2A2 t;O

L,

I

dt

t;O

Vo -

Al

Al'

VO (S2 + l/RC) S2 -

Sustituyendo

-4717

O, y

Resolviendo para

S2= -a -Ja 2-w6=

y

, =

155,3

y

SI

A2 =

=

50 - 155,3

en (2), v

Véase la Figura 8.8.

=

155,3e-127It

- 105,3e-47l7t

(V)

=

-105,3

DE ORDEN

CIRCUITOS

SUPERIOR

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPONM 1 9 3 zyxwvutsrqp

Y FRECUENCIA

vzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 155,3

100,0

50,0HGFEDCBA

0r-----~~-=~~~---------------50,0 -105,3e

-4717/

-105,3ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA F i g u r a 8 .8 .

C a s o s u b a m o r tig u a d o

2

(W6 > ex ) ( o s c i l a t o r i o ) tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

El caso oscilatorio para el circuito paralelo RLC tiene una ecuación de la misma forma que la del circuito serie RLC subamortiguado. Esto es, (3)

J

donde ex = 1/2RC y W d = w6 - ex2. wd es una frecuencia angular o pulsación similar a la que se obtiene en el análisis de circuitos sinusoidales. En este caso corresponde a la pulsación de la oscilación amortiguada. Es conocida como pulsa ción a mortigua da . E J E M P L O 8 .5 . Un circuito paralelo Va tensión inicial en el condensador interruptor en el instante t = O.

(X

= --

1

2RC

=

Como w~ >

1 2(200)(3,57· 10 - 6) (X2,

los parámetros

=

RLC, con R = 200 n, L = 0,28 H Y C = 3,57 ¡.tF , tiene una 50 V. Obtener la función de tensión después de cerrar el

= 700

(X2

= 4,9 . 105

del circuito producen

w

2

a

= -

1

LC

=

1 (0,28)(3,57. 10 - 6)

una respuesta oscilatoria.

En el instante t = O, Va = 50 V; según (3), Al = Va = 50 V. De la ecuación del nudo

-Va + -1 R

L

f' a

v dt

+ C -dv

dt

=

O

= 10 6


parazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = O,

I

dv dttsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB /=0

Derivando

la expresión de v y particularizando

para t

=

O se obtiene:

=

-49

o Como A¡

=

50, A2 =

-(Vo/RC)

+

Vo~

Ú)d

y por tanto,

v

=

e- 7oo /(50

cos 714t - 49 sen 714t) (V)

El caso críticamente amortiguado no se analiza para el circuito paralelo RLC, ya que tiene muy poco interés real en el diseño de un circuito. De hecho es una mera curiosidad, pues constituye un conjunto de constantes del circuito cuya respuesta, durante el amortiguamiento, está próxima a la oscilación.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

8 .4 .

C IR C U IT O C O N D O S M A L L A S

El análisis de la respuesta de un circuito de dos mallas que contiene dos elementos de almacenamiento de energía proporciona un sistema de ecuaciones diferenciales como el indicado a continuación. R/

I )

L,

F ig u r a

;2

8.9.

Para el circuito de la Figura 8.9 se escogen las corrientes de malla representadas, i¡ e i2. Aplicando la ley de Kirchhoff para las tensiones se obtienen las dos ecuaciones diferenciales de primer orden (4)

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

que deben ser resueltas como sistema de ecuaciones. tiempo la ecuación (4), di ¡

dt +

R¡

L¡

d Z i¡ dtZ

Y FRECUENCIA

Para realizarlo

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 195

se deriva respecto al

di ;

+ R¡ dt = O

(6)

Y se elimina iz Y di f dt entre (4), (5) Y (6). Se obtiene una ecuación de segundo orden para i.. del tipo tratado en las secciones 8.2 y 8.3, con la diferencia de que tiene término constante en el segundo miembro de la igualdad: dZi¡

--+

R¡L¡ xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + RZL¡ + R¡LZ di¡ R¡Rz. Rz V

dt?

-+--

L¡LZ

dt

La solución estacionaria de (7) es, evidentemente, determinará mediante las raíces s¡ y Sz de SZ

+ R¡L¡

i¡(oo)

+ RZL¡ + R¡LZ

junto con las condiciones

L¡LZzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW

= tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML V / R ¡; la solución transitoria se

I

s + R¡RZ

L¡LZ

(7)

I¡ =--

L¡LZ

= O

~

L¡LZ

iniciales di¡ dt

I 0+

(tanto t. como iz deben ser continuas en el instante t = O). Una vez se conoce la expresión de i¡, la de iz se obtiene a partir de (4). Habrá un factor de amortiguamiento que asegure que el transitorio se anulará finalmente. Además, dependiendo de los valores de las cuatro constantes del circuito, el transitorio podrá ser sobreamortiguado o subamortiguado; esto es, oscilatorio. En general, la expresión de la intensidad de corriente será de la forma i¡

La parte transitoria

8 .5 .

F R E C U E N C IA

para t

=

V

= (transitoria) + -

R¡

O valdrá

- V / R ¡ Y cero cuando t

-+

co.

i

C O M PL E JA

Se han examinado circuitos en los que la función de excitación era constante. Por ejemplo, V = 50 V; sinusoidal, v = 100 sen (500t + 30) (V), o exponencial,' v = IOe" 5r (V). En esta sección se define el concepto de frecuencia compleja, s, que unifica las tres funciones y simplificará el análisis, tanto si se requiere la respuesta estacionaria como la transitoria. Comenzaremos expresando la función exponencial en la forma equivalente en seno y coseno: ej(wr+l

= cos

(wt

+

<1»

+ j sen

(wt

+

<1»

196


Nos fijaremos exclusivamente en el término en coseno, costsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON (wtxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT + <1» = Re ej(wt+
ej(wt+
=

Ae'" cos (wt +

<1»

Aeje
donde s

= Aeje't

=

(J

+

jt»

v.•

-v.• Figura 8.10.

La frecuencia compleja s = (J + jw tiene unidades de s - 1, Y como se sabe, w tiene unidades de rad/s. Por consiguiente, las unidades de (J deben ser también s - l. Esta es la frecuencia neper, cuyas unidades son Np/s (el Np es una unidad adimensional). Si (J y t» son distintas de cero, la función es un coseno amortiguado. Solamente se consideran válidos para es una constante. Y, finalmente, con w = (J valores negativos. Si (J y w son cero, el resultado y (J distinta de cero, el resultado es una función exponencial decreciente. En la Tabla 8.1 se dan varias funciones con sus correspondientes valores de s para la expresión Ae".

°

Tabla 8.1.

s

f(t) 10e-

5

'

5 cos (500t + 30°) 2e-

3

'

cos (100t - 45°) 100

A

+ jO

10

0+ j500

5

-5 -3

+ j100 0+ jO

2 100

Cuando se examina la Figura 8.10 para diversos valores de s, los tres casos son evidentes. = 0, no hay amortiguamiento y el resultado es una función coseno con valores máximos ± Vm (no representada). Si ea = 0, la función es una exponencial decreciente con un valor inicial V m• Y, finalmente, con w y (J distintos de cero, el resultado es una función coseno amortiguada. Si

(J

8.6. IMPEDANCIA GENERALIZADA (R, L, C) EN EL DOMINIO

S

Una tensión de alimentación de la forma v = Vme sr aplicada a un circuito pasivo producirá unas corrientes por las ramas y unas caídas de tensión en los elementos, todas con la misma

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 1 9 7 zyxwvutsrqp

variación en el tiempo e"; esto es,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Iaid"'es/ Y Vbej< l> est. Por consiguiente, solamente se deberán determinar los módulos de las intensidades de corriente y de las tensiones y los ángulos de fase (éste será también el caso en el análisis de circuitos sinusoidales del Capítulo 9). Se trata, por tanto, de analizar el circuito en el dominio s (véase Figura 8.11).

pasivo

pasivo

R, sI.,

~c

+ tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vb = V e j8 e j(<1 + jw)t b (a) Dominio

(b) Dominio sZYXWVUTSRQPONM

del tie.mpo F i g u r a 8 .1 1 .

Por un circuito serie RL con una tensión aplicada v = Vmej< l> est circulará una intensidad corriente i = ImeNest = Imes/, que, al sustituir en la ecuación de la malla, Ri

de

di .", dtHGFEDCBA m

+ L - = VeNest

da como resultado 1

de donde

Vej< l>

= _:.:..:m __

m

R

+ sL

Se observa que en el dominio s la impedancia del circuito serie RLes R + sL. Es decir, la inductancia tiene una impedancia sL en el dominio s. 8.6. Un circuito serie RL, con R = 4 Q Y L= 2 H, tiene una tensión de alimentación lOe - 2t cos (1Ot + 30°). Obtener la intensidad de corriente i mediante el análisis en el dominio s.

EJEM PLO

v

=

v = 1O/30° e st = Ri

di

di

dt

dt

+ L - = 4i + 2 -

'

Como i = l e", 10/30° e Sl

=

lOle st

+ 2s/e

Sl

o

10/30°

1=---

10 + 2s

~


Sustituyendo

s

= -

2 + jlO,

10~ 10/30°tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR l = 10 + 2( _ 2 + jlO) = 6 + jlO = 0,86/ - 29° En definitiva, i = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA le" = 0,86e - 2t cos (lOt - 29°) (A). E J E M P L O 8 .7 . Un circuito serie RC, con R = 10 n y C = 0,2 F, tiene la misma tensión de alimentación que el Ejemplo 8.6. Determinar la intensidad de corriente mediante el análisis en el dominio s. Al igual que en el Ejemplo 8.6,

v = 10/30° e" = Ri +

±f

i dt

= 10; + 5

f

i dt

Como i = le", 10/30° e"

=

Entonces, i = 1,0Ie-2t

10le st

5

+ - le" s

de donde

l

=

10/30° 10 + 5/s

=

1,01/32,8°

cos (lOt + 32,8°) (A).

Obsérvese que la impedancia en el dominio s para el condensador es l/se. Por tanto, la impedancia en el dominio s de un circuito serie RLC será Z(s) = R + sL + l/se.ZYXWVUTSRQPONML

8 .7 .

F U N C IÓ N D E T R A N S F E R E N C IA DE POLOS Y CEROS

Y D IA G R A M A S

Al aplicar una tensión de alimentación de la forma v = Ve" a un circuito pasivo se producirán unas corrientes y unas tensiones a lo largo del circuito, todas ellas con igual variación en el tiempo e"; por ejemplo, leNe st. Por tanto, solamente se tiene que determinar el módulo l y el ángulo de fase t/J. Se va a considerar entonces un dominio s en el que las tensiones e intensidades se expresan en forma polar, esto es, VjJl, 1iJf¿, etc. La Figura 8.12 muestra la correspondencia entre el circuito en el dominio del tiempo, donde s = (J + jco, y en el dominio s en el que solamente se indican los módulos y los ángulos de fase. En el domino s las inductancias se expresan como sL y las capacitancias como l/se. La impedancia en el dominio s es Z(s) = V(s)/I(s). Se define la función de transferencia de un circuito como la relación entre la función exponencial compleja de una salida Y(s) y la función exponencial compleja de una entrada X(s). Si, por ejemplo, X(s) es una tensión de alimentación e Y(s) es la tensión de salida entre un par de terminales, la relación Y(s)/X(s) es adimensional. La función de transferencia H(s) puede obtenerse de la ecuación diferencial que relaciona la entrada y la salida d" y an dtn

+ an-I

Cuando (a n s"

d" - 1 Y dtn-I

dY

d" x

+ .., + al dt + aoy = b.; dtm + bm-I

d" - 1 X dtm-I

dx

+ ... + bl dt + box

x(t) = X e" e y(t) = Ye st,

+ a n-I s""

1

+ ... + a 10m s + a )e st = (b s" + b m-I

sm-I

+ ... + b 1s + b O)est

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 1 9 9 tsrqponm

I(s) = I~

sL

/.

~

-H-zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v

=

V(s) = VLl!:

VeS'

(o) Dominio

del tiempoZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (b) Dominio s

F i g u r a 8 .1 2 .

Entonces, H(s)

Y( ) = = _S_

X(S)

ans n bmsm

+ an-1s n-l + + b m_ 1 s m 1 +

+ a 1s + a O + b1 s + b o

En los circuitos lineales compuestos por agrupación de elementos la función de transferencia H(s) es una función racional de s y se puede escribir de la siguiente forma general: H(s) = k (s - Zl)(S - Z2) (s - Pl)(S - P2)

(s - zl') (s - Pv)

donde k es un número real. Las constantes complejas zm(m = 1, 2, ..., J1), que son los ceros de H(s), y P n(n = 1, 2, ..., v), que son los polos de H(s), tienen una importancia particular cuando H(s) se interpreta como la relación de la respuesta (en una parte del circuito en el dominio s) y la excitación (en otra parte del circuito). Entonces, cuando s = Zm' la respuesta será nula sin importar lo grande que sea la excitación; mientras que cuando s = Pn' la respuesta será infinita sin importar lo pequeña que sea la excitación. 8 .8 . En la Figura 8.13 se ha representado un circuito pasivo en el dominio s. Obtener la función de transferencia de la intensidad de corriente I(s) debido a la tensión de alimentación V(s).

EJEM PLO

I(s) 1 H(s) = V(s) = Z(s)

Como

Z(s)

=

2,5 +

(~S)CsO) 5s

20

3

s

-+-

=

(2,5)

S2+ 8s + --2---

12

s + 12HGFEDCBA


se tiene

H(s) = (0,4) (s

+

2) (s

+

6)

2.5 {l

V(s)

+

20 sZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 8.13.

±jJi2. Por consiguiente, El numerador de Hís) en el Ejemplo 8.8 es cero cuando s = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO una función de tensión a esta frecuencia produce una corriente nula. En el Capítulo 12, donde se explica la resonancia de circuitos serie y paralelo, se comprobará que el circuito paralelo LC es resonante cuando w = 1¡)Le. tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Con L = 1 H Y C = lo F, co = Ji2 rad/s. Los polos y ceros de una función de transferencia H(s) se pueden representar en un plano complejo s. La Figura 8.14 muestra los polos y ceros del Ejemplo 8.8, con los ceros indicados de la forma 0 y los polos como x. Los ceros se producen en el par conjugado s = ±j Ji2, y los polos son s = - 2 Y s = - 6.HGFEDCBA

-6

-2

CT.

Np/s

Figura 8.14.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

8 .8 .

LA RESPUESTA

FORZADA

La función de transferencia se puede expresar en forma polar y la respuesta se puede obtener gráficamente. Antes de comenzar el desarrollo, es útil recordar que H(s) consiste sencilla-

CIRCUITOS DE ORDEN SUPERIOR Y FRECUENCIA COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 2 0 1 zyxwvutsrq

mente en una relación de la forma Vo(s)fV¡(s), 12(s)/V l(s) polinómica,

o 12 (s)/I 1 (s). Expresada

en forma

k (s - Zl)(S - Z2) (s -tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC z/l) H(s) = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (s - Pl)(S - Z2)

Sustituyendo

(s - zm) = N m&(m

(s - P.)

= 1, 2, ..., f.l) y (s - Pn) =

Dn~(n

= 1, 2, ..., v), se obtiene

Se deduce que la respuesta del circuito a una excitación definida por s = (J + jco se determina midiendo las longitudes de los vectores que van desde los ceros y los polos a s, así como los ángulos que forman esos vectores con el eje positivo (J en el gráfico de polos y ceros. E J E M P L O 8.9. Comprobad la respuesta del circuito del Ejemplo 8.8 a una tensión de excitación exponencial v = l e", para s = 1 Np/s, Se localiza el punto 1 + jO en el gráfico de polos y ceros. Se dibujan los vectores desde los polos y ceros a ese punto y se determinan las longitudes y los ángulos (véase Figura 8.15). Entonces, NI

= N

2

=

J13,

DI

= 3, D

2

= 7, 131= 132 = O Y al = - a2 = tg -

I

J

12 = 73,9·

Por tanto,

(J13)(J13)

H(l) = (O 4) '(3)(7)

lO· - O· = 0248 ,

D,

-6

~

-2

u. Np/s

Figura 8.15.

El resultado implica que en el dominio del tiempo i(t) = 0,248 v(t), es decir, tanto la tensión como la corriente tienden a infinito de acuerdo con la función ell. Para casos más prácticos, (J debe ser o negativo o cero. Este método geométrico no requiere conocer la expresión analítica de H(s) como una función racional. Es evidente, por tanto, que la expresión puede llegar a escribirse, a falta del


factor constantetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA k, a partir de los polos y ceros de H(s) conocidos en el diagrama ceros. Ver Problema 8.37.

8 .9 .

de polos y

LA RESPUESTA NATURAL

Este capítulo se ha centrado en la respuesta forzada del estado estacionario, en cuya determinación el método de la frecuencia compleja es más útil. Sin embargo, las frecuencias naturales, que caracterizan la respuesta transitoria, se pueden obtener fácilmente. Éstas son los polos de la función de transferencia del circuito.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

respuesta

8 .1 0 . Sea el mismo circuito del Ejemplo 8.8, representado natural cuando una fuente V(s) se instala entre xx'.

2,5

en la Figura 8.16. Obtener

la

nzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

x V(')~

x'

F i g u r a 8 .1 6 .

La función de transferencia

es la misma que en el Ejemplo 8.8:

+ 12

S2

Hts)

=

(0,4) (s + 2)(s + 6)

Las frecuencias naturales son entonces - 2 Np/s y - 6 Np/s, Por tanto, en el dominio del tiempo, la intensidad de corriente natural o transitoria es de la forma

donde las constantes A I YA 2 se determinan aplicando i = in + il' donde iI indica la respuesta forzada.

las condiciones

iniciales a la respuesta completa

E J E M P L O 8 .1 1 . El circuito de la Figura 8.16 se alimenta con una intensidad de corriente I(s) através de los terminales yy'. La función de transferencia es H(s) = V(s)/I(s) = Z(s). Las tres ramas están en paralelo, por tanto,

H(s) = Z(s) = ---1

1 3

s

5s

20

-+-+2,5

20s (s + 2) (s + 6)

De nuevo los polos están en - 2 Np/s y - 6 Np/s, que es el mismo resultado obtenido en el Ejemplo 8.10.

CIRCUITOS

8 .1 0 .

M U L T IP L IC A C IÓ N

M u ltip lic a c ió n

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 203

D E I M P E D A N C I A S ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE y D E F R E C U E N C IA

d e i m p e d a n c i a s zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Zen(s), y sea Km un número Sea un circuito con una función de impedancia de entradazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON real positivo. Si cada resistencia R del circuito se sustituye por otra KmR, cada bobina L por otra KmL y cada condensador e por otro el Km, la nueva función de impedancia de entrada será KmZen(s). Se dice que la impedancia del circuito ha sido multiplica da por el fa ctor Km. M u ltip lic a c ió n

d e fr e c u e n c ia

Si en vez de los cambios anteriores se mantiene el valor de cada resistencia R, se sustituye r > O), Y se reemplaza cada condensador e por otro el K ¡, cada bobina L por otra LI K ¡ (KtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA entonces la nueva impedancia de entrada será Zen(slK ¡). Es decir, el nuevo circuito tiene la misma impedancia a la frecuencia compleja K r s que el antiguo a frecuencia s. Se dice que la frecuencia del circuito ha sido multiplica da por un fa ctor K r: E J E M P L O 8 .1 2 .

Obtener Z(s) del circuito de la Figura 8.17 y observar el resultado de multiplicar

sus

impedancias. (K

Z(s)

=

KmLs

+

R) m

K m

Cs

=

Km

[

R(l/Cs) ] Ls + ---R + (l/Cs)

Km K R+ - HGFEDCBA m Cs

Km es

F i g u r a 8 .1 7 .

Existen diversas aplicaciones prácticas que se desprenden de esta breve exposición sobre la multiplicación de impedancias. Por ejemplo, SI la intensidad de corriente de entrada a un circuito fuera mayor de 10 deseado, aplicar un factor de Km = 10 reduciría dicha corriente a 1I 1O de la inicial.


PROBLEM AS

R E S U E L T O S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON 11

8 .1 .

.

./ \

Un circuito seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, con R = 3 kQ, L = 10 H Y C = 200tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM J1F, tiene una fuente de tensión constante, V = 50 V, que se aplica en el instante t = O. a) Obtener el transitorio de la intensidad de corriente, si el condensador no tiene carga inicial. b) Representar la intensidad de corriente y determinar el instante en el que es máxima.

a)

IX

R

= -

2L

= 150 s-

W6

1

El circuito es sobreamortiguado SI=

= -

1

Le

=

500 s -

2

(IX> w o )'

-1,7s-1

-IX+ {3=

S2

= -

{3 = - 298,3 s -

IX -

1

e Como el circuito contiene una bobina, i(O+) = i(O-) = O; además, Q(O+) ces, en el instante t = 0+, según la ley de Kirchhoff para las tensiones

Aplicando

=v

d'l dt

O+ O+ L~

estas condiciones

5

A 1(1)

= -V = 0+

L

+ A2(1)

= -1,7A 1 (1)

= 16,9(e.- 1 ,? t

En el instante en el que la intensidad di

-

dt

Resolviendo

I

- 298,3A 2 (1)

= 16,9 mA. i

b)

dt

iniciales a la expresión de i, 0=

de donde Al = -A2

-di

o

0+

por logaritmos,

=

O=

-

-

e- 298 ,3t)

(mA)

de corriente es máxima,

- ,

2873 e- 1 ,? t + 5041 3 e- 298 ,3t ' ,

t = 17,4 ms. Véase la Figura

8.18.

=

Q(O-)

5 A/s

=

O. Enton-

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 205

Y FRECUENCIA

i.mA 20

\6.3\

xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

oL-----~-----r~------~------~------tsrqponmlkjihgfedcbaZYXW rns HGFEDCBA 20

\O

30

l.

17,4

8.18.

F ig u r a

8.2.

Un circuito seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, con R = 50 n, L = 0,1 H Y C = 50 ~F, tiene una tensión constante V = 100 V que se aplica en el instante t = O. Obtener el transitorio de la intensidad de corriente, suponiendo carga inicial nula en el condensador.

a

R

= -- = 250 2L

w~

S-I

Éste es un caso oscilatorio

1

LC

=

2· 105

e- 250I(A¡

iniciales, obtenidas

=

d'l

dt

Resolver el Problema Todo caso es

dt

I

Qo v + -= 0+

C

= j370,8 rad/s

w~

de corriente es

8.1, son

1000 A/s

0+

sen 370,8t)

8.2, si el condensador

es igual que en el Problema

O+ L-di

-

= O Y A 2 = 2,7 A. Entonces,

i = e- 250I(2,7

8.3.

2

cos 370,8t + A 2 sen 370,8t)

como en el Problema

los valores: A ¡

Ja

general de la intensidad

.--!. las cuales determinan

f3 =

S- 2

(a < w o ), y la expresión i=

Las condiciones

= -

(A)

tuviera una carga inicial Qo

8.2 excepto la segunda

o

di

-

dt

I

=

100 - (2500/50) 0,1

0+

Los valores iniciales son la mitad de los del Problema

condición

= 2500 ~c.

inicial, que en este

=

500 A/s

8.2 y, por tanto, por Iinealidad,

i = e - 2501(1,35 sen 370,8t)

(A)


8.4.

J1F Y L = 55,6 mH, tiene una carga Un circuito paralelozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, con R = 50 n, C = 200tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA inicial acumulada en el condensador Qo = 5 rrrC. Obtener la expresión de la tensión en el circuito.

1 o.= -2Re

50

=

W6

S-l

Como w6 > r:J.z, la función de tensión es oscilatoria, sión general de la tensión es v

Con Qo = 5· 10 -

3

= -

1

Le

con

= 8,99· 104

w

d

=

j W6 -

z

r:J.z = 296 rad/s, La expre-

e - 50t(A 1 cos 296t + A Z sen 296t)

=

C, Vo = 25 V. En el instante t = O, v = 25 V. Entonces, dv

-

dt

= -

50e-50t(296)(

-Al

v

=

Al

= 25.

sen 296t + Az cos 296t)

Para t = O, duldt = - Vo/Re = wdAz - M I' de donde Az = -4,22.

8.5.

S-

e - 50t(25 cos 296t - 4,22 sen 296t)

Por tanto, (V)

En la Figura 8.19, el interruptor se cierra en el instante t = O. Obtener la intensidad corriente i y la tensión en el condensador Vo para t > O.

de

Respecto a la respuesta natural del circuito, las dos resistencias están en paralelo; por tanto,

= Req e = (5 Q)(2

r

J!F)

= 10

J!S

Por continuidad, vc 00, el condensador circuito abierto, quedando 20 Q en serie con la fuente de 50 V. Esto es, 50

i(oo) = -

20

Conociendo

las condiciones

25A

=

VC<00)

'

= (2,5 A)(lO

+

vC
donde t está medido en us. La intensidad de corriente en el condensador

está dada por

-

vC
ie

=

dV

e -e dt

=

5e-t/l0

o e-t/l )

(V)

(A)

de corriente en la resistencia de 10 Q en paralelo es .

- ~ - 25(1 - -tilO) 10 Q -, e

¡Ion -

Por tanto,

= 25 V

fin~les para ve' se puede escribir:

ve = [vdO+)

y la intensidad

Q)

se convierte en un

i

=

ie + ilOn

=

2,5(1 + e-tilO)

(A)

(A)

",1 problema se podría haber resuelto también asignando corrientes de malla y resolviendo un sistema de ecuaciones diferenciales.

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 2 0 7 HGFEDCBA

Y FRECUENCIA

IOn

-

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

i

+ IOnzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK

Figura 8.19.

8.6.

Escribir el módulo y el ángulo de fase (según la función coseno) correspondientes a las funciones del tiempo indicadas en la primera columna de la Tabla 8.2, así como la frecuencia compleja s. Véanse las columnas

2 y 3 de la tabla. Tabla 8.2.

iJluncibn~t tie~o

-t«

!

i(t) = 86,6 A

s O

86,6&: A

2103 i(t) = 15e- tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA , (A) -2.103 Np/s 15&: A

v(t) = 25 cos (250t - 4Y) (V)

25/-4Y

+ 30°) (V) sen (50t + 90°) (A)

0,50/-60°

+ 4 sen 50t (A)

5/-53,13°

v(t) = 0,50 sen (250t i(t) = 5e-

100

,

i(t) = 3 cos 50t

8.7.

V V

±j250

rad/s

±j250

rad/s

-100±j50

5&: A A

S-I

±j50 rad/s

Escribir la función del tiempo correspondiente a cada módulo y ángulo de fase de la primera columna de la Tabla 8.3, con la frecuencia compleja s indicada en la segunda columna. Véase la columna

3 de la tabla. Tabla 8.3.

."..s

~lJ!..

:F uncibndel tiempo

lO&:

+ j120n

10' sos 120m

2/4Y

- j120n

2 cos (120m + 45°)

5/ - 90°

-2±j50

5e -

15&:

.z,

100/30°

5000 ±j 1000 O

2'

15e -

cos (50t - 90°)

5000'

cos 1000t

86,6

2 0 8 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS 8 .8 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Una tensión de módulo y ángulo de fase de 10/4Y V tiene

una frecuencia compleja asociada s = - 50 + j 100 S-l. Determinar el valor de la tensión en el instantezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = 10 ms. v(t)

Para t

= 10-2 s, 100t = 1 rad = v

8 .9 .

lOJ2e

=

-

SOr

cos (100t + 45°) (V)

57,3°, Y por tanto,

lOJ2e-0tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC ,5 cos 1023° , = -183, V

=

Un circuito pasivo contiene diversas resistencias, una bobina de 70 mH y un condensador de 25 f.1F. Obtener las respectivas impedancias en el dominio s para una tensión de alimentación: a ) v = 100 sen (300t + 4Y) (V), b) v = 100e-100r cos 300t (V). a)

La resistencia es independiente bobina es

de la frecuencia. Para s

sL = (j300)(70· y la del condensador

Para s

=

-100

1

sC

+ j300

de la

10- 3) = j21

-J'1333

=

'

S-l,

sL

-

100 + j300)(70

= (-

1

. 10 - 3)

1

=

sC

8 .1 0 .

rad/s, la impedancia

j300

es -

b)

=

=

+ j300)(15 .10-6)

(-100

= -

7 + j21

40 - j120

Obtener v en el instante t = 0,1 s, en el circuito de la Figura 8.20, con una fuente de intensidad: a ) i = 10 cos 2t (A), b) i = lOe-t cos 2t (A).

z

(s)

= 2 + 2(s + 2) = (4) s + 3 S

en

a)

Para s V

b)

j2 rad/s, Zen(j2)

=

=

3,22/7,13°

= IZen = (10LQj(3,22L1IT.) =

Y v(O,l)

=

Para s

=

32,2 cos (18,59°) -1

v

=

+ j2

S-I,

IZ en

=

y v(O,l) = 31,4e- 0•1

=

+

4

s

+4

Q. Entonces,

32,2/7,13°

o

V

v

=

32,2 cos (2t + 7,13°)

30,5 V.

Zen( -1

+ j2)

=

3,14L.!..Ll!: Q. Entonces,

31,4L.!..Ll!: V

cos 22,77°

=

26,2 V.

o

v

=

31,4e-r

cos (2t + 11,31°) (V)

(V)

CIRCUITOS DE ORDEN SUPERIOR Y FRECUENCIA COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 2 0 9 HGFEDCB

20

20

+

20 vzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA IH zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

Figura 8.20.

8.11.

Obtener la impedancia rad/s, e) Isl = co,

Zen(s) del circuito de la Figura 8.21 para:tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ a) s = 0, b) s = j4

Zen(s) = 2 +

2(s + 1) (~) s 2(s

a)

Zen(O)

=

4 Q es la impedancia Z ('4) en J

b) Ésta es la impedancia e)

Zen( co]

=

+

2

s +

4 = (2)

3

s +

2

s +s+

1) + s

ofrecida a una fuente constante

=

( '4)2 + 3( '4) + 4 2 J J (j4)2 + j4 + 2

=

233('

4

2

(cc) en estado estacionario.

29,05" Q

ofrecida a una fuente sen 4t o cos 4t.

2 Q. A muy altas frecuencias la capacitancia

actúa como un cortocircuito.

20 20 4

Z(s)

s

2s

Figura 8.21.

8.12.

Expresar la impedancia Z(s) de la combinación paralelo de L = 4 mH qué frecuencias s esta impedancia es cero o infinito? (4s) (l/s) Z(s) - 4s + {l/s) -

s

--=---S2 0,25

+

ye =

1 F. ¿A

210

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

°

Se observa que Z(O) = y Z( 00) = 0, lo que coincide con lo que se sabe previamente los circuitos paralelostsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Le a frecuencias cero (cc) e infinito. Para IZ(s)1 = 00, S2

+ 0,25

°

=

o

s

= zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM ±jO,5 rad/s

Una fuente de tensión sinusoidal, de pulsación 0,5 rad/s, produce resonancia una impedancia infinita.

8.13.

respuesta

excitación

¡xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t (2 + l/s)(l) Z(s)

•

en paralelo y

El circuito representado en la Figura 8.22 tiene una fuente de tensión conectada a los terminales a b. La respuesta a la excitación es la corriente de entrada. Obtener la función de transferencia del circuito H(s). H (s) =

l

sobre

=

2 +

2 + l/s + 1

8s + 3

I(s)

1

=-=-

V(s)

Z(s)HGFEDCBA 1

de donde

=--

3s + 1

2n

a •• _,.",,~_

•••

3s + 1

H (s)=-=--

Z(s)

8s + 3ZYXWVUTSRQPO

_

2n In b •• -------~

-'

Figura 8.22.

8.14.

Obtener H(s) del circuito de la Figura 8.23, en el que la excitación es la intensidad de corriente de alimentación I(s) y la respuesta es la tensión en los terminales de entrada. Aplicando la ley de Kirchhoff para las intensidades I(s) + 21(s) = En los terminales de entrada,

s

-

5

V'(s)

de corriente en el nudo a , V'(s)

o

s

I(s)

la ley de Kirchhoff para las tensiones da

V(s) = 2sl(s) + V'(s) = (2S +

Entonces,

15

= -

1:)

V(s)

2s2 + 15

I(s)

s

H (s)=-=---

I(s)

CIRCUITOS DE ORDEN SUPERIOR Y FRECUENCIA COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 2 1 1 zyxwvutsrq

a

+

~ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ICs)

5 s

V(s)

t

+ V'Cs)

2I(s)

Figura 8.23.

8.15.

Determinar los valores de R 1, R 2 Y e del circuito de cuatro terminales 8.24, con los que la función de transferencia de la tensión es H (s) == Vo(s) = v Vi(s) si

S2

+

0,2 3s

+

de la Figura

2

x

+

+

v.oitsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR

V,(s)

x'

Figura 8.24. La impedancia

vista desde xx' es Z'

Entonces, multiplicando

Igualando

+ R 2) (l/sC) + R¡ + R 2

= (l/sC)(R¡

y dividiendo

los coeficientes de esta expresión a los dados en la expresión de Hv(s), se obtiene: 1 HGFEDCBA

3

2

5

C=-F 8.16.

Representar

por V xx',

R¡ = -

n

R2

~ , 1 =-

15

n

el gráfico de polos y ceros de la función de transferencia Io(s) S2 + 2s +. 17 H(s) = = ----,,----V ¡(s) S2 + 3s + 2

de la admitancia

212

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

En forma factorial,

(s + 1 + tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE j4)(s + 1 - j4)zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR H(s) - ---'---------'--(s

Existen polos en -1

+

1)(s

+

y en - 2; Y ceros en - 1 ±j4.

-1+j4

2)ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Ver Figura 8.25.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

jw, rad/s

~

I

I I

I I I

[

¡

,

-2

~

u, Np/s

-1

e

I I

I I

-1-

j4

ci>Figura 8.25.

8.17.

Obtener las frecuencias de la respuesta alimentarlo con una fuente de intensidad

natural del circuito de la Figura adecuadamente localizada.

x

r

lO

y

8.26 al

y

HGFEDCBA 20

:;:: ~~

)

4s i ")

I

x'

Figura 8.26.

La respuesta a una fuente de intensidad conectada entre xx' es una tensión entre estos mismos terminales; por tanto, la función de transferencia es H(s) = V(s)/I(s) = Z(s). Entonces,

.

.

CIRCUITOS

Por tanto,

Las frecuencias = -1,5 Np/s,

8.18.

SUPERIOR

5 + 0,5

Z(5) = (2)

naturales

DE ORDEN

= (2)

52 + 2,55 + 1,5

5 + 0,5

, (5 + 1)(5 + 1,5)

son los polos de la función de transferencia,

Repetir el Problema 8.17, alimentando situada adecuadamente.

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 2 1 3 zyxwvutsrqp

Y FRECUENCIA

5

= - 1 Np/s

y

5

=

ahora el circuito con una fuente de tensión

El tramo conductor entrezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA yy' en la Figura 8.26 se puede abrir para insertar una fuente de tensión. Entonces, H(s) = I(s)/V(s) = I/Z(s). La impedancia del circuito desde los terminales yy' es

Z(s)

=

1(2/s) 2 + 4s + -1 + 2/s

H(s)

Entonces,

= -

=

1 (1)

Z(s)

=

S2 + 2,5s + 1,5 (4) ----s+ 2

5

-

El denominador es el mismo que el del Problema frecuencias naturales correspondientes.

8.19.

+

2

S2 + 2,5s + 1,5

4

8.17, con las mismas raíces y las mismas

Una fuente sinusoidal de pulsación 5000 rad/s, V = 100&:. V en forma fasorial, se conecta al circuito de la Figura 8.27. Obtener el factor de multiplicación de impedancias Km Y los valores de los elementos que limitarán la corriente a 89 mA (valor máximo). ParatsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA w = 5000 rad/s,

. Zen = JwL¡

(jwL 2 )

+

(R + JWC _.1_) 1

jwL 2

+ R + -. -

( '0 5) (O 4

= '025 + J, J ,

JWC

'0 8)

, - J, 04, J,'03

=

1124/69,15°

'

Q

Para IVI = 100 V, III = 100/1,124 = 89 A. Por tanto, para limitar la corriente a 89.10-3 A, la impedancia debe multiplicarse por el factor Km = 103. Los valores multiplicados de los elementos son: R = 103(0,4Q) = 400Q, L¡ = 103(50 IlH) = = 50 mH, L2 = 103(100 IlH) = 100 mH y C = (250 IlF)/103 = 0,25 1lF.


50 ~H R = 0,4 O tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP L, = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

L2 =

100

e = 250 ~FZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

~H

F ig u r a

8 .2 0 .

8.27.

Obtener H(s) = V/V¡, del circuito de la Figura 8.28, para s = j4· 106 rad/s. Multiplicar el circuito por Km = 10- 3 Y comparar H(s) de los dos circuitos. 2

kO

+

+

2

kO

0,5

V,

0,5

F ig u r a

Para w = 4.106

mH

8.28.

rad/s, XL = (4.106)(0,5.10-3)

= 2000 n. Entonces,

Vo j2000 1 H(s) = Vi = 2000 + j2000 = j2 Después de la multiplicación de impedancias, resistencia es 10 - 3(2 kn) = 2 n. Por tanto, H(s)

=

la inductancia '2

_J_

2

VD

mH

+ j2

0

/45

reactiva es 10 - 3(2000 n)

=

2 n y la

1

= ----= /4Y j2

La función de transferencia de la tensión no tiene cambios al multiplicar sus impedancias. En general, cualquier función de transferencia adimensional queda inalterada tras la multiplicación de sus impedancias; una función de transferencia con unidades de n queda multiplicada por Km; Y una función con unidades de S = 1/n queda multiplicada por 1/Km' 8 .2 1 .

Un circuito serie contiene tres elementos R = 5 n, L = 4 H Y e = 3,91 mF. Obtener la frecuencia de resonancia serie, en rad/s, y después mültiplicar su frecuencia por K J = 1000. Representar IZ(w)1 para ambos circuitos. Antes de la multiplicación, Wo =

1

--=

jLe

=

8 rad/s

y

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 2 1 5 zyxwvutsrq

Después de la multiplicación, R= 5Q Wo

4H zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG 3,91 mF C = = 391 ¡tF L= --= 4mH 1000 'tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU 1000

= 1000(8 rad/s) = 8000 rad/s

Z(w o )

= R =

5 Q

Izl. n

soHGFEDCBA 40 30 20

O,5WII

O,707Wo

Wo

1,414Wo

4

5,656

8

11,312

4000

5656

8000

11312

2Wo 16 16000

rad/s rad/s

Figura 8.29. En definitiva, al multiplicar la frecuencia por el factor 1000 se obtiene una impedancia de 5 Q a 8000 rad/s en vez de a 8 rad/s. Cualquier otro valor de la impedancia se mantiene también, tras multiplicar, a una frecuencia 1000 veces mayor que la que se tenía antes de la multiplicación, Por consiguiente, los dos gráficos de IZ(w)1 difieren solamente en la escala horizontal (ver Figura 8,29), (Se podría afirmar lo mismo para los dos gráficos de 8 Z(w)')

PROBLEM AS 8.22.


En el circuito RLC de la Figura 8,30 el condensador está inicialmente cargado con Vo = 200 V, Obtener el transitorio de la intensidad corriente tras el cierre del interruptor en el instante t = O, Solución: -

2e-1000t

sen 1000t (A),

Figura 8.30.


8.23.

Un circuito seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, con R = 200 Q, L= 0,1 H Y C == 100 /lF , tiene una fuente de tensión de 200 V que se conecta en el instante t = O. Determinar el transitorio de la intensidad de corriente, suponiendo carga inicial nula en el condensador. Solución: 1,055(e-SZt - e-1948t) (A).

8.24.

¿Qué valor de capacidad debe tener el condensador, blema 8.23 sea un caso críticamente amortiguado?

en vez de 100 /lF , para que el Pro-

Solución: 10 /lF . 8.25.

Calcular la frecuencia de resonancia = 0,1 H Y C = 5 /lF .

IPI, de

natural,

un circuito serie RLC con R = 200

Q,

L=

.

Solución: 1000 rad/s, 8.26.

Se aplica una tensión de 10 V en el instante t = O a un circuito serie RLC con R = 5 Y C = 500 /lF . Determinar la caída de tensión transitoria en la resistencia.

Q,

L = O,l H

Solución: 3,6e - ZSt sen 139t (V). 8.27.

En el circuito de dos mallas de la Figura 8.31, el interruptor se cierra en el instante Determinar i 1 e iz, para t > O. Solución: i l = 0,101e-100t + 9,89ge-99S0t (A); iz = -5,05e-I001 + 5 + 0,05e-99S0t (A).

t = O.

so

I

SOV

;2

SO

2OJ.'F 0,1 H

Figura 8.31. 8.28.

La forma polar de una tensión en el dominio s es 100/30° V. Expresarla en función del tiempo para:a)s= -2 Np/s,b)s= -1+ j5s-1 . Zt Solución:tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a) 86,6e(V); b) 100e-1 cos (5t + 30°) (V).

8.29.

Obtener las frecuencias + 90°) (A). Solución: O, - 3

8.30.

± j50

s-

complejas

asociadas

con la corriente

i(t) = 5

+ lOe -

31

cos (50t +

l.

El fasor de intensidad 25/40° A tieneuna de i(t) en el instante t = 0,2 s?

frecuencia compleja s =--:;.1 + j3

S-l.

¿Cuál es el valor

Solución: 4,51 A. 8.31.

Calcular b) s = jl

la impedancia Z(s) del circuito rad/s, e) s = j2 rad/s, d) = co.

Solución: a) 1 Q; b) 1,58/18,43°

4

Isl

representado

Q; e) 1,84/12,53°

en la Figura

8.32 para:

a)

s = O,

Q; d) 2 Q.ZYXWVUTSRQPONMLKJIH

CIRCUITOS DE ORDEN SUPERIOR Y FRECUENCIA COMPLEJA ZYXWVUTSRQPON 217

I

•

1 0 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2 0 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

Figura 8.32.

8.32.

La fuente de tensión del circuito en el dominio s representado en la Figura 8.33 tiene la expresión en el dominio del tiempozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v¡(t)

Obtener

=

cos 2t (V)

lOe-t

iü(t).

Solución: 7,07e- t cos (2t + 98,13°) (A). In r - - ....,j\¡ ¡ f IÑ - • • • • - - - - ,

::-"\

~ 10(5)HGFEDCBA

52 4

V,(s)

s

20

Figura 8.33.

8.33.

Un circuito serie de R, L Y e tiene, en el dominio del tiempo, una fuente de tensióntsrqponmlkjihgfedcbaZY V¡ y unas caídas de tensión en los elementos VR, v[. Y Ve. Obtener las funciones de transferencia de tensión: a) V R(S)/V¡(s),b) Vds)jV¡(s).

Rs/L

Solución: a) 2

s +-

R L

8.34.

s+-

1

s

Le

Obtener la función de transferencia V¡(s). Solución:

+ 2)(s + 4)

2

R

+-

L

s

1

+-

Le

H(s) del circuito de la Figura 8.34. La respuesta es la tensión

(s + 7 - j2,65) (s + 7 + j2,65) (s

uu:

b)


10

+

60ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC V ,( s ) 51

F i g u r a 8 .3 4 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

,t I

8 .3 5 .

1 \ Q

Representar el diagrama de la función de transferencia H{j3) a partir del diagrama. S o lu c ió n :

del Problema

8.34 en el plano s. Evaluar

Ver Figura 8.35.

•

~ \(7:..:..:,0:::2)~(9:!:)/:::::2,=86=0 :::::+:::::::3:::8,=:91=..0 = 350/-5141° (3,61)(5)/56,31° + 36,87" ' ,

-

n

F i g u r a 8 .3 5 .

8 .3 6 .

Obtener H(s) = V¡(s)jI¡{s) del circuito representado de polos y ceros. S o lu c ió n :

H(s)

+ 1,5)

S(S2

=

2

s + 1

Ver Figura 8.37.

en la Figura 8.36 y representar

su diagrama

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

¡fII.

I

51

r:

219

radlsxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR

I

H(I) = Z;(I)ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1

0,55

Vi(S)

COMPLEJA

u, Np/s

2;

I

Figura 8.36.

•

Figura 8.37. ,dt-

8.37.

Escribir la [unción de transferencia Solución: H(s) ,

=

k

.

S2

H(s) cuyo diagrama

de polos y ceros es el de la Figura 8'8,

+ 50s + 400

-,2: -----S

+ 40s + 2000

jw, rad/s

-20 + j40 ~

18 (5) I

:

u, zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO Np/stsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

Figura 8.38.

8.38.

El diagrama de polos y ceros de la Figura 8.39 muestra un polo para s = O Y ceros para s = - 50 ± j50. Usar el método geométrico para evaluar la función de transferencia en el punto jl00. Solución: H(jJOO)

=

223,6/26,57"

220


¡w, rad/s

u, Np/s

Figura 8.39. 8.39.

Un circuito con dos ramas en paralelo tiene una resistencia de 20 n en una rama y la combinación en serie dezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R = 10 n y L = 0,1 mH en la otra. Primero, aplicar una excitación, I¡(s),xwvutsrq y obtener la frecuencia natural a partir del denominador de la función de transferencia del circuito. Intentar diferentes localizaciones para instalar la fuente. Segundo, insertar una fuente de tensión, V¡(s), y obtener la frecuencia natural. Solución: - 300 Np/s en todos los casos.

8.40.

El interruptor

del circuito de la Figura 8.40 se cierra en el instante t = O. Para t = 0+, i = O Y di

-

dt

Obtener las frecuencias naturales

=

25 A/s

y la corriente

Solución: - 8,5 Np/s, - 23,5 Np/s; i =

-

2,25e -

+ i¡. 0,25e - 23.5/ + 2,5 (A).ZYXWVUTSRQPONMLK

completa, 8.5/ -

]

i

=

in

s+ 20

Z(s) - " ' + 3 2 a + 199.8

Figura 8.40. 8.41.

Un circuito serie RLC contiene una R = 1 n, una L = 2 H Y una C = 0,25 F. Aplicar simultáneamente una multiplicación de impedancias y otra de frecuencia, con Km = 2000 Y K r = 104. ¿Cuáles son los valores de los elementos multiplicados? Solución: 2000

n, 0,4

H, 12,5tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA IlF.

CIRCUITOS

DE ORDEN

SUPERIOR

Y FRECUENCIA

COMPLEJA ZYXWVUTSRQPO 2 2 1 ZYXWVUT

8 .4 2 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Al suministrar una tensión V ¡ = 25/30° V con una determinada pulsacióntsrqponmlkjihgfedcbaZYXW w¡ a un circuito

pasivo se produce una intensidad de corriente 1 ¡ = 3,85/- 30° A. Las impedancias de los Km = 10. Obtener la intensidad de corriente que elementos del circuito se multiplican porzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA suministraría una segunda fuente de tensión, V 2 = 10/45° V , que sustituyera a la primera, si la pulsación de la segunda fuente fuera w 2 = 103 w¡. S o lu c ió n :

0,154/15° A.

C A P íT U L O

9

A n á lis is d e c ir c u ito s s in u s o id a le s e n e s ta d o e s ta c io n a r io ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

9 .1 .

IN T R O D U C C IÓ N

Este capítulo está dedicado a la respuesta estacionaria de circuitos alimentados por fuentes sinusoidales. La respuesta será también sinusoidal. Para un circuito lineal, la hipótesis de fuente sinusoidal no representa realmente una limitación, ya que una fuente cualquiera que pueda ser descrita por una función periódica puede ser reemplazada por una combinación equivalente de sinusoidales (series de Fourier). Este tema será tratado en el Capítulo 17.

9 .2 .

RESPUESTA

DE

LOS

I

ELEM ENTOS

Las relaciones tensión-intensidad de corriente para los elementos R, L Y e se examinaron en el Capítulo 2 y están resumidas en la Tabla 2.1. En este capítulo, las funciones de ve i serán senos o cosenos con el argumento iot. w es la pulsación y tiene unidades de rad/s. Además, w = 2nf, donde f es la frecuencia cuyas unidades son ciclo/s o más comúnmente hercios [Hz]. Sea una bobina L recorrida por una corriente i = 1 cos (wt + 45°) (A) [ver Figura 9.1(a)]. La tensión entre sus extremos es VL

di = wLl [ -sen (zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L dt wtxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC + 4Y)] = wLl cos (wt + 135 0) (V)

Comparando vL e i se observa que la intensidad de corriente está retrasada 90° o n/2 rad respecto a la tensión. Ambas funciones se han representado en la Figura 9.1 (b). Obsérvese que la función de la corriente i está a la derecha de vL Y como la escala del eje horizontal es wt, los sucesos desplazados a la derecha suceden más tarde en el tiempo. Esto ilustra que i está retra sa da respecto a r. La escala horizontal debería estar en radianes, pero se han utilizado los grados ( - 13Y, 180°, etc). Éste es un caso de mezcla de unidades al igual que wt + 45°. Esto no es matemáticamente correcto, pero se acepta en la práctica para el análisis de circuitos. En el eje vertical se indican dos cantidades diferentes; esto es, VL e i, por lo que debe incluir dos escalas en vez de una. Al examinar este gráfico se puede destacar que una sinusoide está completamente definida cuando se conocen su máximo (V L o I), su pulsación o frecuencia (w o f) y su fase (4Yo 13Y).ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 223

224xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

i

+ tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(b)

(a)

Figura 9.1.

En la Tabla 9.1 se indican cuando son recorridos por una una tensión v = V cos wt. Si se VL e i está n en fa se. Para una condensador e, i a dela nta 90°

las respuestas de los tres elementos básicos de un circuito intensidad de corrientezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG i = 1 cos cot o cuando se les somete a representan las respuestas se verá que para una resistencia R, bobina L, i retra sa 90° o n/2 rad respecto a VL. y para un o n/2 rad respecto a i. Tabla 9.1.

i

= 1 cos

v = V cos rot

rot

il v.

:1'

v,l+}

i

= RI cos wt

iR

VL

= wLl cos (wt + 90°)

iL = cos (wt - 90°) wL

Ve

= -

L

i1J.

vele

V

VR

1

wC

cos (wt - 90°)

= - cos wt R

V

ie

== wCV cos (wt + 90°) t,

..

)

1

EJEMPLO 9.1. Por el circuito serie RL representado en la Figura 9.2 circula una corriente i = 1 sen wt. Determinar la diferencia de potencial total que se produce entre los dos elementos del circuito y representar v e i.

ANÁLISIS

vR

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPO 2 2 5 zyxwvutsrqp

EN ESTADO

di vtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK = oil.l sen (rot+ 90°) RIzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA sen rol L = L dt

=

v =

+

VR

VL

= RI sen t»t + oil.l sen (coz + 90°) + R

+

VR

v

9.2.

F ig u r a

Como la corriente es una función seno y v

de lo anterior

V sen icot

+ e)

=

V sen t»t cos

e+

V cos tot sen

e

(1)

se obtiene v

Igualando

=

=

RI sen tot

+ osl.l sen cot cos 90° + col.l cos cot sen 90°

(2)

los coeficientes de los términos semejantes de (1) y (2), V sen

Entonces

v

= I

e

= col.l

y

o=

V cos

RI

+ (roL)2 sen [rot + are tg (roL/R)]

JR2

y

y

tg-I

0=

roL -

R

En la Figura 9.3 se han representado las funciones v e i. El ángulo de fase e, ángulo que i retrasa 90°, cuyos límites se dan cuando col:«: R y cuando oil;» R, respecto a v, está dentro del rango 0° ~ respectivamente. Si el circuito tuviera una tensión de alimentación v = V sen on, la corriente resultante sería

e~

V

i=

+ (roL)2

JR2

donde, al igual que antes,

e

=

tg-1

sen (rot - e)

(roL/R).ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Si la corriente que circula por un circuito serie está definida por i la diferencia de potencial total que se produce entre los dos elementos. E J E M P L O 9 .2 .

vR

=

RI sen cat v

=

VR

+

Ve

=

=

V sen (rot -

y

1 sen coi, obtener

(l/roe) sen (rot -:. 90°)

ve

donde

=

0=

e)

tg-I

(l/roeR)

El ángulo de fase negativo sitúa a va la derecha de la corriente i. Por consiguiente, í a dela nta a ven un circuito serie RC El ángulo de fase está limitado dentro del rango 0° ~ 90°. Para (l/roe) « R el ángulo es 0= 0° y para (l/roe) » R el ángulo es = 90°. Ver la Figura 9.4.

e

e~


Figura 9.3.

wl

ZYXWVUTSRQPONML

Figura 9.4.

9.3.

FASO RES

La simple observación de las sinusoides de tensión e intensidad en los ejemplos anteriores muestra que las amplitudes y las diferencias de fase son los dos parámetros principales. Un co vector, o fasor, giratorio en el sentido de las agujas del reloj a velocidad angular constantezyxwvutsrqponmlkjihg (rad/s), como el representado en la Figura 9.5, tiene una proyección en el eje horizontal que corresponde a los valores de la función coseno. La longitud del fasor o su módulo es la amplitud o valor máximo de la función coseno. El ángulo entre dos posiciones del fasor es la diferencia de fase entre los puntos correspondientes en la función coseno. En todo este texto los fa sores está n definidos respecto a la función coseno. Si una tensión o una corriente se definen como una función seno, se transformará a coseno restando 90° a la fase. Véanse los ejemplos de la Tabla 9.2. Obsérvese que los faso res, .que tienen naturaleza de segmentos dirigidos o vectores, están indicados con mayúsculas en negrita, es decir, V e 1. El ángulo de fase de la función coseno es el ángulo del fasor. Los diagramas de fase que se usarán en lo sucesivo pueden ser considerados como una imagen instantánea de los fasores giratorios que corresponde al instante t = O. La frecuencia f (Hz) y la pulsación úJ (rad/s) no aparecen generalmente pero deben ser tenidas en cuenta, ya que están presentes implícitamente en cualquier problema de circuitos sinusoidales estacionarios.

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPO 227

EN ESTADO

I I ¡ IzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I

11

HGFEDCBA

2 1

I

I I 1

IzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ

wt

F ig u r a

9.5.

T a b la

9.2.

F u n c ió n

v

= 150

D ia g r a m a

f a s o r ia l

costsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (500t + 45°) (V)

o

V-I50~

V

O~-r----i

= 3

sen (2000t + 30°)

(mA)

= 3

cos (2000t - 60°)

(m A) I

1 = 3 /_60·

mA


E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 9.3. Por una combinación serie delR = lO Q Y tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS L= 20 mH circula una intensidad de (500t + 10°) (A). Obtener las tensiones v y V, el fasor de intensidad de corriente 1 y corriente i = 5 coszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA representar el diagrama fasorial. ¡ Usando los métodos del Ejemplo 9.1,

vL

v =

Los fasores correspondientes

VR

+

VL

=

di L dt

=

50 cos (500t + 100°)

= 70,7 cos (500t + 5SO) (V)

son

1 = 5/10°

A

y

V

=

70,7/5SO V

El ángulo de desfase de 4SO se puede ver en el gráfico temporal i y v representado y en el diagrama fasorial, con 1 y V, de la Figura 9.6(b).

Jj

:ltl/r

en la Figura 96(a),

wl

(b)

(a)

Figura 9.6.

Los faso res pueden ser tratados como números complejos. Cuando el eje horizontal se identifica con el eje real de un plano complejo, los fasores se convierten en números complejos y son aplicables sus reglas habituales. Según la identida d de Euler, los fasores tienen tres posibles notaciones equivalentes: I

forma polar o módulo-argumental forma rectangular o binómica forma exponencial

v

= VL!l

V = V(cos 8 V = VejO

La expresión en coseno puede ser escrita también como v

= V cos (wt + 8) = Re[Vej(Wl+O)]

= Re[Vejwt]

+j

sen 8)

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPO 2 2 9 zyxwvutsrqp

La forma exponencial sugiere la forma de tratar el producto (V ¡ e j8 ¡)(V 2 e j82 ) = V ¡ V2 e j(8¡ +82) , entonces , ComozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (V¡~)(V2@.])

= (vdV2)ej(8¡-~2),

y, como (V¡ej8¡)/(V2ej82)

La forma rectangular EJEM PLO

V¡ + V 2.

9 .4 .

Dados

V ¡IV

v.», + e2

= V¡

entonces,

se usa para sumar o restar fasores.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V ¡ = 25/143,13° Y V 2 = 11,2/26,57", calcular

2

25/143,13°

=

11,2/26,57°

V¡ + V 2 = (-20

9 .4 .

y ~l cociente entre fasores.

IM P E D A N C IA

= 2,23/116,56

°

la relación

V l/V

2

y la suma

.

= -1 + tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF J1,99

+ j15) + (10 + j5) = -10 + j20 = 23,36/116,57"

Y A D M IT A N C IA

Una tensión o una corriente sinusoidal en un circuito pasivo RLC producen una respuesta sinusoidal. Al usar las funciones del tiempo, tales como v(t) e i(t), se dice que el circuito está en el dominio del tiempo, Figura 9.7(a); y cuando el circuito se analiza usando faso res, se dice que está en el dominio de la frecuencia, Figura 9.7(b). La tensión y la intensidad de corriente se pueden escribir, respectivamente: v(t) = V cos icot i(t) = 1 cos (wt

+ e) = + <1» =

Re[Ve jwt] Re[le jwt]

y

v

y

1 = IjjQ

= Vifl

La relación entre el fasor de tensión V y el de intensidad 1 se define como impedancia Z; es decir, Z = V/1 n. El inverso de la impedancia se denomina admitancia Y , esto es, Y = l/Z (S), donde 1 S (siemens) = 1 n-¡ Tanto Y como Z son números complejos.

1

R, L,

(a) Dominio

z

e

(b) Dominio de la frecuencia

del tiempo F ig u r a

9.7.


Cuando la impedancia se expresa en forma cartesiana, la parte real es la resistenciazyxwvutsrqponmlkji R y la parte imaginaria es la rea cta ncia X. El signo de la parte imaginaria puede ser positivo o negativo: cuando es positivo, X se denomina rea cta ncia inductiva o inducta ncia , y cuando es negativo, X se denomina rea cta ncia ca pa citiva o ca pa cita ncia . Cuando la admitancia se escribe en forma cartesiana, la parte real es la conducta ncia G y la parte imaginaria es la suscepta ncia B. El signo positivo en la susceptancia indica que es ca pa citiva y un signo negativo indica que es inductiva . En resumen,

Z = R - jX¿ y Z= R+ jXtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED L y

= G - jBL

y = G

y

+jBc

Las relaciones entre estos términos se obtienen de Z = I/Y. Entonces, G

R=

,

G

I

2

+

2

B

-B

Y

X=

Gl

Y

B=

Rl

I

G= ~

Rl

R

+

Xl

+

Bl

-X

+

Xl

Estas expresiones no se usan mucho en los problemas en los que los cálculos se pueden hacer con los valores numéricos, como en <::1ejemplo siguiente.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 9 .5 . El [asar de la tensión entre los terminales de un circuito como el de la Figura 9.7(b) es 100(45° V Y la intensidad de corriente resultante es 5/15° A. Calcular la impedancia y la admitancia equivalentes.

Por tanto, R

= 17,32 n,

V

100(45"

1

5(15"

Z

= - = --

Y

= - = - = 005(-

XL

1

1

V

Z'

= 20(30° = 1732 +}'lO,n '

30

= 10 n, G = 4,33.10-2

= (433 -}"2 50)· 10-

2

"

S Y BL

= 2,5.10-2

S S.

C o m b in a c io n e s d e im p e d a n c ia s

La relación V =

(en el dominio de la frecuencia) es formalmente idéntica a la ley de Ohm, del tiempo). Entonces, las impedancias se combiigual que las resistencias:

IZ

v = iR, de una red resistiva (en el dominio

nan exactamente

im p e d a n c ia s im p e d a n c ia s

En particular,

e n s e r ie

e n p a r a le lo

para dos impedancias

Zeq 1

= Z¡ + Zl + ... 1

-=-+-+ Zeq

en paralelo, Zeq

Z¡

1

r.;

...

= Z¡ Z2/(Z¡ + Zl)'

ANÁLISIS

D ia g r a m a

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

EN ESTADO

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPONM 231

d e im p e d a n c ia s

En unzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA dia gra ma de impeda ncia s, una impedancia Z se representa por un punto a la derecha del plano complejo. La Figura 9.8 muestra dos impedancias; Z1' en el primer cuadrante, indica que la reactancia es inductiva, mientras Z2' en el cuarto cuadrante, indica una reactancia capacitiva. Su equivalente en serie, Z1 + Z2' se obtiene por suma de vectores, como se muestra en la figura. Obsérvese que los «vectores» no se han representado con flechas, para distinguir estos números complejos de los fasores. z,

ix. O

R .O

F ig u r a

C o m b in a c io n e s

Sustituyendo

9.8.

d e a d m ita n c ia s

Z por l/Y en las fórmulas anteriores a d m ita n c ia s a d m ita n c ia s

e n s e r ie

e n p a r a le lo

se obtiene: -

1

Yeq Y eq

= -

1

Y1

+-

1

Y2

+ ...

= Y 1 + Y 2 + ...

Por tanto, los circuitos serie son más sencillos de tratar en términos de impedancias circuitos paralelos en términos de admitancias. D ia g r a m a

y los

d e a d m ita n c ia s

Un dia gra ma de a dmita ncia s, como el de la Figura 9.9, es análogo al de impedancias de la Figura 9.8. Se muestra una admitancia Y 1 con una susceptancia capacitiva y una admitancia Y 2 con una susceptancia inductiva, junto con su vector suma Y 1 + Y 2' que corresponde a la admitancia de la combinación en paralelo de Y 1 e Y 2' ¡B. S

F ig u r a

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF 9.9.xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI


232

9.5. DIVISIÓN DE LA TENSIÓN Y LA CORRIENTE EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA Debido a la analogía entre la impedancia en el dominio de la frecuencia y la resistencia en el dominio del tiempo, las Secciones 3.6 y 3.7 conducen a los siguientes resultados. 1)

Las impedancias

en serie dividen la tensión total según la relación de impedancias: V

o

Zr

r

=-

V

HGFEDCBA Z T eq


-

+

z'~'tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON

I

+~ 'L,

VT

V2 -

~~. Figura 9.10.

2) Las impedancias en paralelo (admitancias en serie) dividen la corriente relación inversa de las impedancias (relación de las admitancias):

total en la

o Véase la Figura 9.11.

11IT

ti!

+ ~ 1, V {

!

l.

'L,o Y¡ . Z. o Y. Z,oY,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE ,

,

Figura 9.11.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO

233 zyxwvutsr

9.6. EL MÉTODO DE LAS CORRIENTES DE MALLA Sea el circuito de la Figura 9.12 en el dominio de la frecuencia. Aplicando la ley de Kirchhoff para las tensiones, según se vio en la Sección 4.3, o simplemente por inspección, se obtiene la ecuación matricial

ZA + ZB' lazyxwvutsrq para las corrientes de malla desconocidas 11' 12 e 13' En este caso, Zll = tsrqponmlkjihgfedcbaZYXW a utoimpeda ncia de la malla 1, es la suma de todas las impedancias por las que circula 11 , Análogamente, Z22 == ZB + Zc + ZD y Z33 == ZD + ZE son las autoimpedancias de las mallas 2 y 3.HGFEDCBA Zc

v.

Figura 9.12.

El elemento

Z12

de la matriz de impedancias

está definido como:

Z 12 == ¿ ± (impedancia

común a 11 e 12)

donde un sumando cualquiera toma el signo positivo si las dos corrientes pasan a través de la impedancia en el mismo sentido y toma el signo negativo si tienen sentido contrario. Se Z12 = Z21' Según la Figura 9.12, 11 e 12 circulan por la deduce que, invariablemente, impedancia común ZB en sentido contrario, por tanto: Z12

=

Z21

=

-ZB

Análogamente, Z13

=

Z31

Z23

=

Z32

== ¿±(impedancia == ¿ ± (impedancia

común

a 11 e 13) = O

común

a 12 e IJ'~

La matriz Z es simétrica. En la columna V a la derecha de la ecuación, los componentes exactamente igual que en la Sección 4.3: V k == ¿ ± (tensión de cada fuente situad

1

- ZD

V k (k = 1, 2, 3) se definen

en la malla k)


donde un sumando cualquiera toma el signo positivo si la tensión de la fuente tiene el mismo sentido que Ik' y toma el signo menos en el caso contrario. En el circuito de la Figura 9.12, V 1=+V a

V 2=O

V 3=-V b

En vez de usar las mallas, o «ventanas» del circuito (plano), conviene a veces elegir un grupo de bucles apropiado, cada uno de los cuales puede contener una o más mallas en su interior. Es fácil ver que dos corrientes de bucle podrían tener el mismo sentido en una impedancia y sentidos contrarios en otra. Sin embargo, las reglas anteriores para escribir la matriz Z y la columna V, se han formulado de tal forma que pueden ser aplicadas tanto a mallas como a bucles. Esas reglas son, por supuesto, idénticas a las usadas en la Sección 4.3 para escribir la matriz R y la columna V.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ZB' con la polaridad indicada E J E M P L O 9.6. Suponer que se desea determinar el fasor de tensión entsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON en la Figura 9.13. Si se escogen las mallas como en la Figura 9.12, se debería calcular tanto 11 como 12 para obtener la tensión, ya que V B = (1 2 - 1 1)ZB' En la Figura 9.13 se han seleccionado tres bucles (dos de los cuales son mallas) de forma que 1 1 es la única corriente que circula por ZB' Además, el sentido de 1 1 se ha escogido de forma que V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B = 1 1 ZB' Escribiendo la ecuación matricial:

de la que -Va V B =ZB 1l=-

donde ~z es el determinante

ZB

~z

Va

O

-ZA ZA

+ ZB + Zc

Vb

ZD HGFEDCBA ZD + ZE

ZD

de la matriz Z. Z"

I~

I

ZDC3 , "

Figura 9.13.

Impedancias

de entrada y de transferencia

Las definiciones de resistencia de entrada (Sección 4.5) y de resistencia de transferencia (Sección 4.6) tienen sus hornólogas en el dominio de la frecuencia. Así, para el circuito con fuente única de la Figura 9.14, la impeda ncia de entra da es

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

EN ESTADO

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 235

VxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR Llz r

Zent,r

== 1 Ll r

rr

dondetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA LlzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA adjunto del elemento Zrr en Llz; y la impeda ncia de tra nsferencia rr es el determinante entre la malla (o bucle) r y la malla (o bucle) s es Ztransfer,rs

donde Llr s es el adjunto

de

Zr s

v,

Llz

s

rs

== 1 Ll

en Llz.

circuito pa sivo [Z]

v,

Figura 9.14.

Al igual que antes, el principio de superposición o n bucles puede expresarse como 1

V Ik=

+ ...+ Ztransfer,

9 .7 .

EL M ÉTODO

DE

+ _Vk

Vk-1 Ztransfer,

lk

(k - l)k

para un circuito arbitrario

+

Zent, k

L A S T E N S IO N E S

v, + ...+--"---

Vk+ 1 Ztransfer,

EN

con n mallas

(k + l)k

LOS

Ztransfer,

nk

NUDOS

El procedimiento es exactamente igual al de la Sección 4.4, con admitancias en vez de las inversas de las resistencias. Un circuito en el dominio de la frecuencia, con n nudos principales, uno de ellos elegido como nudo de referencia, requiere n - 1 ecuaciones de tensión en los nudos. Así, para n = 4, la ecuación matricial sería

en la que las incógnitas, VI' V 2 Y V 3' son las tensiones de los nudos principales 1, 2 Y 3 con respecto a la del nudo principal 4, el nudo de referencia. y 11 es la a utoa dmita ncia del nudo 1, dada por la suma de todas las admitancias conectade los nudos 2 y 3. das al nudo 1. Análogamente, Y 22 e y 33 son las autoadmitancias Y 12' la a dmita ncia de a copla miento entre los nudos 1 y 2, está dada por la suma de todas las admitancias conectadas entre los nudos 1 y 2, con signo menos. Se deduce que Y 12 = Y 21' Igualmente, las otras admitancias de acoplamiento: Y 13 = Y 31' Y 23 = Y 32' La matriz Y es, por tanto, simétrica.


A la derecha de la ecuación, la columna I está formada como se explicó en la Sección 4.4; esto es, I, =

en la que una corriente

¿ (corriente

dirigida hacia el nudotsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE k) (k = 1, 2, 3)

quezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA sale del nudo k se toma como negativa.

A d m i t a n c i a s d e e n t r a d a ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y d e tr a n s fe r e n c ia

La ecuación matricial del método de las tensiones en los nudos.

= [1]

[Y] [V] es formalmente

idéntica a la ecuación matricial del método de las corrientes

de malla,

[Z] [1] = [V] Por ello, en teoría al menos, las admitancias de entrada y de transferencia por analogía con las impedancias de entrada y de transferencia: Ir

Yent•r

== V r

~y ~rr HGFEDCBA

Ir

Ytransfer,rs

se pueden definir

== V

s

~y

z.,

donde ahora ~rr y ~rs son los adjuntos de Y rr e Y rs en ~Y' En la práctica, estas definiciones son frecuentemente de uso limitado. Sin embargo, son valiosas, proporcionando una expresión del principio de superposición (para las tensiones): Vk =

11 Ytransfer,lk

+ ... +

Ik -1

r, +

+ --

Ytransfer,(k-l)k

Yent,k

t.,, Ytransfer,(k+

In-

1 + ... + --'---"-l)k

Ytransfer,(n-

l)k

para k = 1, 2, ..., n - 1. En otras palabras: la tensión en cualquier nudo principal (respecto a la del nudo de referencia) se obtiene sumando las tensiones producidas en ese nudo por las distintas corrientes que concurren en él, actuando una a una.

9 .8 .

T E O R E M A S D E T H É V E N IN

y NORTON'

Estos son exactamente iguales a los definidos en la Sección 4.9, con la tensión de circuito abierto V', la corriente de cortocircuito l' y la resistencia equivalente R' sustituidas por el fasor de tensión de circuito abierto V', el fasor de intensidad I' y la impedancia equivalente Z'. Ver la Figura 9.15.

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES


EN ESTADO

...- - C : : J - - < > zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB a tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF tJ

z: zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA z·

~--~~--------o()b

~----o()¡'HGFEDCBA (a)

Circuito en el dominio

(b) Circuito equivalente

de la frecuencia

de Thévenin

(e)

Circuito equivalente

de Norton

Figura 9.15.

PROBLEM AS

9.1.

Por una bobina de 10 mH circula una intensidad Obtener la tensión VL• Según la Tabla 9.1, vL seno, VL

9.2.

RESUELTOS

= wLI

cos (wt + 90°)

= 100 sen

(2000t

=

i = 5 cos 2000t (A).

de corriente

100 cos (2000t + 90°) (V). Utilizando

+ 180°) = - 100 sen

2000t

la función

(V)

Por un circuito serie con R = 10 n y L = 20 mH circula una intensidad de corriente i = 2 sen 500t (A). Obtener la tensión total y el ángulo que i retrasa respecto a v. Según los métodos del Ejemplo 9.1,

e= v

Se observa que

9.3.

í

= 1 JR2

+

500(20 . 10 - 3)

(WL)2 sen (wt

10

+

= 45"

e) = 28,3 sen (500t

+ 45") (V)

retrasa 45° respecto de v.

Determinar los .dos elementos tensión son: i

are tg

en un circuito

= 10 cos (5000t - 23,13°) (A)

serie, sabiendo

v

que la corriente

= 50 cos (5000t + 30°)

y la

(V)

Como i retrasa respecto a v (en 53,13°), los elementos son unaR y una L. La relación entre V max e Imax es de 50/10. Por tanto, 50

-

10

Resolviendo,

R = 3

= JR2

+

n, L = 0,8

(5000L)2

mH.

y

tg 53,13°

=

1,33

5000L

= --

R


9.4.

Un circuito serie, conzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R = 2 Q Y e = 200 pF, se alimenta con una tensión sinusoidal de frecuencia 99,47 MHz. Si la tensión máxima entre los extremos del condensador es 24 V, ¿cuál es la tensión máxima entre los extremos de la combinación serie?tsrqponmlkjihgfedcba w = 2nf = 6,25.10 8

radjs

De la Tabla 9.1, 1max = wCVC,max = 3 A. Entonces, con los métodos del Ejemplo 9.2,

9.5.

La intensidad de corriente en un circuito serie con R = 5 Q Y L = 30 mH retrasa 80° respecto a la tensión suministrada. Determinar la frecuencia de la fuente y la impedancia Z. A partir del diagrama

de impedancias,

Figura 9.16, XL = 5 tg 80° = 28,4 !1

Entonces 28,4

=

w(30· 10 - 3); por consiguiente,

Z

=

w

=

954,2 radjs y f

=

150,4 Hz.

5 + j28,4 !1

50

R

Figura 9.16.

9.6.

¿A qué frecuencia la intensidad de corriente circuito serie con R = 8 Q Y e = 30 IlF? Del diagrama

de impedancias, 8 - jX e

Entonces

4.62

=

=

adelantará

a la tensión

Figura 9.17, - Xe

ZI- 30° 1 2nf(30·1O- 6)

.

= 8 tg ( - 30°) = - 4,62 !1 o

f=

1149 Hz

en 30° en un

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

EN ESTADO


Sil

R zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW

-¡ Xc

z

F ig u r a

9.7.

9.17.

Un circuito serietsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Re, con R = 10 Q, tiene una impedancia total con un argumento de - 45° para fl = 500 Hz. Determinar la frecuencia a la que el m6dulo de la impedancia es: a) dos veces mayor que con fl' b) la mitad que con fl. De 10 - jXc = ZI(4Y, X¿ = 10 Q Y ZI = 14,14 Q. a)

Para que el módulo sea el doble, 10 - jX c

=

X¿ = J(28,28)2

o

28,281Jl.

Entonces, como X¿ es inversa mente proporcional

b)

9.8.

Un módulo de Z3 = 7,07

10

f2

26,45

500

Q

- (1W = 26,45 Q

a f,

o

f2

=

189 Hz

es imposible; el menor módulo posible es Z = R = 10

Q.

Un circuito con dos elementos serie tiene una tensi6n V = 240LQ:V y una intensidad de corriente 1 = 50(- 60° A. Determinar la intensidad que se obtiene cuando la resistencia se reduce: a) un 30%, b) un 60%, de su valor inicial. V 240~ Z = - = = 48(60° = 24 + ]'416 1 50(- 60°' "

a)

30% . 2,4

=

0,72 11 =

b)

60% . 2,4

=

1,44

Q

ZI = 0,72 + j4,16 = 4,22(80,2° Q 240~ 4,22(80,2°

= 568('

o~

80 2 A ,

Z2 = 1,44 + j4,16 = 4,4(70,9° Q

240~ ° = 54,5(- 70,9 A 1xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB 2 = 4,4(70,9°

240

9.9.

CIRCUITOS

Determinar

ELÉCTRICOS

Zeq

e 1 en el circuito de la Figura 9.18.

Por estar las impedancias

en serie,

Zeq = lO&: + 4,47/63,4° = 12 + j4 = 12,65/18,43° Q V 100&: 1= = = 791/-1843° Z eq 1265/18,43° ' , ,

Entonces

n

IO~ IOO~

A

_zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

V

n

4,47/63,4°

Figura 9.18.

9.10.

Calcular la impedancia

Z¡ en el circuito de la Figura 9.19. V Z = - = 20/60° = 10 + j17,3 Q 1

Entonces, como las impedancias 5 + j8 + ZI

están en serie se suman, =

-

2,51-15°

A

10 + j17,3 5,0

o

n

¡B,O

'V .

+

n

ry •••

50~

Zl

=

5 + j9,3 Q

Z,

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA c :::J 1 ----

V

Figura 9.19.

9.11.

Calcular la impedancia equivalente Zeq y la admitancia con cuatro ramas de la Figura 9,20.

equivalente

Yeq

del circuito

Usando admitancias,

YI

Y2 = Entonces y

1 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 = tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -J'02 S Y 3 = - = 0067 S j5 ' 15 '

= -

1 5 + j8,66

= 0,05 - jO,087 S

'1, Y =--=J'Ol 4 -jlO

Yeq = Y I + Y 2 + Y 3 + Y 4 = 0,117 - jO,187 = 0,221/-58° Zeq =

1

V

eq

=

4,53/58° Q

S 'ZYXWVUTSRQPONMLKJI S

ANÁLISIS

1

DE CIRCUITOS

0

SINUSOIDALES

0

CD

+

EN ESTADO

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 2 4 1 zyxwvutsrqpo

0

!

13

SO

V tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jS O ISO -¡lO O j8,66

O

Figura 9.20.

9.12.

La intensidad de corriente total 1 que absorbe el circuito de la Figura 9.20 es 33/- 13° A. Obtener la intensidad de corriente por la rama 13 y la tensión V.

v = IZeq = (33(-13°)(4,53(58°) 13

9.13.

=

IS!..) =

= (149,5(45")(/5

VY 3

= 149,5(45° V 9,97(45" A

Determinar Z¡ en el circuito con tres ramas de la Figura 9.21, si 1 = 31,5/24° A para una tensión de alimentación V = 50/60° V. Y

Entonces por tanto,

1

= - = 0,63(- 36° = 0,51 V

051 - J'O 37 ,

Y¡ = 0,354(-45°

S

Y

,

= Y

1

¡

jO,37

S

1

+-10 +-4 + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML j3

Z¡ = 2 + j2 n.

+-

1 V

40 100 z,HGFEDCBA j30

Figura 9.21.

9.14.

Las constantes R y L de una bobina se pueden obtener conectándola en serie con una resistencia desconocida y midiendo la tensión en la bobina V x, en la resistencia V¡, y la total V T (Figura 9.22). La frecuencia debe ser también conocida, pero los ángulos de fase de las tensiones se desconocen. Dados f = 60 Hz, V¡ = 20 V, V, = 22,4 Y Y VT = 36 Y, calcular R y L.

242

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

+

Vr

r------, V.

+

+

VI -

------~~~~~~~----~, 1 L __ ---.J ~R

lO O

~ jwL··

Figura 9.22. Las tensiones medidas son valores eficaces; pero, en lo que se refiere a los cálculos de la impedancia, no hay diferencia si se trata de valores máximos o eficaces. La intensidad de corriente (eficaz) es 1 = VI/lO = 2 A. Entonces 22,4 Z =-=1120

2

x

Del diagrama

de impedancias,

Z

'

36 2

= -

=

18 O

Figura 9.23, (18)2

=

(10 + R)2 + (wL)2

(11,2)2 = R2

donde w = 2n60 = 377 rad/s. Resolviendo R

eq

=

+

(wL)2

el sistema,

4,92 O

L= 26,7 mH

wL

----- ..... v.-----' 100

Figura 9.23.

9.15.

En el circuito paralelo representado en la Figura 9.24 los valores eficaces de las corrientes son: l ; = 18 A, 1 1 = 15 A, IT = 30 A. Determinar R y XL'

"

El problema se puede resolver de forma similar a la del Problema 9.14, pero con el diagrama de admitancias. La tensión (eficaz) es V = 11(4) = 60 V. Entonces: Ix Y= -= 03S

1

Y¡zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT = - = O 25 S HGFEDCBA tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V 'xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 'ZYXWVUTSRQPONMLKJ

x

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

-

SINUSOIDALES

EN ESTADO

ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 243


Ir

+

vzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV 4!l

R

Figura 9.24.

Del diagrama

de donde G

=

de admitancias,

0,195 S, B L

R

es decir, XL

=

=

1

= -

G

=

Figura 9.25,tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (0,25 + G)2 +

(O,W

=

(O,W

= G

2

+

Bi

Bi

0,228 S. Entonces

513

'

n HGFEDCBA y

)X

L

= -.

1

-

=

)4,39

-JBL

n

4,39 n.

y, = 0,255

Figura 9.25.

9.16.

Obtener el fasor de tensión gura 9.26.

12

V AB en el circuito

paralelo

con dos ramas de la Fi-

Por el método de la división de la intensidad de corriente, I¡ = 4,64/120,1° 17,4/30,1° A. Pueden considerarse los caminos AX B o AYB. Eligiendo el· primero,

=

VAB = VAX

+ VXB = 1¡(20) - lz(6) = 92,8/120,1° + 104,4/-59,9°

= 11,6/-59,9°

V

A e


y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

Ion

12

A

1

n

j2

B

20n

j6

x

n


9.17.

En el circuito paralelo aplicada V. Dividiendo

V

-j4

= --

4 - j4

-V AB

o

9.27, V AB

= 48,3/30° V. Determinar

la tensión

la tensión en las dos ramas: V AX

y entonces

de la Figura

V

-

-V AX

BX

1

= --

1 - ( --1+j

V

j8,66

V BX 5 + J'866 1 + jzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC ,

V

V

-

j8,66) 5 + j8,66

V-

-

1 - 0,268

+ jl

V

= (- 0,268 + jl) V AB = (1,035/10Y)(48,3/300) = 50/13Y V

+ HGFEDCBA

4n v

5n B

A

j8,66

n

Figura 9.27.

9.18.

Obtener la tensión V x en el circuito intensidades de malla.

de la Figura

9.28, usando

el método

de las

En el esque4J~ del circuito se indican las intensidades de corriente d7 malla elegidas, con 13 circulando por-ía.resistencia de 10 n en sentido tal que V, = 13{JO) V. La ecuación matricial se puede escribir como: ' 7 + j3

j5 [

5

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 2 4 5 zyxwvutsrqpo

Resolviendo

por determinantes, j5 7 + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j3 lO&:

12 + j3

j5

y Vx

+ j2

5

-2

7 + j3

j5

j5

12 + j3

O

66796/16909° ,

+ j2

= 13(10) = 4,35/-194,l5°

V.

-2

=

0435/-19415" ,

A

+ j2

17 - j2

5t:N. -j2 HGFEDCBA O

10~

,

1534,5/25,06°'

5

-2

5

5/30°

v

10

V

n

IOn +

v. -

Figura 9.28.

9.19.

En el circuito de la Figura 9.29, determinar la tensión V que hace que la corriente que circula por la impedancia 2 + j3 n sea nula.

so

2+ j3

o

Figura 9.29.

40


Eligiendo las intensidades

Desarrollando lumna,

de malla como se muestra en el esquema del circuito,

el determinante

-(30m

-~

'5

61_

V

10

1

5 + j5

30LQ:

O

-j5

O

6

°

V

10

del numerador

15 + j5' 01 - j5

=

6

ozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ

mediante

o

los adjuntos

V

por tanto

de la segunda

co-

35,4/45° V

=

9.20. Resolver el Problema 9.19 por el método de las tensiones en los nudos. El circuito se ha representado de nuevo en la Figura 9.30 tomando un extremo de la impedancia 2 + j3 n como nudo de referencia. Según las reglas explicadas en la Sección 9.7, la ecuación matricial es: 1

1

5

j5

-+-+--

2

1

+j3

5

j5

30LQ:

VI

j5

1

1

1

1

5

j5

4

6

-+-+-+-

-(~ +~) 5

-(~ +~)

5 V

-30LQ: ----V HGFEDCBA 2 5

4

Para que la tensión VI en el nudo sea cero es necesario que el determinante en la solución de V I sea igual a cero. 30LQ:

-0,2+

5 -30LQ: ----5

jO,2

=0

V

de donde

0,617 - jO,2

4

del numerador

20

v

ref.

Figura 9.30.

V

=

35,4/45° V


9.21.

Usar el método de las tensiones en los nudos para obtener la intensidad en el circuito de la Figura 9.31.

de corriente 1

Hay tres nudos principales en el circuito. El nudo de referencia y el nudo 1 se seleccionan para que la tensión en el nudo 1 sea igual a la tensión entre los extremos de la reactanciaj2 n. 1 1 1 1 50&: -- HGFEDCBAV1 --+-+4 j2 4 5 5tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 -4

1

1 1 -+-+-j2 4

$0/90° -2

V2

2

de donde 10 V1

-0,25

1

1 = _--,-j_25__ 0_,7_5_+_j_'0_,5~_ = 13,52/56,31° = 2476/72,25° 0,45 - jO,5 1

- 0,2~0

-0,25

1

0,546/-15,94°

V

'

0,75 + jO,5 1 ='

e

2476/72,25° 2/90°

50

= 1238/-1775" '

40

,

2

A

20

-j2 O

reí.

Figura 9.31.

9.22.

Determinar la impedancia Figura 9.32.

de entrada

vista desde los terminaleszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU a b del circuito de la

Con la corriente de malla 1 1 seleccionada -3

8-j2

llz

Z ern.I -- 11

O

8 + j5

-3

como se muestra en el esquema eléctrico,

-5

O - 5 7 - j2 -----c1-8-+-j--S----5-1--=-----

11

-5

7 - j2

315,5/16,19°

= 45,2/24,86° = 6,98/- 8,67° n

248

9.23.

CIRCUITOS

Determinar obteniendo

ELÉCTRICOS

la intensidad de corriente I, por la bobina del circuito de la Figura 9.32, antes la impedancia de transferencia. Sea V = 10/30° V. 315,5/16,19°

I1z Ztransfer,12 = ~

HGFEDCBA --'-'---3-==-=5-'

=

14,45/32,14

0

n

12

O

Entonces

1

= 12 =

x

V

=

Ztransfer.12

7 -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG j2

10/30° 14,45/32,14°'

j5 O

= 0692/ - 214

°

,

A

2:.. +

20

vtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V ozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW ZYXWVUTSRQPONM -j2 O

reto

b

Figura 9.32.

9.24.

Determinar el valor de la fuente de tensi6n V que produce una tensi6n V o = el circuito de la Figura 9.32. La impedancia de transferencia.se puede usar para calcular la intensidad circu or la impedancia 2 - j2 n, a partir de la cual puede obtenerse V o. I1z

Ztransfer,13

=~

=

315,5L.!§J2: 15/00

13

(2 - j2) =

5!Sr...

V en

de corriente que

°

= 21L.!§J2: n

~

V

(2 - j2) = V(0,135/-61,19°)

Ztransfer,13

En definitiva, si

v, = 51JL

V,

V

=

51JL 0,135/-61,19°

=

37/61,19° V

Método alternativo Se puede usar también el método de las tensiones en los nudos, V o es la tensión del nudo V 2 según la selección de los nudos indicada en la Figura 9,32.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 2 4 9 zyxwvutsrq V 1 1 1 --+-+5 j2 5 -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j2 3 j5 1

Vo

= V 2 = --------------'-1 --+-+5 - j2

o

j5

1

1

1

3

j5

j5

1

1 1 -+-+-j5 5

j5

= V(0,134/-61,ISO)

1 2 - j2

Para V o = 51!r... V ,ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V = 37,3/61,15 V , que coincide con el resultado errores de redondeo. 0

9 .2 5 .

anterior

salvo por los

Obtener la impedancia de entrada del circuito de la Figura 9.33 y usarla para calcular la tensión del nudo V i-

1 1 -+-+10 j5

1

1

2

2

1

l1y Y enl.1= -11-

=

1 1 1 -+--+-2 2 3 + tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE j4 - jlO 0 --'-_,-,--'---'= 0,311/- 49,97 S ~+-1-+-1_ 2 3 + j4 -jlO

-c-_--,--,

11

VI

=-

I

I

=

Y enl.1

51!r...

0= 16,1/49,97"V

0,311/-49,97

zn

5N:. A

-¡lO

F ig u r a

9.33.

n


9.26.

Calcular la admitancia de transferencia Ytransfer:12 usarla para obtener la tensión del nudo V 2'

L'1y

=-

Ytransfer.12

L'112

V2

=

del circuito

del Problema

9.25 y

0,194/-zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC 55,49° ° = 0,388/- 55,49 S -( -0,5) I1

=

=

12,9/55,49°

V

Ytransrer.12

9.27.

Sustituir el circuito activo de la FiguratsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 9.34(a) visto desde los terminales ab por el circuito Thévenin equivalente. Z'

La tensión del circuito impedancia 3 + j4 n

=

5(3 + J'4) "5 + J 5 + 3 + j4

abierto

V'

--o (lO&:) 8 + J4

=

50

V' entre

(3

=

2 5 + '6 25 ' J,

los terminales

ab es igual a la tensión

+ j4) = 5,59/26,56°

en la

V

j5 O

,..--" " " ¡C :J ---o

a

1.\\ \

30

WL!fHGFEDCBA V +

n

~+

v·

I

j4 O

a

z· ZYXWVUTSRQPONMLKJ

/

-------ob

b

(a)

(b)

Figura 9.34.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

9.28.

Obtener el circuito Norton Ise

entre los terminales

equivalente

ab es la corriente

10'0°

~ ~----r"l' n

+ j4)

5+--3 + j9

La impedancia

del circuito del Problema de Norton

(3 + JA) --

3 + j9

9.27 (Figura 9.35).

1'. Por división de la intensidad, ,

=

083/-41,63" ' .

en paralelo Z' es igual a la del Problema

9.27, Z'

A

=

2.5 + j6,25

n.

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

EN ESTADO


~------~---------oa z'

l'

~------~---------ob 9.29.


9.35.

F ig u r a

Obtener el equivalente Thévenin del circuito puente de la Figura 9.36. Tomar V' como la tensión de a con respecto atsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b. Por división de la tensión en cada rama, V

ax

=

12 + j24 33 + j24

V

(20'0°\

0!.J

bx

=

30 + j60 (20'0°\ 80 + j60 0!.J

Por tanto, Va b = Va x

-

Vbx = (20m

+ j24

° (12

30 + j60) 80 + j60

-

33 + j24

=

0,326/169,4

e

V = V

I

Visto desde ab con la fuente de tensión desconectada, el circuito consiste en la combinación en paralelo de dos ramas con elementos en serie, y entonces, 21(12 + j24)

Z/=

33 + j24

+

50(30 + j60) 80 + j60

=47,35/26,81 Q 0

-

210 2()L!L

v

+

+

500 a

b

12 O

..,--+~

j24 HGFEDCBA O

.300

jwn

x F ig u r a

9.30.

9.36.

Sustituir el circuito de la Figura 9.37 entre los terminales a b por un Norton equivalente y por un Thévenin equivalente. Por división de la intensidad,

r, zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = r = [ lO&,: ](_3zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK _+ _j4) = 0,439/105,26° A ( - jlO)(3 + j4) 10 + ---'------'-3 - j6

3 - j6

2 5 2 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA por división de la tensión en el circuito abierto,

3 + '4 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF J_ (10m = 3,68/36,03° V Va b = V/ = __tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 13 + j4

V/ z/=-=' . l'

Entonces

368/36,03° 0,439/105,26°'

=837/-6923°

n

,


r.-j'.O 10l!r

V

I

sn

j4

n

b

Figura 9.37.

_--"";;'--00

_ -C ::::J o --o a 8.37/-(:fJ.23°

3.~

V

a

n 8.37/-(:fJ.23°

0.439/105.26° A

~

n

•... -- •..... --Ob

'------Ob

(b)

(a) Thévenin

Norton


PROBLEM AS 9.31.


Un circuito con dos elementos en serie tiene una intensidad i = 13,42 sen (500t - 53,4°) (A)

de corriente y una tensión total

v = 150 sen (500t

+ 10°) (V)

Identificar los dos elementos. Solución: R 9.32.

=

5

n, L =

20 mH.

Un circuito con dos elementos en serie tiene una intensidad i = 4 cos (2000t

+ 13,2") (A)

Identificar los dos elementos. Solución: R = 30 n. e = 12,5 pF.

de corriente y una tensión total

v = 200 sen (2000t

+ 5°) (V)

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO

9.33.

253

Un circuito seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RC, con R = 27,5 n y C = 66,7 J1F, tiene una tensión y una intensidad de corriente sinusoidales de pulsación 1500 rad/s. Determinar el ángulo de fase que la intensidad adelanta a la tensión. Solución: 20°.

9.34.

Un circuito serie RLC, con R = 15 n, L = 80 mH y C = 30 J1F, tiene una intensidad de corriente y una tensión sinusoidales de pulsación 500 rad/s. Determinar el ángulo de desfase y si la corriente adelanta o retrasa respecto a la tensión total. Solución: 60,6°; adelanta.

9.35.

Un condensador C = 35 J1F está conectado en paralelo con un cierto elemento. Identificar elemento, sabiendo que la tensión y la intensidad de corriente total son v

Solución: R 9.36.

=

=

150 sen 3000t (V)

iT

=

16,5 sen (3000t

+

el

72,4°) (A)

30,1 n.

U n circuito serie de dos elementos, con R = 20 Determinar el ángulo () y la frecuencia.

n yL=

20 mH, tiene una impedancia

de 40@

n.

Solución: 60°, 276 Hz. 9.37.

Determinar la impedancia b) 500 Hz, e) 1000 Hz. Solución: a) 25,8/14,1°

9.38.

Determinar

del circuito serie RL, con R

n, b)

las constantes

Solución: 25 9.39.

n yL=

10 mH, para a) 100 Hz,

n

=

de corriente

150 sen (5000t + 45°) (V) i = 3 sen (5000t -

ISO) (A).

mH.

Un circuito serie con R = 10 n y C = 40 J1F tiene una tensión aplicada v = 500 cos (2500t - 20°) (V). Determinar la intensidad i por el circuito. Solución: 25

9.40.

n, 8,66

67,6/68Y

25

del circuito serie de dos elementos si la tensión suministrada

v produce una intensidad

n; e)

40,1/51,Y

=

J2

cos (2500t + 2SO) (A).

Sean tres impedancias montadas en serie: Z¡ = 3/45° n, Z2 = 10J2/45° n, Z3 = 5/ - 90° n. Determinar la tensión aplicada V, si la tensión entre 4?s extremos de Z¡ es 27/ - 10° V. Solución: 126,5/ - 24,6° V.

-,

9 .4 1 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA En el circuito de la Figura 9.39 con tres elementos en serie,tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON a) determinar la intensidad de

corriente 1; b) determinar tensiones que demuestra

la tensión en cada impedanciaxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML y representar el diagrama fasorial de las que V ¡ + V 2 + V 3 = 100&: V.

Solución: a) 6,28/ - 9,1 r A; b) ver Figura 9.40.


I

lOO~

+

V

+

O 5~ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP VI 4~

1O~

+

O

V1

O

V.,

+

Figura 9.39.

IOO[Jr

V

Figura 9.40. 9.42.

Determinar

Z en el circuito paralelo de la Figura 9.41, si V = 50/30° V e 1 = 27,9/57,8° A.

Solución: 5/ - 30° n.

I

v

30

z

50

-j4HGFEDCBA O

Figura 9.41. 9.43.

Obtener la conductancia y la susceptancia que al ser alimentadas consumen una corriente 1 = 41,2/ -141 ° A.

a una tensión V

=

85/205° V

Solución: 0,471 S, 0,117 S (capacitiva). 9.44.

Una bobina real tiene una resistencia así como una inductancia y se puede representar o por un circuito serie o por uno en paralelo, como se indica en la Figura 9.42. ObtenertsrqponmlkjihgfedcbaZY Rp y L¿ en función dezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Rs Y t.; Solución:

Rp

=

R, + (wLsf, Rs


R,

¡wL" ¡wL,

(b) (a)xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 9.42.

9.45.

En el circuito de la Figura 9.43 se conocen los valores de las intensidades de corriente a 60 Hz:zyxwvutsrqpo 1 T = 29,9 A, 1 1 = 22,3 A e 1 2 = 8 A. Obtener las constantes R y L del circuito. Solución: 5,8

n 38,5

mH.

-Ir

1 ll.

III

~ J¡wL ~

R

150

T Figura 9.43.

9.46.

Obtener el valor de la tensión V AB en el circuito con dos ramas en paralelo de la Figura 9.44, si n, b) 15 n, e) O n

XL es a) 5

Solución: 50 V, para cualquier XL'

15 O

~IO lOO[!t

V

B

A

¡XL

50 O

Figura 9.44.

9.47.

En el circuito representado fuente V.

en la Figura 9.45, V AB

Solución: 75/- 90° V.HGFEDCBA

=

36,1/3,18° V. Determinar

la tensión de la


j4 O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcba

100

v tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK B SO

30

Figura 9.45.

9.48.

En el circuito de la Figura 9.46, asignar dos grupos diferentes de corrientes de malla y demostrar que para ambos, Il z = 55,9/- 26,5T 02• Para cada elección, calcular el fasor de tensión V. Obtener el fasor de la tensión en la impedancia 3 + j4 O Y comparar con V. Solución: V = V 3 + j4 = 22,36/-

lOY V.HGFEDCBA 100

v

SO/Sr. V

30

+

-jS

O j4 O

Figura 9.46. 9.49.

Usar el método de las corrientes de malla para calcular la intensidad de corriente por la impedancia 2 + j3 O del circuito de la Figura 9.47, debido a cada una de las fuentes(Y V 2' Solución: 2,41/6,4Y A, 1,36/141,4Y A. -s O

VI =

2O

j3 O

4 O

3OfSl:. V

Figura 9.47. 9.50.

En el circuito de la Figura 9.48 los dos condensadores ajustan hasta que la corriente ID es cero. Suponiendo determinar los valores de R; Y 4. Solución: R;

= 1/(w 2

e2 R), 4 =

1/(2wC).

iguales y la resistencia en paralelo se que la fuente tiene una pulsación co,

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

SINUSOIDALES

EN ESTADO


ZDzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU R.xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L.

Figura 9.48.

9.51.

Obtener

la relación de intensidades

de corriente 11/13, del circuito de la Figura 9.49.

Solución: 3,3/- 90°. -j4

n

Figura 9.49.

9.52.

Obtener

Zent.l

y

Ztransfer.13

Solución: 1,31/21,8°

9.53.

del circuito de la Figura 9.49. Demostrar

n, 4,31/-

68,2°

~ _11

=

Ztransfer.31 = Ztransfer.13'

n

Obtener la relación de tensiones V l/V tensiones en los nudos.

Solución:

que

2

de! circuito de la Figura 9.50 usando el método de las

1,61/-tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 29,8°.

~12

9.54.

Obtener

la impedancia

Solución: 5,59/17,35"

n

vista por la fuente

ZenLI


2 5 8 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK 40

50

2

j5!l 100 j2 O vtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ref.

Figura 9.50.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML

9.55.

Obtener los circuitos equivalentes Thévenin y Norton entre los terminales a b en el circuito de la Figura 9.51. Elegir la polaridad tal que V' = Va b' Solución: V'

= 20&: V, I' = 5,56/ - 23,06° A, Z' = 3,6/23,06° 50

55.8/-17.4° V

Q.

20

+

j5 O

60

j3 O

Figura 9.51.HGFEDCBA

9.56.

Obtener los circuitos equivalentes Figura 9.52. Solución: V'

= 11,5/ - 95,8° V, I' =

Thévenin y Norton entre los terminales a b en el circuito de la

1,39/- 80,6° A, Z' \O~

= 8,26/ -15,2°

Q.

V

50 •••• --'W~-o()a

30

-j4 O

L-

10 O

~----------------o()b Figura 9.52.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS SINUSOIDALES EN ESTADO ESTACIONARIO ZYXWVUTSRQPON 2 5 9 zyxwvutsrqpon

9.57.

Obtener los circuitos equivalentes Figura 9.53.

Thévenin y Norton

entre los terminaleszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW a b del circuito de la

Solución: Y' = 11,18/93,43° Y, I' = 2,24/56,56° A, Z' = 5/36,87" Q.

100

50

51J!!:.

a

50

A

j5

O b

Figura 9.53.

10

C A P íT U L O

P o te n c ia

1 0 .1 .

en

C A VUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

P O T E N C IA E N E L D O M IN IO

D E L T I E M P O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

La potencia instantánea que consume un circuito e de dos terminales definida pormlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p(t)

=

(Figura

10.1) está

(1)

v(t)i(t)

donde v(t) e i(t) son la tensión y la intensidad de corriente en los terminales, respectivamente. Si p es positiva, se está suministrando energía al circuito. Si p es negativa, el circuito está devolviendo energía a la fuente.

+

ejihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v

F ig u r a 1 0 .1 .

En este capítulo se consideran tensiones e intensidades de corrientes periódicas, con interés especial en el estado estacionario sinusoidal de circuitos lineales RLC . Como la capacidad de almacenamiento de energía de una bobina o un condensador es finita, estos elementos pasivos no pueden recibir permanentemente energía. Entonces, en estado estacionario y durante cada ciclo, toda la energía que recibe una bobina o un condensador la devuelven. Sin embargo, la energía que recibe una resistencia se disipa en forma de calor, energía mecánica, química y/o electromagnética. Por tanto, la energía neta que consume un circuito pasivo durante un ciclo es positiva o cero. 1 O .2 (a ) se ha representado la intensidad de corriente que circula por 1 0 .1 . En la FiguradcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA una resistencia de 1 kQ. Calcular y representar la potencia instantánea que consume p(t).

EJEM PLO

De

v

=

Ri

se tiene que p(t) =

vi

=

R i2

= 1000.10-6

= 10-3 W = 1 mW. Ver Figura 10.2(b). 261

262

C IR C U IT O S

. 1,

E L É C T R IC O S

m A dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA HGFEDCBA

+1

OjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 2 3 4

t, m s

5

VUTSRQPONM

'- - - mlkjihgfedcbaZYXWV

-1

(a ) p ,m W

O

(b )

F ig u r a 1 0 .2 .

1 0 .2 . La intensidad de corriente del Ejemplo 10.1 circula por un condensador de 0,5 /lF . la potencia p(t) que consume y la energía w(t) que almacena el condensador. Suponer que vdO ) = O. Representar p(t) y w(t). La Figura 1 O .2 (a ) indica que la intensidad de corriente por el condensador es una función periódica con un período T = 2 ms. Durante un período la intensidad está definida por EJEM PLO

Calcular

1 mA { -1mA

¡-

(O < (1

< 1 ms)

t

< t <

2

ms)

La tensión en el condensador es también una función periódica de igual período Durante un período la tensión es

v (t) =

e1 fr . o

dt

=

Finalmente, la potencia que consume periódicas de período T ) son:

y

t p ()-

1

w(t)='2

Cv

{2 0 0 0 t (m W )

.

V I-

2000t-4(mW)

-

2

=

I

{t

2

(J)

t 2 + 4 .1 O - 6 -4 .1 O - 3 t(J )

{

2 0 0 0 t (V) 4 - 2 0 0 0 t (V )

(O <

t

< 1 ms)

(l <

t

< 2 ms)

la energía que almacena el condensador

(O <

t

< 1 ms)

(1 <

t

< 2 ms)

[Figura

(O < t < 1 ms) (1 < t < 2

ms)

[Figura

T

1 0 .3 (a )].

(ambas funciones

1O.3(b)J

[Figura

1O.3(c)J

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONMLK 2 6 3 zyxwvutsrqp

Como método alternativo,dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA w (t) se puede obtener integrando p (t). La potencia que consume el condensador durante un período es también positiva y negativa [ver Figura 1 0 .3 (b )]. La energía almacenada en el condensador es siempre positiva, como se ve en la Figura 1O.3(c).La energía máxima almacenada esmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA W m a x = 10-6 J = 1 11,1 en los instantes t = 1, 3, 4, ..., ms. u, V 2

----~r_------~--------~--------~------~~------~-------~~ 4 2 3 5 (a )

p ,mW

2

----~~-------+--------~--------4_------~~------~~-----~~ -2 (b )

w,

f.Ú

____ ~~-------L------~~~------~----~~L-~----~-------~~ 3

2

4

5

(e )

F ig u r a 1 0 .3 .

1 0 .2 .

P O T E N C IA E N E S T A D O E S T A C IO N A R IO S IN U S O ID A L

Al suministrar una tensión sinusoidal, v = Vm cos cot, a una impedancia Z = IzILe, se establece una intensidad de corriente i = l ; cos (w t - e ). La potencia total consumida por la impedancia en el instante t es

2 6 4 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

e + cos (2 w t - e )] mlkjihgfedcbaZYXWVUT p (t) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = v i = V m Im cos w t cos (w t - e ) = !V m Im [c o s

=

V e fI ef[ COS e

=

V e fI e f COS

+ cos

e +

(2 w t -

e )]

V e fI e f COS (2 w t -

e)

(2 )

donde v"f = V m /j2 , Ief = Im /j2 e I e f = V ef/IZI. La potencia instantánea según (2) consta de una componente sinusoidal, V e fI e f COS (2 w t - e) más un valor constante V e fI e f COS e, que es el valor medio de la potencia, P rned ' Esto queda ilustrado en la Figura 10.4. Durante una parte del ciclo, la potencia instantánea es positiva, lo que indica que la potencia va hacia la carga. Durante el resto del ciclo, la potencia instantánea puede ser negativa, lo que indica que la carga devuelve potencia. El flujo neto de potencia durante un ciclo no puede ser negativo, y se conoce como p o ten cia med ia . HGFEDCBA

1 0 .3 . Se aplica una tensión v = 140 cos wt a una impedancia Z = 5/-60°. Calcular p(t). La tensión v aplicada produce una intensidad de corriente i = 28 cos (wt + 60°). Entonces,

EJEM PLO

p(t)

=

vi

= 140(28) cos

t» t

cos

(wt

+ 60°) = 980 + 1960 cos

+ 60°)

(2 wt

La potencia instantánea tiene una componente constante de 980 W y una componente sinusoidal de doble frecuencia que la fuente. El gráfico de p frente a t es similar al de la Figura lO A con 8 = - 1[/3.

wt

~

WI 2

Figura 10.4.

\

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONMLK 265

1 0 .3 .

P O T E N C IA

O A C T I V A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH

M E D IA

La potencia neta o mediamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P med = < p(t) que consume una carga durante un período se e ) en un período completo es denomina potencia a ctiva . Como el valor medio de cos (2wt - dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA cero, de (2) se obtiene, P

Si Z =

R

+

=

jX

IzlLe, entonces

=

med

e

=

R/lzl y

med

=

Ver l er

cos P

e

Ver l er cos

(3)

P med puede ser expresada

R

lZT

(4 )

V; r

o

P med

o

P

= I Zl2

med

=

como

(5 )

R

(6 )

Rl; r

La potencia media no puede ser negativa. Depende de V, 1 Y del ángulo de desfase entre ambas. Para unos Ver e ler dados, P es máxima cuando e = O. Esto ocurre cuando la carga es puramente resistiva. Para una carga puramente reactiva, lel = 90° Y P med = O . La relación de la P med con el producto Ver l er se denomina fa ctor de potencia , fp. Según (3), la relación es igual a cos e y, por tanto,

o ~ fp ~ 1 El subíndice med en la potencia activa P med .se omite frecuentemente resto de este capítulo P representará la potencia activa.HGFEDCBA

(7) y, por tanto, en el

1 0 .4 . Calcular la potencia activa P suministrada por una fuente de tensión sinusoidal con 110 V a una impedancia Z = 10 + j8. Determinar el factor de potencia.

EJEM PLO

Ver

=

Z

10 + j8

=

V

I

P

ef

= ~ = Z

= VcrIcr cos

e

=

12,81/38,7°

110 = 859/12,81/38,7" ,

Q

38 T A ,

= 110(8,59 cos 38,1") = 737,43 W

fp

cos 38,7"

=

=

0,78

Solución alternativa Se tiene que IZI2

=

100 + 64

=

P

El método alternativo

164. Entonces,

= V;rR/IZI2

= 1102(10)/164 = 737,8 W

da una solución más exacta.

L

2 6 6 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S

1 0 .4 .

P O T E N C IA

R E A C T I V A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Si u n circuito pasivo contiene bobinas, condensadores o ambos tipos de elementos, una parte de la energía consumida durante u n ciclo se almacena en ellos y posteriormente vuelve a la fuente. Durante el período de retorno de la energía, la potencia es negativa. La potencia envuelta en este intercambio se denominamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p o ten cia r ea ctiva o en cu a d r a tu r a . Aunque el efecto neto de la potencia reactiva es cero, su existencia degrada la operación de los sistemas de potencia. La potencia reactiva, que se designa como Q, se define como, (8 )

Si Z

=

= dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R jX = IZILO,entonces senO X/IZI y

+

Q puede expresarse como (9 )

o

(1 0 )

o

(1 1 )

La unidad de la potencia reactiva es el vo lta mp er io r ea ctivo (VAr). La potencia reactiva Q depende de V, 1 Y del desfase entre ellas. Es el producto de la tensión y la componente de la corriente que desfasa 900 con la tensión. Q es cero para f) = O °. Esto sucede para una carga puramente resistiva, cuando V e 1 están en fase. Cuando la carga es puramente reactiva, 101 = 9 0 ° Y Q alcanza su valor máximo para una V y una 1 dadas. Obsérvese que, mientras P es siempre positiva, Q puede tomar valores positivos (para una carga inductiva donde la corriente está retrasada respecto a la tensión) o valores negativos (para una carga capacitiva en la que la corriente está adelantada respecto a la tensión). Es habitual citar el valor absoluto de Q y el tipo de carga. Por ejemplo, 1 0 0 kVAr inductiva indica Q = 1 0 0 kVAr y 1 0 0 kVAr capacitiva indica Q = - 1 0 0 kVAr.HGFEDCBA

EJEM PLO =

1 0 .5 .

La tensión P y Q.

y

la corriente

en una carga están dadas

por Vd

=

110 V e Ier

=

2 0 1 - 5 0 ° A. Calcular

P = 110(20 cos 50°) = 1414 W

1 0 .5 .

RESUM EN

DE

L A P O T E N C IA

Q =110(20

EN

sen 50°) = 1685 VAr

CA PARA

R, L

Y

e

La potencia en eA en resistencias. bobinas y condensadores está resumida en la Tabla 1 0 .1 . Se usan Ver e Ier para incluir los á n g u lo s de fase. La última columna de la Tabla 1 0 .1 es S = V 1, donde S es conocida como potencia a pa r ente. S se explica más detalladamente en la Sección 1 0 .7 .

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONMLK 2 6 7 zyxwvutsrq

Tabla 10.1. ¡

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v = (V J 2) cos wt Ver = V~ i P

(1 J 2)

=

cos (úJ t - dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA lJ) l.r = II-0 ·

VI cos O , Q

=

=

VIsen

O y S = VI (potencia aparente)

i

t;

Z VJ 2

--

R

R

--

-j -

V J 2C úJ

CúJ

cos (M + 90·)

P

-

sen Zcot

O

- V2 C úJ sen 2M

190·

-

R

Lw

VC w

V2

O

-

R

1 -9 0 ·

S

Q

V2

(1 + cos 2úJ t)

V2

V Lw

(oir - 90·)

COS

Lw C

-

-~

io t

R

VJ 2

jl.co

V2

V

cos

R L

p(t)

O

R V2

V2

-

-

LúJ

LúJ

- V2 C w

V2 C úJ

I

EJEM PLO

Denominar

HGFEDCBA

10.6. 'Calcular la potencia suministrada por una fuente sinusoidal a un! resistencia a los valores eficaces de la tensión y la intensidad como V e 1 , respectivamente. P R(t)

=

vi R

=

=

RI2(l

(J 2V

cos wt)(J 21

+ cos 2úJ t)

V2

= -

cos

cor)

=

2V I cos ' t» :

=

V 1(1

+ cos 2U J t)

R.

=

(1 + cos 2M)

R

Por tanto,

Q=O

La potencia instantánea consumida por una resistencia varía sinusoidalmente entre cero y 2R/2, con el doble de la frecuencia de la excitación, y con un valor medio de P = RI2. En la Figura 1 0 .5 (a ) se han representado v(t) y P R(t).

EJEM PLO

P L(t)

=

ViL

V2

= -

10.7.

=

(J 2V

Calcular la potencia de CA consumida cos U J t)[ J 21

cos (M - 90·)]

=

2VI

=

VI

por una bobina L.

cos M sen on

=

VI sen 2U J t

=

úJ U 2

sen 2U J t

sen 2U J t

LU J

Por tanto,

P=O

V2

Q

= -

=

LU J I 2

LU J

La potencia instantánea consumida por una bobina varía sinusoidalmente entre Q doble de frecuencia que la fuente, y un valor medio nulo. Véase Figura 10.5(h).

y

- Q,

con el

2 6 8 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v (/!

~----~~--------~------~--------~------~--------~------~~----~~

~----~~--------~----~~~------~------~~------~------~'----zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1T

-'1 1 '

(a )

I--------~--------+_------_+------~~------_;--------~------~r_------~wr

(b )

F ig u r a 1 0 .5 (c o n tin ú a ).

P O T E N C IA E N C A HGFEDCBA 2 6 9 mlkjihgfedcba

pC < t)

~~-----r~------~-------f------~t--------+--------~-------i~------~wtdcba

(e )

P r= V /[c o s

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML 6 + cos(2wt - 6)]

--------~~----------~--~~------r_--~--_.~----------~--~f_------~wt (tI)

Figura 10.5

EJEM PLO

p c< .t)

= ríe =

1 0 .8 .

(J 2 V

(c o n tin u a c ió n ).

Calcular la potencia de CA consumida cos 0 J t)[ J 2 1

cos (wt +

9 0 °)]

= -

por un condensador

2 V 1 cos 0 J t sen o n

= -

VIsen

C.

2 wt

= -

wC V

2

sen 2 wt

sen 2 wt

Por tanto,

p= o

Q

= -

12

VI

= - -

'

= -

,

C wV2

Cw

Como en el caso de la bobina, la potencia instantánea consumida por un condensador varía sinusoidalmente entre - Q y Q , con el doble de frecuencia que la fuente, y un valor medio nulo. Véase Figura 1 O .5 (c ).


1 0 .6 .

IN T E R C A M B IO Y UN

Si una bobina

DE

E N E R G ÍA

ENTRE

UNA

B O B IN A

C O N D E N S A D O R zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

en paralelo por la misma fuente de tensión de la potencia consumida por el condensador está 180 desfasada respecto a la potencia que consume la bobina. Esto está explícitamente reflejado en los signos opuestos de la potencia reactiva Q para la bobina y el condensador. En ese caso, la bobina y el condensador intercambiarán energía una con otra, al margen de la fuente. Esto reduce la potencia reactiva suministrada por la fuente a la combinacióndcbaZYXWVUTSRQ L e y, por consiguiente, mejora el factor de potencia. Ver las Secciones 10.8 y 10.9.HGFEDCBA y

un condensador

se alimentan

e A o en serie con la misma fuente de intensidad, 0

EJEM PLO 1 0 .9 . Calcular la potencia instantánea total p (t), la potencia activa P y la potencia reactiva Q , suministradas por una fuentemlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v = (V)2 ) cos wt a una combinación paralelo RLC . La potencia instantánea total es

PT

Sustituyendo obtiene

=

vi

=

v(i R

+ i L + id = P R + P L + P c

los valores de P R' P L Y P c calculados en los Ejemplos 10.6, 10.7 y 10.8, respectivamente,

PT

=

:2

(1 + cos 2 wt) +

V2[C~ -

cw)

se

sen 2 wt] /

La potencia media o activa es I

La potencia reactiva es QT

=

QL

+ Qc =

V (L~ 2

Para (1 /Lw) - C w = 0, la potencia reactiva total es cero. La Figura carga con un factor de potencia en adelanto.

1 0 .7 .

P O T E N C IA

C O M PL E JA ,

Y T R IÁ N G U L O

DE

P O T E N C IA

(1 2 )

Cw ) 1 0 .5 (d ) muestra

P T(t)

para una

APARENTE

P O T E N C IA S

Las dos componentes P y Q de la potencia tienen diferentes significados y no pueden ser sumados aritméticamente. Sin embargo, pueden ser representados apropiadamente en forma de una magnitud vectorial denominada potencia compleja S, que se define como S = P + jQ . 2 El módulo ISI = + Q2 = V e fl e f se denomina potencia a pa r ente S y se expresa en unidades de voltamperios (VA). Las tres magnitudes escalares, S, P Y Q , se pueden representar geométricamente como la hipotenusa.rel cateto horizontal y el vertical, respectivamente, de un triángulo rectángulo (denominado triángulo de potencias), como se ve en la Figura 1 0 .6 (a ). El triángulo de potencias es simplemente el triángulo de la impedancia Z multiplicado por el factor l;f según muestra la Figura 1 0 .6 (b ). En la Figura 10.6(c) y (d ) se han representado los triángulos de potencias de una carga inductiva y una carga capacitiva, respecti vamen te.

Jp

P O T E N C IA E N C A HGFEDCBA 271

X / mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ Q dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2

p

(b )

(a )

o zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV (inductiva)

(el

/

(d)VUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA F ig u r a 1 0 .6 .

Se puede probar fácilmente que S = VerI;r, donde Ver es el complejo del valor eficaz de la del valor eficaz de la intensidad de corriente. Una tensión e r es el complejo conjugado fórmula equivalente es S = 1 ;rZ. En resumen,

I:

Potencia

compleja:

S =

v.r; =

P + jQ

= I;rZ

(1 3 )

"

Potencia

activa:

":

Re[S] = Vcr1er cos

e

(1 4 )

Potencia

reactiva:

Q = Im[S] = Ver1er sen

e

(1 5 )

Potencia

aparente:

S = Ver1er

(1 6 )

C IR C U IT O S

272

E L É C T R IC O S

E J E M P L O 1 0 . 1 0 . dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Una tensión sin uso id al de valor eficaz VerjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO = 10 V se conecta a una impedancia Z¡ = 1 + jn según muestra la FiguramlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 O .7 (a ). Calcular, i¡ , I¡.er, p ¡ (t), p ¡ , Q ¡ , el factor de potencia fp ¡ y SI' b ) Repetir el apartado a ) después de sustituir la carga Z¡ por Z2 = 1 - jn , según la Figura 1 O .7 (b ). e) Repetir el apartado a ) después de conectar en paralelo Z¡ y Z2' como se ve en la Figura 1O.7(c). Sea v = 1O J '2 co~ o n .

a)

Véase Figura 1 0 .7 (a ). Z¡ i¡

=

Véase Figura 1 O .7 (b ). Z2

/2 /4 Y

10 cos (wt - 4Y)

=

I¡,er

b)

=

p ¡ (t)

i2

=

(lO O J 2 .) cos

on cos (wt - 4Y) =

=

50 + (5 0 J 2 .) cos (2 wt - 45°) W

Q2

fp.

=

IS¡I

=

50J 2.

=

50 + (5 0 J 2 .) cos (2 wt + 4Y) W

COS

v;,r! z.er cos 4Y

= -

=

Ver ! z.er sen 45° 2

50 W

= - 50 VAr

+ jQ 2 = 50 - j5 0

S2 = IS21 = 5 0 J 2 . = 70,7 VA

0,707 en retraso

fp,

=

0,707 en adelanto /

v = IOV

Q1 j

p¡

(a )

P2 v = IOV

O

T-

Q2 j

(b )

Figura 10.7

(c O lm n ú a ).

+ 45°)

(lO O J 2 .)

S2 = P

= 70,7 VA

ca t cos (wt

=

P 2 =

= Ver!r.er sen 4Y = 50 VAr

=

10 cos (wt + 4Y)

=

P 2 (t)

S¡ = p ¡ + jQ ¡ = 5 0 + j5 0

S¡

J 2 .I-4 Y

1 2•er= lO J 2 ./4 Y

5 J 2 .I-4 5 °

P , = Ver! i.er cos 4Y = 50 W

Q¡

=

W

P O T E N C IA

HGFEDCBA EN CA 273

s = dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG p = mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML P, + P,

(d v(t)

p (t)

100

__J-

~L-

~~~

~~

Id )

'i; : ig u r a

1 0 .7

(continuación).

__ ~ WlVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

2 7 4 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

e)

Véase Figura 1O.7(c)

Z - z IIZ -

i

1

= 10)2

2 -

+ dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j)(l - j) - 1 (1 + j) + (1 _ j) (1

cosmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA to t

lef = 10 p(t) = 200 cos? cot = 100 + 100 cos 2 wt (W) P = Veflef= 100 W

Q=O S =

= 100

P

S = ISI = 100 VA fp = 1 Los resultados del apartado e) también pueden obtenerse en paralelo, i = i l + i 2 y, por consiguiente,

Z IIIZ2

p(t)

=

P I(t)

+ P 2(t)

observando

=

= [50 + 50)2 cos (2 wt - 4Y)] + [50 + 50)2 = 100 + 100 cos 2M W P = P

1

+ P

Q = Q

1

+ Q 2 = 50 - 50 = O

2

que para la combinación

cos (2 wt + 4Y)] =

= 50 + 50 = 100 W

S=100
EJEM PLO

1 0 .1 1 .

Un cierto circuito pasivo tiene una impedancia

de potencias. La Figura

equivalente

Z

=

tensión aplicada

3 + j4

1 O .7 (d )

n y una

v = 42,5 cos (1 0 0 0 t + 30°) (V)

Obtener la información

completa

sobre las potencias. 425 V = ~ /30° V ef )2

v,

I = -

ef

Z

=

(42,5/)2)/30° 5/53,13°

=

8,5

-=

)2

/-

23 13° A '

S = Vefl:f = 180,6/53,13° = 108,4 + j144,5

-

Por tanto, P = 108,4 W, Q = 144,5 VAr (inductiva), S = 180,6 VA Y fp = cos 53,13° = 0,6 en retraso.

P O T E N C IA

EN CA

zyxwvutsrqponmlkj 275

10.8. CIRCUITOS CONECTADOS EN PARALELO La potencia compleja S es también útil para analizar circuitos reales, por ejemplo, un conjunto de electrodomésticos conectados en la misma línea de potencia. Según la Figura 10.8,dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ST

=

v.r;

= S¡ +

= Ve~I~,ef + I;,ef + ... + I~.ef) = + ... + S,

S2

de dondemlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA PT

=

P 1+

QT

=

Q 1 + Q2 +

P 2+

ST

= J p } + Q}

+ Pn + Qn

PT

fP T = ST

2 +-

Ier

r, Ver

n

[

O,

p~ (

Q

I

p~

o,

p.

O.

Figura 10.8.

Estos resultados (que son los mismos para circuitos conectados en serie) implican que el triángulo de potencias del circuito se puede obtener sumando los triángulos de cada una de las ramas. En el ejemplo de la Figura 10.9, n = 3, con las ramas 1 y 3 supuestas inductivas y la rama 2 capacitiva. En ese diagrama, algunos triángulos pueden degenerar simplemente en segmentos rectos si las correspondientes R o X son nulas. Si los datos de potencia de las ramas individuales no son importantes, el circuito puede ser sustituido por su admitancia equivalente, y con ella se puede calcular directamente Sr-

Figura 10.9.

276

C IR C U IT O S

E L É C T R IC O S

HGFEDCBA

1 0 .1 2 . Se conectan tres cargas en paralelo a una línea de eA de 6 kV eC' como se ve en la Figura 10.8. Sabiendo que

.E J E M P L O

P zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P 2 = 20 k W, fp2 = 0,5 en retraso;dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P 3 = 15 kW, fp3 = 0,6 en retraso,VUTSRQPO I = 10 kW, fPI = 1;mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

calcular P T, Q T' ST' fp ., Y la intensidad de corriente leC' En primer lugar se calcula la potencia reactiva de cada carga:

°

°

O 1,73

QI = PI tg

=

cos 0 3

tg 83

=

1,33

Q 3= P 3 tg0 3 = 20kVAr

fp 1 = cos fP3

=

Entonces, P T , Q T' ST

y

1

= 1 =

0,6

Q2

=

1

P 2 tg 02

= O kVAr = 34,6 kVAr

fPT son PT QT

= PI + = QI +

ST =

J p2

P2 + P3

= 10 + 20 + 15 = 45 W

Q2 + Q3

= 0+ 34,6 + 20 = 54,6 kVAr

+ Q 2 = J 45 2

+ 54,62 = 70,75 kVA

fPT = P TjST = 0,64 = cos 0T; 0T

=

50Y

(70,75 kVA)j(6 kV)

=

11,8 A

leC

=

leC =

SjVeC =

en retraso

11,8(- 50,5° A

La intensidad de corriente también se podría haber determinado esta opción llevaría más tiempo.

1 0 .9 .

°

tg 1 tg 82

=

fp2 = cos 02 = 0,5

de 1=

I1

+ 12 + 13' Sin embargo,

M E JO R A D E L F A C T O R D E P O T E N C IA

El servicio eléctrico a los consumidores industriales es trifásico, a diferencia de la energía monofásica que se suministra a los consumidores domésticos y pequeños comerciantes. Mientras las formas de medida y facturación varían según las utilidades, para los grandes consumidores será siempre ventajoso reducir la componente en cuadratura de su triángulo de potencias; esto se denomina «mejora o corrección del factor de potencia». Las industrias generalmente tienen una componente inductiva global debido a su gran número de motores. Cada carga individual es o una resistencia pura, con factor de potencia unidad, o una resistencia con una reactancia inductiva con un factor de potencia en retraso. Todas las cargas están conectadas en paralelo, y la impedancia equivalente hace que la corriente esté retrasada y que exista un consumo de potencia reactiva inductiva Q. Para corregir el factor de potencia se conectan a la fuente baterías trifásicas de condensadores o en el lado primario o en el secundario del transformador principal, tal que la combinación de la carga de la instalación y las baterías de condensadores presente una carga a la fuente que esté próxima al factor de potencia unidad. EJEM PLO

por la batería ¿Qué potencia reactiva capacitiva Q debe ser proporcionada de la Figura tOJO para corregif el factor de potencia hasta 0,95 en retraso?

1 0 .1 3 .

condensadores

de

P O T E N C IA

EN

CA

VUTSRQPONML 2 7 7 zyxwvutsrqp

3,5m.: n

F ig u r a 1 0 .1 0 .

Antes de conectar la batería de condensadores,

fp

=

cos 2Y

=

0,906 en retraso,

y

240LQ: 1 = -= 68 6/- 25° A 1 3,5/25° ' • ( 240 ) ( 68,6 ) S = VefI'ef =mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA LQ: /+25° = 8232/25" = 7461 + j3479

J2

Después de la corrección, Entonces (ver Figura 10.11), 3479 - Q ....:.C 7461

___

J2

el triángulo

= t

g,

tiene la mismadcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P , pero su ángulo es cos-1 0,95 = 18,19°.

1819°

El nuevo valor de potencia aparente es S' 378 VA, representa un 4,6%.

o =

Qc

=

1027 VAr (capacitiva)

7854 VA, siendo el original S

=

8232 VA. El descenso,

0 = 3479 VAr (inductiva)HGFEDCBA

P=7461

W

F ig u r a 1 0 .1 1

Las potencias. nominales de los transformadores, los sistemas de distribución y los alternadores de la compañía se dan en kV A o MVA. Por consiguiente, una mejora en el factor de potencia, con su correspondiente reducción en kVA, libera parte de su capacidad de generación y transporte que puede ser usada para atender a otros consumidores. Ésta es la razón estructural de fondo que encarece operar con un bajo factor de potencia a un cliente industrial. Frecuentemente se realizan estudios económicos comparando el coste de una batería de condensadores frente al ahorro que supondría. Los resultados de esos estudios demostrarán si debería realizarse la corrección y el factor de potencia final que debería obtenerse.

278

C IR C U IT O S

E L É C T R IC O S


EJEMPLO 10.14. Una carga dedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P = 1000 kW con un fp = 0,5 en retraso es alimentada por una fuente de 5 kV. Se añade un condensador yn paralelo para corregir el factor de potencia hasta 0,8. Calcular la reducción en la intensidad de corriente suministrada por el generador. Antes de la corrección: P

= 1000 kW; cosmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e = 0,5; S = P ic o s e = 2000 kVA; 1 = 400 A

Después de la corrección: P

=

= 1000 kW; cos

Por tanto, para la misma cantidad 0,375 o un 37,5%.

e=

0,8; S =

P ic o s

e=

1250 kVA;

1

= 250 A

de potencia activa, la corriente se reduce en (400 - 250)/400

=

EJEMPLO 10.15. En el Ejemplo 10.12 se añade una cuarta carga Q4 en paralelo con las otras tres, de forma que el factor de potencia total suba a 0,8 mientras se mantiene el consumo de potencia activa total. Calcular Q4 y la potencia aparente S resultante. Explicar el efecto sobre la corriente. En el Ejemplo 10.12 se determinó que las potencias activa y reactiva totales eran P = P ¡ + P 2 + + P 3 = 45 kW y Q = Q¡ + Q2 + Q3 = 54,6 kVAr, respectivamente. Para compensar, se añade una carga Q4 (con P 4 = O) tal que el nuevo factor de potencia sea fp = cos e = 0,8, o = 3 6 ,8 T. Entonces, tg 3 6 ,8 T = P /(Q + Q 4) = 45/(54,6 + Q 4) = 0,75

Q4

= -

20,85 kVAr

Los resultados están resumidos en la Tabla 10.2. Al añadir la carga de compensación Q4 se reduce la potencia reactiva de 54,6 kVAr a 33,75 kVAr y se mejora el factor de potencia. Esto reduce la potencia aparente S desde 70,75 kV A a 56,25 kVA. La corriente se reduce en la misma proporción. Tabla 10.2. P,kW

C a rg a

#1 #2 #3 #(1 + 2 + 3) #4

45°

Total

10.10.

10 20 15 45

pf

1 0,5 retraso 0,6 retraso 0.64 1 retraso 0,8

Q , kVAr

°

34,6 20 54,6 -20,85 33,75

S,kVA 10 40 25 70,75 . 20,85 56,25

POTENCIA MÁXIMA 1;RANSFERIDA

La potencia activa suministrada a una carga Z¡ desde un generador sinusoidal con una tensión en circuito abierto V g yuna impedancia interna Zg = R + jX es máxima cuando Z¡ es igual al complejo conjugado de Zg, esto es, Z¡ = R - jx . La' potencia activa máxima suministrada a Z¡ resulta P = V~ /4 R. lllax

EJEMPLO 10.16. Un generador de tensión eficaz v:/ = 100 V Y Z!/ = 1 + l alimenta a una carga = 2 Q (Figura 10.12). a ) Calcular la potencia activa P Z¡ (consumida por Z ¡), la potencia activa P g (disipada en Z,/) y P T (suministrada por el generador). b ) Calcular el valor de una segunda carga Z 2 tal que, al ser conectada en paralelo con Z ¡. haga que la impedancia equivalente valga Z = Z ¡IIZ 2 = Z ;. Z¡

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONMLK 2 7 9 zyxwvutsrq

e) Conectar en paralelo la carga Z2 obtenida en el apartadomlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b) y calcular las potencias P z, P Z¡ ' P Z2 (consumidas por Z, Z¡ y Z2' respectivamente),dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA r , (consumida por Zg) y P T (suministrada por el generador). a)

IZ¡ + Zgl = 12 + 1 + jl = J IO . Las potencias requeridas son: P Z¡ Pg PT

b)

1 = Vg/(Z¡ + Zg) = 100/(2 + 1 + j) e 111= IOJIO

Por tanto,

= Re[Z¡J ·IW =

2(10J IO )2

A.

= 2000 W

= Re[ZgJ ·IW = 1(10J 10)2 = 1000 W = P Z¡ + P g = 2000 + 1000 = 3000 W

Sea Z2 = a + jb. Para determinar

a y b se iguala Z¡IIZz = Z; = 1 - j. Entonces,

Z¡Z2

2 (a

-= ----= -=

Z¡ + Z2

2 +

+ jb) a

.

= l- J

+ jb

de donde a - b - 2 = O Y a + b + 2 = O. Resolviendo este sistema de ecuaciones, a = O Y b = - 2; sustituyendo en la ecuación anterior, Z2 = - j2. e)

Z = Z¡IIZz = 1 - j y Z + Zg = 1 - j + 1 + j = 2. Entonces, 1 = Vg/(Z + Zg) = 100/(1 - j + 1 + j) = 100/2 = 50 A, y, por tanto, Pz

Para

calcular

= Re[ZJ· 12 = 1· 502 = 2500 W P Z¡

Y P Z2

se determina

IZ¡ = Vz/Z¡ = 50(1 - j)/2 = (25J 2)/P Z¡

= Re[Z¡J 'IIz¡12 =

2(25J 2)2

Pg

primero

= Re[ZgJ' 12 = 1· 502 = 2500 W V z en Z: V z

=

IZ

=

50(1 - j).

Entonces

45", y

= 2500 W

P Z2

= OW

PT

=

r,

+ P Z¡ = 5000 W

Se puede concluir que

v,~_z,:Jz, y

Pz¡ = Pz =

2500 W

Figura 10.12.HGFEDCBA

PROBLEM AS

10.1.

RESUELTOS,

La intensidad de corriente representada en la Figura 1 0 .2 (a ) circula por un condensador de 0,5 rlF en serie con una resistencia de 1 kQ. Calcular y representar: a ) la caída de tensión total entre ambos elementos en serie y b ) la potencia instantánea p consumida por R e . e) Comparar los resultados con los Ejemplos 10.1 y 10.2

2 8 0 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Según la Figura 10.2(a ), las tensiones durante cada ciclo son

v

R

-IV

e f'

b)

=

v

o

+

R

e)

10.2.

10.3.

ms)

=

{1

+ 2000t

(V )

2000t

(V )

(O < t < 1 ms) < t <

(1

2

[Ver Figura 10.13(a )]

ms)

un ciclo,

.

=

vi

2

(O < t < 1 ms) (V ) dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 _ 2000t (V ) (1 < t < 2 ms)

=

3 -

(O < t < 1 ms)

{2000t (m W ) 2000t _ 4 (m W )

P e = vel =

=

< t <

{2000t dt

I

ve

Durante

P

(1

.

1

ve =

v

(O < t < 1 ms)

I V

= {

+

PR

Pe

=

(1 < t < 2 ms)

{1 +

2000t 2000t - 3

(O < t < 1 ms)

(m W ) (m W )

(1

< t <

2

ms)

[Ver Figura 1O .13(b)]

La potencia media suministrada al circuito durante un ciclo es igual a la potencia media consumida por la resistencia. Éste es el mismo resultado obtenido en el Ejemplo 10.1. La potencia que se intercambia entre la fuente y el circuito también coincide con el resultado obtenido en el Ejemplo 10.2.

Una tensión de CA de 1 V alimenta: Z = I + j Q Y e ) a una carga Z = 1 -

=

a)

a una resistencia de 1 Q, b ) a una carga Calcular P en cada uno de los casos.

j Q.

= 1/1 = 1 W.

2

a)

P

V /R

b)

IZI =

11 +.;1

e)

IZI =

11 -

= j2. Entonces

P

= V2/IZI = I/J 2 = 0,707 W.

jl = J "2. Entonces

P

= V 2/IZI = I/J 2 = 0,707 W.

Obtener la información completa sobre la potencia en un circuito pasivo alimentado con una tensión aplicada de v = 150 cos (w t + 10°) V Y que absorbe una corriente i = 5 cos (cot - 50°) A. Usando la potencia compleja S Por tanto, retraso.

P

• = (150 = Vcrlcr J2

= 187,5 W,

Q

/10° ) (

J 25

/50° )

= 375/60° = 187,5 +

j324,8

= 324,8 VAr (inductiva), S = 375 VA Y fp = cos 60° = 0,5 en


v, jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

3 2

--~--------~--~~~--------~--~~~~------~--~~ o

(a )

p ,m W

3dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

--~--------~--~~~~----~~--~~~--------~--~~o -1 (b )

Figura 10.13.

10.4.

Un circuito serie con dos elementos consume una potencia activa de 940 W y tiene un factor de potencia 0,707 en adelanto. Determinar los elementos del circuito si la tensión aplicada es v = 99 cos (6 0 0 0 t + 30°) V. = 70 V. Sustituyendo

La tensión eficaz es 99/)2 940 Entonces, (1 9 )2 R y, por tanto,

=

10.5.

de 2,6

=

=

R - jX c

= l/w C ,

C

=

o

(70)Ie~0,707)

940, de donde R

Z Finalmente,

=

64,1

e,

en P = Ver1er cos Ier

=

19 A

2,6 n . Para un fp en adelanto,

e

donde

2,6 n

xe =

R tg 45"

=

=

cos-1

0,707

=

-45"

J iF .

De.terminar los dos elementos de un circuito serie conociendo la intensidad de corriente i = 4,24 cos (5 0 0 0 t + 45°) A, la potencia activa 180 W y el factor de potencia 0,8 en retraso. El valor eficaz de la corriente es Ier

=

4,24/)2

o

=

3 A. Entonces, R

=

20 n


El argumento de la impedancia es () = cos - 1 0,8 = + 36,87°, por lo que el segundo elemento debe ser una bobina. Del triángulo de potencia,

Q

¡2X

P

180

-=~= Finalmente, 1 0 .6 .

de 15

=

5 0 0 0 L, L

=

t

g,

3687"mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o

3 mH.

Calcular las potencias consumidas triángulos de potencia.

por cada elemento de la Figura 10.14

-

1 = 1 4 ,1 4 lM L

dibujar sus

30 dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

A

o

j6

•.

y

1'

o

- j2

F ig u r a 1 0 .1 4 .

La corriente eficaz es 14,14/J 2 P = (lW3=

=

10 A.

300 W

Qj6fl = (10)26 = 600 VAr (inductiva)

Q-j2fl = (10)22 = 200 VAr (capacitiva)

s=

J (3 0 0 )2

Los triángulos

+ (600 - 2 0 W = 500 VA

de potencia están representados

600 VAr (inductiva)

1

fp

=

P IS

=

0,6 en retraso

en la Figura 10.15.


P=300W

F ig u r a 1 0 .1 5 .

1 0 .7 .

Un circuito serie con R = 10 n y X ¿ = 5 n tiene una tensión eficaz aplicada de 120 V. Determinar las potencias consumidas por los elementos. ~

Z = J 10 2

+ 52 = 1l,18 n

1

e

f

120 = -= 10.73 A 11.18

P O T E N C IA

EN CA

VUTSRQPONML 2 8 3 zyxwvutsrq

Entonces:dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Q =mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 ;rX e = 576 VAr (capacitiva)

s=

}(1152)2

+ (576)2 = 1288 VA

Y fp = 1152/1288 = 0,894 en adelanto.

10.8.

Las impedancias Zl = 5,83/ - 59° n y Z2 = 8,94/63,43° n están en serie y por ellas circula una intensidad de corriente de valor eficaz 5 A. Determinar los valores totales de las potencias que consumen ambas impedancias. ZT

=

Z¡ + Z2

=

7 + j3 n

Por tanto, QT ST

10.9.

= }(175)2

= (W (3 )

75 VAr (inductiva)

175 fp = -= 0,919 en retraso 190,4

+ (7W = 190,4 VA

Obtener las potencias totales consumidas

=

por el circuito paralelo de la Figura 10.16.

Por división de la corriente, 15 = 17,88/18,43° A Entonces,

PT

QT

ST

= C)~8y(5)

=

(17,88)2

}2 .

= }(2156)2

14 = 26,05/-12,53°

+ C~~5y(4)

. (3) = 480 VAr (capacitiva)

+ (480)2 = 2209 VA

2156 pf = -= 0,976 en adelanto 2209

50

-j3 O

-

1= 42,4l!r

=,a156

A

40 Figura 10.16.

W

A

2 8 4 jihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C IR C U IT O S E L É C T R IC O S M é t o d o a lt e r n a t iv o zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Zeq =

j3) . 4(5 -mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA . = 2,4 - jO ,53 n 9 - j3

Entonces,dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P

1 0 .1 0 .

= (42,4/)2)2(2,4)

= 2157 W

y

Q = (42,4/)2)2(0,53)

= 476 VAr (capacitiva).

Calcular el factor de potencia del circuito de la Figura 10.17. Sin especificar la tensión o la corriente, P , Q y S no se pueden calcular. Sin embargo, el factor de potencia es el coseno del ángulo de la impedancia equivalente. Z

eq

fp

= (3 +

j4 )(1 0 ) j4

13 +

cos 36,03°

=

=

= 368/36,03° n '

0,809 en retraso

3n j4 n 0~Nrr--'V'''fV' •...•

I

F ig u r a 1 0 .1 7 .

1 0 .1 1 .

Si la potencia total en el circuito de la Figura potencias que se disipan en las dos resistencias?

10.17 es 1100 W, ¿cuáles son las

Por división de la corriente, /¡.er

Z2

i.:

ZI

y, por tanto,

Resolviendo la ecuación anterior junto con Y P lO n = 500 W.

P 3n

+

P lO n

= 1100 W se obtiene

P 3n

= 600 W

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONMLK 285

1 0 .1 2 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Obtener el factor de potencia de un circuito con dos ramas en

paralelo en el que en la primera rama hay una Z¡ = 2 + mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j4 n , y en la segunda una Z2 = 6 + jO n . ¿Por qué valor debe ser sustituida la resistencia de 6 n para obtener un factor de potencia total de 0,9 en retraso?

Como el ángulo en la admitancia equivalente es el valor negativo impedancia equivalente, su coseno también da el factor de potencia.

Yeq

fp

= --

1

del ángulo

1

+ - = 0,334/-

36,84° S 2 + dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j4 6

=

cos ( - 36,84°)

=

0,8 en retraso

El fp está en retraso, ya que el argumento de la impedancia es positivo. Ahora, para elevar el factor de potencia a 0,9, el ángulo de la admitancia cos - ¡ 0,9 = - 25,84°. Entonces,

se requiere

1/5 --

1

1

10

R

de la

=

tg 25,84°

o

R

=

3,20

debe ser

n

-+ -

1 0 .1 3 .

Una tensión de 28,28/60° V se aplica a un circuito paralelo de dos ramas en el que Z¡ = 4/30° n y Z2 = 5/60° n . Obtener los triángulos de potencias de ambas ramas y combinarlos en un triángulo de potencias total.

Q 2 = 6 9 ,3 V A r

(inductiva)

Q ¡ = 5 0 VAr

(inductiva)

r , = 8 6 .6

W

F ig u r a 1 0 .1 8 .

286

C IR C U IT O S

E L É C T R IC O S

11

V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

= 7,07/30° A ZIVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

= -

SI = (

S2 = (

1 0 .1 4 .

~/2

28 28

~/2

de potencias

y

/60°

) (7 07

-) ~/2 /- 30°

j2

) (5 66

N...

)

jl1 9 ,3

= 100/30° = 86,6 + mlkjihgfedcbaZYXWVU j5 0

= 80/60° = 40 + j6 9 ,3 dcbaZYXWVUTSRQPONML

= 174/43,3" VA

su suma se han representado

en la Figura 10.18.

o Determinar las potencias que consumen las tres cargas conectadas en paralelo: carga #1,250 VA, fp = 0,5 en retraso; carga #2,180 W, fp = 0,8 en adelanto; carga #3, 300 VA, 100 VAr (inductiva). Se calcula la potencia activa P Carga

#1 . Dados S P

Carga

#2

=

Carga

#3

la reactiva Q de cada carga.

e

=

= 250(0,5) = 125 W

Dados

P

Dados S

=

=

Combinando

0,5 en retraso. Entonces, Q = J (2 5 0 )2 - (1 2 W

= 180 W, cos

e=

300 VA, Q

=

=

= 216,5 VAr (inductiva)

0,8 en adelanto. Entonces

180 tg (-36,87")

P

=

e=

cos

-1

0,8 = - 36,87" Y


100 VAr (inductiva). Entonces,

J (3 0 0 )2

- (100)2

= 282,8 W

los componentes: PT

QT ST

Por tanto,

y

250 V A, cos

Q

1 0 .1 5 .

/60°

= SI + S2 = 126,6 +

ST

Los triángulos

28 28

ST

= 125 + 180 + 282,8 = 587,8 W = 216,5 - 135 + 100 = ,181,5 VAr (inductiva) = 587,8 + j1 8 1 ,5 = 615,2/17,16°

= 615,2 VA Y fp = cos 17,16° = 0,955 en retraso.

Obtener el triángulo de potencias y la intensidad de corriente total en el circuito en paralelo de la Figura 10.19, si en la rama 2, S 2 = 1490 VA.

P O T E N C IA

o

Ir

EN

CA

VUTSRQPONMLK 2 8 7 zyxwvutsr

0 3!l

2!l

•

~ ;3!ldcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

i F ig u r a 1 0 .1 9 .

2 l2

r=

.e

y

1490

+ 62

J 32

=

222 A

2mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

por división de la corriente, II -= --

12

3 + j6

2 lter .

por tanto

2 + j3

Entonces,

SI

2 2 3 + 6 2 2 + 3

2 .

= 2

45 (222) 13

=-

l2er

= 768

A

2

= l~.erZI = 768(2 + j3) = 1536 + j2304

S2 = li.erZ2 = 222(3 + j6) = 666 + j1332 S1' = SI + S2 = 2202 + j3636 esto es,

PT =

2202 W, Q T

Sr = J (2202)2

3636 VAr (inductiva),

=

+ (3636)2 = 4251 VA

fp

y

Como el ángulo de fase de la tensión es desconocido, de I T. Por división de la corriente, 2 + j3 1 2= - - I T 5 + j9 y

4251

=

O 518 en retraso '

solamente se puede obtener el valor

o

entonces 2

1 r.er

1 0 .1 6 .

2202 = --

=

106 13 (222)

=

1811 A

2

o

II.cr

=

42,6 A

Obtener el triángulo de potencias del circuito de la Figura 10.20, si la potencia reactiva total es 2500 VAr (inductiva). Determinar las potencias de las ramas, P I Y P 2 ' La admitancia

equivalente

permite calcular el triángulo Yeq =

Entonces,

PT ST =

y

fp

= P 1 '/S

T

=

0,771 en retraso.

y

I + Y2

= 0,2488/-

-u~ potencias

39,57° S

= 2500 ctg 39,57° = 3025 W 3025 + j2500

=

3924/39,5r

VA

total.


La relación de las intensidades P ¡

Ii(4 )

-

= --

de donde

P,

=

= 1,88

n(12)

P2

1975 W

2 = 0 ,1 7 7 /0 ,0 7 4 5 . es 1mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ¡ Il 2 = Y¡ IYdcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

P ', + P 2

Y

= 3025 W

1050 W.

y P2 =

F ig u r a 1 0 .2 0 .

1 0 .1 7 .

Se ha corregido el factor de potencia de una carga de 300 kW, con un factor inicial de 0,65 en retraso, hasta 0,9 en retráso mediante condensadores en paralelo. ¿Cuántas kVAr deben suministrar esos condensadores, y cuál es el porcentaje de reducción de la potencia aparente? En primer lugar se obtienen los ángulos correspondientes cos -

0,65

¡

=

49,46°

cos

-1

0,9

a los factores de potencia: =

25,84°

Entonces (ver Figura 10.21), Q

300 tg 49,46°

=

=

350,7 kVAr (inductiva)

Q - Qc = 300 tg 25,84° = 145,3 kVAr (inductiva) de donde, Qc

=

205,4 kVAr (capacitiva). Como S

300 = -

0,65

=

461 5 kVA '

S'

300

=-

0,90

= 333,3 kVA

la reducción es 461 5 - 3333 , , (100%) = 27,8% 461,5HGFEDCBA

300kW

F ig u r a 1 0 .2 1 .

P O T E N C IA

e

HGFEDCBA E N C A VUTSRQPONML 289

1 0 .1 8 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Calcular la capacidad necesaria para corregir el factor de

potencia a 0,95 en 10.22, si la tensión eficaz de 120 V tiene una

retraso en el circuito de la Figura frecuencia de 60 Hz. El uso de la admitancia Yeq El diagrama

es una buena opción. 1

dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + 20/30° = 0,0433 - j(0 ,0 2 5 - w c ) (S)

= jw C

de admitancias,

Figura 10.23, ilustra el siguiente paso:mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

e 0,025 -

=

wC

=

wC

=

C

=

cos-I 0,95 = 18,19° (0,0433)(tg 18,19°) 0,ü108 28,6 /lF

~--~.--------------,~--G

+

O ,0 2 5 -wC

Vef = 120 V

;:;::;:

20m

- jX c

n

/

- jB

F ig u r a 1 0 .2 2 .

1 0 .1 9 .

F ig u r a 1 0 .2 3 .

Un circuito con una impedancia Z = 10/60° Q tiene su factor de potencia corregido por una reactancia capacitiva en paralelo de 20 Q . ¿Qué porcentaje de reducción resulta en la intensidad de corriente? Como 1 = V Y , la reducción de la corriente se puede obtener de la relación de admitancias antes y después de la instalación de los condensadores. Yantes =

0,1/-60°

e

S

Y

después

= 0,05/90° + 0,1/- 60° = 0,062/ ~ 36,2°

lantes

= 0,062 =

l después

0,1

S

62

O

'

por tanto, la reducción es de un 38%. 1 0 .2 0 .

Un transformador de potencia nominal 25 kVA alimenta a una carga de 12 kW y factor de potencia 0,6 en retraso. ¿Qué porcentaje de la potencia nominal del transformador representa esta carga? ¿Qué carga adicional en kW, con factor de potencia unidad, puede ser añadida sin que el transformador exceda su potencia nominal? =

Para la carga de 12 kW, S = 12¡ O ,6 = 20 kVA. El transformador está al (20/25)(100) = 80% de su valor nominal. La carga adicional con factor de potencia unidad no modifica la potencia reactiva. Q

=

j(2W -

(12f

=

16 kVAr (inductiva)


Entonces, a su capacidad

máxima,dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

e'

=

P'

=

Padicional=

sen-I (16/25) = 39,79°mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 25 cos 39,79° = 19,2 kW 19,2 - 12 = 7,2 kW

Obsérvese que la potencia nominal en kV A se representa Figura 10.24.

por una arco de radio 25 en la

I I I I

I I

11 C)¡

~

••.• __ p=

~ p '=

..J

HGFEDCBA

12 k W 1 9 ,2

k w ---l

F ig u r a 1 0 .2 4 .

1 0 .2 1 .

En relación con el Problema 10.20, si la carga adicional tuviera un factor de potencia 0,866 en adelanto, ¿cuánto consumo de potencia aparente se puede añadir sin exceder la potencia nominal del transformador? La carga inicial es 8

=

12 + j1 6 kVA

82 = S2/-30° El total es 8 T

=

1 0 .2 2 .

=

la carga añadida es

S 2 (0 ,8 6 6 ) - jS 2 (0 ,5 )

(kVA)

(12 + 0 ,8 6 6 S 2 ) + j(1 6 - 0 ,5 S 2 ) (kV A). Entonces, S}

se obtiene S2

=

y

=

(12 + 0 ,8 6 6 S 2 )2 + (16 - 0 ,5 S 2 )2

=

(2 W

12,8 kVA.

Un motor de inducción con una potencia de salida de 1,5 kW tiene un rendimiento del 85%. A plena carga, el factor de potencia es 0,8 en retraso. Obtener las potencias de entrada al motor. Psal P ent

•..

Entonces, del triángulo

=

085

o

Pent

1,5 = -

0,85

'

=

1,765 kW

de potencias,

1,765 Sent = -= 2,206 kVA 0,80

Qent = J (2 ,2 0 6 )2

-

(1,765)2

=

1,324 kV Ar (inductiva)

El circuito equivalente de un motor de inducción contiene una resistencia variable que es función de la carga en el eje. El factor de potencia es, por tanto, variable, en el rango desde 0,3 en el arranque hasta 0,85 a plena carga.


PROBLEM AS

10.23.


Dado un circuito con una tensión aplicada v = 14,14 cosmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED wt (V) y una intensidad de corriente = 17,1 cos (coz - 14,OY) (mA), determinar el triángulo de potencias completo.

i

Solución: P = 117 m W, Q = 29,3 m VAr (inductiva), fp = 0,97 en retraso. 10.24.

Dado un circuito con una tensión aplicada v = 340 sen (wt - 60°) (V) Y una intensidad corriente i = 13,3 sen (wt - 4 8 ,T ) (A), determinar el triángulo de' potencias completo.

de

Solución: P = 2217 W, Q = 443 VAr (capacitiva), fp = 0,981 en adelanto. 10.25.

Un circuito serie de dos elementos, con R = 5 a y X L = 15 a , tiene una diferencia de potencial en la resistencia de valor eficaz 31,6 V. Calcular la potencia compleja y el factor de potencia. Solución: 200 + j6 0 0 VA, 0,316 en retraso.

10.26.

Un circuito con una impedancia Z = 8 - j6 a se alimenta 70,7/- 90° V. Obtener el triángulo de potencias completo. Solución:

10.27.

..

10.28.

P

con una tensión eficaz de fasor

= 200 W, Q = 150 VAr (capacitiva), fp = 0,8 en adelanto.

Determinar la impedancia del circuito que tiene una potencia compleja S con una tensión aplicada de fasor 212,l&:. Solución: 4 - j2

=

5031/ - 26,57° VA

a.

Determinar la impedancia que consume una potencia aparente de 3500 VA, con un factor de potencia 0,76 en retraso y una intensidad de corriente de valor eficaz 18 A. Solución: 10,8/40,54° a .

10.29.

Un circuito con dos ramas en paralelo, intensidad de corriente total i = 7,07 cos

con Z¡ = lO&: a y Z2 = 8/- 30° a , consume una 90°) (A). Obtener el triángulo de potencias total.

(wt -

Solución: P = 110 W, Q = 32,9 VAr (capacitiva), fp = 0,958 en adelanto. 10.30.

Un circuito con dos Z2 = 1 + j1 a . Obtener consume 20 W.

ramas en paralelo tiene sendas impedancias, Z¡ = 2 - j5 a y el triángulo de potencias total del circuito si la resistencia de 2 a

Solución: P = 165 W, Q = 95 VAr (inductiva), fp = 0,867 en retraso. 10.31.

Un circuito con dos ramas en paralelo, con impedancias Z¡jihgfedcbaZYXWVUTSRQP = 4/- 30° a y Z2 = 5/60° a , tiene una tensión aplicada de valor eficaz 20 V. Obtener los triángulos de potencias de ambas ramas y el total. -, S T = 128,1 VA, fp = 0,989 en retraso. Solución:dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

10.32.

Obtener la potencia 8 kVAr.

compleja

total en el circuito de la Figura

Solución: S = 8 + j12 kV A, fp = 0,555 en retraso.

10.25 si la rama 1 consume


40dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB j5

O

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

t: zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR O

Figura 10.25. 10.33.

Calcular Z en el circuito de la Figura 10.26, si S T = 3373 VA, fp = 0,938 en adelanto, resistencia de 3 n consume una potencia activa de 666 W.

y

la

Solución: 2 - j2n.

30

z j6 O

Figura 10.26. 10.34. ~.

El circuito paralelo de la Figura 10.27 consume una potencia activa total de 1500 W. Obtener el triángulo de potencias total. Solución: S

=

1500 + j24 71 VA, fp

=

0,519 en retraso.

30

j6 n

Figura 10.27. 10.35.

Calcular la potencia activa que consumen las resistencias de 15 n potencia activa total consumida en el circuito es 2000 W. Solución: 723 W, 1277 W.

80 15

n ;;: ~

Figura 10.28.

- j2

O

y8n

de la Figura 10.28. si la

P O T E N C IA E N C A VUTSRQPONML 2 9 3 zyxwvutsrq

10.36.

Un circuito con tres ramas en paralelo, con Z¡ = 25/15" n , Z2 = 15/60° n y Z3 = 15/90° n , tiene una tensión aplicada V = 339,4/- 30° V. Obtener la potencia aparente total y el factor de potencia global. Solución: 4291 VA, 0,966 en retraso.

10.37.

Obtener el triángulo de potencias total de las siguientes cargas conectadas en paralelo: carga #1,1,5 kW, fp = 0,8 en retraso; carga #2,4 kVA, 2 kVAr (capacitiva); carga #3,6 kVA, fp = 0,9 en retraso. Solución: 14,535 kV A, fp

10.38.

=

0,954 en retraso.

Obtener el triángulo de potencias total de las siguientes cargas conectadas en paralelo: carga #1, 200 VA, fp = 0,7 en retraso; carga #2, 350 VA, fp = 0,5 en retraso; carga #3,275 VA, fp = 1. Solución: S = 590 + mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j4 4 4 VA, fp = 0,799 en retraso.

10.39.

Una carga de 4500 VA con un factor de potencia 0,75 en retraso se alimenta desde una fuente a 60 Hz con una tensión de valor eficaz 240 V. Determinar la capacidad a instalar en paralelo para corregir el factor de potencia hasta:dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) 0,9 en retraso, b ) 0,9 en adelanto. Solución:

10.40.

a)

61,8 J.lF ; b ) 212 J.lF .

En el Problema 10.39, ¿qué porcentaje de reducción en la intensidad de corriente de línea y en la potencia aparente total se consigue en el apartado a )? ¿Qué porcentaje adicional se consigue en el apartado b )? Solución: 16,1 %, ninguno.

-. 10.41.

La instalación de una batería de condensadores de 20 kVAr mejora el factor de potencia de una carga hasta 0,9 en retraso. Determinar la potencia compleja antes de la instalación de los condensadores, si la potencia aparente final es 185 kV A. Solución: S

10.42.

=

166,5 + jl0 0 ,6 kV A.

A una carga de 25 kV A con un factor de potencia de 0,8 en retraso se conecta en paralelo un grupo resistivo de unidades de calor con factor de potencia unidad. ¿Cuántos kW consumen esas unidades, si el nuevo factor de potencia global es 0,85 en retraso? Solución: 4,2 kW.

10.43.

Un transformador de 500 kV A funciona a plena carga con un factor de potencia 0,6 en retraso. Se conecta una batería de condensadores que corrige el factor de potencia hasta 0,9 en retraso. Después de la corrección, ¿qué porcentaje de la potencia aparente nominal está proporcionando el transformador? Solución: 66,7%.

10.44.

Un transformador de 100 kVA funciona a un 80% de su potencia nominal con un factor de potencia en retraso de 0,85. ¿Cuántas kVA adicionales puede suministrar el transformador a una carga con factor de potencia 0,6 en retraso hasta llegar a plena carga? Solución: 21,2 kVA.

10.45.

Un transformador de 250 kVA funciona a plena carga con factor de potencia 0,8 en retraso. ¿Cuántas k VAr capacitivas deben ser añadidas para corregir el factor de potencia hasta

a)

\


0,9 en retraso?dcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b ) Después de la corrección del factor de potencia, se conecta una nueva carga con un factor de potencia 0,5 en retraso. ¿Cuántas kV A puede proporcionar el transformador a la nueva carga para llegar a plena potencia, y cuál es el factor de potencia final? S o lu c ió n : 1 0 .4 6 .

53,1 kVAr (capacitiva); b ) 33,35 kVA, 0,867 en retraso.

Una carga de 65 kV A con factor de potencia en retraso se combina con un motor síncrono de 25 kVA que funciona con un fp = 0,6 en adelanto. Calcular el factor de potencia de la carga de 65 kV A, si el global es 0,85 en retraso. S o lu c ió n :

1 0 .4 7 .

a)

0,585 en retraso.

Un motor de inducción de 2000 kV A tiene un factor de potencia 0,8 en retraso. Se añaden varios motores síncronos con una potencia aparente total de 500 kV A Y funcionando con factor de potencia en adelanto. Si el factor de potencia global es 0,9 en retraso, ¿cuál es el factor de potencia de los motores síncronos? S o lu c ió n :

0,92 en adelanto.

11

C A P íT U L O

C ir c u it o s tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA pollfáslcos ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 1 .1 .


La potencia instantánea

suministrada

p(t) = v(t)i(t)

por una fuente sinusoidal a una impedancia

e

e)

esnmlkjihgfedcbaZYX

= xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VpI p cos + VpI p cos (2wt -

(1)

donde Vp e 1 p son los valores eficaces de v e i, respectivamente, y e es el ángulo de desfase entre ambas. La potencia oscila entre VpI i1 + cos e) y VpI p( - 1 + cos e). En los sistemas de potencia, especialmente en los de muy alta potencia, es deseable tener un flujo estacionario de potencia desde la fuente a la carga. Por esta razón se usan los sistemas polifásicos. Otra ventaja consiste en disponer de más de un valor de tensión en las líneas. En los sistemas polifásicos, Vp e 1 p indican la tensión y la intensidad de corriente, respectivamente, en una fase, que pueden ser diferentes de las tensiones y las intensidades en otras fases. Este capítulo trata principalmente de los sistemas trifásicos, que son los que se usan normalmente en la industria. Sin embargo, también se describen los sistemas bifásicos.

1 1 .2 .

S IS T E M A S B IF Á S IC O S

Un generador bifásico equilibrado dispone de dos fuentes de tensión de igual amplitud y frecuencia, pero desfasado s 90° o 180°. Estos sistemas tienen algunas ventajas, ya que dan al usuario la opción de disponer de dos tensiones y dos campos magnéticos. La potencia puede ser constante o pulsante. 1 1 .1 . Un generador de eA tiene dos fuentes de tensión de igual amplitud y frecuencia, pero desfasadas 90°. Un terminal de cada generador se conecta entre sí para formar el terminal de referencia n del generador. El sistema alimenta a dos cargas idénticas [Figura -U.1(a)]. Determinar las intensidades de corriente, las tensiones y la potencia instantánea y media que suministra. Las tensiones y las intensidades de corriente en los terminales del generador son: EJEM PLO

J2V = J21

Va (t) =

p

ia (t)

p

cos cot cos (wt - 8)

J2V = J21

Vb(t) =

p

ib(t)

p

cos (rot - 90°)

(2)

cos (wt - 90° - 8) 295

2 9 6 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

a KJIHGFEDCBA

~----~~----~----~==~--~ A

+

+

b

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B

(a)

(b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

Figura 11.1. En el dominio fasorial, sea Z = IZlL8 e 1p = Vp/IZI. Entonces,

=

VAN

lA

=

VJQ:

Ip/-8

V BN

= Vp /-

90°

I B= I p /-900-8

V AB

IN

=

=

VAN

lA + lB

-

V BN

=

=

J 2Vp/45"

IpJ 2/-45"

-

En la Figura 11.l(b) se han representado los fasores de tensión y de intensidad. Las potencias instantáneas P a (t) y P b(t) suministradas por las dos fuentes son

P a (t) = va (t)ia (t)

= VpI p

cos 8 + VpI p cos (2wt - 8)

P b(t) = vb(t)ib(t)

= Vplp

cos 8 - Vplp cos (2wt - 8)

ea

(3)

CIRCUITOS


POLlFÁSICOS ZYXWVUTSRQPON 2 9 7 zyxwvutsrq

totalxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P T(t) suministrada por el generador es

P T(t) = P a (t)

+

+

P b(t) = VpI p cosnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e + VpI p cos (2wt - e) +

e-

Vplp cos

Por tanto,

Vplp cos (2wt

-

e)

= 2Vp l p

cos

e

= P med = 2VpI p cos e KJIHGFEDCBA

P T(t)

(4)

En el sistema de la Figura 11.1(a) se dispone de dos valores de tensión, Vp y J2Vp , para la carga y la potencia suministrada es constante. Además, el desfase de 90° entre las dos tensiones se puede usar para producir un campo magnético giratorio especial, necesario en algunas aplicaciones.

1 1 .3 .

S IS T E M A S T R IF Á S IC O S

Los generadores trifásicos contienen tres fuentes sinusoidales de tensión de igual frecuencia pero desfasadas 120° unas con otras. Esto se realiza situando tres bobinas separadas 120° eléctricos en un mismo rotor. Normalmente, las amplitudes de las tres fases son también iguales. En este caso se dice que el generador está equilibrado. En la Figura 11.2 las tres bobinas están igualmente distribuidas alrededor de la circunferencia del rotor, es decir, las bobinas están desplazadas unas de otras en 120° mecánicos. Los terminales de las bobinas y los anillos rozantes no se han representado; sin embargo, es evidente que al girar en el sentido contrario a las a:gujas del reloj hace que los laterales A, B Y C de las bobinas pasen bajo los polos en el orden ..A-B-C-A-B-C. .. La polaridad de la tensión se invierte en cada cambio de polo. Suponiendo que la forma del polo y la correspondiente densidad de flujo magnético son tales que las tensiones inducidas son sinusoidales, el resultado en las tres bobinas es el que se ha representado en la Figura 11.3. La tensión B está 120° eléctricos retrasada respecto a la A, y la C retrasa 240°. Esta distribución se conoce como secuencia ABC. Cambiando el sentido de giro se obtendría ..A-C-B-A-C-B ..., que se denomina secuencia BCA.

Las tensiones equilibradas de la secuencia ABC, en los dominios fasorial y temporal, se citan en (5) y (6), respectivamente. El diagrama fasorial de las tensiones se ha representado en la Figura 11.4. Va n(t)

=

(V p j2)

cos wt vcn(t)

=

(V p J 2)

vbn(t)

=

(V p J 2)

cos (wt - 120°)

(5)

cos (wt - 240°)

(6) A

Figura 11.2.

B

e

Figura 11.3.

A


,/ ,/ ,/ ,/

,/


F ig u r a 1 1 .4 .

1 1 .4 .

S IS T E M A S E N T R IÁ N G U L O

Y E N E S T R E L L A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV

Los extremos de las bobinas se pueden conectar en estrella (también designado Y; ver Sección 11.8), con los extremosxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A', B' Y C' unidos en un punto común denominado neutr o, N; y los extremos A, B Y e se prolongan para ser las líneas o fases, A, B Y e, del sistema trifásico. Si se envía un conductor desde el neutro junto con las líneas se dice que es un sistema tr ifá sico a cua tr o hilos. En la Figura 11.5 las líneas se han designado con minúscuA

Q

Z N n nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

C a r ga

b

-

B

z-

e

Z e

F ig u r a

11.5.

CIRCUITOS

POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJ 2 9 9 zyxwvutsr

lasxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a , b y e en la fuente, que puede ser un transformador o un alternador trifásico, y con mayúsculasnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A, B Y C en la carga. Si se tienen que considerar las impedancias de las líneas, entonces el sentido de la corriente por ellas, por ejemplo en la línea aA, sería la A' Y el fasor de la caída de tensión en la línea es VaA" Los terminales de las bobinas del generador se pueden conectar según muestra la Figura 11.6, obteniéndose en ese caso un sistema trifásico conectado en triángulo (o M, con líneas a , b y c. Una conexión en triángulo de las bobinas no tiene neutro para realizar .el sistema a cuatro hilos, excepto si se usan transformadores con conexión ~- Y.

b

e

Figura 11.6.

11.5.

FASORES

DE

LAS TENSIONES

La selección del ángulo de fase de una de las tensiones en el sistema trifásico fija los ángulos de todas las demás. Esto es equivalente a fijar el instante inicial t = O en el eje horizontal de la Figura 11.3, lo que se puede hacer arbitrariamente. En este capítulo se asociará siempre un ángulo cero con el fasor de tensión de la línea B con respecto a la C: V BC == V~. En el Problema 11.4 se demuestra que la tensión entre fases VL es fi veces la tensión entre cada fase y el neutro. Todas las tensiones de la secuencia ABC se han representado en la Figura l1.7(a) y las tensiones de la secuencia BCA en la Figura 11.7(b). Esos fasores de tensión, en coherencia con los capítulos anteriores, reflejan los valores máximos. En el sistema trifásico a cuatro hilos y 480 V, de uso general para cargas industriales, y en el sistema de 208 V, común en edificios comerciales, los valores citados son los eficaces. En este capítulo, la tensión entre fases en el primer caso sería V BC = 678,8LQ: V, con lo que V sc.er = 678,8/)2 = 480 V. Las personas que trabajan habitualmente en este campo utilizan fasores con valores eficaces y, por tanto, escribirían V BC = 480LQ: V. A V AB

= VLlI2(f

VBe

=

VAS =

V,.M

VBe =

VeA = VLl24W

VeA = VLl120" VAN = (V,.I'J3)/-<)O°

VAN = (VL/V3)~

e

r

VBN

= (V L /V3)/-3()O

VC N

= (V,.IV3)¡-15()O

V BN = (V L/V3)LJ!f VeN = (VL/V3)!I5(f

-iIII B A (a)

VL~t: VLM

Secuencia ABe

(b)

Figura 11.7.

Secuencia CB.1

3 0 0 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 1 .6 .

CARGAS

E Q U IL IB R A D A S

EN

T R I Á N G U L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS

Tres impedancias idénticas conectadas como muestra la Figura 11-8 constituyen una carga equilibrada en triángulo, ~. Las intensidades de corriente que circulan por las impedancias se denominanxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA cor r ientes de fa se o cor r ientes por la s ca r ga s, y las tres serán iguales en módulo y estarán desfasadas mutuamente 120°. Las corrientes por las líneas también serán iguales entre sí en módulo y estarán desfasadas 120° unas de otras; por convenio se les asigna el sentido desde la fuente hasta la carga.

E J E M P L O 11.2. Un sistema trifásico ABC a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 120 V, tiene tres impedancias iguales conectadas en Ll de valor 5/45" Q. Determinar las intensidades de corriente de línea y representar el diagrama fasorial de las tensiones y las intensidades. 11.7(a), las tensiones son: El máximo de la tensión de línea es 120)"2 = 169,7 V. Según la FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ

V AB

=

169,7/120° V

V Be

=

169,7LQ:V

=

VeA

169,7/240° V

El doble subíndice indica el sentido de las intensidades de fase; por ejemplo, I AB circula a través de la impedancia desde la línea A a la B. En la Figura 11.8 se han representado todos los sentidos de las corrientes. Por tanto, las corrientes de f~e son: V

I

= ~

='

Z

AB

V

I

= ~

=

Z

Be

V

I

= ~

='

Z

eA

1697/120° 5/45" 1697/0° ' ~

5/45°

339/75 '

=

339/195" '

Según la ley de Kirchhoff para las corrientes, la intensidad lA Análogamente,

r, =

=

I AB

58,7/-75"

-

+

0

339/-45° '

=

1697/240° 5/45"

=

A

A

A

de línea lA se obtiene como

I Ae = 33,9/75° - 33,9/195" = 58,7/45° A

A e le

=

58,7/165° A.

1..•

A------------

_

B----t---------~----_<~~--~~ 18

VeA

c----------------1("

Figura 11.8.

1 8e

)

~

CIRCUITOS POLlFÁSICOS zyxwvutsrqponmlkjih 301

Las tensiones entre fases y todas las intensidades de corriente se han representado en el diagrama fasorial de la Figura 11.9. Se observa que las intensidades de corriente están equilibradas. Después de calcular una de las corrientes de fase, todas las demás se pueden obtener por la simetría del diagrama fasorial. Obsérvese también que 33,9.)3 = 58,7; es decir,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK 1LnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM = )3 1 F' para una carga equilibrada en triángulo.

Ic VBC

Figura 11.9.

, 11.7. CARGAS EQUILIBRADAS EN ESTRELLA A CUATRO HILOS Tres impedancias idénticas conectadas según muestra la Figura 11.10 constituyen una carga equilibrada conectada en estrella, Y. Las corrientes que circulan por las impedancias son también las corrientes por las líneas; y su sentido elegido es desde la fuente a la carga, al igual que antes. A

1 v., --.:;- 1

N

n VaN

B

~

V CN

e

Figura 11.1 o.

EJEMPLO 11.3. Un sistema trifásico eRA a cuatro hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 120 V, tiene tres impedancias de 20/ - 30° Q conectadas en Y (Figura 11.10). Determinar las intensidades de línea y representar el diagrama fasorial de las tensiones y las intensidades de corriente.


El máximo de la tensión de línea es 169,7 Y, Y el de la tensión fase-neutro, FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 11.7(b), Y AN = 98/ - 90° Y

Y BN = 98/30° Y

xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT 3 = 98 Y. De la 169,7/J

YCN=98/1500Y

Entonces I A

Y = ~ Z

='

9801/-90° 20/-30°

= 49/ - 60° A '

y, análogamente, lB = 4,9/60° A, Ic = 4,9/180° A. El diagrama fasorial de las intensidades y las tensiones se ha representado en la Figura 11.11. Se observa que con una corriente de línea calculada, las otras dos se pueden obtener a través de la simetría del diagrama. Las tres intensidades de línea regresan por el neutro. Por tanto, la intensidad de corriente por el neutro es la suma de las intensidades de línea con signo menos:

•

F ig u r a 1 1 .1 1 .

Como la corriente por el neutro para una carga trifásica equilibrada en estrella es siempre cero, se puede quitar el conductor del neutro al realizar los cálculos sin que los resultados varíen. En los circuitos reales no se puede quitar físicamente el neutro, ya que transporta el (pequeño) desequilibrio de corrientes, transporta las corrientes de defecto o de cortocircuito que activan a los sistemas de protección y previene de sobretensiones en la carga. Como el cálculo en el Ejemplo 11.3 se ha realizado sin dificultad, el neutro se incluirá al calcular las intensidades de línea en cargas equilibradas en Y, incluso si el sistema es a tres hilos.

1 1 .8 .

E Q U IV A L E N C IA

E S T R E L L A -T R IÁ N G U L O

En la Figura 11.12 se ven tres impedancias conectadas en triángule.já, y tres impedancias conectadas en estrella, Y. Se identifican los terminales de ambas conexiones con ct, f3 y y, como se indica en la figura. Entonces Z 1 es la impedancia «adjunta» al terminal o: en la configuración en estrella y Zc es la impedancia «opuesta» al terminal a en la configuración en triángulo; etc. Mirando entre dos de los terminales cualesquiera, las dos conexiones serán equivalentes si las correspondientes impedancias de entrada, de salida y de transferencia son iguales. Las relaciones de equivalencia son:

CIRCUITOS

Transformación

Transformación

Y a ~

POLlFÁSICOS zyxwvutsrqponmlkj 303

~ a Y

Obsérvese que si las tres impedancias de una conexión son iguales, entonces lo son las de la conexión equivalente, siendo Zó/Zy = 3. a

a

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

f3 (a)

Conexión en triángulo

(b)

(ll)

Conexión en estrella

(y)

Figura 11.12.

11.9.

CIRCUITO MONOFÁSICO EQUIVALENTE TRIF ÁSICAS EQUILIBRADAS

DE CARGAS

La FiguraxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 11.13(a ) muestra una carga equilibrada conectada en Y. En muchos casos, por ejemplo en cálculos de potencia, solamente se necesita el módulo 1L de las tres intensidades de línea. Ésta se puede obtener a partir del cir cuito monojá sico equiva lente, Figura 11.13(b), que representa una fase del sistema original, en la que se-da arbitrariamente a la tensión fase-neutro ángulo de fase cero. Esto hace que IL = 1 L 1-0, donde O es el argumento de la impedancia. Si se desea conocer las intensidades de línea reales lA' lB e Ic, sus ángulos de fase se determinan añadiendo - O a los ángulos de fase de V Al\" V BN Y V CN' según se indica en la Figura 11.7. Observar que el ángulo de IL indica el fp de cada fase, fp = cos O. El método puede aplicarse a cargas conectadas en ~ si la carga se sustituye por su equivalente en Y, donde Zy = Zó/3 (Sección 11.8).

304


z nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK

B --------'

c------------------------~

(b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZ

(a)

Figura 11.13. EJEMPLO 11.4. Resolver el Ejemplo 11.3 mediante el circuito monofásico equivalente. En relación con la Figura 11.14 (en la que el símbolo Y indica el tipo de conexión de la carga original), V

I

= ~

=

Z

L

De la Figura 11.7(b), los ángulos de fase de

98/0° ~

20/-30°

VAN'

=

i, = 4,9/180° A xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

A

=

98.(}L!L

A

V BN Y V CN son - 90°, 30° Y 150°. Por tanto,

r, = 4,9/60°

VLN

49/30° '

20/-3(1'

n

V

Figura 11.14.

11.10. CARGAS DESEQUILIBRADAS EN TRIÁNGULO La solución de cargas desequilibradas en d consiste en calcular las intensidades de fase y posteriormente aplicar la ley de Kirchhoff para las corrientes para obtener las de línea. Las intensidades de corriente serán distintas entre sí y no tendrán la simetría del caso equilibrado. EJEMPLO en A, con

11.5.

Un sistema trifásico ABC de 339,4 V [Figura

Obtener las intensidades

de fase y de línea y representar V

I

= ~ AB

Z AB

3394/120° ='

10/0° ~

=

11-15(a)] tiene conectada

el diagrama

33 94/120° A '

fasoria!.

una carga

305

POLlFÁSICOS zyxwvutsrqponmlkj

CIRCUITOS

Análogamente,

IBC = 33,94/-

30° A e ICA = 22,63/270° A. Por tanto,

lA =nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + IAC = 33,94/120° - 22,63/270° = 54,72~ A AB Además, lB = 65,56/- 4Y A e Ic = 29,93/169,1° A. El diagrama fasorial de tensiones e intensidades se ha representado módulos y los ángulos a escala.

1" -

A

en la Figura 11.15(b), con los

~---:--------==~

(b)

(a)

Figura 11.15.

11.11. CARGAS DESEQUILIBRADAS EN ESTRELLA A cuatro hilos El conductor

del neutro transporta la corriente de desequilibrio de una carga conectada en Y el valor de la tensión fase-neutro .a 10 largo de cada línea hasta la carga. Las intensidades de línea son distintas entre sí y no guardan simetría alguna en el diagrama fasorial. y mantiene

EJEMPLO

11.6.

e BA

A un sistema trifásico

Calcular las intensidades

de línea y representar V = ~

l A

V 1 = ~ B

='

ZA

='

ZB

V. I=~=' e Zc Iv = -(14,43/-90°

a cuatro hilos se conecta una carga en Y con

el diagrama

866/-90° 6/Sf'...

866/30° 6/30° 866/150° 5/45°

+

fasorial. Ver Figura 11.16(a).

= 1443/-

90° A

'

= 1443 / 0° ' ~

A .

=1732/10YA '

14,43/Sf'... + 17,32/l0Y)

= 10,21/-16T

A


El diagrama

fasorial se ha representado

en la Figura ll-16(b),

A

N

1v,..•.

-1 IN

nxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

VSN

~

B

1"

VCN

V"S

e

nmlkjihgfedcbaZYXW

(b)

(a)

Figura 11.16.

A tres hilos Sin el conductor del neutro, las impedancias conectadas en estrella estarán bajo tensiones que diferirán considerablemente de la tensión fase-neutro.UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 11.7. La Figura 11.17(a) muestra el mismo sistema tratado en el Ejemplo 11.6, excepto que no se ha representado el hilo del neutro. Obtener las intensidades de línea y determinar la tensión

de despla za miento

del neutr o, VaN'

El circuito se ha' vuelto a representar en la Figura 11.17(b) con un aspecto que sugiere que se resuelva mediante una única ecuación de tensión en un nudo, con V O B como incógnita. V OB

-

V AB

V OB

---=-=-----'= + -ZA

+ V O B + V BC

ZB

1 1 1) V O B ( 6&,: + 6/30° + 5/4Y

de donde V O B

=

=

O

Zc

=

150il1Q: 150&,: 6&,: - 5/4Y

66,76/ - 152,85° V. Entonces, V lB = - ~

ZB

V

1,4

= - ~

ZA

=

11 13/ - 285° A '

,

= 1678/ - 98 9r '

,

A

CIRCUITOS POLlFÁSICOS ZYXWVUTSRQPO 3 0 7 zyxwvutsrqp

Análogamente,

VnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA oe = V OB - xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VeB = 95,58/-18,58° V, e le

El punto O está desplazado

VO N

=

VOA

=

19,12/116,4° A

del neutro N por un fasor de tensión V O N' dado por

+

150

VAN

= 100,7/81,08° + -= /-90°

J3

= 20,24/39,53° V

-

A

1"

-

V"B

n

lB

B

e

1

Vsc

e

A

-

VBe

le

B

(ref.)

(b)

(a)

Figura 11.17. El diagrama fasorial, Figura 11.18, muestra el desplazamiento triángulo equilátero. En el Problema 11.13 se puede observar un método alternativo.

del punto

C_--...,..---------...,..-..,.B

A

Figura 11.18.

O del centroide

del


1 1 .1 2 .

P O T E N C I A T R I F Á S I C A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

Las potencias suministradas por las tres fases de un generador equilibrado a tres impedancias idénticas con argumento 8 sonxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

= Vp 1

p

cos 8 + Vp 1

P b(t) = Vp 1

p

cos 8

P c(t) = Vp 1

p

cos

P a (t)

P T(t)

= P a (t) + P b(t) + P c(t) = = 3 V 1 cos 8 + V 1 COS p

p

p

p[

+ 8+

(2wt - 8)

p

cos (2wt - 8)

Vp 1

p

cos (2wt - 240

Vp 1

p

cos (2wt - 480· - 8)

+ cos

0 -

(2wt - 240· - 8)

Pero cos (2wt - 8) + cos (2wt - 240· - 8) + cos (2wt - 480· - 8) tonces,

8)

+ COS =

(2wt - 480· - 8)]

O para cualquier

t. En-

P T(t) = 3VnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p 1 p cos 8 = P

La potencia instantánea es igual a la potencia media total. Se puede escribir en función de la tensión de línea VL y de la intensidad de línea 1L' quedando En el sistema en Ll, VL = Vp e 1 L = .)31 P' Entonces, P = .)3VL 1 L En el sistema en Y, VL = .)3vp

e 1L = 1s : Entonces, P = .)3VL 1

COS L

8.

cos ().

La expresión .)3VL 1 L cos () da la potencia en un. sistema trifásico equilibrado, independientemente de la forma de conexión. El factor de potencia del sistema trifásico es cos 8. La tensión de línea VL en los sistemas industriales es siempre conocida. Si la carga está equilibrada, la potencia total se puede calcular a partir de la intensidad de línea y el factor de potencia. En resumen, potencia activa, reactiva, aparente y factor de potencia en un sistema trifásico son fp Por supuesto,

1 1 .1 3 .

todas las tensiones e intensidades

P

=-

S

indicadas son valores eficaces.

M E D ID A D E P O T E N C IA Y M É T O D O D E L O S D O S V A T ÍM E T R O S

Un vatímetro de eA tiene una bobina de tensión y otra.ríe intensidad, y responde al producto de la tensión eficaz, la intensidad de corriente eficaz y' el coseno del desfase entre ambos fasores. Por tanto, en la Figura 11.19 el vatímetro indicará la potencia activa suministrada al circuito pasivo.

(Véase la Sección 10.7).

CIRCUITOS

POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJIH 3 0 9 zyxwvutsrqp

I.t

+ xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

C ir cuito pa sivo

Figura 11.19. D os va tímetr os conecta dos en dos cua lesquier a de la s línea s de un sistema tr ifá sico a tr es hilos indica r á cor r ecta mente la potencia tr ifá sica tota l media nte la suma de la s dos lectur a s. Un

vatímetro intentará medir negativo si el desfase entre la tensión y la corriente es mayor de 90°. En este caso, se deben invertir las conexiones de la bobina de intensidad y la medida realizada se debe tratar como negativa en la suma. En la Figura 11.20 los vatímetros están instalados en las líneasnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A y e, con las bobinas de tensión conectadas en la línea B. Sus lecturas serán: WA =

Re

(VAB,efC,ef)

=

Re (VAB,efCB,ef)

Wc = Re (V cB,efl~,ef) = Re (V cB,efl~A,ef)

+ Re(VAB,efCc,ef) + Re (V cB.efl~B.ef)

en las que se han usado las relaciones de la ley de Kirchhoff para las corrientes lA = = I AB + IAC e Ic = ICA + I cB , con el fin de sustituir las intensidades de línea por las de fase. El primer sumando en WA es P AB' la potencia activa que consume la carga entre las fases AB; asimismo, el segundo sumando en Wc es P CB' Sumando ambas ecuaciones y combinando los sumandos intermedios se llega a WA

+

Wc

=

P AB

=

Re[(V AB • ef -

VCB.ef)Cc.erJ

+

P CB

=

P AB

+ P AC +

P CB

ya que, según la ley de Kirchhoff para las tensiones, V AB - V CB = V AC' El mismo razonamiento lleva a un resultado análogo para una carga conectada

en Y.

3 1 0 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e q u ilib r a d a s CargasZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Cuando tres impedancias igualesnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ZLfl se conectan en ~, las intensidades de fase forman ángulos de 30° con sus intensidades de línea resultantes. La Figura 11.21 corresponde a la Figura 11.20 considerando secuencia ABC. Se ve que V AB adelanta a lA en fJ + 30°, mientras VxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA C B adelanta a Ic en fJ - 30°. Por consiguiente, las lecturas de los vatímetros serán:

o, como en general no se conoce el orden relativo en secuencia de las líneas escogidas para el montaje de los vatímetros,

= VL,erI L,er cos (fJ + 30°) W2 = VL,erI L,er COS (fJ - 30°) W1

Estas expresiones son iguales para una carga equilibrada

Figura

Eliminando

1 1 .2 1 .

VL,erI L.er entre las dos ecuaciones

tg fJ

=

en Y.

J3(Wz

correspondientes

W2

-

+

W

1

a las lecturas, se obtiene:

)

W1

Por tanto, de las lecturas de los dos vatímetros se puede obtener el valor del argumento fJ de la carga. El signo de la tg e obtenido de la fórmula anterior no es significativo, ya que los subíndices arbitrarios 1 y 2 podrían haber sido tomados al revés. Sin embargo, en la práctica se sabe que normalmente la carga equilibrada es inductiva (fJ > O).

PROBLEM AS

1 1 .1 .

RESUELTOS

El generador bifásico equilibrado de eA de la Figura 11.22 alimenta a dos cargas idénticas. Las dos fuentes de tensión están desfasadas 180°. Determinar: a) las intensi-

POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJI 3 1 1 zyxwvutsr

CIRCUITOS

b) las potencias instantánea y dades de línea, las tensiones y sus ángulos de fase, ynmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED media suministradas por el generador.xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

a

A

n

N

b

B

1 1

-

-

-

-

-

-

-

__

1

Generador

Carga

Figura 11.22. Sea Z = a)

IZI @. e 1 p =

Vp/IZI.

Las tensiones en el dominio fasorial son =

V AB

b)

Además, con 1p Y Z dadas anteriormente,

se tiene:

Las potencias instantáneas

son:

suministradas

P b(t) = vb(t)ib(t)


Resolver el Problema a)

V BN

= VpI p

cos 8 + VpI p

COS

(2wt

-

8)

total P T(t) es

= P a (t) + P b(t) = 2VpI p cos 8 + 2VpI p cos (2M - 8)

La potencia media es P med

11.2.

-

= va (t)ia (t) = VpI p cos 8 + VpI p cos (2wt - 8)

P a (t)

P T(t)

VAN

= 2Vp I p

11.1 con Vp

=

cos 8.

110 V Y Z

=

4

+ j3

Q.

En forma fasorial, Z = 4 + j3 = 5/36,9° n. Entonces, VAN

V AB =

110&: V

=

VAN

-

V BN

=

110/-180°

V BN = 110&: - 110/-180°

V

= 220&: V

= 2Vp

&:


lB =nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VBN/Z = 22/-216,9° = -22/-36,9° A

b) xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA P a (t) = 11O(22)[cos 36,9° + cos (2wt - 36,9°)] = 1936 + 2420 cos (2wt - 36,9°) (W) P b(t) = 11O(22)[cos 36,9° + cos (2wt - 36,9° - 360 )J = 1936 + 2420 cos (2wt - 36,9°) (W) p(t) = P a (t) + P b(t) = 3872 + 4840 cos (2wt - 36,9°) (W) 0

P med =

1 1 .3 .

3872 W ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Repetid el Problema desfasadas 90·. a)

De nuevo, Z

=

11.2 pero con las dos fuentes de tensión

e b)

1 1 .4 .

=

VAN -

V BN

= 11O&: V

V BN

= 110&,: - 110/-90°

lA = V AN1Z = 22/- 36,9° A IN = lA

11.1

5/36,9°. Entonces, VAN

~TAB

del Problema

+ lB = 22/-36,9°

+ 22 -

= 110/-90°

= 110(j2/-45")

V

= 155,6/-45"

lB = V BN1Z = 22/-126,9° .9° = 22(j2/-81,9°

V

A

= 31,1/-81,9°

A

P a (t) = 110(22)[cos 36,97~o t»t - 36,9°)] = 1936 + 2420 cos (2wt - 36,9°) (W) P b(t) = 110(22)[ cos 36;9° + cos (2wt - 36,9° - 180°)] = 1936 - 2420 cos (2wt - 36,9°) (W) p(t) = P a (t) + P b(t) = 2( 1936) = 3872 W P med = p(t) = 3872 W

Demostrar que la tensión entre líneas VL en un sistema trifásico es fase-neutro VF . Véase el diagrama

J3

fasorial de las tensiones (de la secuencia ABe), Figura

veces la tensión 11.23.

A

Figura 11.23.

11.5.

Un sistema trifásico ABC, con una tensión de valor eficaz 70,7 V, tiene una carga equilibrada conectada en triángulo con impedancias 20/45° Q. Obtener las intensidades de línea y dibujar el diagrama fasorial de tensiones e intensidades.

CIRCUITOS POLlFÁSICOS zyxwvutsrqponml 313

V

El circuito se ha representado en la Figura 11.24. Los faso res de tensión tienen un módulo de fase se obtienen de la FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM 11.7(a). Entonces, máx = J2V ef = 100 V. Los ángulos I AB

Análogamente,

V xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG AB 100/120° ° = = 5112.. A Z 20/45"

=-

IBe = 5/- 45" A e leA = 5/195° A. Las intensidades

Análogamente, r, = 8,65/-75" A, le = 8,65/165° A. El diagrama fasorial de tensiones e intensidades se ha representado

1"

de línea son:

en la Figura 11.25.

leA •

- l<~ 1

1"

A

Ic

Ve"

Is

V sc

B

le

Vsc

Isc

20~

n~

•

-c

Figura 11.24.

11.6.

Figura 11.25.

Un sistema trifásico eRA a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 106,1 V, tiene conectada una carga equilibrada en estrella con impedancias 5/- 30° Q (Figura 11.26). Obtener las intensidades y dibujar el diagrama fasorial de tensiones e in tensidades. A

1" V"/II

N-

B

le

VC/II

C

Figura 11.26.


En cargas equilibradas en estrella el conductor neutro no transporta corriente. Pero aunque este sistema es a tres hilos, se puede añadir el neutro para simplificar los cálculos de las intensidades de línea. El valor de la tensión de_línea esnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE V xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON = 150 V. Entonces el L = )2(106,1) valor de la tensión fase-neutro es V LN = 150/)3 = 86,6 V. I

= A

V AN

Z

='

866/-90·

= 17 32/-

5/- 30·

'

60· A

Análogamente, lB = 17,32/60· A e le = 17,32/180· A. Véase el diagrama fasorial, Figura 11.27, en el que el conjunto de intensidades de línea equilibradas adelanta a las tensiones de fase-neutro en 30·, el argumento de las impedancias (con signo menos).

Figura 11.27.

11.7.

Un sistema trifásico eRA a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 106,1 V, tiene conectada una carga equilibrada en triángulo con impedancias Z = 15/30· n. Obtener las intensidades de línea y de fase por el método del circuito monofásico equivalente. Según la Figura

11.28,

VLN = (141,4)2)1)3

I = L

Las intensidades en 30·.

1155 1 0. ' ts:

(15/3)/30.

=

115,5 V y, por tanto,

= 23 1/- 30· A '

de línea retrasan respecto a las tensiones fase-neutro de la secuencia ABe

r, = 23,1/60·

A

r, = 23,1/-

60· A

Las intensidades de fase, de módulo IF = Id)3 de línea correspondientes en 30·. I AB = 13,3/90· A

Los ángulos anteriores

IBe

=

13,3/-30·

serán evidentes realizando

Ic

=

23,1/180· A

= 13,3 A, retrasan respecto a las tensiones

A

I CA = 13,3/210· A

la representación

del diagrama

fasorial.

CIRCUITOS POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJI 315

L------------------, ~zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR 115.5f!r V

1

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

N

Figura 11.28.

11.8.

Un sistema trifásico a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 176,8 V, alimenta a dos cargas equilibradas, una en triángulo con Z!; = 15LQ:n y la otra en estrella con Zy = 10/30° n. Obtener la potencia total. En primer lugar se convierte la carga en triángulo a estrella, y se usa el circuito monofásico equivalente, Figura 11.29, para obtener la intensidad de línea.

1

=

L

Entonces

p

= i3VL.er IL.er

144,3LQ: 144,3LQ: + = 42/-9,9° A 5LQ: 10/30°xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ cos 8 = )3(176,8)(29,7) cos 9,9° = 8959 W

L-----------------...,--------...,y 5f!r

144.3f!r V

n

N

Figura 11.29.

11.9.

Obtener las dos medidas cuando circuito del Problema 11.8. El ángulo de fase de IL, la combinación en paralelo Sección 11.13.

11.10.

-

se utiliza el método

de los dos vatímetros

en el

9,9°, es el negativo del argumento de la impedancia equivalente de de 5LQ:n y 10/30° n. Por tanto, 8 = 9,9° en las fórmulas de la

W¡

= VL.er IL.er

COS

(8 + 30°) = (176,8)(29,7) cos 39,9° = 4028 W

W2

= VL.er I L.er

COS

(8 - 30°) = (176,8)(29',1)cos (- 20,1")= 4931 W

Como se puede comprobar,

W¡

+

W2 =

8959 W, de acuerdo con el Problema

11.8.

Una fuente trifásica, con una tensión de línea de valor eficaz 240 V, tiene conectada la carga desequilibrada en triángulo de la Figura 11.30. Obtener las intensidades de línea y la potencia total.


A--------n

B~------------------~~~--. -----t5~ IBC

••• ----

zyxwvutsrqponm

•••••

c---------------------------~ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA F ig u r a

11.30.

Los cálculos de la potencia se pueden hacer sin conocer la secuencia del sistema. Los valores eficaces de las corrientes de fase son: IAB

,e

240xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 240 240 = 96 A IBC ¡= = 16 A IC A ¡= = 12 A .e 15 25 ' .e 20

r= -

Por tanto, las potencias

complejas en las tres fases son

(9,6)2(25/90°) = 2304/90° = O + nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ j2304 (16)2(15/30°) = 3840/30° = 3325 + j1920 = (12)2(20LQJ = 2880&,: = 2880 + jO

S AB

=

SBC

=

SC A

y la potencia compleja total es la suma ST

=

6205 + j4224

que es P T = 6~05 W y QT = 4224 VAr (inductiva). Para determinar las intensidades de corriente se debe suponer una secuencia; se toma la ARe. Entonces, usando la Figura 11.7(a), I AB =

I BC

IC A

=

=

339,4/120° 25/90° 3394/0°

' ix: =

15/30°

339,4/240°

20&,:

=

I AB

lB

I BC

°

A

22 6/- 30° A '

= 17/240° A

Las intensidades de línea se obtienen aplicando los nudos de la carga.

r, =

13,6/30

,

la ley de Kirchhoff para las corrientes en

+ IAC = 13,6/30° - 17/240° = 29,6/467 A + IBA = 22,6/- 30° - 13,6/30° = 19,7/- 667 A Ic = Ic A + I C B = 17/240° - 22,6/- 30° = 28,3/- 173,1° A

=

CIRCUITOS POLlFÁSICOS UTSRQPONMLK 3 1 7 zyxwvuts

11.11.

Obtener las lecturas de los vatímetros conectados en las líneasnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP A y B del circuito del Problema 11.10 (ambos vatímetros toman el potencial de referencia en la línea C).

• WA = Re (VAc.efIA,ef) = Re

[

= Re (5023L!.1D = 4888 W WB

.)JxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZY

e (29,6 (240L§QJ )2 /-46,7

• • (19,7 = Re (VBC.efIB.ef) = Re [ (240LQ:) )2 /66,7

.)J

= Re (3343/66,n = 1322 W Obsérvese que W A + W B

11.12.

=

6210 W, que coincide con P T calculada

en el Problema

11.10.

Un sistema trifásico ABe a cuatro hilos, con una tensión de línea V Be = 294,2&: V, tiene conectada una carga en estrella con ZA = lO&: n, ZB = 15;30° n y Z¿ = lO; ~ 30· n (Figura 11.31). Obtener las intensidades de corriente por las líneas y por el neutro. 1 = A

1

='

B

1

='

C

1699/90·

'

= 1699/90·

lO&: 1699/-

'

30·

15/30.

= 11 33/- 60· '

1699/-150· 10/- 30·

=

1699/-120· '

A

Iv., N

¡ 1.'Ii

V"

A

J

A

A

1OL!r n

r, KJIHGFEDCBA

••

)j

B Ve.-.-

e Figura 11.31.


11.13.

Las impedancias de la carga conectada en Y de la Figura 11.32,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW ZA = lO&: n, ZB = 15/30° n y nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Z¿ = 10/- 30° n, se alimentan por un sistema trifásico ABC a tres hilos en el que V BC = 208&: V. Obtener las tensiones en los extremos de las impedancias y la tensión de desplazamiento del neutro VO N ' Se puede aplicar el método del Ejemplo 11.7, resolviendo la ecuación de la tensión en un nudo. Sin embargo, las corrientes de malla 11 e 12 representadas en la Figura 11.32 dan otra posibilidad.

l'"

+ 15/30°

-15/30° 15/30° + 10/ - 30°

-15/30°

Resolviendo, 11

=

14,16/86,09° A e 12

r, = 1

1

=

= -

=

2

200 [208/1 208&".

J

10,21/52,41° A. Entonces, las intensidades

=

14,16/86,09° A le

J [11J 1

lB

12

=

= 12

-

11 = 8,01/ - 48,93° A

10,21/ - 127,59° A

Ahora se pueden calcular los fasores de las tensiones en las cargas. A

l~---::J

n

1O~

n

15~ B

I~ 208~-

V

n

10/-30"

e Figura 11.32.

141,6/86,09~ V

=

IAZ A

=

V BO =

IBZ B

= 120,2/ -18,93

VAO

b

V

Veo = leZe = 102,1/ - 157,59° V

VON

El diagrama

=

VOA +

VAN

=

141,6/ - 93,91 ° + 120,1/90°

fasorial es el de la Figura 11.33.

=

23,3/ - 114,53° V

de línea son

CIRCUITOS

POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJIH 3 1 9 zyxwvutsrq

A xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

e

MI:;;;.....

~

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON B

Figura 11.33.

11.14.

Calcular la potencia activa total que consume la carga desequilibrada en Y del Problema 11.13 y comparar con las lecturas de los vatímetros en las líneas B y C. La potencia que consume cada carga es P

A

=

PB =

P¿

[ A.er RA

2

= (14,16) --(10) = 1002,5 W

[~efRB

= (8,0~)(15

.

,

2

= [CefRC

,

J2

J2

cos 30°) = 417 W

= (10,21)2 --(10 cos 30)° = 451,4 W

J2

y, por tanto, la potencia activa total es 1870,9 W. A partir de los resultados del Problema 11.13, las lecturas de los vatímetros • WB= Re (VBA,efIB;ef) = Re [(208 J "2/- 60 °

Wc

• = Re(VCAeflcef)

,.

= Re [(208 -----= /2400

J2

La potencia total medida por los dos vatímetros

11.15.

) (8,01 J "2/48,93°

0) (10,21 -_-

)J

/127,59

J2 - -,

son:

=817,lW

o)J = 1052,8 W

es 1869,9 W.

Una carga trifásica equilibrada a tres hilos conectada en ~ produce unas lecturas en dos vatímetros de 1154 W y 577 W. Obtener la impedancia de la carga, si la tensión de línea es 141,4 V.


2

1

±tgxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e = J 3(WnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA W ) = J 3( 577) = 0,577 e = ±30° W2 + W¡

y, usando P T

= J 3VL,er IL,er

VL,er

cos

e,

J 3VL ,er

Zó = = -IF,er IL,er Por tanto, Z¿

11.16.

=

1731

=

3Vi,.r cos

e

=

3(100)2 cos 30°

PT

1154 + 577

n=

15

n

15/ ± 30° n,

Una conexión equilibrada en ~, con Z¿ = 30/30° n, está conectada a un sistema trifásico a tres hilos de 250 V, a través de una línea con una impedancia por fase Zc = 0,4 + jO,3 n, Calcular la tensión de línea en la carga, En la Figura 11.34 se ha representado el circuito monofásico equivalente. tensión, entre los extremos de la carga equivalente en Y, la tensión es V

= AN

donde VL = (137,4)(J 3)

10 /30° ) (250 0°) ( 0,4 + jO,3~ + 10/30° J 3 1St... =

=

Por división de

137 4 - O 33° V , / ,

238 V.

a

0,4+ jO ,3

25()~ V

V3

n

A

4

KJIHGFEDCBA

I LUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n 10~

)

N

-= -N Figura 11.34.

Considerando solamente los módulos, la tensión de línea de 238 V en la carga supone una caída de tensión en la línea de 12 V. La sección y la longitud total del hilo influyen en la resistencia de ZL' mientras que los materiales que envuelven al conductor (por ejemplo, acero, aluminio o fibra), así como la longitud, afecta a la reactancia inductiva.

PROBLEM AS


A continuación, el diagrama fasorial de tensiones e intensidades no se .ha incluido en la solución, incluso cuando el problema lo pide específicamente. Como regla general, se debería representar el diagrama fasorial en todos los problemas polifásicos. 11.17.

Tres impedancias de 10/53,13° n están conectadas en triángulo a un sistema trifásico C BA con una tensión de línea de valor eficaz 240 V. Obtener las intensidades de línea, Solución:

r, =

58,8/-143,13°

A, lB = 58,8/-23,13°

A, le = 58,8/96,87" A.

CIRCUITOS POLlFÁSICOS UTSRQPONMLKJIH 3 2 1 zyxwvutsrqp

11.18.

Tres impedancias de 42/ - 35" n están conectadas en triángulo a un sistema trifásiconmlkjihgfedcbaZYXW ABC con V Be = 495LQ: V. Obtener las intensidades de línea. Solución: t, = 20,41/125" A,

11.19.

r, =

20,41~

A, le = 20,41/ -115°

A.

Un sistema trifásico a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 100 V, tiene unas intensidades de corriente

I xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB = 15,41/-40° A le = 15,41/80° A B

¿Cuál es la secuencia del sistema y cuánto valen las impedancias, si la conexión es en triángulo? Solución: CBA, 15,9/70° 11.20.

Una carga equilibrada conectada en Y, con impedancias 6/45° n, está conectada a un sistema trifásico CBA a cuatro hilos con una tensión de línea de valor eficaz 208 V. Calcular las intensidades de línea y por el neutro. Solución:

11.21.

n

r,

A, lB = 28,31/-15°

= 28,31/-135°

A, le = 28,31/105" A, IN = O.

Una carga equilibrada conectada en Y, con impedancias 65/-20° n, está conectada a un sistema trifásico CBA a tres hilos, donde V AB = 678,8/ - 120° V. Obtener las intensidades de línea. Solución: lA = 6,03/ - 70° A, lB = 6,03/50° A, le = 6,03/170° A.

11.22.

Una carga equilibrada conectada en ~, con ZI1 = 9/ - 30° n, y una carga equilibrada conectada en Y con Zy = 5/45° n, están alimentadas por el mismo sistema trifásico ABC, con una tensión de línea de valor eficaz 480 V. Obtener las intensidades de línea, usando el método del circuito monofásico equivalente. Solución: lA = 168,9/93,36° A, lB = 168,9/ - 26,64° A, le = 168,9/ -146,64°

11.23.

Una carga equilibrada conectada en ~ de impedancias 27/ - 25° n y una carga equilibrada conectada en Y de impedancias 10/ - 30° n son alimentadas por el mismo sistema trifásico ABC, con VeN = 169,8/ -150° V. Obtener las intensidades de línea. Solución: lA = 35,8/117,36° A, t, = 35,8/-2,64°

11.24.

A.

A, le = 35,8/-122,64°

A.

Una carga equilibrada conectada en ~, con impedancias de 10/ - 36,9° n, y una carga equilibrada conectada en Y, son alimentadas por el mismo sistema trifásico ABC con VeA = 141,4/2~0° V. Si lB = 40,44/13,41 ° A, ¿cuánto valen las impedancias conectadas en Y? Solución: 5/ - 53,3° n.

11.25.

Un sistema trifásico ABC, de tensión de línea de valor eficaz 500 V, tiene una carga conectada en ~ en la que ZBe =


25LQ: n

de línea.

Solución: lA = 106,1/90° A,

r, =

76,15/-68,2°

A, le = 45,28/-128,65°

A.


11.26.

Un sistema trifásiconmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ABC, con V xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA BC = 294,2LQ: V, tiene una carga conectada en ~ ZAB = 5LQ:n


de línea.

r, =

Solución: lA = 99,7/99,7" A, 11.27.

127,9/-43,3°

Un sistema trifásico CBA a cuatro conectadas en Y las impedancias

A, Ic = 77,1/-172,1°

hilos, con tensión de línea de valor eficaz 100 V, tiene

r;

ZB = 3,61/56,31° n


A.

=

2,24/- 26,57° n

de corriente lA' lB' Ic e IN'

Solución: 27,2/- 90° A, 22,6/- 26Y A, 36,4/176,6° A, 38,6/65Y A. 11..28. Un sistema trifásico ABC impedancias

a cuatro

hilos, con V BC

=

294,2LQ: A, tiene conectadas

z; Calcular las intensidades

A, 15,32/90,4° A.

Una carga conectada en Y, con ZA = 10LQ:n, ZB = 10/60° n y Zc = 10/- 60° n, está conectada a un sistema trifásico ABC a tres hilos con una tensión de línea de valor eficaz 141,4 V. Determinar las tensiones en las cargas V AO ' V BO ' V C O y la tensión de desplazamiento del neutro V O N' Dibujar un diagrama fasorial similar al de la Figura 11.18. Solución: 173,2/90° V, 100LQ:V, 100/180° V, 57,73/-90°

11.30.

8LQ:n

de corriente lA' lB' Ic e IN'

Solución: 14,16/4Y A, 16,99/- 60° A, 21,24/-150° 11.29.

=

en Y las

V.

Una carga conectada en Y, con ZA = 10/- 60° n, ZB = 10LQ:n y Zc = 10/60° n, se conecta a un sistema trifásico CBA a tres hilos con una tensión de línea de valor eficaz 147,1 V. Calcular las intensidades de línea lA' lB e Ic' Solución: 20,8/- 60° A, O A, 20,8/120° A.

11.31.

Un sistema trifásico ABC a tres hilos con una carga equilibrada tiene una tensión de línea de valor eficaz 200 V Y una intensidad de línea (máxima) lA = 13,61/60° A. Calcular la potencia total. Solución: 2887 W.

11.32.

Dos cargas equilibradas conectadas en ~, con impedancias 20/- 60° n y 18/4Y n, respectivamente, están conectadas a un sistema trifásico en el que la tensión de línea es V BC = 212,1LQ: V. Calcular la potencia por fase de cada carga. Después, usando el método del circuito monofásico equivalente, calcular la intensidad de línea total, la potencia total y comparar con la suma de las potencias por fase. Solución: 562,3 W, 883,6 W, 4337,5 W

11.33.

=

3(562,3 W) + 3(883,6 W).

En el Problema 11.5 se conecta una carga equilibrada en ~ con Z = 20/4Y n, que consume unas intensidades de línea de 8,65 A con unas tensiones de línea de 100 V, ambos valores máximos. Calcular las lecturas de dos vatímetros usados para medir la potencia activa total. Solución: 111,9 W, 417,7 W.

CIRCUITOS POLlFÁSICOS ZYXWVUTSRQPO 3 2 3 zyxwvutsrqp

11.34.

Determinar las lecturas de dos vatímetros conectados en un sistema trifásico a tres hilos con tensión de línea de valor eficaz 240 V Y una carga equilibrada conectada en A con impedancias 20/80° Q. Solución: - 1706 W, 3206 W.

11.35.

Un sistema trifásiconmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ABe a tres hilos, con una tensión de línea V Be = 311,1L[: V, tiene unas intensidades de línea

r, = 61,5/116,6° Determinar

AxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA lB = 61,2/- 48° A le = 16,1/218° A

las lecturas de los vatímetros conectados en las líneas: a) A y B, b) B Y e, e) A y C.

Solución: a) 5266 W, 6370 W; b) 9312 W, 2322 W; e) 9549 W, 1973 W. 11.36.

Un sistema trifásico ABe a tres hilos tiene una tensión de línea de valor eficaz 440 V. Las intensidades de línea son lA = 27,9/90° A Determinar

lB

las lecturas de los vatímetros

= 81/-9,9° conectados

A

le = 81(189,9° A

en las líneas: a) A y B, b) B Y C.

Solución: a) 7,52 kW, 24,8 kW; b) 16,16 kW, 16,16 kW. 11.37.

Dos vatímetros en un sistema trifásico a tres hilos, con una tensión de línea de valor eficaz 120 V, miden 1500 W y 500 W. ¿Cuál es la impedancia de la carga equilibrada conectada en A? Solución: 16,3/ ±40,9° Q.

11.38.

Un sistema trifásico ABe a tres hilos tiene una tensión de línea de valor eficaz 173,2 V. Dos vatímetros conectados en las líneas A y B miden - 301 W y 1327 W, respectivamente. Calcular la impedancia de la carga equilibrada conectada en Y. (Al ser conocida la secuencia, se puede determinar el signo del argumento de la carga.) Solución: 10/- 70°

11.39.

Q.

Un sistema trifásico a tres hilos, con una tensión de línea V Be = 339,4L[: V, tiene conectada una carga equilibrada en Y de Z; = 15/60° Q. Las líneas entre el sistema y la carga tienen unas impedancias de 2,24/26,57° Q. Determinar el módulo de la tensión de línea en la carga. Solución: 301,1 V.

11.40.

Repetir el Problema 11.39 con una carga de impedancia Zy = 15/- 60° Q. Ilustrar el efecto del argumento de la carga en la caída de tensión en una impedancia de línea dada, representando los diagramas fasoriales de las tensiones de los dos casos. , Solución: 332,9 V.

12

C A P íT U L O R e s p u e s ta

1 2 .1 .

e n f r e c u e n c ia ,

f i It r o s y r e s o n a n c ia ZYXWVUTSRQP

R E S P U E S T A E N F R E C U E N C I A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

La respuesta de los circuitos liaeales a una excitación sinusoidal es también una sinusoide, con la misma frecuencia pero posiblemente con diferente amplitud y ángulo de fase. Esta respuesta es función de la frecuencia. Como ya se ha estudiado, una sinusoide se puede representar por un fasor que indica su módulo y su fase. Se definexwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS la r espuesta en fr ecuencia de un circuito como la relación del fasor de salida respecto al fasor de entrada. Es una función denmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jco y viene definida por

(la) HUw) tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK = Re[H] + j Im[H] = IHI eJe donde Re[H] e Im[H] son las partes real e imaginaria de HUw), y IHI y () son su módulo y su ángulo de fase. Re[H], Im[H], IHI y () son, en general, funciones de io. Sus relaciones son IHI2

=

IHUw)i2

=

Re2[H]

() = JHU ) = t t»

g

1

+ Im2[H]

(lb)

Im[H] Re[H]

(le)

La respuesta en frecuencia, por tanto, depende de la elección de las variables de entrada y salida. Por ejemplo, si se conecta una fuente de intensidad al circuito de la Figura l2.l(a), la corriente por el terminal es la entrada y la tensión se puede tomar como la salida. En este caso, la respuesta en frecuencia coincide con la impedancia de entrada Z = VdIl. Por el contrario, si se conecta una fuente de tensión a la entrada y se mide la corriente por el terminal, la respuesta en frecuencia coincide con la admitancia de entrada Y = IdV 1 = l/Z.

-

-

1,

+

+

v,

-

l.

Una puerta

v,

+ -v

,

Vl

Dos puertas

-

(b)

(a)

Figura 12.1. 325


Para el circuito de dos puertas de la FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 12.1(b) se definen las siguientes respuestas en frecuencia:xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1mpeda ncia de entr a da Admita ncia

de entr a da

F unción de tr a nsfer encia

de tensión

F unción de tr a nsfer encia

de intensida d

Impeda ncia s

EJEM PLO

1 2 .1 .

=

1 1/V 1

Vz/I¡ y VI/Iz'UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

de tr a nsfer encia

Determinar

Zen(jw) = V 1/11 Yen(jW) = l/Zen(jw) Hv(jw) = V 2/V 1 H¡(jw) = 12/11

la respuesta

en frecuencia

V 2/V

1

del circuito

de dos puertas

de la

Figura 12.2. 5k,{}

+ 1250,{}

1 ILF

V2

F ig u r a 1 2 .2 .

Sea Y RC la admitancia de la combinación Re en paralelo. Entonces, Y RC relación V 2/V 1 se obtiene de dividir V 1 entre ZRC más la resistencia de 5 kn. V HUw)=~=

VI

= 1O-6jw

+ 1/1250. La

Z RC

ZRC

+ 5000

1 + 5000Y RC

5(1 + 1O-3jw)

(2a)

(2b)

Soluciá n a lter na tiva : Primero se obtiene el circuito equivalente de Thévenin de la parte resistiva del circuito, VTh = V1/5 y RTh = 1 kn. y después se divide VTh entre RTh y el condensador de I J1F para

obtener (2a).

1 2 .2 .

C IR C U IT O S

P A S A -A L T O S

Y P A S A -B A J O S

La Figura 12.3 muestra un divisor de tensión resistivo en vacío, con las tensiones e intensidades de corriente estándar en las dos puertas. La función de transferencia de la tensión y la impedancia de entrada son H •..x(w)

=

R, R

- R KJIHGFEDCBA

¡+

2

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA UTSRQPONMLK 3 2 7 zyxwvutsr

1,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB R,

-

+ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+

F ig u r a

12.3.

El subíndice 00 indica la condición de vacío. Tanto Hvoo como Hzoo son constantes reales, independientes de la frecuencia, ya que no hay elementos reactivos. Si el circuito contuviera una bobina o un condensador, entonces Hvx y Hzoo serían complejos y variarán con la frecuencia. Si IHvool decrece según crece la frecuencia, el funcionamiento produce la atenuación de las altas frecuencias y el circuito se denomina pa sa -ba jos. Por el contrario, un circuito pa sa -a ltos producirá atenuación de las bajas frecuencias, con IHv<:ú1 decreciente cuando la frecuencia decrece. La Figura 12.4 muestra cuatro circuitos de dos elementos, dos pasa-bajos y dos pasa-altos.KJIHGFEDCBA

e,

R,

R,nmlkjihgfedcbaZY

L,

---1 f--t--L~

(a)

Pasa-altos

(b)

F ig u r a

Pasa-bajos

1 2 .4 .

El circuito pasa-altos RL de la Figura 12.5 está en vacío o sin carga. La respuesta en frecuencia de la impedancia de entrada se determina representando el módulo y el ángulo de fase de

o, dividiendo

por R¡ y escribiendo

Wx

==

R¡ /L2'


1,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT

- R, +

v,

Figura 12.5.

IHzl!

R nmlkjihgfedcbaZYXWVUT Cinco valores de w proporcionan datos suficientes para representar 1 Y 8 H , según se ve en la Figura 12.6. El módulo tiende a infinito cuando la frecuencia crece y, por tanto, a muy altas frecuencias, la corriente I1 por el circuito tenderá a cero.

oc

2 W

O

0,5 w'" w'"

2 », 00

IHzl/Rt 1

0,5J5 J"2 J5 00

f)H KJIHGFEDCBA

O· 26,6·

2w.

w

2w.

w

4Y 63,4· 90· 45°

Figura 12.6.

Análogamente se puede obtener la respuesta en frecuencia de la relación de tensión de entrada y salida. Por división de tensión en vacío se obtiene H

(w) _ ---=J,--'W_L--=2_ voo

por tanto,

-

1

R1

IH"I = )1 + (wx!wf

+ jwL2 y

El módulo y la fase se han representado en la Figura 12.7. Esta función de transferencia tiende a unidades a altas frecuencias, donde la tensión de salida es igual a la de entrada. De ahí la descripción de «atenuador de bajas frecuencias» y el nombre de circuito «pasa-altos».

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPON 3 2 9 zyxwvutsrqponm

IH"I

0,05

w, 2w, (l,S""xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

12.7.

F ig u r a

La impedancia

de transferencia

del circuito pasa-altos

RL en vacío es

o

La fase es constante e igual a 90 la gráfica del módulo frente a ea es una recta similar a la representación de wL frente a w en el caso de una reactancia, Véase la Figura 12.8.nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ 0

;

IHI/R,

w,

al

12.8.

F ig u r a

Intercambiando las posiciones de R y L se obtiene un circuito pasa-bajos de altas frecuencias (Figura 12.9). Bajo la condición de circuito abierto, 1

R2

H voo(w) = -R-+ -' -L2

1

IHvl = )1 + (W/w )2 x

)W

y

1

con atenuación

3 3 0 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

-

-

l.

11 = O +

+

VI

Figura 12.9.

La Figura 12.10 muestra las gráficas del módulo y el ángulo de fase. La función de co = O. De transferencia de la tensión Hvro tiende a cero a altas frecuencias y a uno cuandoxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV aquí el nombre de «pasa-bajos». Las otras funciones del circuito pasa-bajos se obtienen en los Problemas Resueltos. /11../ 0,5....

0,5

••••

-450KJIHGFEDCBA

-90"

Figura 12.10.UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

12.2. Obtener la función de transferencia de la tensión Hveo del circuito abierto de la Figura 12.11. ¿A qué frecuencia, en hercios, IHvl = I/J2 si:nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED a) C 2 = 10 nF, b) C 2 = 1 nF?

EJEM PLO

-1

l. _R.=5kn

12 = O

+

+

T_C_2 __

v.

V2

Figura 12.11.

H eco

a)

(w)

1/jwC 2

= R¡

+

(1/jwC 2 )

.

1

= ---'---1 + j(w/w x)

donde

Wx

== -R¡

1 C2

2.10-4 = ---

C2

(rad/s)

RESPUESTA

y, por tanto,

IHvl = 1/)2

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJ 3 3 1 zyxwvuts

cuando (¡)

=

=

(¡)

x

2.10-4

= 2· 104 rad/sxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS

10.10- 9

o cuandonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f = (2· 104)/2n = 3,18 kHz.

f

b)

10

= -

1

(3,18)

=

31,8 kHz

Comparando (a) y (b) se observa que cuanto mayor es el valor de e 2 , tanto frecuencia a la cual cae hasta el 0,707 de su valor de pico que es 1; es decir, un de e 2 correspondería a la representación de de la Figura 12.10 desplazada hacia Por tanto, cualquier condensador conectado en paralelo con e 2 sirve para reducir la circuito.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

IHvl

1 2 .3 .

IHvl

menor es la valor mayor la izquierda. respuesta del

F R E C U E N C IA S D E M E D IA P O T E N C IA

La frecuencia ea ; calculada en el Ejemplo 12.2 es la frecuencia a la que

y se denomina fr ecuencia de media potencia . En este caso, el nombre se justifica en el Problema 12.5, que demuestra que la potencia de entrada al circuito de la Figura 12.11 será la mitad del máximo cuando

esto es, cuando w = w x' En muchos casos, una función de transferencia H(w) no constante máximo absoluto a alguna frecuencia única w x' A la frecuencia a la que IH(w)1

=

tendrá

su valor

O,707IH(wxll

se le denominará fr ecuencia de media potencia (o punto de media potencia), tanto si esta frecuencia corresponde realmente a la mitad de la potencia como si no. En muchos casos, < w < 00, tal que existen dos frecuencias, una menor y otra mayor que la frecuencia de pico. Estas se denominan frecuencias (puntos) super ior e infer ior de media potencia, y su separación, el a ncho de ba nda , sirve como medida de la agudeza del pico.

°

1 2 .4 .

C IR C U IT O S G E N E R A L IZ A D O S C O N D O S P U E R T A S Y D O S IM P E D A N C IA S

El circuito básico RL o Re, del tipo examinado en la Sección 12.2, se puede generalizar con Zl y Z2' según muestra la Figura 12.12; la carga de impedancia ZL se conecta en la puerta de salida.

332

CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

11

12

ZI

+

+

VI

Figura 12.12.

Por división de tensión, Z' V z = Z + Z' V¡

Z'

o

Z¡ + Z'

i

donde Z' =xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Zz Zd(Zz + ZL) es la impedancia equivalente de Zz y ZL en paralelo. Las otras funciones de transferencia se calculan de forma similar y están incluidas en la Tabla 12.1. Tabla 12.1.

transferencia V KJIHGFEDCBA 12 H.=H"Hz , 1

V¡

2 n, = 1 (O) H=v V¡

Condición de salida

¡

=

1

V

2 1 (O) I

H· =- 1 2 ---..!.

H:

(S)

VI

~

Cortocircui to, ZL=

O

Circuito abierto, ZL = 00

Carga, ZL

Z¡

Z¡

+ Z2

Z¡

+ Z'

O Z2 Z¡

+ Z2 Z'

Z¡

+ Z'

-1

O

O

Z2

-Z2 Z2

+

Z' ZL

1 --nmlkjihgfedcbaZYXW Z¡ O -Z' ZL(Z¡

+ Z')

12.5. RESPUESTA EN FRECUENCIA Y FUNCIONES DE TRANSFERENCIA La respuesta en frecuencia de un circuito se puede determinar sustituyendo jw por s en su función de transferencia. Este útil método se ilustra en el ejemplo siguiente. EJEMPLO 12.3. Determinar: a) la función de transferencia H(5) = V 2fV ¡ del circuito de la Figura 12.13; b) HUw) para LC = 2/w6 y L/C = R 2 , Y e) el módulo y el ángulo de fase de HUw) en b) para w o = 1 rad/s.

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 3 3 3 zyxwvutsrq

+ nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED L

A

e

R

Figura 12.13.xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH a)

Se supone que V 2 es conocida. Se usan las impedancia s generalizadas De IR = V2/R, V A = (R

+

R

+ Ls

V2

R

Cs(R + Ls)

le=CsVA=

R

(3)

V2

1 + Cs(R + Ls) V2 Cs(R + Ls) II = IR + le = - + V2 = V2

e

R

Entonces,

R

R

VI = VA + RII = --

R

1

+ Ls

V2 + [1 + Cs(R + Ls)]V 2

R

V2

y

b)

=

Ls)I R

Ls y l/Cs y se determina VI.

1

(4a )

H(s) = VI = 2 + (L/R + CR)s + LC s 2

De LC = 2/w~ y L/C = R 2 se tiene que L = j2R/w o obtiene: H(s)

= ~ (

2

1 + j2(s/w o ) IHI2 = ~

1

e

+ (S/WO)2 +

)

y C = j2/

Rw o . Sustituyendo

L y C en (4a ) se

o

(4b)

y

(:J/WO )4)

Obsérvese que HUw) es i~ependiente de R. El circuito deja pasar sinusoides de baja frecuencia y anula, o atenúa, las sinusoides de alta frecuencia. Es un filtro pasa-bajos con una frecuencia de media potencia w_ = OJo y, en este caso, el módulo de la respuesta en frecuencia es IHuOJo)1= IH(0)I/j2 e)

Para

OJo

= j2/4

y su ángulo de fase es /HUwo) = -n/2.

= 1, H(s)

=-1

2

(

1 1 + j2s +

)

o

S2

y

HUOJ) =-1 (

2

1 + jj20J

1

) -

OJ2

(4e)

334


CIRCUITOS

El circuitonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RC de la Figura 12.4(b) se definió como un filtro pasa-bajos de primer orden con una 1/R¡ C 2 . El circuito de la Figura 12.13 se denomina filtr o frecuencia de media potencia úJo = xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Butter wor th de segundo or den. Su corte es muy pronunciado.

12.6. RESPUESTA EN FRECUENCIA SEGÚN LA LOCALIZACIÓN DE POLOS Y CEROS La respuesta en frecuencia de un circuito es el valor de la función de transferencia H(s) para s = jco. Esta observación se puede usar para evaluar HUw) gráficamente. El método gráfico puede proporcionar un boceto rápido de HUw) y dar una idea aproximada de su comportamiento cerca de los polos y los ceros sin la necesidad de una solución completa. EJEMPLO 12.4. Determinar los polos y los ceros de H(s) = IOs/(s2 + 2s + 26). Situarlos dominio s y usar el diagrama de polos y ceros para representar H(júJ).

en el

jw

5

p¡ Plano s

I lB I I I I I -1 I

H

5

3,54 C7

le 2,6

I I I I I I P2

1,66

w

o

2

3

-5 KJIHGFEDCBA

(a)

41

51

ví6

4,2

•

61

7

8

9

6,2

(b)

Figura 12.14.

H(s) tiene un cero en z ¡ = O. Sus polos p¡ Y P2 se obtienen de S2 + 2s + 26 = O, resultando Pi = - 1 + j5 Y P2 = - 1 - j5. El diagrama de polos y ceros es el de [a Figura 12.14(a). La función de transferencia se puede escribir como ' H(s)

=

s - z¡ (10) ----(s - p¡)(s - P2)

Para cada valor de s, el término (s - z¡) es un vector con origen en el cero z¡ y extremo en el punto s del dominio s. Análogamente, s - p¡ Y s - P2 son vectores dirigidos desde los polos Pi Y P2' respectiva-

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPONM 3 3 5 zyxwvutsrqpon

mente, hasta el punto s. Entonces, para cualquier valor de s, la función de transferencia expresar en función de tres vectores, A, B Y e, de la forma siguiente: H(s) = (10) -

A

B·e

donde A = (s - z¡), B = (s - p¡)

y e

= (s -

se puede

P2)

El módulo y el ángulo de fase de H(s) para cualquier punto del plano s se puede obtener como IAI IH(s)1 = (10) IBI .

le¡

/H(s) =

lA -

(5a)

L!! -nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ¡s;.

(5b)

Situando s en el eje jw [Figura 12.14(a)], variando w desde O a 00, y midiendo los módulos y las fases de los vectores A, B Y e, se puede usar (5a) y (5b) para obtener los gráficos del módulo y del ángulo de fase. La Figura 12.14(b) muestra el gráfico correspondiente al módulo.

1 2 .7 .

F IL T R O S

ID E A L E S

Y R E A L E S xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

En general, los circuitos son selectivos para la frecuencia. Los filtros constituyen un tipo de circuitos diseñados para obtener características específicas de selectividad respecto a la frecuencia. Dejan pasar unas frecuencias sin afectarlas (la banda de paso) y eliminan otras (la banda de anulación). Idealmente, en la banda de paso, HUro) = 1, Y en la banda de anulación HUro) = O. Se reconocen los siguientes tipos de filtros: pasa-bajos [Figura 12.15(a)], pasaaltos [Figura 12.15(b)], pasa-banda [Figura 12.15(c)] y parada-banda [Figura 12.-15(d)]. Los filtros ideales no son físicamente realizables, pero se pueden diseñar y construir filtros reales tan cercanos a los ideales como se desee. Cuanto más se aproxime a la característica ideal, más complejo será el circuito real. H

H

CL..L.."'"-

úl

(a)

(b)

H

H

úl

(d)

(e)

F ig u r a 1 2 .1 5 . KJIHGFEDCBA


Los circuitosxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RC o RL de la Secci6n 12.2 son filtros de primer orden. Están alejados de los filtros ideales. Como se ilustra en el ejemplo siguiente, la respuesta en frecuencia se puede aproximar a la de los filtros ideales si se incrementa el orden del filtro.UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

1 2 .5 .

Las funciones de transferencia a)

e)

HI' H2 Y H3 están definidas por

1 nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1

H 1=-s + 1

H3

= -----S3

b)

H2

= ---=-S2

+

2

1HI 1 =------

(1

+ 1

1

+ 2s + 2s + 1 2

Determinar el módulo de sus respuestas en frecuencia. Demostrar con frecuencia de media potencia igual a Wo = 1.

a)

J2s

que las tres funciones son pasa-bajos

1

+ jw)(l

- jw)

1 + w2

b)

e)

IHI2

Para w = 0, 1 Y 00, las tres funciones valen = 1, 1/2 Y 0, respectivamente. Por tanto, las tres funciones de transferencia son pasa-bajos, con la misma frecuencia de media potencia Wo = 1. Estas funciones corresponden a filtros Butterworth de primero, segundo y tercer orden, respectivamente. Cuanto mayor es el orden del filtro, más pronunciado es el corte en la respuesta en frecuencia.

1 2 .8 .

F IL T R O S

A C T IV O S

Y P A S IV O S

solamente resistencias, bobinas y condensadores se denominan contienen fuentes dependientes se denominan a ctivos. Los filtros pasivos no requieren fuentes externas de energía y pueden funcionar siempre. Los filtros activos se componen generalmente de circuitos RC y amplificadores. El circuito de la Figur~ 12.l6(a) muestra un filtro pasivo pasa-bajos de segundo orden. El circuito de la Figura 12.16(b) muestra un filtro activo con una respuesta en frecuencia V 2fV 1 equivalente a la del circuito de la Figura 12.16(a). Los filtros que contienen

pa sivos. Los que además

1 2 .6 . Determinar la función de transferencia Figura 12.l6(a) y b) Figura 12.l6(b).

EJEM PLO

a)

V 2/V

1

en los circuitos

representados

en:

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 337

FILTROS

2F zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZY

+

+ L= JlV2H R=IOnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(b)

(a)

F ig u r a

a)

En la Figura

12.16.

12.16(a) se obtiene V 2 a partir de V 1 por división de tensión.

V2

= -

1

V

V1

---=o1 __

__

1

V1

Les + Res + 1 = Le S2 + (R/L)s + (l/LC ) esxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R + Ls + l/es 2

Sustituyendo

para

R

=

1,

L= 1/j2

y

e = j2,

y dividiendo

V2

V1 b)

En la Figura V B = V 2•

Nodo

1 S2

+ j2s + 1

12.l6(b) se aplica la ley de Kirchhoff

j2(V A -

Nodo A:

V 1) +

j2(V A -

V 2s +

B:


H(s)

=

por V1, se obtiene:

j2(V2

para las corrientes

en los nodos A y B con

V 2) + 2s(V A - V 2) = O -

VA) = O

(6a) (6b)

V 2/V 1 se obtiene eliminando

V A entre (6a) y (6b). Por tanto,KJIHGFEDC

V2 V1

S2

+ j2s + 1

Se observa que las funciones de transferencia de los circuitos de la Figura 12.l6(a) y (b) son idénticas. Ambos son filtros pasa-bajos Butterworth con frecuencia de media potencia para to = 1 rad/s,

1 2 .9 .

F IL T R O S P A S A -B A N D A Y R E S O N A N C IA

La función de transferencia H(s)

siguiente se denomina función ks

= S2

+ as + b

donde

pa sa -ba nda .

a > O, b > O, k > O

(7)


El nombre es especialmente apropiado cuando los polos son complejos, próximos al ejexwvutsrqponmlk jw, y alejados del origen del dominio s. La respuesta en frecuencia de la función pasa-banda es H (jw) =

kjw b - w 2 + a jw

(8)

IHI

El máximo de se produce cuando b - w 2 = O o t» = y'b, denominada fr ecuencia = = kla . Las frecuencias de centr a l w o ' Para la frecuencia central se tiene que co¡ y w s ' donde media potencia se presentan anmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

IHlmax IH(wo)1

(9a)

Sustituyendo

(8) en (9a) se obtiene que co¡ y co, son las raíces de la ecuación siguiente: (b - w 2 f

-'--_~'2 w

Ja co, = J a

Resolviendo,

ea ¡

=

= a2

(9b)

2

/4 + b

- a /2

(9c)

2

/4 + b + a /2

(9d)

De (9c) y (9d) se obtiene Ws -

w¡

= a

(10b)

y

Se define el a ncho de ba nda f3 como f3 =

Ws

-

W¡

=

(10c)

a

Se define el fa ctor de ca lida d Q como

Q

= w o /f3 =

(10d)

fila

El factor de calidad mide la agudeza de la respuesta en frecuencia alrededor de la frecuencia central. Este comportamiento también se denomina r esona ncia (ver Secciones desde 12.11 a 12.15). Cuando el factor de calidad es alto, W ¡ y ea , se pueden aproximar por W o - f3/2 y Wo + f3/2, respectivamente.UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Sea la función de transferencia Hís) = lOs/(s2 + 300s + 106). Determinar la frecuencia central, las frecuencias superior e inferior de media potencia, el ancho de banda y el factor de calidad. EJEM PLO

1 2 .7 .

Como aJ~ = 106, la frecuencia central es aJo = 1000 rad/s. Las frecuencias inferior y superior de media potencia son, respectivamen!e, aJ¡ = J a 2 /4 t»,

= J a 2 /4

+ b - a /2 = J 300 2 /4 + 106

-

300/2 = 861,2 rad/s

+ b + a /2 = J 300 2 /4 + 106 + 300/2 = 1161,2 rad/s

El ancho de banda fJ = ea , - ea ¡ = 1161,2 - 861,2 = 300 rad/s. El factor de calidad Q = 1000/300 = 3,3.

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 3 3 9 UTSRQPO 1 2 .8 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Repetir el Ejemplo 12.7 para H(s) = 10S/(S2 + 30s + 106). Nuevamente, 106,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Wo = 1000 rad/s.

EJEM PLO =

)302/4 co, = )302/4

Entonces,

W¡

f3 = Se observa que W¡

=

Wo

1 2 .1 0 .

y

Ws

+ 106

-

30/2

=

985,1 rad/s

+ 10 + 30/2 = 1015,1 rad/s 6

= 30 rad/s

Q = 1000/30 = 33,3

y

se pueden aproximar

f3/2 = 1000 - 30/2 = 985 rad/s

-

con buena precisión por y

oi,

=

Wo

+ f3/2 = 1000 + 30/2 = 1015 rad/s

F R E C U E N C IA N A T U R A L Y F A C T O R D E A M O R T IG U A M IE N T O

El denominador

donde

W¡

a

=

denmlkjihgfedcbaZ w~ =

de la función pasa-banda

dada en (7) se puede expresar como

fl

se denomina fr ecuencia na tur a l y ~ = a /(2fl) se denomina fa ctor de a mor ti~ > 1, el circuito tiene dos polos distintos en el eje real negativo y se denomina sobr ea mor tigua da . Para ~ = 1, el circuito tiene un polo real de orden dos para - w o , y se denomina cr ftica mente a mor tigua da . Para ~ < 1, el circuito tiene un par de polos conjugados en - ~wo + jwo~ y - ~wo - jwo~' Los polos están situados sobre un semicírculo de radio Wo en el semiplano izquierdo. El ángulo de situación de los polos es 1 <1> = tg~ (véase la Figura 12.17). El circuito está suba mor tigua do y puede tener oscilaciones amortiguadas. Obsérvese que el factor de amortiguamiento es igual a la mitad de la inversa del factor de calidad. Wo

gua miento.

=

Para

jw

----~~~~----*_--------a

F ig u r a 1 2 .1 7 .

340

CIRCUITOS


RLC : RESONANCIA SERIE 12.11. CIRCUITO SERIExwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El circuito serie RLC representado abierto, una impedancia de entrada

en la Figura

Zen(m)

=

R

+j

12.18 tiene, en condiciones

(mL- m

1

de circuito

c)

Se dice que el circuito es una r esona ncia en ser ie (o r esona ncia de ba ja impeda ncia ) cuando Zen(m) es real (y, por tanto, IZen(m)1 es mínimo); esto es, cuando 1 mL--= O

o

mC

l.

L

m = mo ==

1

JLC

-

e

12 =

o

nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

+ KJIHGFEDCBA

+

v.

R

Figura 12.18.

La Figura 12.19 muestra la respuesta en frecuencia. La reactancia capacitiva, inversamente proporcional a m, es mayor a bajas frecuencias, mientras que la reactancia inductiva, directamente proporcional a m, es mayor a altas frecuencias. Por consiguiente, la reactancia neta a frecuencias por debajo de Wo es capacitiva, y el argumento de Zen es negativo. A frecuencias por encima de mo el circuito es inductivo, y el argumento de Zen es positivo.

I~nl

\

\

/Al

/Al

(a)

-90" Figura 12.19.

Por división de tensión, la función de transferencia

(b)

de tensión para la Figura

12.18 es

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJI 3 4 1 zyxwvutsrqp

La respuesta en frecuencia (sólo el módulo) se ha representado en la Figura 12.20; la cur12.19(a) pero invertida. Obsérvese que la atenuación se produce va es igual a la de la FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA por encima y por debajo de la frecuencia de resonancia serie CO o ' Los puntos en los que la respuesta es 0,707, puntos de media potencia (Sección 12.3), se producen a las frecuencias COi y xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ea ; El ancho de banda es la distancia entre estas dos frecuencias: f3 = COs - COi' IR,·I

0,707 0,5

Figura 12.20.

Se puede definir unfa ctor de ca lida d, Qo = cooL/R, para el circuito serie RLC en resonancia. (Véase la Sección 12.12, donde se da la definición general de Q.) Las frecuencias de media potencia se pueden expresar en función de los elementos del circuito, o en función de COo y Qo, de la forma siguiente:

COs = ~

COi

Véase el Problema

+

= - ~

)(~y + ~ + ) (~

12.5. Restando

y

+ L

= co o ()l

1

c = COo ( )

2~J 1 2~J

+

4~6 + +

4~6 -

entre sí las expresiones anteriores

se obtiene:

lo que sugiere que cuanto mayor es la «calidad», más estrecho es el ancho de banda.ZYXWVUTSRQP

1 2 .1 2 .

F A C T O R D E C A L ID A D

A un componente o a un circuito completo mér ito, definido como Q

se le. puede asignar un fa ctor de ca lida d o de '

== 2 (máxima

que es un número adimensional. Secciones 12.9 y 12.11.

t:

energía almacenada) . 1o energra, d"isipa d a por CIC

Esta definición está de acuerdo con la definición dada en las


En la Figura 12.21 se muestra la modelización de una bobina real, en la que están presentes tanto una resistencia como una inductancia. La energía máxima almacenada xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA x> mientras que la energía que se disipa en cada ciclo es es 1LI~a 2 ( IefR

)

(2n) -

_----I~a xRn

w

w

Por tanto, wL

R

= nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

Qbob

Un condensador real se puede modelizar por una combinación en paralelo de R y e, como se ve en la Figura 12.22. La energía máxima almacenada es 1- eV~a x y la energía que se disipa en cada ciclo es V;,a x «[ Rco. Por tanto, Qcon = weR.

r-----,

o

1...... I

r-· I

I ....-v UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I o I I I

R

L

I

.J

L

__.J

L__

Figura 12.22.

El Q del circuito serie RLC se obtiene del Problema resonancia, en cuyo caso tiene la forma equivalente _ woL _

Qo -

C IR C U IT O

I

e I I

R

Figura 12.21.

1 2 .1 3 .

--,

r - - " " " '"

R - Wo

PARALELO

1

_ 1

CR -

RLC.

R

12.6(a ). Normalmente

(i

Ve

R E S O N A N C IA

PARALELO

En la Figura 12.23 se muestra un circuito paralelo RLC. Se observa condiciones de circuito abierto, la impedancia de entrada es 1

Yen(w)

1

se aplica a la

que V 2

=

V i- En

1

= - + -. - + jwC = -(-) R

JwL

Zen w

El circuito estará en r esona ncia en pa r a lelo (o r esona ncia de a lta impeda ncia ) cuando Yen(w), y por tanto Zen(w) es real (y, por tanto, IYen(w)1 es mínima y IZen(w)1 es máxima); esto es, cuando

- -

1

wL

+

we

= O

o

w = co; ==

1

J'LC

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQP 343

I~nl + + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 0,707

0,5 xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON R nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L e

F ig u r a

12.23.

F ig u r a

12.24.

El símbolo OJa se usa ahora para indicar la cantidad 1/~, con el fin de distinguir esta resonancia de una resonancia de baja impedancia. Los circuitos complejos serie-paralelo pueden tener varias frecuencias resonantes de alta impedancia OJa Y varias frecuencias resonantes de baja impedancia OJo' La impedancia de entrada normalizada 1

se ha representado (en módulo solamente) en la Figura 12.24. Se han indicado en el gráfico las frecuencias de media potencia OJ¡ y OJ s ' Análogamente a la resonancia serie, el ancho de banda está dado por f3 =

OJ a

Qa

donde Qa> el factor de calidad equivalentes

del circuito

Q Véase el Problema

1 2 .1 4 .

C IR C U IT O

a

= -

RL OJa

=

paralelo

OJ RC a.

=

para

R

OJ

= OJ a , tiene las expresiones

Jf

L

12.6(b).

PARALELO

REAL

Le

Un circuito paralelo «tanque» LC tiene aplicaciones frecuentes en electrónica como sistema de selección de frecuencias o sintonizador. Mientras el condensador se puede tratar con frecuencia como una C pura se deben considerar las pérdidas en la bobina. Un modelo razonable del tanque real es el de la Figura 12.25. La admitancia de entrada es 1 R [ OJL ] Yen(OJ) = jOJC + R + jOJL = R2 + (OJL)2 + j OJC - R2 + (OJL)2

344

CIRCUITOS


En la resonancia,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

le }-

.s,c ~ R' nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA :(~.L)' o w. ~ R:e A la frecuencia de resonancia,

= RC¡ L y, de la Sección 12.11, el Q de la bobina es

Yen(m a )

J

Q bob -- maRL -Si Qbob ~ 10, entonces co; ~

1/)Le

L CR 2

1

-

y

I

Zen(m a ) I '" Q2 R '" bob

La respuesta en frecuencia es similar a la del circuito paralelo RLC, excepto que la resonancia a alta impedancia se produce a baja frecuencia para Qbob pequeño. Esto es evidente cuando la expresión anterior de co; se reescribe como ma =

.,

-

(le)

)1 + ~l/Q~ob)

I I

+

v,

e

I

-;l I

IKJIHGFEDCBA

L

L__ --.J Figura 12.25.

12.15. CONVERSIONES SERIE-PARALELO En el análisis de circuitos conviene con frecuencia convertir el RL serie en paralelo (ver Figura 12.26). Dados Rs' L. y la fr ecuencia de oper a ción m, los elementos Rp y Lp del circuito paralelo equivalente se determinan evaluando las admitancias

= Rs - jmLs

y s

Los resultados

son:

R;

+ (mLs)2

e

= _1 + _1_

y

p

R¿

jcol.;

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZ y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 345

R.

L,

Figura 12.26.

Re montado de una de las formas a la otra En ocasiones se desea convertir el circuitoxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (ver Figura 12.27). Evaluando las impedancias o las admitancias se obtiene: _ Rp 2 Rs- KJIHGFEDCBA 1 + (wepRp)

es = para la transformación

2

= e p (1

+ ~~)

paralelo a serie, y

s,

[1

= nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s, + (We:RyJ = Rs(1 + Q ;)

e

es

=

p

para la transformación cia de operación.

+ (We~Rp)2J

ep[ 1

Rp

1 + Qp

1

+ (wesRs)2

es

1

serie a paralelo. Nuevamente,

+ (1/Q sf la equivalencia

depende de la frecuen-

Figura 12.27.

12.16. DIAGRAMAS DE LOCALIZACIÓN, Hasta ahora, la respuesta en frecuencia de un circuito se ha representado dibujando separadamente el módulo y el ángulo de fase de su función de transferencia frente a la frecuencia co. Esta misma información puede presentarse en un único diagrama: en el plano complejo se traza la curva (diagrama de localización), cuyos puntos se obtienen calculando el valor de la función de transferencia según w varía desde O a co, En esta sección se explicará el diagrama


346

de localización para la impedancia de entrada o la admitancia de entrada; en algunos casos la variable no seráxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA w, sino otro parámetro (tal como la resistencianmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM R). Para el circuito serie RL, la Figura 12.28(a) muestra el diagrama de localización de Z con col. fijo y R variable; la Figura 12.28(b) muestra la localización de Z cuando R está fijo y w o L es variable, y la Figura 12.28(c) muestra el diagrama de localización de Y cuando R está fijo y w o L es variable. Este último diagrama se obtiene de y

+ jwL

R

-

J 1m Z

J

1

=

1 R2

!tg-

+ (WL)2

J 1m Z

t ReZ

o

wL/R)

(-

J 1m Y

R creciente

OE...--------

1

1

1 2R

R KJIHGFEDCBA ReY

O~------~-------.---

col:

creciente

~::::::=--l--R

(a)

ReZ

(b)

(e)

Figura 12.28.

Se observa que para col. = 0, y = (1/R)&:., Y para col.i-« 1 Y=--~

00,

Y

-+

0(- 90°. Cuando

col.

=

R,

/_ ,1 ,0

Rfi Unos pocos puntos más confirmarán que el diagrama es semicircular, con centro en 1/2R y radio 1/2R. La respuesta en frecuencia del circuito se obtiene de la Figura 12.28(b) o de la 12.28(c). En la Figura 12.29 se han representado los diagramas de localización de Y y de Z de un circuito paralelo RC ; éstas se obtienen de Y =

1

R + jwC

Z =

y

J

R

1

j 1m Y

!tg-1

(-wC R)

jlmZ

f e

R

+ (WCR)2

me

creciente

-

R

O~~----~-------'--

ReZ

Rcrecieme

0-=;;....---...&.----1 R (a)

ReY

(b)

(e)

Figura 12.29.

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZY y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 347

Para el circuito seriexwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC , la localización de Y, con W como variable, se puede determinar escribiendo: Y

=

1 G +nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA J'B = --R + jX

donde Tanto G como B dependen de W a través de X. Eliminando X entre las dos expresiones se obtiene la ecuación del diagrama de localización en la forma

o es decir, el círculo de la Figura 12.30. Obsérvese que los puntos en el diagrama corresponden a W = W¡ , W = Wo y W = ws' jB

_____

ID

creciente

I R

F ig u r a

G

12.30.

El diagrama de localización de Y del circuito «tanque» real estudiado en la Sección 12.14 se puede obtener combinando el diagrama de la rama C y el de la rama RL. Para ilustrar el proceso de la suma, los puntos correspondientes a las frecuencias w l < W2 < w 3 están señalados en cada diagrama individual y en el de la suma, representado en la Figura 12.31(c). Se ve que min se produce a una frecuencia mayor que wa ; esto es, la resonancia es de alta impedancia pero no de máxima impedancia. Esto sucede porque G varía con ea (ver Sección 12.14), y varía de forma que para B = O no se minimiza automáticamente G2 + B2. La separación de las frecuencias de resonancia y admitancia mínima es función del Q de la. bobina. Valores mayores de Qbob corresponden a valores menores de R. En la Figura 12.31(b) se observa que con R menor se obtiene un semicírculo mayor, que, al ser combinado con el diagrama de localización de Y o produce una co; mayor y una menor frecuencia de admitancia mínima. Cuando QbOb ~ 10, las dos frecuencias son aproximadamente iguales.

IYI

3 4 8 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j 1m Y jzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1m V . ~ Localización

: Yf",

--,

1

R

_...J

R

oKJIHGFEDCBA E-------~------~~- OF-----:--4It-----------!t--

1

L

1

""

I

e

deYcnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ReY

I

I

2R

Localización de ~

(b)

(a)

(e)

Figura 12.31.

El caso del circuito de dos ramas Re y RL de la Figura 12.32(a) se puede estudiar sumando el diagrama de admitancias de las dos ramas. Para una tensi6n fija V = VLQ:, esto equivale a sumar el diagrama de localizaci6n de las corrientes de las dos ramas. Se toma e variable sin limitaci6n, y R1, R 2 , L Y w constantes. Entonces la corriente IL es constante según se ve en la Figura 12.32(b). El diagrama semicircular de le se suma al de IL para obtener el de IT. La resonancia del circuito se produce para OT = O. Esto puede suceder para dos valores [caso ilustrado en la Figura 12.32(b)], para un valor o para positivos del parámetro ninguno, dependiendo del número de raíces reales positivas de la ecuaci6n Im Y T(C) = o.

e

.:

R,

tic

R2

l-

e

j 1m I T

-

creciente

O

1

Reir

jwL

jwC C = : x>

le (b)

(a)

Figura 12.32. !

PROBLEM AS

UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

RESUELTOS

g

-v

12.1.

En el circuito con dos puertas de la Figura 12.33, Rl ='7 kn y R 2 = 3 kn. Obtener la relaci6n de tensiones V 2/V 1: a) en vacío, b) con R L = 20 kn. a)

En vacío, la división de tensión da R2

----=---

Rl + R 2

= --

3

7 + 3

=

O3 '

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 3 4 9 nmlkjihgfedc b) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Con R xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L = 20 kn,

V2

y

V

Rp

+

R¡

¡

= ~

+

R,

V

R2

VI

027 '

de la frecuencia. La carga resistiva de 20 kn

La relación de tensiones es independiente reduce la relación de 0,3 a 0,27.

+

=

221

Rp

-

-

J~

Figura 12.33. 12.2.

a) Determinar L 2 en el circuito pasa-altos de la Figura 12.34, si frecuencia de 0,5 MHz. b) ¿A qué frecuencia es IUv(w)1 = 0,9? a)

De la Sección 12.2, con

Wx

==

v

y

0,5 =

Jl

+

=

0,5 a una

1 --¡======

Jl

1

+

(w x/W)2

t, = 50j3 MHz

o

(fx!5W

R¡ L2 = -

50.103

=

2n(50j3. 106

Zn] ;

b)

=

R¡/L2'

IH (w)1 Entonces,

IUJw)1

1 09=---=-, 1 + (50j3/N

= 919 J.lH '

o

f=

179MHz

RI = 50 kfi +KJIHGFEDCBA

+

V,

Figura 12.34.

12.3.

Se puede construir un divisor de tensión, útil para aplicaciones a alta frecuencia, con dos condensadores e ¡ y e 2 en el circuito general de dos puertas de la Figura 12.12. En vacío, determinar e 2 , si el = O,OlflF Y IUL.I = 0,2.


De la Tabla 12.1,nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1/jwC 2

1

--+--

jwC xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML 2

jwC¡

02 ,

Por tanto,

12.4.

=

o

C 2 = 0,04 f1F

Se observa que la relación de tensiones en circuito abierto es independiente

de la frecuencia.

IHvl =

RC de la Fi-

Calcular la frecuencia gura 12.35.

a la que

v

0,5, en el circuito

1

H (w) -

donde

1 + j(w/w x)

-

co

=

J3 (_1_) RC I

w

pasa-bajos

=-x -

1 (O 5)2 , - 1 + (w/wY

Entonces,

y

0,01 0,01 + C2

1

R¡

1 C2

de donde

= 8660rad/s

o

f=

1378 Hz

2

R. = 100

•

nUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

I ·

.. _-__ I c

'.':

Figura 12.35.

12.5.

Calcular la frecuencia de resonancia Wo = 2nfo del circuito serie RLC de la Figura 12.36. Obtener también las frecuencias de media potencia y el ancho de banda [3. Zen(w)

=

R + j( wL- ~C) 100

V(w)

+

Figura 12.36.

n

RESPUESTA

En resonancia,

w

EN FRECUENCIA,

Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJIH 3 5 1 zyxwvutsrqp

FILTROS

Zen(w) =xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R Y Wo = lj.jLC. 1 nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Wo

-

10 6)

o - J O ,5(0,4'

=

2236,1 rad/s

lo

= -

2n

=

355,9 Hz

La fórmula de la potencia V;¡ R

2

P = 1 e¡ R =

demuestra cuando

que P max

para w

= V;r /R,

1 wL--=

= ~ + 2L

!P max

cuando

IZenl2

= 2R2;

es decir,

2 _ R 1 w + -w--= O L LC

J(~)2

+ _1_ = 2338,3 rad/s

2L

I, = 372,1 Hz

o

LC

el signo inferior, la única raíz real positiva es:

os¡

= - ~+ 2L

1 2 .6 .

=

el signo superior, hay una única raíz real positiva:

co,

y utilizando

y que P

o

±R

wC

Utilizando

= wo ,

-1-12 Zen

J(~)2

+ _1_ = 2138,3 rad/s

2L

o

LC

t. =

340,3 HzZYXWVUTSRQPONM

Obtener el Q de: a) el circuito serie RLC , b) el circuito paralelo RLC . a)

En el dominio del tiempo, la energía instantánea

almacenada

en el circuito es

2

W = l.Li 2 2

s

+!L 2C

Será máxima para, dWs

di

.

dt

= Li dt

+

eq dqdt

=

. (di L dt

1

+

eq)

=

-,

. ¡(VL

+ vd

=

o

Por tanto, la máxima energía almacenada es igual al valor mayor de Ws para i = O o para L'L + ¡;C = O. La tensión en el condensador, y por tanto la carga, retrasa respecto a la corriente en 90°; por tanto, i = O implica que q = ± Qm.x y

WI s

_Q ~a X_l.CV2

¡=o -

2C -

2

_l.c(Ima x)2

Cmax -

2

OJC


°

°

implica que VL = ve = e i = ± lmax (ver el diagrama fasorial de Por otra parte,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VL + ve = la Figura 12.37), y entonces

Finalmente

se llega a 1!ax/2CW2 Wsma x = { L1 2 max/2

La energía que se disipa en cada ciclo (en la resistencia) es Wd Q = 2n

b)

Para la combinación

=

1 !ax Rtcjo». Por tanto,nmlkjihgfedcba

{l/WCR

W sma x

--=

w,

wL/R

en paralelo con tensión aplicada v(t),

y

I UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Ve

F ig u r a

Si

v =

0, entonces

qe =

°e iL =

± 1 L max = ±

Vmax wL

V!ax

obteniéndose

= 2Lw 2

Wslv; o

Si iL + ie = 0, entonces (ver Figura

Entonces,

12.37.

12.38)

V!a x/ Wsmax - { C V2

iL = ie =

2LW2 /2 m ax

°

y qe ~

± CVmax' obteniéndose:

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 3 5 3 zyxwvutsrqp

La energía disipada enxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R en cada ciclo es Wd = V~a xTt/Rw. Por consiguiente,

= {R/LW

Wsma x

Q = 2n --

Wd

wC R

le

v

Figura 12.38.

12.7.

Un circuito serie de tres elementos contiene R = 10 n, L = 5 mH y e = 12,5nmlkjihgfedcbaZYX f.1F. Dibujar el módulo y el argumento de Z como función de w para valores de w desde 0,8 Wo hasta 1,2 w o ' Wo

=

1/ftC

=

4000 rad/s. Para wo'

= (4000)(5.10-

XL

3

= 20

)

Z

10 + j(X L

=

1 X¿ = (4000)(12,5.10

Q -

Xd

=

10 + jO Q

Los valores de las reactancias a frecuencias distintas se obtienen fácilmente. En la Figura 12.39(a ) se muestra una tabla con las reactancias y las impedancias y en la Figura 12.39(b) se han representado las gráficas requeridas.

IZ!. n

Z

XL

Xc

3200

16

25

10 - j9

13,4/- 42·

3600

18

22,2

10 - j4,2

10,8/- 22,8·

4000

20

20

4400

22

18,2

4800

24

16,7

(j)"I

10

4U"

14

cr

13

-211"

12

1OLQ:

10 + j3,8

10,7/20,8·

10 + j7,3

12,4/36,2·

11 10

3200

J600

(a)

4/1011

441.1

(b) Figura 12.39.

12.8.

Demostrar

que

Wo

=

Según los resultados co.oi = ( I

s

J

w¡w s para el circuito

del Problema

(~)2 + 2L

12.5,

_1 _ ~)( LC

serie RLC .

2L

(~)2 + +~) 2L

_1

LC

2L

= _1 = LC

úJ02

41UI

w. rad/s


1 2 .9 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Calcular el factor de calidad de un circuito seriexwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML RLC , con R = 20 Q, L = 50 mH y C = 1nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jlF, usando: a ) Q = woL/R, b) Q = l/w o C R y e) Q = w o /[ 3. Wo

w.

= - ~ +

f3

y

(~)2

2L

I

= os, -

2L

6

= 4472 rad/s

», = ~ 2L

LC

+

J(~)2 2L

Q =

woL

R

=

4472(0,05)

20

1

= 11,2

1

7To = W

Q =

4472

400 = 11,2

Una bobina se representa por una combinación en serie de L Calcular el factor de calidad para: a) 10 kHz, b) 50 kHz. a)

Qbob

=

wL

R

b)

=

2n(1O · 103)(50. 10-3)

15

= 209

Qbob

Rp

o, como Q s»

= s, [1 + (a ; : : sy]

=

50 mH y R

=

15 Q.

= 209

G~)

= 1047

Convertir las constantes del circuito del Problema a) para 10 kHz, b) para 250 Hz.

12.10 al equivalente

en paralelo:

= R.(1 + Q;] = 15[1 + (209)2] = 655 kQ

10, Rp ~ RsQ ; = 15(209)2 = 655 kQ. Lp = Ls(l

b)

LC

Q = woC R = 4472(10 6)20 = 11,2

e)

a)

+ _1_ = 4676,6 rad/s

ea , = 400 radjs.

b)

1 2 .1 1 .

)0,05.10

+ _1_ = 4276,6 rad/s

a)

1 2 .1 0 .

1

=

+ ~;) ~ t., = 50 mH

Para 250 Hz,

Q

= 2n(250)(50 ·10- 3) = 524 s

15

'

R p = R.[ l

+ Q;]

t., = Ls[ l

+ ~;] = (50.10-3>[1

=

15[1 + (5,24)2]

=

426,9

Q"

+ (5,~4)2] = 51,8 mH

La conversión de los elementos del circuito serie a paralelo se puede realizar a una frecuencia específica, y la equivalencia será válida solamente para esa frecuencia. Obsérvese que en b), donde Q s < 10, Lp es significativamente diferente de t.;

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 355

a) calcular la función de transferencia de la 1 2 .1 2 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Para el circuito de la Figura 12.40:nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

tensiónxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA H J w) y b) determinar la frecuencia a la que la función es real. +

+

e

L

F ig u r a

a)

Sean

Z2

e y

2 la

impedancia

y la admitancia

1 2 .4 0 .

representativas

del circuito paralelo R 2 LC .

1 + -R¡ + jR¡ ( roe - - 1 ) R2 roL b)


es real cuando Y 2 lo es; esto es, cuando ro

=

roa ==

1

J'LC

IZ21 IHvl,

IZenl

Z21

Para ea = roa no solamente son máximos y sino que = IR ¡ + también es máxima [ya que R¡ es real y positiva (ver el diagrama de localización de impedancias, Figura 12.41)].UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ReZ

F ig u r a

1 2 .1 3 .

1 2 .4 1 : ,.

Calcular el ancho de banda f3 del circuito de la Figura función del parámetro

12.40 y representar

f3 en


Las frecuencias de media potencia se determinan por la condición IHv(w)1 = 0,707lHvlmax o, según el ProblemanmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 12.12(a),xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R¡ (WC -

±(l+~J

~L)=

o

Pero ésta (ver Sección 12.13) es exactamente de un circuito paralelo RLC . Por tanto,

f3 = En la Figura 12.42 se ha representado

Rx(WC -

~L)=

±1

la ecuación de las frecuencias de media potencia

Wa

e,

= _1_ C Rx

la gráfica, que es de tipo hiperbólico.

P. rad/s

J

ve 1

R •.

n

veZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 12.42.

F ig u r a

1 2 .1 4 .

En el circuito de la Figura 12.40, R ¡ = R 2 = 2 kQ, L = 10 mH y e = 40 nF. Determinar la frecuencia de resonancia y el ancho de banda y comparar con los resultados para R¡ = (es decir, un circuito paralelo puro).

°

co;

o fa

= 7958 Hz. Con

R¿

=

1

= 5· 104 rad/s

)(10.10-3)(40.10-9)

= 22/4 = 1 kQ, el Problema 12.13 da f3

=

1 (40.10-9)(1.103)

=

25.104 ,

rad/s

Los resultados de los Problemas 12.12 y 12.13 no se pueden aplicar cuando R¡ ....•O porque, en el límite, la relación de tensiones es idénticamente igual a la unidad y, por tanto, no se obtiene ninguna información acerca del circuito paralelo R 2 LC que queda. (Observad que f3 ....• 00 según R, ....• O.) En cambio, se puede resolver a partir de la función de la impedancia de entrada, según la Sección 12.13, donde 1

(Va

al igual que anteriormente,

=

4

frr. = 5· 10 rad/s vLC

y

f3

= -

1

C Rz

=

1.25· 10~ rad/s

'

RESPUESTA

12.15.

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPON 3 5 7 zyxwvutsrq

R 1 = 5 kQ Y e = 10 nF. Si V 2/V 1 = 0,8LQ: para En el circuito de la Figura 12.40,xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 15 kHz, calcular R 2 , L Y el ancho de banda.

El ángulo de fase O en la relación de tensión H, indica que el circuito considerado como un todo, y el propio tanque paralelo, está en resonancia (ver Problema 12.14). Entonces, 1 nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

wa =

Del Problema

.jLC

12.12, por tanto

Entonces R¿ = (5)(20)/25 = 4 kn, y el Problema

R2

R¡

= -

0,25

= 20 kn

12.3 da

1KJIHGFEDCBA 4 f3 = (10. 10 9) (4. 103) = 2,5· 10 rad/s

12.16.

del circuito de la Figura 12.43 para R = O Y

Comparar la frecuencia de resonancia para R = 50 Q.

R

Figura 12.43. Para R

O, el circuito es como un tanque paralelo LC , con

=

= --

W

.jLC

a

Para R

=

50

1

=

= 408 2 rad/s

)(0,2)(30.10-6)

o

fa = 65 Hz

,

n,

v; = jwC En resonancia,

1

+

R + l jWL = R2

+~WL)2 + j

[ WC - R2 + w~L)2 ]

1m Yen es cero, resultando Wa

=

Fc )1 -

R~

C'

Es claro que cuando R --+ O, esta expresión se reduce a la dada para el tanque LC puro. Sustituyendo los valores numéricos se obtiene un resultado para el radical de 0,791; por tanto, Wa

= 408,2(0,791) = 322,9 rad/s

o

fa = 51,4 Hz


1 2 .1 7 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Las medidas sobre una bobina real a 10 MHz dannmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO L = 8 ¡.tH Y Qbob = 40.

ideal e en paralelo que produce la resonancia a f3. b) Repetir el cálculo de banda correspondiente anterior si se usa un condensador real, en vez del ideal, con unxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV fa ctor de disipa ción D = Q.;;;; = 0,005 a 10 MHz.

a) Determinar la capacitancia 10 MHz y calcular el ancho

a)

De la Sección 12.14, = --

W a

o

1

.jLC

1 -¡=====.c

Jl

1

+

Qbo~

1

C = w2L(I+ Q -2)=

[2n( 10. 106)] 2(8 . 10 -

bob

a

( 6)

1 )=31,6PF 1+ _ 1600

Usando la Sección 12.15 para convertir la rama serie RL de la Figura 12.25 a paralelo para la frecuencia de resonancia,

Entonces, según la Sección 12.13, R __ Wa p

__ w; L

Qa

00,25 b)

n,

__ WaQbob

---'-::2':""

1+

=

2n(IO·106)(40) 1+1600

Qbob

rad/s

MHz.

El circuito es el de la Figura 12.44; del apartado real wuL

R =-

a)

= 4n

se obtiene la resistencia de la bobina

n

Qbob

R = Re

n

e L

F ig u r a 1 2 .4 4 .

Además del factor de disipación

41T

dado, se sabe que _1_=0,005 wa C Rc

= 8.0 ~H

RESPUESTA

La admitancia

v; =

de entrada

;e

EN FRECUENCIA,

Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJIHG 3 5 9 zyxwvutsrqpo

FILTROS

es

+ xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jwC + R + l jWL = [ ;e + R2 + ~WL)2J + j [ WC - R2 + W~L)2J

que difiere de la admitancia de entrada del apartadonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a) solamente en la parte real. Como la parte imaginaria obliga a que L y R sean las mismas, y debe anularse a la misma frecuencia, C debe ser el mismo del apartado a); nominalmente, C = 31,6 pF. Para un valor de C fijo, el ancho de banda es inversamente proporcional a la resistencia. Con el condensador real, la resistencia neta del paralelo es R' =

RpRe Rp + Re

donde Rp es igual a la calculada en el apartado

f3 ----'-----

0,25 MHz

a ). Entonces,

= -Rp = 1 + -te, = 1 + R' = 1

=

(w a L/Q bob)(1 ----'-_--=.c:-=----

+ Q~Ob) _

l/w a C(0,005)

Re

(1 + Q~Ob)(0,005) + ---'-----=:..:...:..:"---;;Qbob(l + Qbo~)

1+

(1 + 1600) (0,005) ( 1) 40 1 + 1600

=

1,2

y, por tanto, f3 = 0,3 MHz. Un condensador con pérdidas produce el mismo efecto que cualquier resistencia de carga conectada en paralelo en el tanque; el Qa se reduce y el ancho de banda se incrementa, para una fa constante.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 2 .1 8 .

Un condensador con pérdidas, en un circuito serie, contiene una R = 25 e = 20 pF. Calcular el equivalente en paralelo a 50 kHz. Según la Sección 12.15, o haciendo L

--->

O en el Problema

1 Qs

n y una

12.6(a),

1

= cvesRs = 2][(50.103)(20.10

12)(25) = 6370

Para este gran valor de Q s'

n, ~ 1 2 .1 9 .

RsQ ;

=

1010 MO

Una fuente de tensión V = lOOL[: cuito serie RL con R = 20 n y L = 5000 rad/s. Representar todas las señalar el diagrama de localización Z La Tabla 12.2 muestra diagrama de localización 1= V Y , con V constante. corresponde al diagrama

C; ~

es =

20 pF

V con frecuencia variable se conecta a un cir10 mH. Calcular 1 para cv = O, 500, 1000, 2000. intensidades en el mismo diagrama fasorial y de las intensidades.

= R

+ jX

L

= R

+ ji»l.

los cálculos que se requieren. Con el fasor de tensión de fase cero. el de I según varía w es el semicírculo de la Figura 12.45. Como la Figura 12.45 es esencialmente la misma que la Figura 12.28(c). que de localización de admitancias del circuito serie RL.

360

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

Tabla 12.2.xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

xL,n

w, radls

R,n

z,n

1, A

O

O

20

20&:

5&:

500

5

20

2Ó,6/14,04°

4,85/-14,04°

1000

10

20

22,4/26,57"

4,46/- 26,57°

2000

20

20

28,3/45"

3,54/-45"

5000

50

20

53,9/68,2°

1,86/- 68,2°

-

5/it. A tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML v (referencia)

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHG

'LoCalizaCiÓn de 1

Figura 12.45.

12.20.

El circuito de la Figura 12.46 está en resonancia para dos valores de e cuando la frecuencia de la tensión de alimentación es 5000 rad/s. Calcular los dos valores de e y representar el diagrama de localización de impedancias que ilustra el resultado.

50

40

eKJIHGFEDCBA Figura 12.46. A la frecuencia dada, XL

=

3 n. Entonces la admitancia

Y1

=

de esta rama fija es

1 --o = 0,147 - jO,088 S 5 + nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA J3

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJ 3 6 1 zyxwvuts

El diagrama semicircular de localización de la admitancia de la rama 2 tiene de radioxwvutsrqpon r = nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1j2R = 0,125 S. La admitancia total es la suma de la admitancia fija Y 1 Y la admitancia variable Y 2' En la Figura 12.47 el diagrama semicircular se suma al número complejo constante Y l' La resonancia del circuito se produce en los puntos a y b, en los que Y T es real.

YT

=

0,147 - jO,088 .

+

1

.

4 - JXc

que es real si X~ -

o X¿

1

=

9,71 n, X¿

2

=

1,65 n. Con w C1

jB,

=

11,36X c =

+ 16 =

°

5000 radjs, C2

20,6 flF

=

121 J-lF

S

o

,/

-

__

\ G, S

..•

.J

1--0, IZS--I

-jO,088

Figura 12.47.

12.21.

Demostrar, usando el diagrama de localización, que el módulo de la tensión entre los puntos A y B de la Figura 12.48 es siempre la mitad del módulo de la tensión aplicada V con L variable.

CD

0

M

+

1,

I~

R V

Rl B

A

R

N

Figura 12.48. La corriente 11 por la rama 1 circula a través de dos resistencias iguales R. Por tanto, A es el punto medio del [asar V, según se ve en la Figura 12.49.


vZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

.==============.~.¡=============~J. A V M

N

VAN

MA

Figura 12.49.KJIHGFEDCBA

12.28(c)]. La rama 2 tiene iun diagrama de localización de Y semicircular [ver FiguranmlkjihgfedcbaZYXWVU Entonces el diagrama de localización de la corriente es también semicircular, según se ve en la Figura 12.20(a). El diagrama fasorial de la tensión, Figura 12.50(b), consta de la tensión en la inductancia, V BN' Y de la tensión enxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R¡ , V M B' Sumando vectorialmente las dos tensiones,

V

~

,..- -• • v

=

V MN

=

V BN

+ V M B UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

N~-------M

M

Localización de I

(e)

(b)

(a)

Figura 12.50. Debido a que 12 retrasa 90° respecto de V BN' valor de L, según la Figura 12.50(b). Según L desde N hasta M a lo largo del semicírculo. Figuras 12.49 y 12.50(b). Es evidente que V AB

IV Además, el ángulo

<1>

=

tg-¡

wLIR¡ .

Un circuito pasa-altos RL tiene R¡ = 50 kQ Y L 2 = 0,2 mH. a) Calcular co para que el módulo de la función de transferencia de la tensión sea = 0,9. b) una carga R = 1 MQ para w = 7,5.108 rad/s. conectada en paralelo a L 2 , calcular Solución: a) 5,16.108

/'

llVI


IH,.I

12.23.

=

que V AB retrasa respecto de V es igual a 2a , donde a

PROBLEM AS

12.22.

ABI

°

V BN Y V M B son perpendiculares para cualquier varía desde hasta 00, el punto B se desplaza En la Figura 12.50(c) se han superpuesto las es el radio del semicírculo y, por tanto,

Determinar

Con

rad/s; b) 0,908.

H •.oo de un circuito pasa-altos

Solución: 0,928/21,8°.

IH,.",I

RL para w

= 2,5

o i;

R

= 2 kQ

y L

= 0,05 H.

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQP 3 6 3 zyxwvutsrq

12.24.

Un circuito pasa-bajosnmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Re en vacío tiene R¡ = 5 kQ. a) Calcular e 2 si IHvool= 0,5 a 10 kHz. H, a 5 kHz. e) ¿Qué valor de e 2 produce IHvl = 0,9 a 8 kHz? d) Con la e 2 del apartado a), calcular un nuevo valor dexwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB R ¡ para que IHvl = 0,9 a 8 kHz.

b) Calcular

Solución: 12.25.

a)

5,51 pF; b) 0,756/-40,89°;

e) 1,93 pF; d) 1749 Q.

Un divisor de tensión simple consta de R¡ y R 2 . Si hay condensadores e presentes, entonces el divisor sería, en general, dependiente de la frecuencia. Demostrar, sin embargo, que V 2fV ¡ es independiente de la frecuencia en el circuito de la Figura 12.51 si la capacidad de compensación e ¡ toma un determinado valor. Solución:

e¡ =

(R2/R¡)e s '

RI

+

VI

CI

I ...L

v, '1"

Rz

C,

I Figura 12.51. 12.26.

Suponer que una fuente de tensión sinusoidal de frecuencia variable y V max = 50 V se conecta al circuito de la Figura 12.52. a) ¿A qué frecuencia ¡, 1I1 es mínimo? b) Calcular dicha corriente mínima. e) ¿Cuánto vale 11e! a esa frecuencia? Solución:

a)

2,05 kHz; b) 2,78 mA; e) 10,8 mA.

-

3 kO

I

15 kO

0.02 #-,F

0,3 H

Figura 12.52. 12.27.

Un condensador

de 20 pF se conecta

en paralelo con una bobina real representada por la frecuencia de resonancia en rad/s y en Hz del "-

L = 1 mH en serie con R = 7 Q. Determinar

circuito paralelo. Solución: 1000 rad/s, 159,2 Hz. 12.28.

¿Qué relación debe existir entre los valores resonante a cualquier frecuencia? Solución:

RL

=

Re

= 5

Q.

RL

y

Re

del circuito de la Figura 12.53 para que sea

3 6 4 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Re zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

2mH

80 ILF

Figura 12.53.

12.29.

a) calcular el valor de R para que se produzca la En el circuito paralelo de la Figura 12.54:nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA resonancia; b) convertir la rama RC en su equivalente en paralelo.

Solución: a) 6

n; b)

Rp = 6,67

n, x¿ = p

20

n.

100

¡lO O

Figura 12.54.

12.30.

Calcular el valor de R que hace que el circuito de la Figura 12.55(a) esté en resonancia. Obtener los valores de R', XL Y X¿ del circuito paralelo equivalente al de la Figura 12.55(b). Solución: R = 12,25

n, R' =

7,75

n, XL =

25

n, X¿ =

25

n.

100 R'

-¡ Xc

¡lO KJIHGFEDCBA O -j5 O

(a)

(b)

Figura 12.55.

12.31.

La rama 1 de un circuito paralelo de dos ramas tiene una impedancia Zl = 8 + j6 n para La rama 2 contiene una R = 8,34 n en serie con una capacidad C variable. e para que se produzca la resonancia. b) Representar el diagrama de localización de la admitancia. w = 5000 rad/s, a) Determinar

Solución: (a) 24 J1F. b) Véase la Figura 12.56.

RESPUESTA EN FRECUENCIA, FILTROS Y RESONANCIA ZYXWVUTSRQPO 3 6 5 xwvutsrqpo

¡ B, zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC SKJIHGFEDCBA 0,08

....,,;!-_..L.--L __ ..•...••••••

Ok:---1-----L_""---L---l_

G, SnmlkjihgfedcbaZYXWVUT

-jO,06

0,06-1

Figura 12.56. 12.32.

Determinar R para que el circuito de la Figura diagrama de localización de la admitancia.

Representar

el

En el Problema 12.32, ¿a qué valores de la reactancia inductiva será posible obtener resonancia con independencia del valor de la resistencia variable R?

la

Solución: No se puede obtener la resonancia

12.57 esté en resonancia.

variando

R. Ver la Figura

12.58.

¡ B, S 0,122

40

-j5 O

0,022

Figura 12.57. 12.33.

Solución:

12.34.

a)

XL

:(

Representar

8,2

Figura 12.58.

n

el diagrama

de localización

de admitancias

del circuito de la Figura 12.59. para un único

b) ¿A qué valor de resistencia en la rama RL es posible conseguir la resonancia

valor de

XL?

Solución:

a)

Véase la Figura 12.60. b) 6,25 n.

100

so

-jlO

Figura 12.59.

O

3 6 6 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

S jB. KJIHGFEDCBA

, =

0,05

¡o. OSOzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

0.040

G. S

Figura 12.60.

12.35.

Determinar el(los) valor(es) de L para el que se produce la resonancia gura 12,61 a 5000 radjs.

en el circuito de la Fi-

Solución: 2,43 mH, 66xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA /lH .

Figura 12.61.

12.36.

Un circuito con tres ramas en paralelo tiene elementos fijos en dos de sus ramas; en la tercera, un elemento es variable. El diagrama fasorial de tensión e intensidad es el de la Figura 12.62. Identificar todos los elementos si (() = 5000 radjs. Solución:

Rama 1: Rama 2: Rama 3:

R = 8,05 R

n, L =

0,431 ml-í.

= 4,16 n, e = 27,7

11F.

L = 2,74 mH, R variable,

Localización del,

Figura 12.62.

12.37.

Describir el circuito que corresponde a cada diagrama de localización de la Figura 12.63, si hay un único elemento variable en cada circuito.

RESPUESTA

EN FRECUENCIA,

FILTROS

Y RESONANCIA UTSRQPONMLKJI 3 6 7 ZYXWVU

S o lu c ió n : nmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Un circuito paralelo de dos ramas.

b) e)

Rama 1:xwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R Y x; fijas; rama 2: R fija y x; variable. Un circuito paralelo de tres ramas.' Rama 1: R y X¿ fijas; rama 2: X¿ fija; rama 3: R fija y X L variable. Un circuito paralelo de dos ramas. Rama 1: R Y X¿ fijas; rama 2: XL fija y R variable.

Localización de Ir Localización

~~---------v (a)

Localización

de Ir

de Ir

v (b) F ig u r a 1 2 .6 3 .

(e)

KJIHGFEDCBA

13

C A P íT U L O

C u a d r i p o l o s zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

13.1. TERMINALES Y PUERTAS

En un circuito con dos terminales la tensión aplicada está relacionada con la intensidad de = vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF VI l. En un circuito de corriente que circula por ellos mediante el valor de impedancia Z mlkjihgfedcbaZYXWVUT cuatro terminales, si cada par de terminales (o puerta) se conecta separadamente a otro circuito como en la Figura 13.1, las cuatro variables i.. i2 , V1 Y onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML v 2 están relacionadas mediante dos ecuaciones denominadas ca r a cter ística s del cua dr ipolo. Esas dos ecuaciones, más las características de los circuitos conectados, proporcionan el número necesario y suficiente de ecuaciones para determinar las cuatro variables. 1I

+

el

..!1-

-

A

e

VI

v2

-

D

B

+

1I

•

/2

e2

e

Figura 13.1.

13.2. PARÁMETROS Z Las ecuaciones características de un cuadripolo, que contenga dependientes, se pueden escribir en el dominio s como V1

=

V2 =

ZllI1

+

Z12 I2

Z21 I1

+

Z22 1 2

elementos lineales y fuentes

(1)

Los coeficientes Z ij tienen dimensiones de impedancia y se denominan pa r á metr os Z del circuito. Los parámetros Z también se denominan pa r ametr os de impeda ncia en cir cuito a bier to, ya que se pueden medir desde un terminal mientras el otro permanece abierto. Se definen como Zll

V11

(2)

=-

11

1, =

o

369

3 7 0 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 13.1. Determinar los parámetros Z del cuadripolo de la Figura 13.2.

+

+

Figura 13.2. Se aplica la ley de KirchhofT para las tensiones en los dos bucles de la Figura intensidades de corriente 1 ¡ e 12 y se obtiene:

13.2, utilizando

V¡ = 21¡ + s(l¡ + 12) = (2 + s)l¡ + sl2

(3)

V 2 = 312 + s(l¡ + 12) = sl. + (3 + s)12 Comparando

(1) y (3), los pararnetros

las

Z del circuito resultan: Z¡¡=s+2 Z¡2 = Z2¡ = Z22 =

S

(4)

S

+ 3

Obsérvese que en este ejemplo Z¡2 = Z2¡'

Circuitos recíprocos y no recíprocos Vn cuadripolo se denominaonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA recíproco si las impedancias de transferencia en circuito abierto son iguales: Z12 = Z21' Por consiguiente, en un cuadripolo recíproco, al alimentar desde una puerta con una intensidad de corriente 1, la tensión que se mide en la otra puerta en circuito abierto es la misma, independientemente de la puerta desde la que se alimente. La tensión en ambos casos es V = Z12I = Z 21I. Los circuitos que contienen resistencias, bobinas y condensadores son generalmente recíprocos. Los circuitos que tienen además fuentes dependientes son generalmente no recíprocos (véase el Ejemplo 13.2). E J E M P L O 13.2. El cuadripolo de la Figura corriente. Determinar sus parámetros Z.

13.3 contiene una fuente de tensión dependiente

I¡ +

+

Figura 13.3.

de la

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDC 3 7 1 zyxwvutsrq

Como en el Ejemplo

13.1, se aplica la ley de Kirchhoff para las tensiones en los dos bucles: V¡

=

21¡ - 12 + s(l¡ + 12) = (2 + s)l¡ + (s - 1)12

+ 12) = sl. + (3 + s)12

V 2 = 312"+s(l¡ Los parametros

Z son s + 2

Z¡¡

=

Z¡2

= S -

Z2¡

= S

Z22

= S

1

(5)

+ 3

=1= Z2¡ y, por tanto, el cuadripolo en el circuito, Z¡2vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Con la fuente dependiente

es no recíproco.

13.3. EQUIVALENTE EN onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T DE CIRCUITOS RECÍPROCOS Un circuito recíproco se puede modelizar mediante su equivalente en T como el de la Figura 13.4. Za , Z; y Z, se obtienen a partir de los parámetros Z de la forma

El circuito equivalente EJEM PLO

13.3.

Za =

Zl1

-

Z12

Zb =

Z22

-

Z21

Zc =

Z12

=

Z21

en T no tiene por qué ser necesariamente

Calcular los parámetros

(6)

factible.

Z del circuito de la Figura 13.4.

I¡ +

+


de nuevo la ley de Kirchhoff para las tensiones se obtiene

Comparando

z.rr, +

VI

=

Zal¡ +

V2

=

Zbl2 + Zc(l¡ + 12) = ZcI; + (Z, + ZJI2

(1) y (7), los parámetros

12) = (Z~ + Zc)l¡ + Zcl2

(7)

Z resultan Z¡¡

=

z, +

Z¡2

=

Z2¡

Z22

=

Zb

Zc

=

z;

+ Zc LKJIHGFEDCBA

(8)

372


1 3 .4 .

PARÁM ETROS y

Las ecuaciones características del circuito también se pueden escribir como en (9), en las que 11 e 12 están expresadas en función de V 1 Y V 2'

11 =Y llV 1+Y 12V 2mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (9) ZYXWVU 1 2 = Y 21V 1 + Y 22V 2

Los coeficientes Yij tienen dimensiones de admitancias y se denominanvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV pa r á metr os Y o onmlkjihgfe de a dmita ncia en cortocircuito, ya que se pueden medir desde una de las puertas mientras la otra está cortocircuitada. Los parámetros Y son

parám etros

Y 11

EJEM PLO

= -1

1

V1

1 3 .4 .

Y 12

1

V, =0

Determinar

= -1 1 1-

V2

V,

Y 22

=o

los parámetros

Y del circuito de la Figura

--

12

V2 1

(10) ONMLKJIH V,=O

13.5. 12

11 +

=-

+

iF

SO A 20

30 V 2LKJIHGFEDCBA

VI

~H

~H

Figura 13.5. Se aplica la ley de Kirchhoff para las intensidades en los nudos de entrada y de salida (por conveniencia se designa a las admitancias de las tres ramas del circuito como Ya , Y, e Y, según la Figura 13.6). Por tanto, Y

= a

1

2 + 55/3

= --

3

55 + 6

Y b -

1

---

2

3 + 55/2 - 55 + 6

II

+

VI

Figura 13.6.

Y

1

5

5 + 6/5

5s + 6

= --= -e

(11)

373 CUADRIPOLOS ZYXWVUTSRQPO

Las ecuaciones de los nudos sonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 11 = VIvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Ya + (VI - V 2)Y c = (Ya + Y c)V 1 - Y cV 2 12 Comparando

=

V 2 Y, + (V 2

-

V 1)Y c

= -

Y cV 1 + (Y, + YJV 2

(12)

(9) con (12) se obtiene: (13) Ya , Y, e Y, de (11) en (13) se obtiene:

Sustituyendo

Y

Como Y 12

1 3 .5 .

=

---

11 -

s+3

-s

Y 12 = Y 21 = -5s + 6LKJIHGFEDCBA 5s + 6

Y 21' el cuadripolo

Y

---

22 -

s+2 5s + 6

(14)

es recíproco.

E Q U I V A L E N T E E N onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG ti D E C I R C U I T O S R E C Í P R O C O S

Un circuito recíproco se puede modelizar por su equivalente en n que está representado en la Figura 13.6. Los tres elementos del circuito equivalente en n se pueden determinar por la solución inversa. Primero se determinan los parámetros Y de la Figura 13.6. De (10) se tiene:

Y ll

Ya +

v,

[Figura

13.7(a)]

Y 12=-Y c

[Figura

13.7(b)]

Y 21=-Yc Y 22 = Y,

[Figura [Figura

13.7(a)]

=

+

v,

(15)

13.7(b)]

de donde (16) El circuito equivalente

en n no es necesariamente

+

realizable.

+

+

VIA

(a)

(b) F ig u r a

13.7.

3 7 4 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

1 3 .6 .

A P L IC A C IÓ N DEL

DE

L A S C A R A C T E R ÍS T IC A S

C U A D R IP O L O

Las variables de las cuatro terminales I¡, 12' V 1 Y V 2 en un cuadripolo están relacionadas por las dos ecuaciones (1) o las (9). Conectando el cuadripolo al exterior, como se ve en la Figura 13.1, se obtienen dos ecuaciones adicionales. Las cuatro ecuaciones permiten entonces determinar 11' 12' V 1 Y V 2 sin conocer la estructura interna del circuito.ONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

13.5.

Los parámetros

Z de un cuadripolo

son

Z¡¡ = 2s + l/s

Z22

=

2s + 4

El circuito se conecta a una fuente y a una carga, como se ve en la Figura V¡ y V 2.

13-8. Determinar

I¡, 12'

I¡vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

30

+

+

lO

e V¡ V. onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (t) = 12 cos t _

Z=s

+ 1 LKJIHGFEDC

IH

Fuente

Carga

Figura 13.8.· Las ecuaciones características

del cuadripolo

son

V¡ = (2s + l/s)l¡

+ 2512 V 2 = 2sl¡ + (2s + 4)12

(17)ZYXWVU

La representación fasorial de la tensión L's(t) es V, = 12 V con s = j. Aplicando la ley de KirchholT para las tensiones a los bucles de entrada y de salida se obtienen dos ecuaciones adicionales (18): V s = 31¡ + V ¡ O

Sustituyendo

( 18)

=(I+s)12+V 2

s =j y V s = 12 en (17) y en (18) se obtiene: V¡ =)I¡ V 2 =)21:

+ )212 J

+ (4 + j2)12

12=31¡+V¡ O

=

(l + j)l2 + V 2

de donde I¡ = 3,29/-10,2" V ¡ = 2,88/37,5" V

A

12 = 1,13/-131,2° V 2 = 1,6/93,8° V

A

CUADRIPOLOS ZYXWVUTSRQPON 375

1 3 .7 .

C O N V E R S IÓ N

ENTRE

LOS

PARÁM ETROS

Los parámetros Y se pueden obtener a partir de los parámetros 11 e 12. Aplicando la regla de Cramer a (1) se obtiene:

Z E

yzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZ

Z resolviendo

(1) para

Z22 V _ Z12 1 1 = -V2 1 Dzz Dzz

(19) 1 - - Z21 V 21 Dzz donde Dzz = Zl1 Z22 (19) con (9) se tiene:

-

+

Z _1_1

Dzz

es el determinante

Z12Z21

Y 12

-Z12

de los coeficientes de (1). Comparando

Y 21

= --

Dzz

V2

-Z21

= --

Dzz

Y 22

Zl1

= --

Dzz

(20)

Dados los parámetros Z, el determinante Dzz debe ser no nulo para que existan los parámetros Y. A la inversa, dados los parámetros Y, los parámetros Z son: (21)

donde Dyy = Y 11 Y 22 - Y 12 Y 21 es el determinante de los coeficientes de (9). Para obtener los parámetros Z de un cuadripolo a partir de los parámetros Y, Dyy debe ser no nulo.ONMLKJIHG 1 3 .6 . En relación con el Ejemplo 13.4, determinar los parámetros Figura 13.5 a partir de sus parámetros Y. Se determinó que los parámetros Y del circuito eran [ver (14)]

EJEM PLO

Y Sustituyendo

s + LKJIHGFEDCBA 3

= -11

5s + 6

en (21), donde D yy

=

Z del circuito de la

-svutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS s+2 22 - 5s + 6

y --YonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I2 = Y21 = --

5s + 6

1/(5s + 6), se obtiene

+2

ZII

= S

Z12

= Z21

Z22

=

= S

(22)

s +'3-

Los parámetros Z de (22) son idénticos a los parámetros Z del circuito de la Figura 13.2. Los dos circuitos son equivalentes en lo que se refiere a los terminales. Esto fue por diseño. La Figura 13.2 es el equivalente en T de la Figura 13.5. La equivalencia entre la Figura 13.2 y la Figura 13.5 se puede verificar directamente aplicando (6) a los parámetros Z dados en (22) para obtener su circuito equivalente en T. ~

376


1 3 .8 .

PARÁM ETROS h

Algunos cuadripolos guientes:

o sistemas electrónicos V¡

=

se caracterizan

mejor por las ecuaciones

+ h12 V 2 + h22 V 2

h11l¡

12 = h2¡1¡

SI-

(23) ONMLKJI

donde los coeficientes hij se denominanvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA pa r á metr os híbr idos o pa r á metr os h. EJEM PLO

13.7.

Determinar

los pararnetros

+

h del circuito de la Figura

13.9.

+ LKJIHGFEDCBA

son

V¡

Figura 13.9. Éste es el modelo sencillo de un transistor bipolar en su región lineal de operación. las características del circuito de la Figura 13.9 son

Se observa que

e

Y¡=501¡

(24) ZYXWVU

ComparandomlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (23) y (24) se obtiene h.¡

1 3 .9 .

=

50

h2 ¡ = 300

(25)

PARÁM ETROS g

Las ecuaciones características del cuadripolo grupo de parámetros dados en (26). I¡

=

también

EJEM PLO

13.8.

Calcular los parámetros

expresar

mediante

g¡¡ V¡ + g¡212

V 2 = g2¡ V¡ donde los coeficientes gij se denominan

se pueden

otro

(26)

+ g2212

pa r á metr os híbr idos inver sos o pa r á metr os g. g del circuito de la Figura 13.10.

Éste es el modelo sencillo de un transistor de efecto de campo en su región lineal de operación. Para determinar los parámetros g, en primer lugar se aplican las leyes de KirchhofT a los terminales:

o

En' el terminal de entrada:

Y¡

=

1091 ¡

En el terminal de salida:

Y2

=

10(12

I¡ = lO-~y ¡

Y

-

10 - -v ¡) Y 2 = 1012

-

1O-2y ¡

(27)

sr t

CUADRIPOLOS vutsrqponmlkjihgfedcb zyxwvutsrqp

Comparando

(27) Y (26) se obtiene gil

=

10-9

=

gl2

O

g21 =

_10-2

(28)

--

I1

+

+'

lOn

VI LKJIHGFEDCBA

Figura 13.10.

13.10. PARÁMETROS DE TRANSMISIÓN Los parámetros de transmisión A, B, C y D expresan las variables requeridas de la fuente VI e 11 en función de las variables de destino existentes V 2 e 12, Se denominan ABCD o parámetros T y se definen como VI = AV 2 11 EJEMPLO no nulos.

13.9.

Determinar

=

los parámetros

CV 2

-

BI2

-

DI2

(29)

T del circuito de la Figura 13.11, en la que Z. y Zb son

-

12

I1

+

+

VI

Figura 13.11. Éste es el modelo simplificado

VII

de un tramo de una línea de transmisión.

Z +Z

A=-

V2

a

Zb

1, ~o

b= 1+ ZY

•b

'-B=_VII '1

2

De (29) se tiene

V, ~ O

=Z

•

(30)

e

=

I

~I 2

= 1, ~ O

v,

D = -- 1

1

12

=1

1

V, ~ O

378

CIRCUITOS


13.11. IN'IERCONEXIÓN

DE CUADRIPOLOS

Los cuadripolos se pueden conectar entre sí según varias configuraciones, tal como en serie, en paralelo o en cascada, para configurar un nuevo cuadripolo resultante. En cada configuración, algún grupo de parámetros será más útil que otros para describir el circuito. Conexión serie

La Figura 13.12 muestra una conexión serie de dos cuadripolos a y b con parámetros de Za y Zb' respectivamente. En esta configuración se usan los impedancia de circuito abiertovutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB parámetros Z, ya que se combinan como una conexión serie de dos impedancias. Los parámetros Z de la conexión serie son (ver Problema 13.10): Zl1

=

Zl1.a

Z12

=

Z12.a

Z21

=

Z21.a

Z22

=

Z22.a

+ + + +

Zl1.b

Z12.b

(31a)

Z21.b Z22.b

o, en forma matricial, (31b) II +

Ila

1 2a +V 2a _

Vla~

12 +

V2

VI

Vlb~

Figura 13.12. Conexión en paralelo La Figura 13.13 muestra una conexión en paralelo de dos cuadripolos a y b con parámetros de admitancia de cortocircuito Ya eonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Y b • En este caso, los parámetros Y son los más convenientes para los cálculos. Los parámetros Y de la conexión paralelo son (véase el Problema 13.11): Y

II

Y I2 Y 21 Y 22

= Y I 1.0 + Y I I.b = Y 12.a + Y 12.b = Y 2 l.a + Y ll.b = Y 22.0 + Y 22.b

(32a)

o, en forma matricial, (32b)

379

CUADRIPOLOS zyxwvutsrqponmlkji

1 1LKJIHGFEDCBA

+

-.

Figura 13.13.

Conexión en cascada La conexión en cascada de dos cuadripolos a y b está representada en la Figura 13.14. En este caso los parámetros T son particularmente apropiados. Los parámetros T de la combinación en cascada son: A = vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Aa Ab + Ba Cb B

=

Aa Bb

C

=

Ca Ab

D

=

Ca Bb

+ Ba Db (33a) + Da Cb + Da Db onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

o, en forma matricial, (33b)

I1

Figura 13.14.

13.12. ELECCIÓN DEL TIPO DE PARÁMETROS ¿Qué tipo de parámetros son apropiados para un cuadripolo o sistema determinado y pueden describirlo mejor? La elección de los parámetros depende de varios factores: 1) Es posible que algunos tipos de parámetros no existan, ya que no pueden ser definidos (ver Ejemplo 13.10). 2) Algunos parámetros son más convenientes para trabajar cuando el circuito está conectado a otros circuitos, según se explica en la Sección 13.11. Desde este punto de vista, convirtiendo el cuadripolo a su circuito Ton equivalente y aplicando después las técnicas normales de análisis, tales como reducción de elementos y división de corriente, se puede reducir y simplificar enormemente el circuito completo. 3) En algunos circuitos o dispositivos diferentes tipos de parámetros aportan mayor precisión en los cálculos y mejor sensibilidad cuando se usan dentro del circuito interconectado.

380


CIRCUITOS

EJEMPLO

13.10.

Calcular

los parámetros

13.15.

Z e Y del circuito de la Figura

1, +

+

3!l

Figura 13.15. Se aplica la ley de Kirchhoff para las tensiones a los bucles de entrada Bucle de entrada:

V1

=

311 + 3(11 + 12)

Bucle de salida:

V2

=

711 + 212 + 3(11 + 12)

y de salida. Entonces,

(34)

y

o Comparando

(34) con (2) se obtiene Z12 =

3

Sin embargo, los parámetros Y no están definidos, ya que la aplicación del método directo dado por (10) o la conversión a partir de los parámetros Z (19) produce Dzz = 6(5) - 3(10) = O.

13.13. RESUMEN DE RELACIONES ENTRE LOS PARÁMETROS Los parámetros

de los cuadripolos

Parámetros Z V 1 = Zll1 1 + V 2 = Z211 1 + [V] = [Z] [1]

Z12 1 2 Z22 1 2

se definen por las siguientes ecuaciones: Parámetros h V 1 = hlll1 + h12 V 2 1 2 = h 211 1 + h 22 V 2

Parámetros 11 =Y 11V 1

Y +Y 12V 2

11 =

+

s.. V

12

V2 =

g21

=

Y 21 V 1

Y 22 V 2

Parámetros

Parámetros T V 1 = AV 2 - BI2 11 = CV 2 - DI2

g 1

V1

+

+

g12 1 2 g22 1 2

[1] = [Y] [V] La Tabla 13.1 resume la conversión entre los parámetros Z, Y, h, g Y T. Para que la conversión sea posible, el determinante de los parametros de partida debe ser no nulo.

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDCB 3 8 1 ZYXWVUTS

T a b la zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE 13.1.

z

y

Z12

ZII

Y 22

-Y 12

Dyy

n.;

h22

-Y 21

y II

Dyy

Dyy

-h21 h22

Y l1

Y 12

T

g

b

hl2 DhhLKJIHGFEDCBA h22

1

-

-g12

--

gil

gil

g21

Dgg

gil

gil

A

Drr

e

e

-

Z

Z21

Z22

Z22

-Z12

Dzz

Dzz

-Z21

ZII

Dzz

Dzz

Dzz

Z12

Y

Z22

Y 21

-

1

Y II

Z22

Y 22 -Y 12 Y II

-

1

hll h21 hll

-

-

1

h22

-h12 hll -D hh

hll

hll

h12

h21

h22

h22

-h12

-

Dgg g22

-g21

--

gl2

-

g22

-

1

1

-

e

Z22

-

1

1

Y 21

Dyy

Z22

Y II

Y II

-Z12

Dyy

Y 12

-

--

Zl1

ZII

Y 22

Z21

Dzz

- Y 21

Y 22

-

Dhh

Dhh

-h21

hll

e

D

-D rr

B

B

-

-1 B

A

-

B

g22

g22

g22

gl2

-

Dgg

Dgg

D

D

g21

gil

-

Dgg

»,

-1 -

e

gl2

-

-D rr

gil

A

A

g21

g22

-

-

A

A

A

B

e

D

B

h -Z21

D

-

D

DTT

-

e

D

g

Y 22

ZII

ZII

Zl1.

Dzz

-Y 22

Z21

Z21

Y 21

T -

1

Z21

Dpp

Z22

-Dyy

Z21

Y 21

-

=

P¡¡P 22

-

P 12P 2¡

-

1

--

Y 22

Dhh

-1

-D hh

Y 21

h21

-

-Y II

--

Y 21

-h22 h21

--

es el determinante

PROBLEM AS

13.1.

Determinar ZII

y

[Figura

Z21

los parámetros se obtienen

1

Dhh

-hll h21

--

-1 -

h21

-

1

g22

-

g21

g21

gil

Dgg

g21

g21

-

de los parámetros

B

Z, Y, h, g o T.

R E S U E L T :O S

Z del circuito de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG 13.16(a).

conectando

13.16(b)]. La combinación

una fuente a la puerta #1 y dejando la puerta #2 abierta serie y paralelo de resistencias produce

3 8 2 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

= -VII

Zll

1I

1, =

o

= 8

Y

Z21

= -V21

1

1I

Análogamente, Z22 y ZI2 se obtienen conectando #1 abierta [Figura 13.l6(c)].LKJIHGFEDCBA

1, =

3

una fuente a la puerta #2 y dejando la puerta

-.

12

I¡ +

o

+

4n

6n Hl

V¡

In

V2

InA

(a)

I¡ +

Fuente

+

40

6n 3n

V¡

In

InonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

(b)

+

+

4n

6n

lO

30

Fuente

In

(e)

Figura 13.16. Z22 =

El circuito es recíproco,

13.2.

Los parámetros Zl1

ya que

V 21 12

1,

=o

3

Z12 = Z21.

Z de un cuadripolo

= 2s + l/s

1

8 9

e Z12

""

están definidos por

=

Z21

=

2s

Z22

=

2s

+4

a) Determinar el circuito equivalente en T de C. b) El circuito e se conecta a una fuente y a una carga, según se ve en la Figura 13.8. Sustituir e por su equivalente en T y después obtenervutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i.. i2 , UI Y U 2 •

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDCB 3 8 3 onmlkjihgfed

a) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Las tres ramas del circuito equivalente en T (Figura 13.4) son

b)

Za

=

Z¡¡ - Z¡2

=

1 1 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON 2s + - - 2s = sLKJIHGFEDCBA S

Zb

=

Z22 - Z¡2

=

2s + 4 - 2s

Zc

=

Z¡2

=

2s

=

Z2¡

El equivalente en T de e, junto con sus conexiones representado en la Figura 13.17 en el dominio fasorial.

+

4

=

de entrada

y de salida, se han

+

-jn

In

12~

jnZYXWVUTSRQPO

F i g u r a 1 3 .1 7 .

Utilizando las técnicas habituales de análisis, incluyendo la de reducción de elementos y la de división de corriente, para la Figura 13.17, se determinan i.. iz, V¡ Y V2 • En el dominio del tiempo:

En el dominio fasorial: 11

3,29/-

=

10,2°

i¡

12 = 1,13/-131,2°

13.3.

=

3,29 cos (t -

10,2°)

i2 = 1,13 cos (t -

131,2°)

VI

=

2,88/37,S"

V¡

=

2,88 cos (t + 37,5")

V2

=

1,6/93,8°

Vz

=

1,6 cos (t + 93,8°)

Determinar

los parámetros

Z del cuadripolo

de la Figura

+

13.18.

In

+

In

F ig u r a

Aplicando obtiene:

13.18.

la ley de Kirchhoff para las tensiones a las puertas

Puerta

de entrada:

VI = 41¡ - 312 + (I¡ + 12) = 51¡ - 212

Puerta

de salida:

V2

Identificando

=

12 + (I¡ + Iz)

(2) con estas ecuaciones, Z ¡¡

=

=

de entrada

I¡ + 21z

5, Z i z

= -

2,

ZZ¡

=

1 Y Z22

=

2.

y de salida se

3 8 4 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRicas zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

13.4.

Determinar los parámetros Z del cuadripolo resultados con los del Problema 13.3.

-

13.19 y comparar

de la Figura

los

I1

+

+

so

Figura 13.19. La ley de Kirchhoff para las tensiones, da y

Estas ecuaciones son idénticas a las características gura 13.18. Por tanto, los circuitos son equivalentes.

13.5.

Determinar

= ZllZ22

-

=

Z12Z21

Z22

Yll

= -----

Dzz

Y 21

13.6.

de la Fi-

Z.

13.4, ZII

Como Dzz

para el circuito

Y de la Figura 13.19 usando sus parámetros

los parámetros

Del Problema

obtenidas

5,

ZI2

=

= -

2,

Z21 =

=

(5)(2) - (-2)(1)

2 12

1 6

-Z21

-1

Dzz

12

= --= -

Y

1,

Z22 =

12,

- Z12

-------

12 -

2

D

zz Zll

Y 22= -= Dzz

2 1 - 12 - 6

5 12

Determinar los parámetros Y del cuadripolo de la Figura 13.20 y demostrar circui.tos de las Figuras 13.19 y 13.20 son equivalentes.

-

I1

+

+ LKJIHGFEDCBA

2.40

60

Figura l3.Z0.

que los

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDC 3 8 5 zyxwvutsr

Se aplica la ley de Kirchhoff para las intensidades y así obtener las ecuaciones características del circuito y los parámetros Y. Por tanto, V¡

V2

6

6

=-+-

Puerta de entrada:

1

Puerta de salida:

V LKJIHGFEDCBA V¡ 2 1 ----

¡

1

1

y

Y¡¡

=-

Y¡2

6

12

2,4

2 -

Y 2¡= -

=-

6

-1

Y

12

1 5 2,4 - 12

----

22 -

que son idénticos a los parámetros obtenidos en el Problema 3.5 de la Figura 13.19. Por tanto, los dos circuitos son equivalentes.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 3 .7 .

(10) para determinar

Aplicar las ecuaciones de cortocircuito cuadripolo de la Figura 13.21.

+

los parámetros

Y del

+

iz n

v

3n

l2n

F i g u r a 1 3 .2 1 .

1

o

Y¡¡

=-

6

o

Y 2¡

o

12 =

Y 22V 2

V2 + -V = (1- + -t) V

I V -o = - 3 1

1 3 .8 .

-

2

12

3

12

2

= --

1

12

o

Y 22

=-

5

12

Aplicar la ley de Kirchhoff para las intensidades a los nudos del circuito de la Figura 13.21 para obtener sus ecuaciones características y sus parámetros Y. Demostrar que los cuadripolos de las Figuras 13.18 y 13.21 son equivalentes.


Nudo de entrada:

Nudo de · salida:

Los parámetros Y, según se observa en las ecuaciones características anteriores, son idénticos a los de los circuitos de las Figuras 13.18, 13.19 Y 13.20. Por tanto, los cuatro circuitos son equivalentes.

13.9.

Los parámetros Z del cuadripolo e de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 13.22(a) son Zl\ = 4s, Z12 = = Z2\ = 3s y Z22 = 9s. a) Sustituir e por su equivalente en T. b) Usar el apartado a) para determinar la corriente de entrada i\ cuandovutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED Vs = cos lOOOt (V). a)

El circuito es recíproco. Entonces, su' equivalente en T existe. Sus elementos se han determinado mediante (6) y se han representado en el circuito de la Figura 13.22(b). Za = Z

11 -

Z 12 = 4s - 3s =

S

Zb = Z22 - Z21 = 9s - 3s = 6s

Z( = ZI2 = Z21 = 3s b)

Se combinan repetidamente los elementos en serie y en paralelo de la Figura 13.22(b), con las resistencias expresadas en kQ y s en kradjs, para determinar Zen en kQ, como se explica a continuación. Zen(s) = VsfII = e il

=

S

+

(3s + 6)(6s + 12) 9s + 18 = 3s + 4

o

0,2 cos (lOOOt - 36,9°) (mA).

-

11 A

B

+

+

VI

e

12

-

V2

-

~ +

-

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -e > .? 12kO -e >

.?

e

~6kO

-<

(a)

Figura 13.22 (continúa ).

-v

,

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDCB 3 8 7 onmlkjihgfe

1 --------------,

N

I zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I I 1

I I I I I

I I I I

1L v,

+

-

_

1

vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS 12 kfi

z~

6kfi

(b)

Figura 13.22 (continua ción).

13.10.

Dos cuadripolos a y b, con impedancias de circuito abierto Za y Zb' se conectan en serie (ver Figura 13.12). Obtener las ecuaciones (31a) de los parámetros Z. Del circuito a se tiene Vla = ZIl.alla

+

ZI2.)2a

V2a = Z21.alla

+

Z22.)2a

Vlb = ZIl.bllb

+ Z12.b12b

Del circuito b se tiene

V2b = Z2I.b1Ib + Z22.bI 2b

De la conexión entre a y b se tiene 1 1 = Ila

=

Ilb

12 = 12a = 12b

VI=Vla+Vlb V 2 = V 2a

+

V 2b

Entonces,

de donde se obtienen

VI = (ZIl.a

+ ZII.b)11

+

(ZI2.a

+ ZI2.b)I2

V2 =

+ Z21.b)11 +

(Z22.a

+ Z22.b)12

(Z2I.a

las ecuaciones (31a) de los parámetros

Z.

">,

13.11.

Dos cuadripolos a y b, con admitancias de cortocircuito Ya e Y b' se conectan paralelo (ver Figura 13.13). Obtener las ecuaciones (32a) de los parámetros Y. Del circuito a se tiene Ila = y 1 La V la + y 1.2.aV 2a

I2a

=

Y 21.aV la

+

Y 22 .a V 2a

en

CIRCUITOS

388

ELÉCTRICOS

Del circuito b se tiene

r., = I Zb

Y I1.bV lb

= YZl.bVlb

+ vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK YIZ.bVZb + Y22 •b VZb

De la conexión entre a y b se tiene 11=lla+llb

Vl=Vla=Vlb Vz

=

V Za

= VZb

Iz

= IZa

+

I Zb

Entonces, 11 =

(Y1 1.a

+ Y l1.b)V 1 +

(Y1Z• a

+

Y1Z.b)VZ

r, =onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (Y Z1 • a + Y ZU )V 1 + (Y zz.a + Y 22 .b )V Z de donde se obtienen las ecuaciones (32a) de los parámetros

13.12.

Y.

Determinar: a) los parametros Z del circuito de la Figura 13.23(a) y b) un modelo equivalente con dos resistencias positivas y una fuente de tensión dependiente. 212

I1

--

11

+ + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + LKJIHGFEDCBA

40

3!l

+ ONMLKJIHG

20

(a)

(b)

r

Figura 13.23.

a)

Aplicando la ley de Kirchhoff de las tensiones alrededor de los bucles de entrada se obtienen, respectivamente,

y salida

212 + 2(11 + Iz) = 411 V z = 312 + 2(11 + Iz) = 211 + 512

VI = 211

Los parámetros b)

13.13.

Z son ZII = 4,

Z12

= 0,

Z21

= 2 Y Z22 = 5.

El circuito de la Figura 13.23(b), con dos resistencias- X una fuente de tensión, tiene los mismos parámetros Z que el circuito de la Figura 13.23(a). Esto se puede verificar aplicando la ley de Kirchhoff para las tensiones a sus bucles de entrada y de salida.

a) Obtener

los parámetros Y del circuito de la Figura 13.23(a) a partir de sus parámetros Z. b) Determinar un modelo equivalente con dos resistencias positivas y una fuente de intensidad dependiente.

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDC 3 8 9 onmlkjihgf

13.12, Z¡¡ = 4, Z¡2 = O, Z2¡ = 2, Z22 = 5 y, a) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Del Problema

por

tanto,

Dzz =

= Z¡¡Z22 - Z¡2Z2¡ = 20. Por tanto, Z22 Y¡¡ =-Dzz Y 2 ¡=--

b)

-Z2¡ Dzz

5 20

-2 =-= 20

1 4

-Z¡2 Y¡2=--=0 Dzz

1 -10

Z¡¡ Y 22 =-Dzz

4 20

1 5

El circuito de la Figura 13.24, con dos resistencias y una fuente de intensidad, tiene los mismos parámetros Y que el de la Figura 13.23(a). Esto se puede verificar aplicando la ley de Kirchhoff para las intensidades a los nudos de entrada y de salida.

-.LKJIHGFEDCBA

I¡

+

4f1

V¡

+

Sf1

l.V¡ 10

Figura 13.24.

13.14.

En el circuito de la Figura 13.23(b), convertir la fuente de tensión y sus resistencias en serie a su equivalente Norton y demostrar que el circuito resultante es idéntico al de la Figura 13.24. La fuente de intensidad del equivalente Norton es IN = 21¡/5 = 0,41¡. Pero I¡ = V¡/4. Entonces, IN = 0,41¡ = 0,1VI' La resistencia de 5 n se coloca después en paralelo con IN' El circuito, representado en la Figura 13.25, es el mismo que el de la Figura 13.24.

-.

I¡

+

+

Sf1

Figura 13.25.

13.15.

Se conocen los parámetros h de un cuadripolo. Demostrar que el circuito se puede modelizar por el de la Figura 13.26, donde hll es una impedancia, h12 es la amplificación de la tensión, h21 es la amplificación de la corriente y h22 es una admitancia.

390

CIRCUITOS


+ ONMLKJIHGFEDCBA


la ley de KirchhofT para las tensiones al bucle de entrada = h¡¡I¡

V¡

Aplicando

Estos resultados

Determinar

13.17.

= 4

h 22 V 2

n,

h dada en (23).

h del circuito de la Figura 13.25.

el circuito de la Figura

Comparando

+

al nudo de salida se obtiene

están de acuerdo con la definición de los parámetros

los parámetros

h¡¡

h¡2 V 2

la ley de KirchhofT para las intensidades 1 2 = h2¡1¡

13.16.

+

se obtiene

hl2

=

13.26, se obtiene

13.25 con el de la Figura h 2¡

O,

=

-0,4

h 22

=

1/5

=

0,2

n-¡

Determinar los parámetros h del circuito de la Figura 13.25 a partir de sus parámetros Z y comparar con los resultados del Problema 13.26. Se toman los valores de los parámetros Z y Dzz del Problema 13.13. Se usa la Tabla 13.1 para convertir los parámetros Z en los parámetros h del circuito. Entonces, h¡¡

h ¡ 2

-Z

= __

13.18.

anteriores

20

Z22

5

2_¡ =

Z22

Los resultados

Dzz

=-=-=4

-2

-

= -0,4

LKJIHGFEDCBA 5

h 22 = -

1

1 = - = 0,2

5

Z22

están de acuerdo con los resultados

del Problema

En la Figura 13.27 se ha representado el modelo simplificado bipolar para pequeñas señales. Determinar sus parámetros h.

-

~ II

I¡ +

V¡

V2

Figura 13.27.

12

' + , ,

13.16.

de un transistor

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDCB 3 9 1 zyxwvutsrqp

Las ecuaciones de los terminales son VI = O e 12 = [31i- Comparando con (23) se concluye que hll = hl2 = h22 = O Y h21 = [3.

13.19.

Los parámetros

esas ecuaciones

h de un cuadripolovutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA H están definidos por

h l1 = 500 Q

h21

=

100

Dibujar un circuito que modelice el dispositivo compuesto por dos resistencias y dos fuentes de tensión dependientes, incluyendo los valores de cada elemento. Por comparación

con la Figura 13.26, el modelo es el de la Figura 13.28. 1 1 LKJIHGFEDCBA 500fi

+

+

10011

soo in

Figura 13.28.

13.20.

El dispositivoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA H del Problema 13.19 está colocado en el circuito de la Figura 13.29(a ). Sustituir H por su modelo de la Figura 13.28 y determinar V 2/V i El circuito de la Figura 13.29(b) contiene el modelo. Con una buena aproximación, puede reducir al de la Figura 13.29(c), de la que

11

=

V s/2000

Por tanto, V 2/Vs

= -

V2

= -1000(100V)2000)

= -1000(10011)

= - 50V s

50.

1,5kfi +

v.

H

(a)


Ikfi

se

392

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

+ ZYXWVUTSRQPONMLKJIH 500kO

V zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW 1 kO onmlkjihgfedcbaZYX 2

(b)

1001 1 LKJIHGFEDCBA

2kO

'-~~~~~---4~---<~~----4-~ + v,

IkO

(e)

F ig u r a

1 3 .2 1 .

13.29vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED (continua ción).

Una carga ZL se conecta a la salida de un cuadripolo e (Figura ecuaciones características están dadas por V l = (1/N)V 2 e 11 = -N12 a) los parámetros T de y b) la impedancia de entrada Zen = V 1/1 1 .

e

o

13.30), cuyas Determinar:

I1

F ig u r a

a)

Los parámetros

13.30.

T están definidos por [ver (29)] V I=AV 2 -B I 2 I1

Las ecuaciones características

=

CV 2

del dispositivo

-

DI2

son

VI = (l/C)V 2 I1 Comparando b)

=

-C1 2

los dos pares de ecuaciones se obtiene A = l/C, B = O, e = O Y D = C.

~

Se dispone de tres ecuaciones que relacionan VI' 11,' V 2 e 12: dos ecuaciones características del dispositivo y la tercera proviene de la conexión de la carga V 2= Eliminando

V 2 e 12 en las tres ecuaciones VI = ZL1I/C 2

-ZL I2

se obtiene:

de donde

Zen = V 1II1 = ZdC 2

son las

CUADRIPOLOS ONMLKJIHGFEDCB 393

PROBLEM AS

13.22.

S U P L E M E N T A R I O S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU

13.22(a) son Z 11 = 4s, Z 12 = Z ll = 3s y Los parámetros Z del cuadripolo e de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = 9s. Determinar la corriente de entrada i l para V s = cos lO00t (V), usando las ecuaciones características con las impedancias en circuito abierto de e, junto con las ecuaciones de la aplicación de la ley de Kirchhoff para las intensidades en los nudos A , B Y C. Z ll

Solución: i l = 0,2 cos (1000t - 36,9°) (A). 13.23.

13.24.

+ h ll

= 0, gIl + gll =

Determinar los parámetros = lOs Y Z22 = 100s. = Z ll

de los parámetros

lO-l/s

h, g y T.

° YZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA BC = 1. AD

-

T de un cuadripolo

e=

Solución: A = 0,1, B = 0, 13.25.

en función

Expresar el criterio de reciprocidad Solución: h ll

cuyos parámetros

Z son ZIl =

S,

Z12 =

y D = 10.

Determinar los parámetros T de un cuadripolo cuyos parámetros Z son Z II = 106s, = Z ll = 107s Y Z22 = 108s. Comparar con los resultados del Problema 13.21. Solución: A = 0,1, B = 0, e = 1O-7/s y D = 10. Para altas frecuencias, el dispositivo es similar al del Problema 13.21, con e = 10. Z ll

13.26.

Los parámetros Z de un cuadripolo e son ZII = vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH ks, Z 1 2 = Z ll = lOks Y Z22 = 100ks. Se conecta en la puerta de salida una resistencia de 1 n (Figura 13.30). a) Calcular la impedancia de entrada Zen = V 1/11 Y construir su circuito equivalente. b) Obtener los valores de los elementos para k = 1 Y 106. Solución:

a)

Z

en

ks

1

1 + 100ks

100 + l/ks

= ..,--..,--~:-


b)

13.27.

El dispositivo

1 Para k = 1 R = , 100

es un circuito paralelo RL con R

ny

=

10 -

1 100

ny

L = 1 H. Para k = 10 6 R = -

'

C de la Figura 13.30 está definido por los siguientes parámetros

1

n

y L

=

1 kH.

L = 10 6 H.

Z: Z22 =

el ZII

y Z 1 2 = Z ll = JZ IlZ 2 2 = ez ll· Determinar Zen = VI/l1 cuando se conecta a su terminal de salida una carga ZL' Demostrar que si ZII » ZJ C 2 se obtiene una multiplicación de impedancias tal que Zen = Z L /C 2 . LKJIHGFEDCBA Solución:

13.28.

Determinar en serie. Solución:

Zen=

2

Z

L/ . Para C +ZL Z¡I

los parámetros ZIl = Z22 =

S

"" Z L « C 2 Z I¡,Z e n = Z U IC 2 .

Z del circuito de la Figura 13.31. Suq: Usar la regla de la conexión + 3 + l/s, ZI2 = Z2¡ =

S

+ 1.


20 + + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

20ONMLKJIHGFEDCBA

1

( 1

1

sS

S

-LKJIHGFEDCBA

o------------------~~------------------oo Figura 13.31.

13.29.

Determinar los parámetros en paralelo. Solución:

Y 11

= Y 22 =

Y del circuito de la Figura 13.32.vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH Sug.: Usar la regla de la conexión

9(s

+

= Y 21 = -

2)/16, Y 12

Figurra

13.30.

+

2)/16.

13.32.

Dos cuadripolos a y b con parámetros de transmisión T, Y T, se conectan en cascada (Figura 13.14). Sabiendo que I2a = - 1 lb Y V 2a = V Ih' determinar los parámetros T del cuadripolo resultante. Solución: A

13.31.

3(s

=

Aa Ah

+ BhC h , B = Aa Bh +

BaDh' C

=

Ca Ab ~Da Ch'

-,

D

=

Ca Bb

+ Da Db.

Determinar los parámetros T y los Z del circuito de la Figura 13.33. Las impedancias condensadores son datos. Sug.: Usar la regla de la conexión en cascada. Solución: Z12

= Z21

A

= j5

=

-0,2

- 4, B - jO,l.

= j4 +

2, C

= j2

- 4 Y D

= j3;

ZII

=

1,3 - jO,6,

Z22

=

de los

0,3 - jO,6,

CUADRIPOLOS ZYXWVUTSRQPO 395

+

-jn

o

1

+

I

-J_·o_L'

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -jO

Figura 13.33. 13.32.

Determinar Solución:

los parámetros Zll

=

Z22

Z del cuadripolo

de la Figura 13.34.

= vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA l(Zb + Za ), Z12 = Z21 = l(Zb - Za ).

+

+

Figura 13.34. 13.33.

Determinar ., Solución:

-A

I1

+

los parámetros Zll

=

Z22

Z del cuadripolo

1 Zb(2Za + Zb) = , 2 r; + z;

de la Figura =

Z12

Z21

13.35.

1 = - ---

z;

2 r, +

r;

12

za

I1

+

\0-30

\O-3H

12

+ Zb

VI

V2

VI

\O
1

-

Za

13.34.

Determinar los parámetros T del cuadripolo de la Figura particularizar sus valores para ea = 1, 103 Y 106 rad/s, Solución:

+

V2 o

o

Figura 13.35.

--LKJIHGFEDCBA

Figura 13.36. 13.36, como

función

de co, y

A = 1 - 10-90)2 + jlO -9w , B = 10-\1 + jw ), C = jl0- 6 w y D = 1. Para A = 1, B = 10-3(1 + j), C = jlO -6 Y D = 1. Para ea = 103 rad/s, A ~ 1, B ~j, C = jlO -3 Y D = 1. Para o) = 106 rad/s, A ~ _103, B ~jI03, C=jyD=1. ea = 1 rad/s,


13.35.

Un cuadripolo contiene solamente resistencias, condensadores y bobinas. Con la puerta #2 13.37(a )], una tensión escalón unidad onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI V I = u(t) produce i l = e-'u(t) (J.lA) y abierta [FiguravutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V2 = (1 - e-')u(t) (V). Con la puerta #2 cortocircuitada [Figura 13.37(b)], una tensión escalón unidad V I = u(t) produce una intensidad i l = 0,5(1 + e- 2 ')u(t) (J.lA). Determinar i 2 y el circuito T equivalente. S o lu c ió n :

v,o

i 2 = 0,5( -1

+ e- 2 ')u(t)

RLC

[ver Figura

13.37(c)].

VI

I

~

o

RLC

_

(a)

P

(b)

i,LKJIHGFEDCBA lMil

lMil

+

i2

+

r""

VI

O

~ O

(e)

F ig u r a

13.36.

El cuadripolo e de la Figura Determinar 1 l' 1 2 e 13' S o lu c ió n :

13.37.

13.38 está definido

por Z II = 2, Z

12

= Z 21 = 1 Y Z 22 = 4.

1 I = 24 A, 1 2 = 1,5 A e 13 = 6,5 A.

3il

3il

e +

Vs

~

= ONMLKJIHGFEDCBA 141 V _

6il

F ig u r a

13.38.

C A P íT U L O

14

In d u c ta n c ia

m u t u a ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y tra n s fo rm a d o re s

1 4 .1 .

IN D U C T A N C IA

M U T U A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC

ElvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA flujo ma gnético tota l A provocado por una bobina en un inductor lineal es proporcional a la corriente que pasa por ella; es decir, AmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ = Li (ver Figura 14.1). Según la ley de Faraday, la tensión entre los extremos del inductor es igual a la derivada respecto al tiempo del flujo total; es decir, dA

di onmlkjihgfedcbaZYXWVUTS

dt

dt

v = -= L -

El coeficiente L, en H (Henrios) se llama coeficiente de a uto inducción de la bobina.

+ L

VI

F i g u r a 1 4 .1 .

Dos conductores de diferentes circuitos muy próximos uno de otro estarán acoplados magnéticamente dependiendo de su proximidad física y de la relación de las corrientes que los atraviesan. Este acoplamiento se incrementa cuando una bobina está arrollada sobre la otra. Si, además, un núcleo de hierro dulce suministra un camino para el flujo magnético, el acoplamiento se maximiza. (Si bien ha de tenerse en cuenta que la presencia del hierro puede introducir una no linealidad en el circuito.) "Para encontrar la relación entre la tensión y la corriente en los extremos de las dos bobinas acopladas mostradas en la Figura 14.2, se analiza el modo en que las corrientes il e iz establecen el flujo magnético mutuo en cada bobina, y se comprueba que el efecto de acoplamiento mutuo entre las dos bobinas es simétrico: Al = Lli l

+ »u,

;'z = Mil

donde M es la inducta ncia mutua (coeficiente de inducción

+

Lzi z

(1)

mutua) (en H). 397


M

+ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT

+

Figura 14.2.

Las tensiones

entre los terminales

son las derivadas dA¡

v¡(t) =

dt =

di¡

L¡

del tiempo de los flujos mutuos.vutsrqponmlkjih di 2

dt + M dt

dA2 di¡ v 2 (t) = dt = M dt

(2)

di 2 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC

+ L 2 dt

Las bobinas acopladas forman un tipo especial de circuito con dos entradas, estudiado en el Capítulo 13. Las características del terminal (2) pueden expresarse también en el dominio de la frecuencia o en el dominio s como sigue. Dominio

Dominio

de la frecuencia

V ¡ = jtol., I¡ V 2 = jwMI¡

+ jwMI2 + jwL21 2

s

+ M sI 2 (4) MsI¡ + L2 s1 2 LKJIHGFEDCBA

V ¡ = L i SIl

(3)

V2

=

El coeficiente de inducción mutua M se verá en la Sección 14.2. Las ecuaciones del dominio de la frecuencia (3) se aplican en estados sinusoidales estacionarios, mientras que las ecuaciones en el dominio s (4) se aplican a fuentes exponenciales de frecuencia compleja s.ONMLKJIH 14.1. Dado L¡ = 0,1 H, L2 = 0,5 H e i¡(t) = i2(t) = sen t»t en las bobinas acopladas Figura 14.2, determinar v¡(t) y v2 (t) para: a ) M = 0,01 H, b) M = 0,2 H Y e) M = -0,2 H. Desde (2),

EJEM PLO

a)

v¡(t) = O,lw cos t»t

+ O,Olw cos cot = O,llw cos wt

vz(t) = O,Olw cos cot b)

v¡(t)

=

O,lw cos cot

v2 (t) = 0,2w cos cot e)

v¡(t)

=

v2 (t)

= -

+ 0,5w cos cat = 0,51w cos

+ +

0,2w cos t»t

(V),

0,3w cos i»t

(V)

0,5w cos cot = 0,7w cos tot

(V)

O,lw cos t»t - 0,2w cos cot 0,2w cos cot

=

t»t

(V)

+

=

0,5w cos wt

-O,lw =

cos t»t

0,3w cos cot

(V) (V)A

de la

INDUCTANCIA

1 4 .2 .

MUTUA

Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQPO 399

C O E F I C I E N T E D E A C O P L A M I E N T O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

N espiras con un flujo magnético Q> atravesando cada espira tiene un flujo Una bobina deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA magnético totalvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A = NQ> . Según la ley de Faraday, la fem (fuerza electromotriz) inducida (tensión) en la bobina es e = dA/dt = N(dQ> /dt). Frecuentemente la ecuación se precede con un signo negativo para significar que la polaridad de la tensión se establece de acuerdo con la ley de Lenz. Por definición de autoinducción esta tensión viene dada también por L(di/dt); por tanto,

di L-= N dt

dQ> dt

L=

o

N dQ> di

(5a)

Las unidades de Q> son los weber, donde 1 Wb = 1 V· s, y se obtiene de la relación mostrada arriba, que es 1 H = 1 Wb/A. A lo largo de este libro se supone que Q> e i son proporcionales, de forma que L= N

1= i

constante

(5b)

En la Figura 14.3 el flujo total Q>1 resultante de una corriente i, a lo largo de NI espiras está formado por unflujo disperso Q>11 y un flujo de a copla miento o flujo mutuo, Q>12. La fem inducida en una bobina acoplada se obtiene de N 2(dQ>12/dt). Esta misma tensión puede reescribirse utilizando el coeficiente de inducción mutua M: e = M di1 = N dt

dQ> 12 dt

2

M

o

= N

dQ> 12 2

di11

(6)

;1

NI

F ig u r a

También, como el acoplamiento

14.3.

es bilateral, M

= NI dQ> 2_1 di 2

El coeficiente de a copla miento, total:LKJIHGFEDCBA

(7)

'

k, se define como la relación entre el flujo mutuo y el flujo


k ~ 1. Tomando el producto de (6) y (7), Y sabiendo que k depende únicamente donde O ~ vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA la geometría del sistema,

de

de lo cual

(8)

Nótese que (8) implica que M ~ J L1 L2' una relación que puede obtenerse de forma independiente mediante el análisis de la energía. k = 1. Si todo el flujo de las bobinas es mutuo, es decir, no hay flujo disperso, entoncesonmlkjihgfedcbaZYX Por otra parte, los ejes de las bobinas' pueden orientarse de forma que ninguno de sus flujos pueda inducir tensiones recíprocas, lo cual implica que k = O. El término a copla miento pr óximo se utiliza para describir el caso donde la mayor parte del flujo de las bobinas es mutuo, ya sea a través del flujo ferromagnético del núcleo o entrelazando las espiras de las bobinas directamente unas entre otras. Las bobinas situadas cara a cara sin un núcleo se acoplan débilmente y por ello tienen bajos valores de k.

1 4 .3 .

A N Á L IS IS D E B O B IN A S A C O P L A D A S

P o la r id a d e s e n a c o p la m ie n to

fu e r te

En la Figura 14.4 pueden verse dos bobinas con un núcleo común que canaliza el flujo magnético <1>. Esta configuración produce un a copla miento fuer te, como el mencionado en la Sección 14.2. Para determinar los signos apropiados de las tensiones correspondientes a la inductancia mutua, hay que aplicar la regla de la mano derecha a cada bobina. Utilizando la regla de la mano derecha, si los dedos abrazan en la dirección de la corriente supuesta, el dedo pulgar apunta en la dirección del flujo. Las direcciones positivas resultantes para <1>1 y <1>2 se muestran en la Figura 14.4. Si los flujos <1>1 Y <1>2 se suman entre sí, entonces los signos de las tensiones debidas a la inductancia mutua son los mismos que los signos de las tensiones debidas a la autoinducción. Por tanto, el signo más debería escribirse en las cuatro ecuaciones correspondientes a (2) y (3). En la Figura 14.4 los flujos <1>1 y <1>2 se oponen entre sí; consecuentemente, las ecuaciones (2) y (3) deberían escribirse con el signo menos.

VI

F ig u r a

Il

1 4 .4 .

INDUCTANCIA

MUTUA

Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFEDCB 4 0 1 zyxwvutsrq

CorrienteZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n a tu r a l

Para una mejor comprensión de las bobinas acopladas se considera un segundo circuito pasivo, como el mostrado en la Figura 14.5. La fuente VI suministra una corrientevutsrqponmlkjihgfedcbaZYX s.. con el correspondiente flujo <1> r- Ahora bien, la ley de Lenz implica que la polaridad de la tensión inducida en el segundo circuito es tal que si el circuito está cerrado pasará corriente a través de la segunda bobina con el sentido correspondiente a la creación de un flujo que se oponga al flujo principal establecido por i l. Esto es, cuando el interruptor está cerrado en la Fiz tendrá la dirección mostrada en la misma. La regla de la mano derecha, gura 14.5, el flujoonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA con el pulgar apuntando en la dirección de z, suministra el sentido de la cor r iente na tur a l i z . La tensión inducida es la tensión de alimentación para el segundo circuito, como se muestra en la Figura 14.6; esta tensión eléctrica está presente tanto si el circuito está cerrado como si no. Cuando el interruptor está cerrado se establece la corriente iz, tomando el sentido positivo mostrado en las figuras.

VI

M

Figura 14.5.

Figura 14.6.

14.2. Supóngase que el interruptor del circuito pasivo se cierra en un instante (t O. Para t> O, la secuencia en el circuito pasivo (ver Figura 14.6) es

EJEM PLO

que i¡

=

mientras

dil dI

=

O)en el

que en el circuito activo es di¡ R¡ i¡ + L¡ --M-= v¡ dt

di 2 dt

Reescribiendo las ecuaciones anteriores en el dominio s con las condjciones iniciales i¡(O+) = i2 (0+) = O Y eliminando 1 ¡ (s) se encuentra que

y de los polos de H(5) se tienen las frecuencias

naturales

de iz.

402mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

14.4. LA REGLA DEL PUNTO

El signo de una tensión eléctrica debida a la inductancia mutua puede determinarse si el sentido del arrollamiento del devanado de la bobina aparece indicado en el diagrama del circuito, como así ocurre en las Figuras 14.4 y 14.5. Para simplificar el problema de obtener el signo correcto, las bobinas se marcan con puntos en los terminales que instantáneamente son de la misma polaridad. Para asignar los puntos a un par de bobinas acopladas se selecciona una dirección de la corriente en una bobina y se coloca un punto en el terminal donde la corrientevutsrqponmlkjihgfedcbaZY entr a en el devanado. Se determina el flujo correspondiente aplicando la regla de la mano derecha [ver Figura 14.7(a )] . El flujo del otro devanado, de acuerdo con la ley de Lenz, se opone al primer flujo. Se usa la regla de la mano derecha para encontrar el sentido de la corriente natural correspondiente a este segundo flujo [ver Figura 14.7(b)] . Ahora se coloca un punto en el terminal del segundo devanado donde la corriente natural a ba ndona el devanado. Este terminal es positivo simultáneamente con el terminal de la primera bobina donde entraba la corriente inicial. Con la polaridad instantánea de las bobinas acopladas dada por los puntos, la representación del núcleo con los sentidos de los arrollamiento s ya no es necesaria, y las bobinas acopladas pueden representarse como en la Figura 14.7(c). Por ello, la regla del punto puede usarse del modo siguiente: 1)

2)

cuando las corrientes supuestas entran o salen de un par de bobinas acopladas por los terminales con punto, los signos de los términos de M serán los mismos signos L; pero que los términos deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA si una de las intensidades entra por un terminal con punto, mientras que la otra sale por un terminal con punto, los signos de los términos de M serán de signo contrario que los signos de los términos con L.

LKJIHGFEDCBA

--~~~-------i

(a)

A

(b)

(e)

Figura 14.7.

EJEMPLO 14.3. Los sentidos de la corriente elegidos en la Figura 14.8(a) son tales que los signos de los términos de M son contrarios a los signos de los términos de L, y los puntos indican los terminales con la misma polaridad en cada instante. Compárese esto con el circuito con acoplamiento conductivo de la Figura 14.8(b), donde las dos intensidades de malla pasan a través de un elemento común con sentidos opuestos, y en los cuales los sentidos de la polaridad son los mismos que los dados por los puntos en los circuitos acoplados magnéticamente. La similitud se hace más aparente cuando se coloca una zona sombreada que sugiera dos cajas oscuras.

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQPON 4 0 3 vutsrqponmlk

vonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

v

(a) A

(b) F i g u r a 1 4 .8 .

1 4 .5 .

E N E R G Í A E N D O S B O B I N A S A C O P L A D A S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTS

La energía almacenada en una bobina de coeficiente de autoinducción L por la cual circula una corriente i es O,5Li2 J. La energía almacenada en dos bobinas acopladas magnéticamente viene dada por la expresión (9)

donde L, Y L 2 son los coeficientes de autoinducción de cada una de las bobinas y M es el coeficiente de inducción mutua. El término Mil i 2 en (9) representa la energía debida al efecto de la inducción mutua. El signo de este término es: a) positivo si ambas corrientes i 1 e l2 entran a los terminales con punto o a los terminales sin punto; o b) negativo si una de las intensidades entra a un terminal con punto y la otra a un terminal sin punto.ONMLKJIHGFEDCBA 1 4 .4 . En dos bobinas con Ll = 0,1 H Y L 2 = 0,2 H, en un determinado momento i 1 = 4 A 10 A. Determinar la energía total de las bobinas si el coeficiente de inducción mutua M es:

EJEM PLO

e i2 a)

=

0,1 H, b) )2/10 Desde (9), =

H, e) - 0,1 H Y d) - )2/10

(0,5)(0,1)42

a)

W

b)

W=

16,46J

e)

W=

6,8 J

d)

W= 5,14J

El máximo positivo (M

=

+

(0,5)(0,2)102

y el mínimo

)2/10)

+

H.

(0,1)(10)(4)

de energía

como negativo (M

=

14,8 J

ocurre en conjunción = -

)2/10).

con el acoplamiento

perfecto, tanto

4 0 4 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUI:rOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

14.6. CIRCUITOS CONDUCTIVOS EQUIVALENTES ACOPLADOS De las ecuaciones de las corrientes de malla escritas para bobinas acopladas magnéticamente se puede obtener un circuito equivalente con acoplamiento conductivo. Considérese el 14.9(a), con las corrientes de malla mostradas. circuito sinusoidal estacionario de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Las ecuaciones correspondientes en forma matricial son

inductiva X M

En la Figura 14.9(b), por la reactancia malla con sentidos opuestos, por 10 que Z12

=

Z21

= vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG wM circulan las dos corrientes de

= - jwM

en la matriz de impedancias Z. Si ahora se coloca una inductancia malla, la ecuación de la corriente de malla para ésta será (Rl

+ jWL1)Il

- jwMI 2

L1

-

M en la primera

= V1

De forma similar, L 2 - M en la segunda malla aparece en la misma ecuación de corriente de malla que para el circuito de las bobinas acopladas. Por tanto, los dos circuitos son equivalentes. La regla del punto no es necesaria en los circuitos conductivos acoplados, y se pueden aplicar técnicas más familiares de circuitos. R,

-J2

jwL~

(a)

Figura 14.9.

(b)

14.7. TRANSFORMADOR LINEAL A Un tr a nsfor ma dor es un elemento para producir un acoplamiento mutuo entre dos o más circuitos eléctricos. El término tr a nsfor ma dor de núcleo fer r oma gnético identifica las bobinas acopladas que están arrolladas en un núcleo magnético de acero especialmente laminado para confinar el flujo y maximizar el acoplamiento. Los transformadores de núcleo de a ir e se utilizan en aplicaciones electrónicas y de comunicaciones. Un tercer grupo consiste en bobinas arrolladas una sobre otra en un núcleo! no metálico, con un dispositivo móvil de material magnético en su interior de forma que sea posible variar el acoplamiento. Se incidirá en los transformadores de núcleo ferro magnético donde la permeabilidad J1. del material ferromagnético se considera constante dentro del rango de operación de las

INDUCTANCIA

MUTUA

Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQPON 4 0 5 zyxwvutsrqp

tensiones e intensidades. El estudio se restringe a transformadores con dos devanados; sin embargo, aquellos con tres o más devanados para el mismo núcleo no son infrecuentes. En la Figura 14.10, elvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA deva na do del prima rio, deonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC N I vueltas, se conecta a la fuente de tensión V l' Y el deva na do del secunda rio, de N 2 vueltas, se conecta a la impedancia de la carga ZL' Las resistencias de las bobinas se representan por los parámetros R 1 Y R2 . La corriente natural 12 produce un flujo <1>2 = <1>21 + <1>22' mientras que I1 produce <1>1 = <1>12 + <1>11' En función del coeficiente de acoplamiento k, <1>11

=

(1 - k) <1>1

F ig u r a

14.10.

De estas relaciones del flujo, las inducta ncia s de dispersión los coeficientes de autoinducción, del modo siguiente: LII

Las correspondientes

==

reactancias

(1 -

pueden expresarse en función de

k)LI

de dispersión son:

X II ==(1-k)X I

X 22

== (l -

k)X 2

Se demuestra que el coeficiente de autoinducción L de una bobina con N espiras es proporcional a N 2' Por tanto, para dos devanados con el mismo núcleo,

LI

=

L2

(NI)2

El flujo común a ambos devanados de la Figura 14.10 es eljlujo Este flujo induce una fem en la bobina, según la ley de Faraday,

Definiendo la rela ción de espira s, a == N l/N mador lineal:

(10)

N2

2

mutuo, m = <1>12

+ <1>21'

se obtiene de la ecuación básica de un transfor' (11 )

En el dominio de la frecuencia, EI/E2 = a.


La relación entre el flujo mutuo y la inducción mutua puede desarrollarse de la fem inducida en el secundario, del modo siguiente:

Utilizando siguiente

las ecuaciones

por un análisis

(5a), la expresión anterior puede reescribirse (6) y onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

donde el último paso utilizando

del modo

las ecuaciones (8) y (10) es:

Definiendo lavutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA corriente de ma qnetiza ciá n iq, por la ecuación 1 11 = ~ + Iq,

o

(12)

a

se tiene que di dt

e =M ~ 2

( 13)

o

De acuerdo con (13), la corriente de magnetización puede considerarse como la necesaria para establecer el flujo mutuo
ix,

ix-.A

+

z,

V,

(a)

R,

R:

u

V,

R,

jXM

+

+

~ V,

~ LKJIHGFEDCBA ¡X2 z; v~

¡X,

(1))

Figura 14.11.ONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 14.5. Dibujar el diagrama fasorial de tensiones e intensidades gura 14.11(a), y de él obtener la impedancia de entrada del transformador.

correspondiente

a la Fi-

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQP 4 0 7 zyxwvutsrq

El diagrama se muestra en la Figura 14.12, en la cualonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA eL muestra el argumento de Zv Nótese que, de acuerdo con (13), las fems inducidas El y E 2 adelantan a la corriente de magnetización 1<1> por 90°. El diagrama comprende las ecuaciones de los tres faso res

Eliminando

12 e 1<1> de estas ecuaciones,

resulta que (14a)

Figura 14.12. Por otra parte, si las ecuaciones de las corrientes obtener Zen (impedancia de entrada), el resultado es

de malla de la Figura

14.11(b) se utilizan para

(14b)

El lector puede verificar la equivalencia

1 4 .8 .

TRANSFO RM ADO R

de (14a) y (14b). (Ver problema

14.36.)

ID E A L

UnvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA tr a nsfor ma dor idea l es un transformador hipotético en el que no existen pérdidas y cuyo núcleo tiene una permeabilidad infinita, dando como consecuencia un acoplamiento perfecto sin flujo disperso. En los grandes transformadores de potencia las pérdidas son tan pequeñas en relación a la potencia transferida que las relaciones obtenidas del transformador ideal pueden ser muy útiles en las aplicaciones de ingeniería.


14.13, una condici6n

De acuerdo con la Figura

t VII;

=

sin pérdidas se expresa por

-! V 21;

(Ver secci6n 10.7). PerovutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I = E I = a E 2 = a V2 y así, siendo

a un número real, VI

12

- = - = a V2 I1 La impedancia

de entrada

(15)

se obtiene con facilidad de las igualdades Z

en

VI aV 2 2 V2 2 = = a - = a ZL I1 12/a 12

= -

-

-

+

de (15): (16)

+

I~

1,

Figura 14.13.ONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 14.6. El transformador ideal puede considerarse como el caso límite del transformador la sección 14.7. Por tanto, en la ecuación (14a) se debe poner que

de

R¡ = R2 = X¡ ¡ = X22 = O

(sin pérdidas) y entonces, haciendo

que X

Z '11

"

-

l'

1m

M

-> 00

[2a

X M -x

(permeabilidad

UXM /a)(Z¡J UXM /a)+ZI.

infinita del núcleo), se obtiene:

J -- a 2Z

1

.

de acuerdo con (16).

Regla del punto de las arnperivueltas Como a = NI/N2

de (15), N ¡I¡

=

N 21 2

es decir, las a mper iouelt a s del primario son iguales a las a mper icuelt a s del secundario. De ello se obtiene una regla general aplicable a transformadores con más de dos devanados. Si la intensidad entra en el devanado por el terminal con punto, a las amperivueltas se les aplicará un signo positivo; pero si la intensidad sale por el terminal con punto se les aplicará un signo negativo. Por tanto, la r eqla del punto de la s a mper icuelta s establece que en un transformador la suma algebraica de las amperivueltas es cero.

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQP 4 0 9 ONMLKJI E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 14.7. El transformador de tres devanados mostrado en la Figura 14.14 tiene un número N vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 11' siendo 12 = 10/-53,13° A, 13 = 10/-45" A. de vueltasonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 = 20, N 2 = N 3 = 10. Encontrar De acuerdo con los puntos y los sentidos de la corriente mostrados en el diagrama,

por tanto, 2011 11

=

=

10(10/-53,13°)

6,54 - j7,54

-.

+ 10(10/-45") A

= 9,98/-49,06°

l.

Figura 14.14.

14.9. AUTOTRANSFORMADOR Un a utotr a nsfor ma dor es un devando eléctricamente continuo de una o más tomas y un núcleo magnético. Un circuito está formado por los extremos del devanado, mientras que el otro se conecta entre un extremo del devanado y una de las tomas que se encuentra en un punto intermedio del devanado. De acuerdo con la Figura 14.15(a ), la relación de transformación es

V1 = N 1 + N 2 := a + l LKJIHGFEDCBA N2 V2A la cual excede en una unidad la relación de transformación de un transformador ideal de dos devanados que tengan la misma relación de espiras. La intensidad 11 a través de la parte serie o superior del devanado, de N 1 vueltas, produce el flujo <1> Por la ley de Lenz, la intensidad natural en la parte inferior del devanado produce un flujo opuesto <1>2' Por tanto, la intensidad In sale del devanado inferior por la toma. Los puntos en el devanado son los que se muestran en la Figura 14.15(b). En un autotransformador ideal, como en un transformador ideal, las potencias aparentes de entrada y salida deben ser iguales. í

-

!V 1 I~ = !V 1 r; = !V 2 I~ por tanto,

Es decir, las intensidades

"'

también cumplen la relación de transformación.


Ya que IL

= vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA la b + I cb ' la potencia aparente de salida consta de dos partes: .1 V 2

2

l·

r

.1 V

.1

•

.1

•

(.1

• )

onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L = 2 2 a b + 2 V 2 Icb = 2 V 2 la b + a 2 V 2 la b

El primero de los términos de esta igualdad se refiere a la conducción, mientras que el segundo hace referencia a la inducción. Por tanto, en un autotransformador existe acoplamiento conductivo y magnético entre la fuente y la carga .

-

.¡,. 1 I LKJIHGFEDCBA

+

N. VI Nl

-

a

,

+

~-~ ~-~

4 e e~

•

e~ ""' """

1Gb

~-

NI

b

VI

+

1

+

t

V1

N1

V

IL

z ~ l. t, ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~ • '"" '"" 1-

ZL

eA

4;z

(b)

(a)

Figura 14.15.

1 4 .1 0 .

IM P E D A N C IA

R E FL E JA D A

Cuando se conecta una carga Z2 al Figura 14.16, su impedancia varía. Utilizando las características de las la tensión en el secundario, se tiene

secundario de un transformador, como se muestra en la A dicha variación se le denomina impeda ncia r efleja da . bobinas acopladas y aplicando la ley de Kirchhoff para que

+ Msl2 0= Msl1 + L2 s1 2 + Z212

Vi = L1 sl 1

Eliminando

12 se tiene

Zl Para el estado estacionario

=

V _1

11

= L 1s

de corriente

(17)

Z2 + L 2 s

alterna, donde s M 2 w2

Zl= jwL1 +

La impedancia

M 2 s2 - ----

.

Z2 + JWL2

=

jco, se tiene que

(18)

reflejada es Z

M 2 w2 fleiad = ---re. el" a 2

Z

+ jcol:

(19) 2

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFED 4 1 1 zyxwvutsr

w 2 j(Z2 + jwL2 ). Este método se La carga Z2 vista desde la fuente se representa como M 2vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM utiliza a menudo para cambiar una impedancia a un valor determinado; por ejemplo, para igualar una carga con una fuente.

--

•.•.... »< ,

1I +

r VI

Z I=II

+

o----~ Figura 14.16.

E J E M P L O 14.8. Dado L¡ = 0,2 H, L2 = 0,1 H, M = 0,1 H Y R = 10 n en el circuito de la Figura 14.17, obtener i¡ paraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v¡ = 142,3 sen 100t (V).

•

D· Figura 14.17. La impedancia

de entrada

Z¡ para w 2

=

100 es [ver (18)]:

2

V ¡. M w . 0,01(10000) . ° Z¡ = - = ] wL¡ + = ]20 + = 5 + ]15 = 5JlOL1.1§: I¡ Z2 + jwL2 10 + jlO I¡

Entonces,

=

V¡/Z¡

=

9j-71F

i¡ = 9 sen (100t -

o 14.9. La impedancia

EJEM PLO

Si en el Ejemplo 14.8 V¡ de entrada es [ver (17)]: Z¡(s)

Sustituyendo

= u(t),

=

A

71,6°) (A)

obtener la respuesta forzada

il,f.

M 2 s2 L¡ s - --R + L2 s

los valores dados para los elementos, se tiene que

Z 1 (s)

=

s(s + 200) -1O-(s-+-1-0-0)

o

10(s + 100) Y (s)----1 s(s + 200)

°

Para t > O, la entrada L" 1 = 1 V es una exponencial e", cuyo exponente s = es un polo de Y I(S). Por tanto, i i .r = kt con k = ljL 1 = 5. Este resultado puede obtenerse directamente analizando del circuito de la Figura 14.17.


PROBLEM~S

R E S U E L T O S ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

de 5 A, siendo los flujos resultantes <1>11 y <1>12' resultando 0,2 m Wb y 0,4 m Wb, respectivamente. Si el número de espiras esonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB N I = 500 Y N 2 = 500, determinar L vutsrqponmlkjihgfedcbaZ M Y el 1, L 2, coeficiente de acoplamiento k.

Por una bobina de un par acoplado magnéticamente circula una intensidad 1 4 .1 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

NI LI = --

NZ< l> IZ

1500(0,4)

11

5

M = --=

Entonces, 1 4 .2 .

Dos y L2 1000 flujo

de M

=

kJ LILz,

Lz

=

=

<1> 1 11

=

500(0,6) 5

= 60 mH

k = <1>12= 0667 120mH LKJIHGFEDCBA <1>1 '

540 mH.

bobinas acopladas tienen unos coeficientes de autoinducción L 1 = 50 mH = 200 mH, y un coeficiente de acoplamiento k = 0,5. Si la bobina 2 tiene espiras, e i1 = 5 sen 400t (A), determinar la tensión eléctrica de la bobina 2 y el <1>1' M = kJ LILz di,

Vz

Suponiendo,

como

= M -

= 0,50J (50)(200) d

= 0,05 -

dt

siempre,

= 50 mH

(5 sen 400t) = 100 cos 400t (V)

dt

un circuito

magnético

lineal,

<1>1= ( M ) i 1 = 5.10-4

o

sen 400t (Wb)

Nzk

1 4 .3 .

Aplicar la ley de KirchhofT para las tensiones al circuito de la Figura R

v

M

Figura 14.18.

14.18.

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFED 413

Si observamos el sentido del arrollamiento contrarios a los signos de los términos L. Ri

di

di

dt

dt

Ri

M son

f

1 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA di di i dt + L - - M - = v

+ L¡ - - M - + -

o

vemos que los signos de los términos

e

Z

+ L' -di + -1 dt

e

f

dt

dt

i dt = v

donde L' == L¡ + Lz - 2M. Como

L'

1 4 .4 .

es positivo.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Dos bobinas acopladas conectadas en serie, y con flujos en el mismo sentido, tienen un coeficiente de autoinducción equivalente LA. Si los flujos son opuestos, el coeficiente de autoinducción equivalente es LB. Obtener una expresión para M en función de LA y LB· 14.3,

Según el Problema

de lo que resulta

M experimentalmente.

que es un buen método para poder determinar 14.5.

a) Escribir las ecuaciones de las intensidades de malla para las bobinas acopladas con las intensidades i¡ e iz mostradas en la Figura 14.19. b) Repetir la operación con la intensidad iz que se muestra con línea de puntos.

",---

__

iz

~ I A (' zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 , ~ "' - vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I

v

+

Ll4

R~

-

•........

'M

.......,4 ~ - LKJIHGFEDCBA

l'

Figura 14.19.

Lz

4 1 4 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Los signos de los términos en M, según el sentido del devanado y de

los sentidos seleccionados, son:vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+

R¡ i¡

L¡

di¡ dt

+

di ; M = v dt A

b)

14.6.

Obtener el circuito equivalente con puntos para el circuito acoplado de la Figura 14.20 y utilizarlo para encontrar la tensión eléctrica V entre los extremos de una reactancia capacitiva de 10 Q.

so

so

1OL!r

v

+

+

1OL2!r

v

+ V

o

-jlO

Figura 14.20. Para colocar los puntos en el circuito sólo han de tenerse en cuenta las bobinas y el sentido de sus devanados. Hacer entrar una intensidad por la parte superior de la bobina de la izquierda y señalar con un punto el terminal de entrada correspondiente. Con ello el flujo apunta hacia arriba. Por la ley de Lenz, el flujo de la bobina derecha debe apuntar entonces hacia arriba y en sentido contrario al primer flujo. Por tanto, la intensidad natural sale de este devanado por el terminal superior, el cual está marcado con un punto. En la Figura 14.21 se muestra un circuito equivalente con todos los puntos y se indican las intensidades I¡ e 12 elegidas para calcular V. 5 - j5 [ 5 + j3

5 + j3J [I¡J 12

10 + j6

[lO&:

I¡ =

y V = I¡( - j10) = 10,15/23,96° V.

J

10 - jlO

=

I

10 10 - · 10

]

I'1z

5 + j31 10 + · 6

]

= 1,015/113,96° A

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFEDC 4 1 5 zyxwvutsrq

5

n •onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j5 n ~ j5 n • 5 n

lO/.!!' V

nZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 10m V

-jlO

F i g u r a 1 4 .2 1 .

1 4 .7 .

Obtener el circuito equivalente con puntos reactancia inductiva equivalente.

de la Figura

14.22 para determinar

la

j4n~

F i g u r a 1 4 .2 2 .

Hacer circular una corriente por la primera bobina y señalar con un punto el lugar por donde entra dicha corriente. La intensidad natural en los otros dos devanados establece un flujo opuesto al causado por la corriente inicial. Se colocan puntos donde la corriente natural sale de los devanados. (Para evitar confusiones se ignoran las conexiones en serie mientras se determina la ubicación de los puntos.) El resultado es la Figura 14.23. Z es decir, una reactancia

=

j3 + j5 + j6 -vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2U2) + 2U4) - 2U3) = j12 n

inductiva de 12 n.

~2\ j4

•

j3

n

j5

LKJIHGFEDCBA O

o ••

j6

n

F i g u r a 1 4 .2 3 .

14.8.

a) Calcular la tensión V para el circuito acoplado de la Figura ejercicio cambiando la polaridad de una de fas bobinas.

al

XM

= (0,8))5(10)

= 5,66 n, y así, la matriz de impedancias 3 + jl [ -3-jl,66

- 3 - jl,66] 8 + j6

Z es

14.24. b) Repetir el


1

Entonces,

2

3 + j1 50 I I = vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -,--_3_-_j1_,6_6__ 0_ = 8,62/- 24,79° A !:J.LKJIHGFEDCBA

z

y V = 1 2(5) = 43,1/-

24,79° V.onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

b)

[Z]

=

3 + j1 [ -3+ j9,66

- 3+ j9,66] 8 + j6 50 I

3 + j1

I 1 = ...:.--_3_+ _j9_,6_6 __ 0....:..= 3,82/-112,12" 2 !:J.z y V

= 12(5) = 19,1/-112,12°

V.

•

»s:

V

A

J

'5

n

k = 0.8

~

'10 I

n

•

J

:

Figura 14.24.

14.9.

Obtener la inductancia de la Figura 14.25.

equivalente

de las bobinas acopladas,

0,3 H

VI

conectadas

en paralelo,

0,8 H

k = 0.7

Figura 14.25. Las intensidades

11 e 12 se eligen como se ve en el diagrama;

[Z]

=

jwOJ [ jwO.043

jwo.043] jw0.414

siendo entonces Zen

=

V 1/1 i :


l'1zonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA U w O ,3)U w O ,414) - U w O ,04W . y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Z = = = JW O vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ 296 en d jw 0,414 ' 11

o

14.10.

Leq

es 0,296 H.

Para el circuito acoplado de la Figura 14.26, demostrar que los puntos no son necesarios por ser pasivo el segundo circuito.LKJIHGFEDCBA 50

20

jS O

jlO O

Figura 14.26. 11 e 12 se obtienen de la siguiente forma:

Las intensidades

11

50 +j41 ° 5 + jl0 1

= ---'-------'-2 + j5 1

5

±j4

2 + j5 12 =

1

+'4 -J l'1

=

±j4

1

250 + j500 -

24 + j45

= 10,96/ - 54,64°

A

+ jlO

5°1 z

°=

3,92/ -118,07

+ 90°

A

El valor de la matriz de impedancias l'1z no depende del signo de M porque para obtener 11 el determinante del numerador no incluye la impedancia de acoplamiento. El signo de M tampoco afectará al valor de 11, La expresión para obtener 12 muestra que un cambio en la polaridad del acoplamiento implica una variación en la fase de 180°. Ya que no existe un fasor de tensión en el segundo circuito, este cambio de fase no tiene consecuencias.

14.11.

Para el circuito acoplado de la Figura 14.27, hallar la relación de V 2/V que la intensidad 1 1 sea cero.

Entonces, V 1(2 + j2) - V zU2) = 0, por lo que V 2N 1 = 1 - j1.

1

que hace


~·~·c J so

20 onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

n

JSO

O

j20

12

Figura 14.27.

14.12.

En el circuito de la Figura 14.28, determinar la tensión eléctrica entre los extremos de la reactanciavutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j5 Q con la polaridad mostrada en el diagrama. 3 O

j4

n

e

-jR

O

Figura 14.28.

Para la elección de las intensidades

1 1 =

de malla mostradas

en el diagrama,

50/04Y j81 -'3 150 / 4Y 1 _~ __ J = cz«: = 137/-40,28° 13 + jiS j8 1 109 - j9 ' j8

A

-j3

Análogamente, 12 = 3,66/ - 40,28° A. La tensión eléctrica entre los extremos de j5 Q se debe a un efecto conductivo del paso de las intensidades 11 e 12 y a un efecto de inducción mutua por el paso de la intensidad 11 por la reactancia j4 Q.

Por supuesto, sador:

debe existir la misma diferencia de potencial

del conden-

<,

v 14.13.

entre los extremos

= -1 2 (-j8)

= 29,27/49,72° V

Obtener los circuitos Thévenin y Norton equivalentes circuito acoplado de la Figura 14.29.

entre los terminales a b para el

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFEDC 4 1 9 zyxwvu

30 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

jlO O

40

a

(;\

IOJ![ V

J

O

j5

\ \ r LKJIHGFEDCBA

\ onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 40

/

I

••

Figura 14.29.

Con el circuito abierto sólo existe una intensidad

1

lO&:

= --

8 + j3'

=

1 debida a la fuente de tensión.

1 17/- 20 56° A ,

Por tanto, V' = IU5 + 4) - IU6) = 4,82/- 34,60° V. Para determinar la corriente de cortocircuito I' se suponen dos corrientes sentido de las agujas del reloj, tales que 12 = 1'.

j3

l' =

Z'

V'

= -

Los circuitos equivalentes

}

8 + j3

1-4 y

1°1

8+ -4 +'1

1

r

='

°

+ j11 7 + j5

- 4

+ j1

4 82/- 34 60° '.

0,559/-

83,39°

=

= 0,559/- 83,39° A

8 62/48,79° Q '

son los de la Figura

14.30.

8,62/48.79" O

r------<=:J--()

4,82/-34.60"

r---,------o

a

0,559/ - 8349°

V

de malla en el

AA

8,62/48.79" O

~--A---

L -----< :> b

a

~b

Figura 14.30.

14.14.

Obtener un circuito con acoplamiento magnéticamente de la Figura 14.31.

conductivo

equivalente

al circuito acoplado

4 2 0 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j6

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK O

~jIO O .

30:]

:J

~A

1,

50 LKJIHGFEDCBA

-j4 O

Figura 14.31. Obtener las corrientes de malla 11 e 12 del diagrama Kirchhoff para la tensión en forma matricial.

y escribir las ecuaciones de la ley de

3 + jlvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA [ -3-j2 Las impedancias de la Figura 14.32 son tales que dan una matriz de impedancias Z idéntica. Ya que I1 e 12 pasan a través de la impedancia común Zb con sentidos opuestos, el término Z12 de la matriz es - Zb' Por tanto, Zb = 3 + j2 n. Como Z11 incluye todas las impedancias por las que pasa 11 , 3 + jl de lo cual Za

= -

Zc =

Za

+ (3 + j2)

jl n. Análogamente, Z22

y

=

= 8 + j6 = Zb +

Zc

5 + j4 n.

z,

501S!. v

Figura 14.32.

14.15.

Para el circuito de la Figura 14.11(b), k = 0,96, R 1 = 1,2 a, Rz = 0,3 a, X I = 20 a, X 2 = 5 a, ZL = 5/36,81' a y v 2 = 100&: V. Obtener las fems de las bobinas El y Ez, y la corriente de magnetizaci6n Iq,. X

11

= (1 - k)X

1

a=

X 22=(I-k)X 2 =0,2n

= (1 - 0,96)(20) = 0,8 n

fXt=2

vX;

XM

=

kJ XIXl

=

9,6 n

INDUCTANCIA

MUTUA

Y TRANSFORMADORES ONMLKJIHGFEDCB 4 2 1 zyxwvutsrq

14.11(a), comenPor ello puede representarse un circuito de forma similar al de la FiguraonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR zando por la relación de los fasores de tensión e intensidad en la carga y volviendo a partir de E 2 hasta obtener El'

V2 100&: ° 12 = - = = 20/- 36 87 A ZL 5/36,87" ' E 2 = 1 vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 36,87")(0,3 + jO,2) + 100&: = 107,2 - jO,4 V 2 (R 2 + jX d + V 2 = (20/-

El = aE 2 = 214,4 - jO,8 V E LKJIHGFEDCBA 2 14> = -. - = - 0,042 - j11,17 A JXM ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 4 .1 6 .

Para el transformador lineal del Problema entre los terminales donde se aplica V í

M é to d o

14.15, calcular la impedancia

1

Completar

la representación

I1 = 14>

+!

a

=

238,2/-

iniciada en el Problema

1 2 = (-0,042

VI = II(RI + jX

11)

- j11,17)

+

14.15,

10/-36,87°

= 18,93/-65,13°

238,2/-3,62° 18,93/- 65,13°

1258/61,51° ,

=

n

2

De (14a) del Ejemplo

14.5,

. 2 U4,8) (0,3 + jO,2 + 5/36,87") Zen = (1,2 + JO,8) + 2 03 + "5 + 5illE = ,

J

= 114,3/123,2Y = 12 58/61,5~0 n 9,082/61,7Y

,

M é to d o 3

De (14b) del Ejemplo

14.5, Z

- (1 2 en ,

A

+ El = (18,93/- 65,13°)(1,2 + jO,8) + (214,4 - jO,8)

3,62° V

Por tanto,

M é to d o

de entrada

-

"20) +)

(9,6)2

+ 0,3 + j5 + 5/36,87"

= (1,2 + j20) + (4,80 - j8,94) = 12,58/61,53° n

=

4 2 2 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS 1 4 .1 7 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA En la Figura 14.33 hay tres transformadores iguales conectados

con los devanados del primario en estrella y los devanados del secundario en triángulo. Una única impedancia consume una intensidad IL = 30LQ:A. Conocidas

yonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA N I = 10, N 2 = 100, determinar las intensidades del primario La regla del punto de las amperivueltas

Una comprobación

consistiría

1.1-

lal'

Ibl e

let.

se aplica a cada uno de los transformadores. 10 o 100 (10m

I!r.. -lOA

o

lul

= -

o

lbl

o o 10 = 100 (201!r..)=21!r.. A

o

1c1 = - 100 (10m

10

en sumar las intensidades

o

=

= -

o

lLQ". A

del primario:

• NI

11

IL

=J) Ihl-

•

NI ONMLKJIHGFEDCBA

Zl

11

• NI

11

Figura 14.33. 1 4 .1 8 .

Para el autotransformador de entrada 11.

ideal de la Figura 14.34, determinar

V 2'vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW Icb Y la intensidad

INDUCTANCIA


MUTUA

a

+ N ,= 40

V onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB b •...•-----•.•...•+

VI = 150~

e

Figura 14.34.

N¡

1

Nz

2

a = -= -

V2

= ~

a

+

1

=

lOO&: V

Ia b = --

a

14.19.

+

° vutsrqponmlkjihgfedcbaZY

1

En el Problema 14.18, determinar la potencia aparente efecto transformador y por conducción. Scond Slrans

14.20.

IL

1

= 1l/V

1

iV2I~b aS cond

de la Figura

14.35, determinar

Y determinar

la intensidad

i 1 (t) para

il

+

suministrada

a la carga por

= i(100LQ] (6,67/60°) = 333/60° VA = 167/60° V A

acoplado

En el circuito y

= =

= zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV 6,67(-60 A

•

M=l

VI

(t) =

iz

H

-

2H

IH

•

VI

IF

Figura 14.35.

In

la admitancia

2)2

cos t.

de entrada


Aplicando

la ley de Kirchhoff para las tensiones a las mallas 1 y 2 en el dominio s

VI

=

I1 - 1 2 sIl + sl2 + --S

O = sl , + (2s + 1)12 + Eliminando

12 de estas ecuaciones

I - I _2 __

1

S

se obtiene que I1

Y

= -

2s2 +

VI

1

+ 1 + Ss + S

= -::---;:---S3

+

S2

1

s = vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i. la admitancia de entrada es Y 1 = (1 + j)/4 = .j2/4/4Y. Por tanto, ¡I(t) = cos + onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 45°).

Para (t

1 4 .2 1 .

Encontrar ra 14.36.

la impedancia

de entrada

ZI

= VdI! en el circuito acoplado de la Figu-

il

0+.....;;.--.,. IH

I'2H

VI


la ley de Kirchhoff para las tensiones a las mallas 1 y 2 en el dominio s: VI {O

sr, + hl2

=

hll

VI {O

o El resultado

=

+ hlz

+ 2(11 + Iz) . + 2(11 + 12) + nsl2

=

(2 + s)11 + (2 + -!s)Iz

=

(2 + h)11 + (2 + h)lz

es

y

La corriente a través de la resistencia es I1 + Iz impedancia de entrada es puramente inductiva.

=

O Y la resistencia

no influye en Z

l.

La

4 2 5 zyxwvutsr INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQP

S U P L E M E N T A R I O S mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

PROBLEM AS

14.22.

Dos bobinas acopladas,vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L¡ = 0,8 H Y L2 = 0,2 H, tienen un coeficiente de acoplamiento k = 0,9. Determinar el coeficiente de inducción mutua M y la relación de espiras N ¡/Nonmlkjihgfedc 2' Solución: 0,36 H, 2.

14.23.

Dos bobinas acopladas, con N ¡ = 100 Y N 2 = 800, tienen un coeficiente de acoplamiento k = 0,85. Con la bobina 1 abierta y una intensidad de 5 A en la bobina 2, el flujo es <1>2 = 0,35 mWb. Determinar L¡, L 2 Y M. Solución: 0,875 mH, 56 mH, 5,95 mH.

14.24.

Dos bobinas idénticas acopladas tienen una inductancia equivalente de 80 mH cuando se conectan en serie con flujos en el mismo sentido y 35 mH si se conectan en serie, pero con flujos opuestos. Determinar L¡, L2 , M Y k. Solución: 28,8 mH, 28,8 mH, 11,25 mH, 0,392.

14.25.

Dos bobinas acopladas con L¡ = 20 mH, L2 = 10 mH y k = 0,5 se conectan de cuatro formas distintas: en serie con flujos en el mismo sentido; en serie con flujos opuestos, y en paralelo con flujos en el mismo sentido y en sentidos opuestos. Obtener las inductancias equivalentes de las cuatro conexiones. Solución: 44,1 mH, 15,9 mH, 9,47 mH, 3,39 mH.

14.26.

Escribir las ecuaciones de las corrientes de malla para el circuito acoplado de la Figura 14.37. Obtener el circuito equivalente con puntos y escribir las mismas ecuaciones. Solución:

(R¡

di¡

+ R3)i¡ + L¡ -

dt

.

di 2

+ R312 = M -

dt

L¡

~ 4 ¡..-.

-•

= v

,. C~

,.. M

e C? :!:

•

.."

"R,

~

-.

• L2

:) v

Figura 14.37.

,

"

I


14.27.

Escribir la ecuación de los faso res del circuito acoplado

de una sola malla, de la Figura 14.38.

U5 + j3 - j5,03 - j8 + 10)1 = 50&:.LKJIHGFEDCBA Solución:vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

-j8

n

IOnA

-

~----------~+-.-----------~ 1

14.28.

Obtener

el circuito equivalente

Solución: Ver Figura

501ft. V Figura 14.38. con puntos para el circuito acoplado

de la Figura 14.38.

14.39. j2.52

-: ' > ;

• j5

L-

n

n

•

j3 n IOnonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB -jR n

~+-~----------~ 50JjL V Figura 14.39.

14.29.

Las tres bobinas acopladas de la Figura 14.40 tienen coeficientes Obtener la inductancia equivalente entre los extremos AB.

de acoplamiento

Solución: 239 mH.

B

A

Figura 14.40.

de 0,5.

INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES ZYXWVUTSRQP 4 2 7 zyxwvutsr

14.30.

Obtener dos formas del circuito Figura 14.40. Solución: Ver Figura

equivalente

con puntos

para las bobinas

de la

14.41. 70,7 m H LKJIHGFEDCBA

70,7 m H

,."...rT__ A "'-_"""rT'''"''_ ••.•••

A

..J"rT"
"'-_",.,..,~_-J-,n¡nI"'•...• _",.,..,n..._J"\

e:'i()m H (a)

acopladas

B

200 m H e

(b)mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP

A Figura 14.41.

14.31.

a) Obtener la impedancia equivalente entre los extremos AB del circuito acoplado de la Figura 14.42. b) Cambiar el sentido del devanado de una de las bobinas y repetir la operación.

Solución:

a)

3,40/41,66° n; b) 2,54/5,37"

n A

su

so

B

Figura 14.42. 14.32.

En el circuito acoplado de la Figura 14.43, determinar V 2 , para la cual I¡ aparece en la reactancia inductiva de 8 n en estas condiciones?

O. ¿Qué tensión

V, 100&: V (+ en el punto).

Solución: 141,4/-45"

~. 50

\OOL!r

=

V

j8

j2 O

.~

20

O vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j2 O

Figura 14.43.


14.33.

Determinar la reactancia mutuaonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA X M para el circuito acoplado de la Figura 14.44 si la potencia en la resistencia de 5 n es 45,24 W. Solución: 4 n.

40 70,7&

V LKJIHGFEDCBA j5 O

50

Figura 14.44. 14.34.

En el circuito acoplado de la Figura 14.45, determinar resultantes de cada una de las fuentes V I Y V 2'

las componentes

de la intensidad

12

Solución: 0,77/112,6° A, 1,72/86,OY A.

20

• j4

j2 O

O vutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 14.45. 14.35.

14.46, si la potencia

Determinar el coeficiente de acoplamiento k en el circuito de la Figura consumida en la resistencia de 10 n es 32 W. Solución: 0,791. O

•

j5

•

j8 O

k

28,3L!r

V

:

toO

Figura 14.46. I

14.36.

En (14a) reemplazar a , XII' obteniendo así (14b).

14.37.

Para el circuito extremos a b. Solución: 3 + j36,3

acoplado

n.

X22

y XM

de la Figura

por sus expresiones

14.47, determinar

en función

la impedancia

de XI' X2

de entrada

y k,

en los

INDUCTANCIA

MUTUA


3 O onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j4 O

uO--"'\Iy.,-'-.JIo ..•••.... LJ'T""'---...,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

j5LKJIHGFEDCBA O -jH O

Figura 14.47.A

14.38.

Determinar la impedancia gura 14.48. Solución: 1 + jl,5

de entrada

entre los extremosvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM a b del circuito acoplado de la Fi-

n. a

o-------,~-----~ 20

20

•

'---j20-<

j5

O

bo---~----~----------~ Figura 14.48.

14.39.

Determinar la impedancia gura 14.49.

de entrada

entre los extremos a b del circuito acoplado

de la Fi-

Solución: 6,22 + j4,65 n. a

• j5 O

-j3 O 20

j8 O

•

40

b

Figura 14.49.

14.40.

Obtener los circuitos equivalentes do de la Figura 14.50. Solución: V'

Thévenin y Norton

= 7,07/4SO V, I' = 1,04/-27,9°

A, Z'

de los terminales a b del circuito acopla-

= 6,80/72,9° n.

4 3 0 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

.~ . j5

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG n

n

j8

j8

n

4

n

a \O~

V vutsrqponmlkjihgfedcbaZYX

1O~

V b

Figura 14.50

14.41.

Para el transformador ILl =

14.51, determinar

ideal de la Figura IL2

lO&: A

=

10(- 36,87" A

11' dado que lu

=

4,47(- 26,57" A

Solución: 16,5(- 14,04° A.

-

+

1,

240~

120~ V

V

+

120~

V

- ! 12

In

13

1

!

IL ,

ID

Figura 14.51.

14.42.

Cuando el secundario del transformador lineal de la Figura 14.52 está abierto, la corriente del primario es 11 = 4(- 89,69° A. Determinar el coeficiente de acoplamiento k. Solución: 0,983. 0.64 n

0.04 n

n

-

j2.0

jO,125

n

1,

VI'"

480L!r V

El

Figura 14.52.

14.43.

Para el transformador ideal de la Figura 13 = 16&: A. Solución: 26,6(- 34,29° A.

14.53, determinar

11, dados 12

=

50(- 36,87" A e


-

1 I onmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

• N~ =

•

100

-

NI zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA = 200 1)

• N )=

2S

Figura 14.53. 14.44.

Considerando Icb e Idc'

el autotransformador

Solución: 3,70/22,Y A, 2,12/86,71

ideal de la Figura A, 10,34/11,83

0

0

14.54, obtener

A.

+---------,a I

I I

I

I

I

SOOM V

+- I

-b

1--------.....,

I

I

I

I

I

200M

I

-

I

I I

I

I

I

I

V

+ _ I

e

t----.,

I 100M'

V

I I

Figura 14.54.

las intensidades

11> vutsrqpon

C A P íT U L O

15

A n á lis is d e c irc u ito s

15.1.

u s a n d o S p ic e y P S p ic e gfedcbaZYXWVU

SPICE y PSPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

SpicetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (Simula tion P r ogr a m with Integr a ted C ir cuit E mpha sis, Programa de simulación con énfasis de circuitos integrados) es un programa de ordenador desarrollado en los años setenta por la Universidad de California, en Berkeley, para simular circuitos electrónicos. Se utiliza como una herramienta de análisis, diseño y comprobación de circuitos integrados, así ™ es como para una gama muy variada de circuitos eléctricos y electrónicos. Aunque SpicetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWV un programa de dominio público, existen versiones comerciales como la denominada PSpice de MicroSim Corporation, que si bien se basan en sus mismos algoritmos y sintaxis, complementan a Spice con importantes mejoras y el soporte técnico adecuado para aquellos usuarios que usan el programa con fines comerciales. En este capítulo se presentan los elementos básicos de Spice/Pxpice y su modo de aplicación para algunos circuitos sencillos. Los ejemplos se ejecutan en la versión de evaluación de PSpice, la cual se encuentra disponible sin coste alguno.

15.2.

DESCRIPCIÓN DE UN CIRCUITO

Para introducir un circuito en el ordenador basta con escribir algunas sentencias en cualquier editor de textos ASCII. Al fichero de texto resultante se le denomina ficher o fuente. También puede introducirse gráficamente mediante la creación del circuito en el monitor del ordenador con el programa «Schematic Capture» de MicroSim. Al fichero fuente utilizado en este capítulo se le ha dado el nombre genérico SOURCE.CIR. Para obtener la solución de un circuito, se ejecuta el fichero fuente por medio de la herramienta específica para resolución de circuitos contenida en el programa. El resultado de esta operación queda recogido en un fichero denominado SOURCE.OUT. EJEM PLO

condensador

Utilizar PSpice para encontrar la tensión de continua ¡ .tF de la Figura 1 5 .1 ( a ) . de 5baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 5 .1 .

del estado estacionario

del

Primero se etiquetan los nudos con los números 0,1,2 Y los elementos con los símbolos RI, R2, C y Vs [Figura 15.I(b)]. Después se crea en ASCII el fichero fuente y se le da un nombre, por ejemplo, EXMP1.CIR, tal como se muestra a continuación.

433

434 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Análisis de

c.c.,

Vs Rl R2 C .END

Figura

1 1 O O

15.1

O DC 9 V 2 3 k 2 6 k 2tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 5/lF

Ejecutando la orden PSPICE fichero EXMP1.0UT. NODO (1)

TENSIÓN 9,0000

INTENSIDAD NOMBRE Vs DISIPACIÓN

EXMPl, NODO (2)

el ordenador

resuelve el circuito y escribe los resultados

en el

TENSIÓN 6,0000

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD -1,000E-03 TOTAL

DE POTENCIA

9,00E-03

WATTS

Los resultados obtenidos nos muestran que la tensión en el nodo 2, con referencia al nodo O, es de 6 V, mientras que la intensidad que sale de la fuente de tensión Vs es _10-3 A, Y que la potencia total disipada en el circuito es 9· 10 - 3 W. 3k!l

9V

Rl

2

Vs

6k!l

R2

e

o baZYXWVUTSRQPONM (a )

(b )

Figura 15.1.

15.3. PARTES DE UN FICHERO FUENTE DE SPICE El fichero fuente del Ejemplo 15.1 es muy simple y contiene las sentencias ñecesarias para resolver el circuito de la Figura 15.1 mediante Spice. Cada línea en el fichero fuente es una sentencia. En general, si una línea es demasiado larga (más de 80 caracteres), puede continuarse en las líneas subsiguientes. Las líneas de continuación deben empezar con un signo (+) en la primera columna. PSpice no diferencia las mayúsculas de las minúsculas y, mientras no se diga lo contrario, las unidades se corresponden con las del Sistema Internacional de Unidaes (S.I.) Sentencia título La primera línea del fichero fuente del Ejemplo 15.1 se denomina sentencia tftulo. Spice utiliza esta línea como una etiqueta del fichero de salida, y no se considera en el análisis. Por tanto, es obliga tor io usar la primera línea para el título o, en ausencia de éste, dejarla en blanco. .

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPIC6

435 zyxwvutsrq

Sentencia .END obliga tor ia al final del fichero fuente. Cualquier sentencia que siga a la La sentencia .END estsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA sentencia .END se considerará como un fichero fuente distinto.

Sentencias de datos Las cuatro sentencias restantes de datos en el fichero fuente del Ejemplo 15.1 contienen los datos específicos del circuito. En nuestro caso, la segunda línea establece que la fuente de tensión denominada Vs está conectada entre los nodos 1 (borna positiva de la fuente) y el nodo de referencia O. La fuente es de c.c. (en inglésbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA d e ) con un valor de 9 V. La tercera línea establece que la resistencia denominada R ¡ , con un valor de 3 kO, está conectada entre los nodos 1 y 2. De forma similar, las líneas cuarta y quinta especifican que R 2 (6 kO) y e (5 J -lF ) están conectadas entre los nodos O y 2, respectivamente. Para cualquier circuito, es conveniente numerar como cero a uno de los nodos, que se utilizará como nodo de referencia. El conjunto de las sentencias de datos que describen la topología del circuito y los valores de sus elementos se denomina «índice de la red» (netlist). La sintaxis de las sentencias de datos se describe en la Sección 15.4. Sentencias de control y salida En ausencia de cualquier orden adicional, y utilizando solamente el «índice de la red», Spice calcula automáticamente el estado estacionario de c.c. de las siguientes variables: i)

ii) iii)

Tensión de los nodos con respecto al nodo O. Intensidades que circulan por cada fuente de tensión. Potencia disipada en el circuito.

Sin embargo, pueden incluirse sentencias adicionales para especificar otras variables (ver Sección 15.5).

de control y salida en el fichero fuente

15.4. SENTENCIAS DE DATOS Y ANÁLISIS EN C.C. Elementos pasivos

e

Las sentencias de datos para los elementos de R, L Y contienen un mínimo de tres campos. El primer campo lo forma el nombre del elemento con una cadena de caracteres que empiezan con R, L o e para resistencias, bobinas o condensadores, respectivamente. En el segundo campo aparecen los números de los nodos, separados por un espacio, entre los que se conecta el elemento. El tercer campo contiene el valor del elemento en Ohmios (O), Henrios (H) y Faradios (F) utilizando opcionalmente los factores de escala de la Tabla 15.1. ' En caso de existir posibles condiciones iniciales, éstas pueden introducirse en un cuarto campo, recurriendo a la forma IC = xx. La sintaxis de la sentencia de datos será (nombre)

(nodos)

(valores)

Los campos entre corchetes son opcionales.

[ (condiciones

iniciales)]

436 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Tabla 15.1.

EJEM PLO

15.2.

Factores de escala y símbolos

Nombre

Símbolo

femto pico nano micra milli kilo mega giga tera

f p n u m k meg g t

Valor 10-15 = 1E-15 10-12= lE"':' 12 10-9 = 1E-9 10-6 =lE-6 10-3 = 1E-3 103 = 1E3 106 = 1E6 109 = 1E9 1012 = lE12 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Escribir las sentencias de datos paratsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC R, L Y e de la Figura 15.2. R in = 3kíl

VVV

Resistencia

nodo 1 •

Bobina

nodo 4 •

Condensador

nodo O •

LI =30 ILH rvYY"

i(O); 2 mA

•

nodo 2

•

nodo 5

•

nodo 6baZYXWVUTSRQPONMLKJ

C eq = 5 pF

_IC

V (O )

+ =-2 V

Figura 15.2.

Elemento Resistencia Bobina Condensador

1

2

3 k

5 6

4

30 uH 5 pF

IC IC

= =

-2 -2

mA V

La tercera sentencia para la conexión del condensador especifica un nodo únicamente. falta se supone que, por defecto, es el nodo de referencia.

El nodo que

Fuentes independientes Las fuentes independientes
se especifican de la siguiente forma:

El
ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWVU 437 ZYXWVU

15.3. Escribir las sentencias de datos para las fuentes de la Figura 15.3. E J E M P L O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA v, =

Fuente independiente de tensión

1 ••

30 V

------i8t----- ....•• 2 lbias = 2 A

-.....;.----(81------ .••

Fuente independiente 3 •• 4 de intensidadtsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 15.3. Fuente Fuente independiente Fuente independiente EJEM PLO

15.4.

para el análisis de

(nombre) Vs Ibias

de tensión de intensidad

(nodos) 2 1 3 4

(tipo) De De

(valor) 30 V 2 A

Escribir el «índice de la red» para el circuito de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 1 5 .4 ( a ) y ejecutar PSpice

c.c.

Vs

4V ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

~-------{-+.~----~ 500.0

1.5 k.n

r----~--{-+r_-----_,

Rl

o (a )

(b )

Figura 15.4. Primero se enumeran «índice de la red» es: Análisis de

c.c.,

R1 R2 R3 R4 Vs Is .END

O 1 2 O 3 O

1 2 3 3 1 2

los nodos y se asigna un nombre a los elementos como en la Figura

Figura

15.4 500 3 k 1k 1,5 k De De

,

4V 3 mA

1 5 .4 ( b ) .

El

438 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Los resultados NODO (1)

se escriben en el fichero de salida, tal y como se muestra a continuación:

TENSIÓN 0,1250

INTENSIDAD NOMBRE Vs

NODO (2)

TENSIÓN 5,3750

NODO

TENSIÓN 4,1250

(3)

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD -1,500E-03

DISIPACIÓN

TOTAL

6,00E-03

DE POTENCIA

WATTS

Fuentes dependientes Las fuentes linealmente

dependientes

(nombre)

se especifican como

(nodos)

(control)

(ganancia)

Cada nombre de la fuente debe comenzar con una determinada regla siguiente: Fuente Fuente Fuente Fuente

de de de de

tensión controlada por tensión intensidad controlada por intensidad intensidad controlada por tensión tensión controlada por intensidad

letra, de acuerdo con la Exx Fxx Gxx Hxx

El orden de los nodos es similar al de las fuentes independientes. Para las fuentes controladas por tensión, (control) es el par de nodos cuya diferencia de potencial controla la fuente, con el primer nodo indicando el terminal positivo ( + ). La (ganancia) es el factor de proporcionalidad. EJEM PLO

Figura

1 5 .5 .

Escribir

las sentencias

de datos

para las fuentes controladas

por tensión de la

15.5. Fuente de tensión controlada

por tensión (VCVS)

k¡Y21

3 ••

---~~>---.•• 4

2

•+ Fuente de intensidad

controlada

por tensión (VCCS)

----<0>---- ..

5 ••

6

Y 21

•

1 Control

Figura 15.5.

Fuente VCVS VCCS

(nodos) 4 3 5 6

(control) 2 l 2 l

(ganancia) k1 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC

k2ZYXWVUTSRQPONMLKJI

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

USANDO

SPICE

y PSPICE gfedcbaZYXWVUT 439 zyxwvutsrq

En el caso de las fuentes controladas por intensidad, primero se introduce una fuente de tensión de valor O (otsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA fa lsa tensión Vdr ny), cuyo nombre se usa como variable de control, en el camino de la intensidad que realiza el control.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

Figura

1 5 .6 .

Escribir las sentencias de datos para las fuentes controladas

por intensidad

de la

15.6. Fuente de tensión controlada

por intensidad

(CCVS)

2 baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

k3 i

----<~>----.•• 4

3 ••

Fuente de intensidad

controlada

por intensidad

(CCCS)

7

+

k4 i 5 ••

----<~>---_.6

V dmy =0

1 Control

Figura 15.6.

Introducir

V drny (Vdmy) con la intensidad Vdmy

i

1

entrando

o

son:

(nodos)

eevs eees

De

7

Las sentencias de datos para la fuentes controladas Fuente

a la fuente por el nodo 1.

Hl F1

1 5 .7 . Escribir el «índice de la red» para el circuito de la Figura para un análisis de c.c. EJEM PLO

1 5 .7 ( a )

y ejecutar PSpice

lOOi

5000

12 V

o (a )

(b )

Figura 15.7.

Numerar red» es:

los nodos y denominar

los elementos como en la Figura

1 5 .7 ( b ) .

Entonces, el «índice de la

440 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Análisis de c.c. de fuente dependiente, Vs Rl R2 R3 Vdmy Fl .END

1 1 O O 2 4

Los resultados NODO (1)

DC 1k 2k 500 O Vdmy

DISIPACIÓN

15.7

12

100

en el fichero de salida son

TENSIÓN 12,0000

INTENSIDAD NOMBRE Vs Vdmy

15.5.

O 2 3 4 3 3

Figura

NODO (2)

TENSIÓN 11,9410

NODO (3)

TENSIÓN 11,9410

NODO (4)

TENSIÓN - 2,9557

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD -5,911E-05 5,911E-05 TOTAL

DE POTENCIA

7,09E-b4

WATTS

SENTENCIAS DE CONTROL Y DE SALIDA EN ANÁLISIS DE C.C.

Existe un grupo ejemplos son:

de sentencias

para determinar

los posibles formatos

de salida. Algunos

de c.c. de todas las fuentes independientes . del valor de una fuente independiente de c.c. La sintaxis es

.OP imprime el punto de operación

.DC hace un barrido .DC

.PRINT imprime el valor de las variables.

.PRINT
c.c.,

del intervalo)

La sintaxis es
C.A. o TRAN (transitoria) .

.PLOT imprime las variables en línea. La sintaxis es

.PLOT

.PROBE genera un fichero de datos *.DAT que puede análisis llamando al programa Pro be. La sintaxis es

.PROBE

[
dibujarse .

posteriormente

al

de salida)']ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

E J E M P L O 1 5 .8 . Determinar el valor detsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vs en el circuito de la Figura 15.8, tal que la potencia disipada en la resistencia de 1 kn sea cero. Usar el comando .DC para hacer un barrido de VS desde 1 a 6 V en intervalos de 1 V Y utilizar .PRINT para mostrar I(Vs), V(1,2) y V(2).

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE ZYXWVUTSRQP 4 4 1 baZYXW

R¡

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 2tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

v,

o Figura 15.8. El fichero fuente es

c.c.,

Barrido

de

Vs Is R1 R2 .DC .PRINT .END

1 O 1 O Vs .DC

O 2 2 2 1

Los resultados CURVAS

Figura

15.8

DC DC 1k 2k 6 I(Vs)

1V 1 mA

1

en el fichero de salida son

DE TRANSFERENCIA

Vs 1,000E+00 2,OOOE+00 3,OOOE+OO 4,000E+OO 5,000E+00 6,000E+00

V(2)

V(1,2)

I(Vs) 3,333E-04 -1,333E-12 - 3,333E -04 -6,667E-04 -1,OOOE-03 -1,333E-03

La respuesta es

Vs =

DE

c.c. V(2) 1,333E+OO 2,OOOE+00 2,667E+OO 3,333E+OO 4,OOOE+OO 4,667E+OO

V(1,2) -3,333E-01 1,333E-09 3,333E-01 6,667E-01 1,000E+00 1,333E+00

2 V.

~JEMPLO 15.9. Escribir el fichero fuente para el circuito de la Figura 1 5 .9 ( a ) utilizando los comandos .DC, .PLOT y .PROBE, para encontrar la ecuación característica de I-V con 1 variando desde O a - 2 A entre los terminales A B . 3

R3

2

20

4

R4

5

10

O

V,

(a )


Equivalente Thévenin

442tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA run. 10/12/93

Data/TÚDe

12.00.32

~atun.

Z7.0

(A).C'\KIlK8YS4\aAlS\aa15a09.dat 10V

T - - --

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -.

- - - - • - • - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - • - - • - --

- - - _. - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - _ ••••••

_ ••

_ • .,

:

, , , , , 5V~

, , , , , OV~

, ,, , ,, ,

-5V~

,

,

,, , , , ,gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -- ---.,--------- -- --------

-lO V + -. --- -. _ . -- --2.0A •

-1.5&

-~ -- ---LOA

-------

_

-- -------.,--D.n

-----

--

--------

--t

DA

V(5)

Iadd Data. october

12. un

.a\l&

baZYXWVUT

t'ÚDe. 14.28.36

1

(b )

Figura 15.9tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (continua ción). En primer lugar se conecta una fuente de intensidad de c.c. ladd entre los terminales AB, haciendo un barrido de su valor desde O a - 2 A utilizando el comando .DC, y se dibuja la gráfica de V frente a l. Como el circuito es lineal, es suficiente con sólo dos puntos. Sin embargo, para clarificar la gráfica, en el fichero fuente del ejemplo se han incluido diez intervalos, como se ve a continuación. Características

del terminal,

Figura

ladd Is Vs Rl R2 R3 R4 .DC .PLOT .PROBE .END

O 5 O 4 3 2 O 1 1 2 3 4 4 5 ladd DC

DC DC DC 1 2 3 2 O V(5)

La salida se muestra en la Figura

15.9 O 0,6 A 5V

.)1 "

-2

0,2

15.9(h). La ecuación

de I-Ves

V=

81

+ 8,6.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfed y PSPICE gfedcbaZYXWVU 443

15.6.

EQUIV ALENTE THÉVENIN

Sentencia .TF

El comando .TF obtiene latsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA función de tr a nsfer encia desde una variable de entrada a una variable de salida y da el valor de las resistencias vistas por las dos fuentes. Puede, por tanto, generar el equivalente Thévenin de un circuito resistivo. La sintaxis es (variable

.TF

de salida)

(variable

de entrada)ZYXWVUTSRQPONMLKJIH

E J E M P L O 1 5 .1 0 . Utilizar el comando .TF para encontrar el equivalente desde los terminalesbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A B de la Figura 15.10.

Thévenin del circuito visto

3 A V s=12V

B

o Figura 15.10.

Los números de los nodos y los nombres de los elementos se muestran en la Figura 15.10. El fichero fuente es Función

de transferencia

Vs El Rl R2 R3 R4 .TF .END

de la Figura

15.10

1 O ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA DC 12 2 O 4 O 10 2

1k

2 O

1

2k

2 3 3 4 V(3)

1 k 200 Vs

El fichero de salida contiene los siguientes resultados: NODO (1)

TENSIÓN 12,0000


NODO (2)

TENSIÓN -2,0000

NODO (3)

TENSIÓN -17,0000


1,68E-Ol

DE POTENCIA

CARACTERíSTICAS DE LA SEÑAL V(3)jVs = -1,417E+00 RESISTENCIA DE ENTRADA PARA Vs = 8.571E+02 RESISTENCIA DE SALIDA PARA V(3) = -6,944E+Ol Por tanto,

VT h

= -1,417(12) = -17 V Y

RTh

= -69,44 n.

- ,WATTS

NODO (4)

TENSIÓN -20,0000

444 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

15.7.

CIRCUITOS AM PLIFICADORES OPERACIONALES zyxwvutsrqponmlkjihgfedcb

Los amplificadores operacionales (amp op) pueden modelizarse mediante una elevada impedancia de entrada y fuentes de tensión controladas por tensión con grandes ganancias. El modelo puede usarse repetidamente dentro de un «índice de la red».ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

E J E M P L O 1 5 .1 1 . Encontrar la función de transferenciatsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED V3 ¡ Vs en el circuito operacional amplificador 1 5 .1 1 ( a ) . ideal de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

2kU

R¡

R2

2

3

+ +

V3

Vs

V3

O (b )

(a )

Figura 15.11.

El amp op se sustituye por una fuente de tensión dependiente [ver Figura 1 5 .1 1 ( b ) ]. El fichero fuente es Invirtiendo

el circuito

Vs El R1 R2 .TF .END

1 O 3 O 1 2 2 3 V(3)

amp op, Figura DC O 2 1k 2 k

15.11 12 1E6

Vs


se escribe en el fichero de salida.

NODO (1)

NODO (2)

TENSIÓN 12,0000


por tensión con una ganancia de 106

TENSIÓN 24,00E-06

NODO (3)

TENSIÓN -24,0000


DE POTENCIA

1,44E-Ol

CARACTERíSTICAS DE LA SEÑAL V(3)¡Vs = - 2,000E + 00 RESISTENCIA DE ENTRADA PARA Vs = 1,000E+03 RESISTENCIA DE SALIDA PARA V(3) = O,OOOE+OO

WATTS

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWV 445

Sentencia .SUBCKT zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

UntsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA subcir cuito se define por un conjunto de sentencias empezando .SUBCKT y terminando

un subcircuito

con

externos)

con una sentencia .ENDS. Dentro de un «índice de la red» se hace referencia a mediante Xaa

Por tanto, la sentencia .SUBCKT puede asignar un nombre al modelo de un amp op para su uso repetido.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 1 5 .1 2 . Dado del circuito de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 5 .l2 ( a ) , determinar t; 11' V 2 y V 6 con V s variando desde 0,5 a 2 V en intervalos de 0,5 V. Suponer un amp op [Figura 15.l2(b)] con R ín = 100 kQ, C ín = 10 pF, Rout = 10 kQ Y una ganancia en circuito abierto de 105,.

40k!1

6

+

o (a )

~---v~r-------o3 +

2 0 - - - ...- - - . ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

2 _ --1

~---~3 +

1 0 ---

. • .-.-.- 1 ..

~--------o4 (b )

Figura 15.12.

El fichero fuente emplea el subcircuito de la Figura 15.l2(b), denominado OPAMP, cuya descripción empieza con .SUBCKT y termina con .ENDS. Las sentencias Xl y X2 describen los dos amp op refiriéndose a un subcircuito OPAMP. Obsérvese la correspondencia entre las conexiones de los nodos en las sentencias Xl y X2 con la de los terminales externos especificados en la sentencia .SUBCKT. El fichero fuente es

446 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS Circuito

amp op de la Figura

.SUBCKT Rin Cin Rout Eout .ENDS Vs Rs R1 R2 R3 R4 Rf Xl X2 .DC .PRINT .TF .END

15.12 utilizando

OPAMP 1 1 3 5

2 2 5 4

1 10 10 10 1

1 O 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 2 O 3 O 5 Vs DC V(6)

4 O 6 O 0,5 V(2) Vs

.SUBCKT

E5 pF k 2

2

3

4

10 E5

DC 1k 5 k 9k 1,2 k 6k 40 k OPAMP OPAMP 2 0,5 V(6)

0,5

I(Vs)

I(R1)

I(RI)

El fichero de salida es CURVAS DE TRANSFERENCIA Vs 5,OOOE+01 1,000E+OO 1,500E+00 2,000E+00 NODO (1) (5)

V(2) 5,000E-01 1,000E+00 1,500E+00 2,000E+00

- OO,OOE- 00 0,500 -13,OOE - 06

NODO (2) (6)

DE c.c.

V(6) 4,500E-00 9,000E+00 1,350E+01 1,800E+01 TENSIÓN 0,500 4.4998

INTENSIDAD NOMBRE Vs

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD -3.372E-09

DISIPACIÓN

TOTAL

DE POTENCIA

I(Vs) - 3,372E-09 -6,745E-09 -1,012E-08 -1,349E-08 NODO (3) (X1,5)

1,69E-09

I(R1) 1,000E-04 2,000E-04 3,000E-04 4,000E-04

TENSIÓN 9,400-06 - 9,3996

NODO (4) (X2,5)

I(RI) 9,999E-0 2,000E-0 3,OOOE-0 4,000E-0gfedcbaZYXWVU TENSIÓN -0,9000 12,9990

WATTS

CARACTERíSTICAS DE LA SEÑAL V(6)/Vs = 9,000E+OO RESISTENCIA DE ENTRADA PARA Vs = 1,483E+08 RESISTENCIA DE SALIDA PARA V(6) = 7,357E-02

No hay caída de tensión enbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R ; Por tanto, V ( 2 ) = V tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB total es V ( 6 ) /V s = V ( 2 ) /V s = 9. La s y la ganancia corriente que circula por R ¡ se suministra a través de la resistencia de realimentación R f.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE zyxwvutsrqponml 447

15.8.

ESTADO ESTACIONARIO EN FRECUENCIA

EN C.A. Y RESPUESTA

Fuentes de C.A. independientes Las fuentes independientes sintaxis:
de C.A. se describen mediante sentencias que tienen la siguiente AC

Las fuentes de tensi6n empiezan con V y las fuentes de intensidad con 1. La convenci6n el sentido del fasor es la misma que la correspondiente a las fuentes de c.c. EJEMPLO

15.13.

Escribir las sentencias de datos para las fuentes de la Figura Fuente independiente

1 e

Fuente independiente

=

14 cos (0)1+ 45°) e2

de intensidad de C.A.

e

is(t)

3 e

15.13.

de tensión de C.A.tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML

e

V,(t)

para

= 2.3 cos (wt-105°) e4

Figura 15.13. Fuente de C.A. Tensión Intensidad

(nombre) Vs Is

(nadas) 2 3

1 4

(módulo) 14 2,3

(fase) 45 -105

Sentencia .AC El comando .AC hace un barrido de la frecuencia de todas las fuentes de C.A. del circuito entre un rango de valores deseado o la deja en un valor determinado. La sintaxis es .AC

Para el estado estacionario de C.A.,
AC y .PLOT

.PRINT

AC

AC imprime los m6dulos .PRINT

AC

y la fase de la salida estacionaria.

La sin-


448

Los módulos y fases de las tensiones son Vm(variable) y Vp(variable), respectivamente, y los módulos y fases de las intensidades son Im(variable) e Ip(variable), respectivamente. La sentencia para .PLOT AC es similar a la de .PRINT AC.

EJEMPLO 15.14. En el circuito seriebaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC de la Figura 1 5 .1 4 ( a ) variar la frecuencia de la fuente desde 40 a 60 kHz en 200 intervalos. Determinar el módulo y la fase de la intensidadtsrqponmlkjihgfedcbaZYXW 1 utilizando .PLOT y .PROBE. R

L

2

i

2mH V.= coswt

e

-

5 nF

o (a)

Data/Time

runa 10/12/93

14.51.59

~ratllra. (A) C.\XSIJmV54\IUI15\1IAl51l4.DAT

tOmA

2

-8Od T ------------------

, , ,,

o.

-

-

-

-

-

--_o.

-

-

-

-

-

-

-

-

00- ---00-00-

- ---

o.

27.0

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -

-

-

-

--

-

o.

o.

o.

o.

o.

0000 __ 0000_;

,

, , ,

, ,, , ,

-12Od lOmA

, -16Od

20mA

-200d

lOmA

-24Od

OA

»:

-28O d

+- ~- -- - - - - -- - - - - - -. ,--- -- --- - - - - -- -- --

40KHa

rn •

D.~.tOcto~r

12.

1993

44KHa

I.(Vo)

m •

-r- ---

--

---

- --

--.-

48KHa

IP(Ya)

--

-,.

---

52KHa

- --

- - - --

-------.,-

- --

- - - - - -.

'56KR&

- -

------1

p.-.qu ••••y Pave 1 (b )

Figura 15.14.

I

gfedcbaZYXW

60KHa

Time.

14.55.35

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWV 449 zyxwvuts

El fichero fuente es Análisis de c.A. del circuito

serie RLC, Figura

AC Vs 1 O R 1 2 32 L 2 3 2m 5 n C 3 O .AC UN 200 .PLOT AC Ip(Vs) .PROBE Vm(1,2) Vm(2,3) .END ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

15.14

1 O

40k

60k Im(Vs) Vm(3)

Im(Vs)

Ip(Vs)

La gráfica de la respuesta en frecuencia, obtenida mediante Pro be, se muestra en la Figuratsrqponmlkjihgfedc 15.14(b).

15.9.

INDUCTANCIA M UTUA ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y TRANSFORM ADORES

La inductancia mutua entre inductores se determina mediante una herramienta empieza con K. La sintaxis de la sentencia de datos es

1)

cuyo nombre

2)

Para determinar el signo del término de la inductancia mutua se sigue la regla del punto. Según esta regla, el primer nodo que se introduce en la sentencia de datos ha de coincidir con el extremo con punto de cada inductor. EJEM PLO

Figura

1 5 .1 5 .

Escribir las tres sentencias

de datos que describen

13 E

15.15.

las bobinas

acopladas

de la

42

baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

LI

2H

3H

2

M=

• 1.5 H

3

Figura 15.15.

El coeficiente de acoplamiento siguiente: Ll L2 K12

1 3 Ll

2 4 L2

es

k12

= 1,51)2(3)

=

0,61. El contenido

del «índice de la red" es el

2 3 0,61

E J E M P L O 1 5 .1 6 . Obtener la gráfica de la impedancia Zin = VIII I en el circuito de la Figura 15.16(a) para f variando de 0,01 a 1 Hz. Para determinar Zin se conecta una fuente de intensidad de 1 A de C.A., en el sentido que va desde el nodo O al nodo 1 y se obtiene la gráfica del módulo y fase de la tensión Y(1) entre los extremos de la impedancia. El fichero fuentes es

450


Análisis de C.A. de bobinas lADO C R L1 L2 K12 L3 .AC .PRINT .PROBE .END

o O 023 1 3 L1 O UN AC

1 1

acopladas,

Figura

15.16

AC 1tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA O 1 000 000tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA /lF

2 2 L2 3

2 H 5 H 0,6325 H 1 H 20 0,01 1 Vm(l) Vp(l)gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Vm(l) y Vp(l), que son el módulo y fase de Zin, se dibujan utilizando Probe y la gráfica es la que se muestra en la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 5 .1 6 ( b ) . Nótese que el máximo ocurre cerca de 100 mHz.

15.10. HERRAM IENTAS DE M ODELIZACIÓN PARA LA VARIACIÓN DE PARÁM ETROS Sentencia .M ODEL

Los parámetros sintaxis es

de un elemento pasivo pueden variarse utilizando

.MODEL donde

asignado

la sentencia .MODEL.

[«parámetro)

al elemento.

=

Para los elementos

La

RES para resistencia IND para bobina CAP para condensador Se puede hacer un barrido del parámetro del modelo entre un rango deseado, según los intervalos que se quieran, utilizando la sentencia .STEP: .STEP UN

del intervalo)

Como ejemplo, las siguientes sentencias utilizan los comandos .MODEL y .STEP para definir una resistencia denominada estufa cuyo valor en ohmios varía de 20 a 40 Q en 5 intervalos, siendo éstos 20, 25, 30, 35 Y 40 Q . .MODEL .STEP

estufa RES

RES(R = 20) estufa(R)

20

40

5

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE zyxwvutsrqponmlkjih 451baZYXWVU

~M =2H~

•

ladd


~

e

I Aac

2

~.

3!1 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED R IH

1F

o Zin

= V¡ l/(' (a )

DaUIT~ 3.OV

runa 2

1 0 /1 2 1 9 3

10Del T· ·

tw.perat~re.

1 : 1 .1 1 .0 4

(A) _ •••••••••••••

•••••••••••••••

21.0

C.\IIUDVS4\JIAl5\na15e16.dat _.- _•••

_ •••••

- •••

- _ •••••

- _._

•• _ •• _ •• - _. - - •••

- ••••

- •••••

_. - - _._.

2.5V

5Del

2.OV

1.5V

Del

1.OV

-5Del

0.5V

»:ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA OV'

- 1 0 0 4 .L ·

- ---

- -- - -- ---

O.OlBa

rn

Date. october

D

- - - ..,- - - - - - - - - - - - .-

0.20Ba

VIa(l)

12, 1993

m •

- - - --T- - -. - -- - -- ---

O.40b

- -- - --,-- - - - - - - - ---

0.60a.

-- -- - - - ,--

- --- ------

O.Ioaa

--

-----1

1.00a.

Yp(l)

Prequancy Page 1

T~.

15.01.41

(b )

Figura 15.16. EJEMPLO 15.17. Utilizar Probe para obtener la gráfica de Ven el circuito de la Figura 15.l7(a ) conf variando de 1 a 3 kHz en 100 intervalos. Obtener asimismo la gráfica de R desde 500 O a 1 kO en intervalos de 100 O. Utilizando el comando .MODEL se crea la resistencia «Rl.eak», y se varía su valor mediante .STEP en el fichero fuente siguiente. La gráfica de la respuesta en frecuencia de Vfrente a fse dibuja utilizando Probe y se muestra en la Figura 15.17(b).

452


CIRCUITOS

Resonancia

paralelo con la variabletsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R, Figura 15.17

o

1 1 O 1 O 1 O RLeak UN UN

1 R

L C .MODEL .STEP .AC .PROBE .END

AC m O RLeakZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

10m 1 u RES(R = 1) RES

100

1k

tmA

ac

tlJ.F

RLeak(R) 3 k

e

500

1k

100

IOmH baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L R

o (a )

D.t./T~ruDl 10/12/'3

-r-pe •.•"1lftt1

12,29.16

Z7.

o

(A) el \IISUIIV54\IIA1S\fta1!1el1.dat l.OV T -----

- - - - - - - -----

-- - -----

-- - - - - -- -- - - --- ---- ---- -- --- -- - ---- -- -- - -- -- -- ---- - -- - - -- - - --- - - -- -------

-----.,

O.IV~:

,, , ,, 0.6V~

, , , ,

o•• v~, , ,, ,,

,, , ov .• •·• -- --_. -.-- - - .---- - - - --- -- - - - .,. -- - - -- -- - - -----•

•

,.

1.2IR. •

o

l.61Ra

- - - -~- - - - - - - - - - -- -- - - -- - -r--2.0IR.

2.41Ra

gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

• Vel)

-- -- - - ----- -- - - --T-----

2.11JRa3._

.

, ..J

Prequ..acy Da"••

_

12.

1"3

•• oge

1

(b )

Figura 15.17.

'1 ~ .

1 5 .0 7 1 2 4

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

USANDO

SPICE

y PSPICE gfedcbaZYXWVU 453

15.11. RESPUESTA EN EL TIEM PO Y ANÁLISIS TRANSITORIO Sentencia .TRAN zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Las respuestas en el tiempo, tales como las respuestas naturales a condiciones iniciales en un circuito sin fuentes, y las respuestas a entradas dependientes del tiempo, como la función escalón, la función pulso, la exponencial y otras, se obtienen mediante la sentencia .TRAN. La respuesta comienza en tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = O. Los valores del tamaño del incremento y del instante final se dan mediante la siguiente sentencia: (tamaño

.TRAN

del incremento)

(valor del instante final)ZYXWVUTSRQPON

E J E M P L O 1 5 .1 8 . Utilizar .TRAN y .PROBE para obtener la gráfica de la tensión entre los extremos de la combinación paralelobaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R L C de la Figura 1 5 .l8 ( a ) para R = 50 n y 150 n con O < t < 1,4 ms. Las condiciones iniciales son 1 ( 0 ) = 0,5 A Y V ( O ) = O.

El fichero fuente es Circuito paralelo RLC sin fuentes con R variable R L C .MODEL .STEP .TRAN .PROBE .END La Figura oscilaciones.

1 O O 1 1 O LOSS RES 2,OE-6

1 5 .l8 ( b )

LOSS 10m 1 u RES(R = 6) LOSS(R) 1,4E-3

1 IC IC

= =

0,5 O 150

50 UIC

100

n no

hay

de c.c., C.A. y transitorias,

se

muestra la gráfica de la tensión obtenida mediante Probe. Para

R =

50

15.12. DEFINICIÓN DE OTROS TIPOS DE FUENTES Las fuentes variables con el tiempo, que incluyan componentes expresan por (nombre)

(nodos)

(comp. de c.c.)

(comp. de c.A.)

(comp. transitorio)

El valor por defecto para un componente de c.c. o c.A. es cero. El componente transitorio aparece para t > O. Algunos componentes transitorios se describen más adelante. Fuente exponencial

La fuente comienza con un valor inicial constante' Vo . En t o cambia de forma exponencial desde V o hasta un valor final V I con una constante de tiempo tau 1. En t = T vuelve de forma exponencial a Vo con una constante de tiempo tau2. Su sintaxis es EXP(V o

VI

to

taul

T

tau2)

454

ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

CIRCUITOS

+

e R I¡LF tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(a) Dat./T~

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA run. 10/12/93 12.31.19 (a) c. \IUIIKllVS4\1fA1S\na1S.18.dat

4 0 'V '

T - -----,, , ,,

30V~

--.- - -- -.- --- --- - --------

- - - - - - --- -- - -- .----------

~r.tur.,gfedcbaZYXWV 27.0 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

- - - - - -- - --- -- -------

-.- -- - -- - - --- --- - --- -- -- --- --,

,

20V

10V

OV,

,, ,, ,,

-lOV~

,, ,, , ,,

-2 O V

0.2...

+ - -- - --- -- - -- O. •

• V(l)

-r -- _.- - -- - ---

., --

T ---

0._

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--.,

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.-.

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-

0.6u

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-,-

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-

-

---

--

-

O.a...

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-,--

-

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1.0IU

-1--

-

-

1.2...

-

-

-

-

-

--i 1.4 •••

---

-

T~

Dat ••

octobar

12. 1993

Pag. 1 baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

T~.

15.09.57

(b )

Figura 15.18. EJEMPLO 15.19. Una fuente de tensión de c.c. de 1 V comienza a incrementar su tensión de forma exponencial en t = 5 ms, con una constante de tiempo de 5 ms y una asíntota de 3 V. Después de 15 ms disminuye su valor hasta 1 V con una constante de tiempo de 2 ms. Escribir la sentencia de datos para la fuente y utilizar Probe para obtener la gráfica de la forma de onda. La sentencia de datos es Vs

o

EXP(l

2

5m

5m

20 m

La gráfica de la forma de onda es la que se muestra en la Figura

2

m)

15.19.

ANÁLISIS

Date/TU.

ruQ. 10/12/93

DE CIRCUITOS

455

SPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfedcb y PSPICE ZYXWVUTS

USANDO

"-atlln.

19.51.32

21.0

(A) C.\XSXKRVS4\RA15\na15e19.dat 2 .OVT·

- ----

- -- - - ;,..--

-- -- -- -~---

-----

- - - ---

-- -- - -. ----.

-- - - -- ---

- -- -- -. - -- - - •• ------

---

- - ---

- - -- - - ---

-- - -.----..,

, , , 1.8V~

.

•

.

-

.

•

.

.

.

•

.

.

.

.

.

.

,, , 1.6V,

,, ,, ,

1.4V~

, , 1.2VJ

1.OV~---_...J

, ,

O .8 V

+ - - -- - - - -- - - - - -

o.

r- - -

s...

10...

1_

----o - __- - _, - - - - --- __-

a V(l)

,-

Date' October 20. 1993

Pllge

,

. - __- - - -- -,- -- -- -

20..

-

..•

251u

,ZYXWVU

- -o -- -- - - -.-- - ---- -- - -- -- ...•

3o.u

1

TU..

3S •••

16.0S'13

Figura 15.19.

Fuente de pulso Una forma de onda con un pulso periódico representarse por PULSE(V o

retraso

que va detsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK Vo a Vi y retorna a Vo puede

tiempo de subida

tiempo de caída

duración

período)

EJEMPLO 15.20.baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a ) Escribir la sentencia de datos para una forma de onda de pulso que cambia 10 veces por segundo entre 1 V Y 2 V, con un tiempo de subida y de caída de 2 ms. El pulso permanece en 2 V durante 11 ms. El primer pulso comienza en t = 5 ms. b ) Utilizando Probe, dibujar la forma-de onda de a ) . a)

La sentencia de datos es Vs

b)

o

PULSE(1

25m

La forma de onda se muestra en la Figura 15.20.

2m

2m

11m

100m)

456 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS or.apecature.

(A) 2.OV; •• - - - - - -- -- - - -. -- -- - ,....,------------,,-

27. O

zyxwvutsr

e, \IC8IIIIVS4\1IAl5\nalS.20.c1at -- -- -- - - ---- -- - - - - - - - - -- - -- -- - - - -- -- - ----- -- -- - --

, , , , , 1.8V~

,

,,, ,, 1.6V~

,, ,, , ,, ,

1.4V~

1.2V'

,, ,, , , 1.OV-t-' -----t--------------,--------------,--------------+_ O. 5ae 10.. 15~. a VIl) Dat••

25...

\----~ ----,......---____il

20..

3Omo

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ootober 20, 1993

T t-l

35 •••

16,13,59

Figura 15.20.

Fuente sinusoidal

La fuente comienza en el instante inicial con un valor constantebaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED V o . En tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU t o se añade una componente exponencial sinusoidal decreciente con frecuenciaj, fase, amplitud inicial V I y un factor de decrecimiento alfa. La sintaxis para la forma de onda es f

SIN(V o

alfa

fase)ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

E J E M P L O 15.21. a ) Escribir la expresión matemática y la sentencia de datos para una fuente de tensión de c.c. de 1 Y a la que se añade una onda senoidal de 100 Hz, con fase O, en t = 5 ms. La amplitud de la onda senoidal es 2 Y Y decrece hasta con una constante de tiempo de 10 ms. b ) Utilizando Probe, obtener la gráfica V s ( t) .

°

a)

El factor de decrecimiento es la inversa de la constante Para t > 0, la tensión se expresa mediante la función V ,( t)

=

1+

2 e - 100(1- 0.005)

sen

de tiempo y es.igual a alfa

6 2 8 ,3 2 ( t

-

O ,0 0 5 ) 1 I( t

-

0,005)

La sentencia de datos es Ys b)

La forma de onda dibujada

° se muestra

SIN(l en la Figura

2

100

15.21.

5 m

100)

=

1/0,01

=

100.

457 zyxwvut

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE

Date/Tt..

runa 10/12/93 20.01.41

~atun. (1'

3.OVT"

,, , ,

21.0

C.\IIIIDV54\1IAl5\u15e21.clat

••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

,

,, , ,, ,

2.SV~

,, ,, ,, ,

, ,

2.0V~

,, ,, ,, ,,

.

.

•.

....

....

. '.

.

.

o.

....

....

..••

•.

....:

:

....•

,, ,,, , , , , ,, , ,

1.5V~

, , ,

+-----./

1.OV

0.5V

..

.

.

,, OV +- - -- -- - ---- - - - r--'"

o.

a V(l'

,, ,, ,, , ,, , ,, ,, ,, ,,

_

---,---

--------

10..

-_ .•. -- .•..•. ---

,

1_

-- -_

-- --

--,_

-- .•.....•..•. -- ....•....... .,-_ -- .•.....•. -- -- -- -,- .•.......... -_

20..

2_

30..


Dat.. Octobar 20, 1993

T~.

Pa98 1

-------t

u ••

16.16.14

Figura 15.21.

EJEMPLO 15.22. Determinar la caída de tensión entre los extremos de un condensador de 1 IlF. con carga inicial 0, que se conecta a una fuente de tensión a través de una resistencia de 1 kil. tal como se 1 5 .2 2 ( a ) . La fuente de tensión se define mediante tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU muestra en el circuito de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

v s

=

{15,818 lOV

Se utiliza la forma de onda exponencial

para

V

°<

para t> para representar

t

< 1 ms

1 ms V,. El fichero es

Respuesta de un circuito RC a una función escalón Vs R C .TRAN .PROBE .END

°2 2 ° I,OE-6

EXP(lO 1 k 1 uF 5,OE- 3

°

15,819

°

I,OE-6

I,OE-3

I.OE-6)

UIC

La gráfica de la tensión entre los extremos del condensador se muestra en la Figura 15.22(h). < t < 1 ms, la respuesta transitoria crece exponencialrnente hacia un valor Mientras se verifica que

458


CIRCUITOS

estacionario de ee de 15,819 V. EntsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t = 1 ms la respuesta. alcanza el valor de 10 V. También en t = 1 ms la fuente de tensión cae a 10 inV, ya que al ser iguales las tensiones de la fuente y del condensador, la intensidad en la resistencia se hace O y se alcanza el estado estacionario. La respuesta transitoria dura sólo 1 ms. R

2 +

e

lfLF baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Ve

o (a )

Date/'l'w.

r.m.

lO/U/U

12.31.29

~

(8) C.\KlIKIVS4\~15\Da15e22.dat

16V

-- --- -- -----------

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~•.... _---------------_ .. ------ ---_ .. --------

•.atu •.e.

27.0

------ ----- .. ---_ .... ----- --------- ----

,gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 12111l ~

12V

,, ,, , ,

..

~

IV

,, , ,,

-~ , ,,, , ,

4V

,

OA'¡

,, ,

ov

»:

-.a

-,..

o.

m

'"\_

1.0..

D

V(l)

• V(2)

Date. octobe•. 12. 1'93

rn •

2.0..

.,

3.0..

,, r"

..........•.......•.....•.•.•.•.•.

4.0..

:

-1

5.0Iu

I(C) 'ave

1

'l'w..

1!1I16.55

(h )

Figura 15.22.

15.13. SUMARIO Además de los elementos de respuesta lineal y de las fuentes utilizadas en apartados anteriores, pueden incluirse en el «índice de clase» elementos de respuesta no lineal tales como los

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfedc y PSPICE gfedcbaZYXWVU 459

diodos (Dxx), transistores de efecto de campo (Jxx), mosfets (Mxx), líneas de transmisión (Txx), interruptores controlados por la tensión (Sxx) e interruptores controlados por la intensidad (Wxx). Para realizar un análisis de sensibilidad se utiliza la sentencia .SENS. Para realizar un análisis de Fourier se utiliza la sentencia .FOUR. Estas sentencias se encuentran en libros o manuales de Spice y PSpice. Las sentencias utilizadas en este capítulo se resumen a continuación.tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT Sentencia s de da tos:

(nodos)

[
mutua

kxx

al subcircuito

Xxx

Vxx

(nodos)

DC

Ixx

(nodos)

DC

Vxx

(riodos)

AC

AC

R, L,C Inductancia Llamada

Fuente de tensión de c.c. Fuente de intensidad

de c.c.

Fuente de tensión de C.A.

Ixx

(nodos)

VCVS

Exx

CCCS

Fxx

(riodos)

VCCS

Gxx

(ganancia)

CCVS

Hxx

(nodos)

Fuente de intensidad

de C.A.

iniciales)]

Sentencia s de contr ol:

.AC

.DC

.END .ENDS .IC

.MODEL

=

valor)
[«parámetro)

=

[
del fichero)]

.OP .PRINT

DC

.PLOT

DC

.PRINT

AC

.PLOT

AC

.PRINT

TRAN

.PROBE

[
.STEP UN

.SUBCKT

TF

TRAN

del incremento)

externos)

del intervalo)

460 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

15.1.

V ( 3 , 4) en el circuito de la Figura 15.23.tsrqponmlkjihgfedcbaZYXW Utilizar PSpice para determinarbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R3

R4

2

3 +

360

RI

120

R2

Rs

28,7 o

V

(3,4)

4

Figura 15.23. El fichero fuente es Análisis de

c.c.,

Figura

Vs Rl R2 R3 R4 R5 R6 .DC .PRINT .END

2 O O 1 2 3 4 Vs DC

O 1 1 2 3 4 O 105 V(I)

15.23 DC 36 12 74 16,4 103,2 28,7 105 V(3,4)

105 V

El fichero de salida contiene 10 siguiente: CURV AS DE TRANSFERENCIA DE c.c. Vs V(I) V(3,4) 1,050E+02 1,139E+01 7,307+01 Por tanto,

15.2.

V ( 3 ,4 ) =

73,07 V.

Escribir el fichero fuente para el circuito de la Figura

15.24 y determinar

~I

o Figura 15.24.

1 en R 4

ANÁLISIS

DE CIRCUITOS

USANDO

SPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfed y PSPICE ZYXWVUTSRQPO 461

El fichero fuente es Análisis de

c.c.,

Figura

Vs Is

2 O O 1 1 3 Vs DC

O 3 1 2 3 O 200 I(R4)

Rl

R2 R3 R4 .DC .PRINT .END

15.24 DC DC 27 47 4 23 200

200 V 20 A gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

El fichero de salida contiene lo siguiente: CURVAS DE TRANSFERENCIA Vs I(R4) 2,000E+02 1,123E+Ol La corriente I(R4) determinado para R4. 15.3.

=

DE

c.c.

11,23 A circula desde el nodo 3 al O según el orden de los nodos

Determinar las tres corrientes de malla en el circuito de la Figura 15.25 utilizando PSpice y comparar el resultado con la resolución analítica del circuito.

4 ZYXWVUTSRQPONMLKJI

20

o Figura 15.25.

El fichero fuente es Análisis de

c.c.,

Figura 15.25

VI V2

2 O

O 4

Rl

O 1 1

1 2 3

DC DC 2 5 10

3

O

4

3 VI DC

4 25 I(Rl)

2

R2 R3 R4 R5 .DC .PRINT .END

25 I(R3)

25 50

I I(R5)

462 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El fichero de salida contiene lo siguiente: DE c.c. I(R3) 3,172+00

CURVAS DE TRANSFERENCIA VI I(R1) 2,500E+01 -1,306E+00 La solución analítica

15.4.

requeriría

I(R5) 1,045E+01

resolver tres ecuaciones.

Utilizando PSpice, determinar el valor de Vs de la Figura 15.4 de forma que la fuente de tensión no suministre potencia alguna. Se hace un barrido de Vs de 1 a 10 V. Los ficheros fuente y de salida son Barrido de

c.c.

R1 R2 R3 R4 Vs ls .DC .PRINT .PROBE .PLOT .END

O 1 2 O 3 O Vs DC

1 2 3 3 1 2

DC

I(Vs)

en el circuito de la Figura 500 3 k 1 k 1,5 k DC DC 1

4V 3 mA 10

1

I(Vs)

El fichero de salida contiene los resultados

15.5.

15.4

CURVAS DE TRANSFERENCIA Vs I(Vs) 1,000E+00 7,500E-04 2,000E+00 -2,188E-12 3,000E+00 -7,500E-04 4,000E + 00 - 1,500E - 03 5,000E + 00 - 2,250E - 03 6,000E + 00 - 3,000E - 03 7,000E + 00 - 3,750E - 03 8,000E + 00 - 4,500E - 03 9,000E + 00 - 5,250E - 03 1,000E+01 -6,000E-03

DE

La corriente

=

en Vs es cero para Vs

siguientes:

c.c.

2 V.

Realizar un análisis de c.c. en el circuito de la Figura 15.16 y determinar el circuito Thévenin equivalente visto desde los terminalesbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA AB.

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWVU 463 ZYXWVUT

3VzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 15.26. Se incluye una sentencia .TF en el «índice de la red» siguiente: Equivalente Ys R1 Is .TF .END

Thévenin de la Figura 1 O DC 1 2 10 O 2 DC Y(2) Is

15.26 3

El fichero de salida incluye los siguientes resultados: NODO (1)

TENSIÓN 3,0000

INTENSIDAD NOMBRE Ys DISIPACIÓN

NODO

TENSIÓN 13,000

(2)

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD 1,000E+00 TOTAL

DE POTENCIA

-3,00E+00

WATTS

CARACTERÍSTICAS DE LA SEÑAL Y(2)jIs = 1,OOOE+ 01 RESISTENCIA DE ENTRADA PARA Is = 1,000E+01 RESISTENCIA DE SALIDA PARA Y(2) = 1,OOOE+01 El Thévenin equivalente

15.6.

= V2 = 13 Y, R T h = 10 Q. estsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA VbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Th

Realizar un análisis de CA. en el circuito de la Figura 1 5 .2 7 ( a ) . Determinar el número complejo del fasor V 2 para f variando desde 100 Hz a 10 kHz en diez intervalos. Ikil

2

+

o (a)


464 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Dat_/TÜDe

runa 10/27/93

15.21.12

T~

••ature. 27.0

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ

(Al C.\M8IMlVS4\KAl5\na15p06.dat S.OV

Od T- -- -- -- - - - - - -- ----

2

-- - ---

---

- -- - ---

----

- - - - - -- - - -- - - - -- -- -- - - - ----

-- - - --- -- - - -- -- - -- -- -- - - - - - ---;

, , ,, ,

6.0V

4.0V

2.0V -8Od,

ov

»' -1004'+ - - - - - -. -. - - - - -,- -. -- - - - - - - - - - - -., - - - - -- -- - - -- - --,- --- - - - - - -- -- - - -,- ------1011&

[I]

Date:

october

21,

30Ra

"",(21

D

100R&

[I] • vp(2)

JOOaa

1.0Jal&

- --- --

e

r- - - - ---

J.OJala

---i 10Ua

- - - - - - -

baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1993

(b )

Figura 15.27tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB (continua ción). Se añade al «índice de la red» una sentencia .AC para hacer un barrido de la frecuencia, obteniendo V(2) mediante cualquiera de los comandos .PRINT, .PLOT o .PROBE. El fichero fuente es Análisis de C.A. de la Figura Vs R1 R2 C .AC .PRINT .PLOT .PROBE .END

1 I

O 2

2 2

O O

LIN AC AC

lS .2 7 ( a )

AC 1k 2 k 1 uF 10 Vm(2) Vrn(2) Vm(2)

10

O

100

10000 Vp(2) Vp(2) Vp(2)

El fichero de salida contiene los siguientes resultados: ANÁLISIS DE C.A. FREQ VM(2) 6,149E+OO 1,000E + 02

VP(2) -2,273E+Ol

465 ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWV , 1,301E+00 -7,875E+01 -8,407E+01 6,883E-01 - 8,598E+01 4,670E-01 - 8,696E+01 3.532E-01 - 8,756E+01 2,839E-01 - 8,796E+01 2,374E-01 2,039E~01 - 8,825E+01 - 8,846E +01 1,788E-01 - 8,863E +01 1,59IE-01 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1,200E+03 2,300E+03 3,400E+03 4,500E+03 5,600E+03 6,700E+03 7,800E+03 8,900E+03 1,000E+04

1 5 .2 7 ( b ) . La gráfica con el módulo y la fase de V 2 aparece con más detalle en la FigurabaZYXWVUTSRQPON

15.7.

Obtener el análisis de c.c. y C.A. del circuito de la Figura 15.28. Determinar el número complejo de V 2 para f variando desde 100 Hz a 10 kHz en 100 intervalos. 2

e I¡.LF

o Figura 15.28. El fichero fuente es Análisis de c.c. Vs Is R1 R2 C .AC .PROBE .END

y c.A. de la Figura

1 O O 2 1 2 2 O 2 O UN Vm(2)

15.28

AC DC 1k 2 k 1 uF 100 Vp(2)

10 1

O

rnA

100

10000

El fichero de salida contiene los siguientes resultados: SOLUCIÓN DE POLARIDAD NODO TENSIÓN NODO (1) 0,0000 (2) INTENSIDAD NOMBRE Vs DISIPACIÓN

DE LA SEÑAL TENSIÓN 0,6667

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD 6,667E-04 TOTAL

DE POTENCIA

-O,OOE+OO

WATTS

La gráfica del componente de C.A. de V 2 es idéntica a la de V 2 del Problema corresponde con la mostrada en la Figura 1 5 .2 7 ( b )

15.6, que se

466tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS 15.8.

Dibujar las curvas de resonancia para el circuito de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC 1 5 .2 9 ( a ) para R = 2, 4, 6,8

Y 10 Q. 2tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

10mH

L

+

l&OmA

e

ac

1

j.1F

o (a )

Date/T1ae runa 10/27/93

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T.-perature.

15.52.56

c. \MSIICIVS4\1IA1S\nalSp08.dat 5.av T-- - -- - - - -- -- - ---- -- -- - ---- - - - - - -- - -- ---- - - --- -- -- - ---- - - - ----- -- -- --- -- -- -- - - - -- -- - -- ---- - -- -------

27. O

(Al

,, , ,, ,,

- --- -.,

, 4.OV~

,,

, 3.OV~

, , , 2.OV~ , , , ,, , ,

,,

,

,gfedcbaZYXWVU


OV + - - - - - - - - - - - - - -

l. 3M. D

r - - - - - - - - - - - - - - T - - - - - - - - - - - - - -.,

1. 4Ja1a

•

•

•

o

1_SM.

- - - - - - - - - - - - - - ., - - - - - - - - - - - - - - .,-

1_6101.

1.7101&

- - - - - - - - - - - - -

.1. 8IH&

-r - - - - - - - - - - - - - - -t

1.9101&

2.0101&

V(2)

rrequency Dat•• octobar

27, 1993

P.~

1

T1ae. 15.55.00

(b )

Figura 15.29. Se modeliza la resistencia mediante un elemento resistivo puro de valor R, variando dicho valor desde 2 a 10 en intervalos de 2 Q. Se utiliza el comando .AC para hacer un barrido de la frecuencia desde 500 Hz a 3 kHz en 100 intervalos. El fichero fuente es:

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWVUT 467 zyxwvutsrqp

Resonancia

paralelo de una bobina real, Figura 15.29

I R L C .MODEL .STEP .AC .PROBE .END

o

2

O 1

1 2

O

2

AC 1m O RLOSS 1 10m 1 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA u RES(R= 1) 2 10 RLOSS(R) 2 3000 100 500

RLOSS RES UN

Las curvas de resonancia

15.9.

se muestran

1 5 .2 9 ( b ) . con más detalle en la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED

Utilizar .TRAN y .PROBE para obtener la gráfica detsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM Ve entre los extremos de un condensador en el circuito sin fuentes de la Figura 1 5 .3 0 ( a ) con R = 100, 600, 1100, 1600 Y 2100 Q. La tensión inicial es V d O ) = 10 V. Los valores de la resistencia R se cambian utilizando .MODEL Respuesta R C .MODEL .STEP .TRAN .PLOT .PROBE .END

natural

de RC, Figura

O 1 1 O Rshunt UN lE-4 TRAN

y .sTEP.

El fichero fuente es

1 5 .3 0 ( a )

Rshunt 1 uF RES(R = 1) RES 50E-4

1 IC = O Rshunt(R) UIC

100

2,1 k

500

V(I)

+

e _

R

IIJ.F

o (a )

Figura 15.30 (continúa ). La gráfica de la tensión

15.10.

Ve

se muestran

en la Figura

1 5 .3 0 ( b ) ,

en la página siguiente.

Dibujar las tensiones de dos nudos del circuito de la Figura 1 5 .3 1 ( a ) en respuesta a una fuente de intensidad para R = 100, 600, 11~, 1600 Y 2100 Q. El fichero fuente es Respuesta

escalón de RC, Figura

1

O

11m

ROl C

1

O

1 5 .3 1 ( a )

Rshunt 1 uF

468

CIRCUITOS

Da~/!t.e

ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB

ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA runa 10/21/93 10.36.31

-------------- .. --------_ .. _-------

lOV

~rat""'

(e) e. \MSIIIIV54\1IA15\na15p09.dat

•... _--------------------------------------------------------------_

27.0

.. __

.•....

_-,,

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, ,

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•

6V~

,, ,, ,, ,, ,, ,

, ,, ,, ,, ,, ,, ,, ,, , ,, , , , , , ,

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,, , ,, ,, ,, ,,

2V~

,, ,

,

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ovl baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ': . .".,.,...---.---_--=:::~;::::::=====;:==a==-=-====:;::::::=====o~1 -:o. o

Dat ••

2.Oma

•

octobe~

~

•

gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA o V(l) Tt..

27, 1993

Time. 16.02.44 (b )

Figura 15.30 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB (continua ción). .MODEL .STEP .TRAN .PLOT .PROBE .END

Rshunt UN 1E-4 TRAN

RES(R RES 50E-4 V(l)

=

1) Rshunt(R)

100

Las curvas de la respuesta escalón se muestran

con más detalle en la Figura +

l~[

V

(a )

Figura

2,1 k

500

UIe

1 5 .3 1 (continúa ).

R

"-

1 5 .3 1 ( b ) .

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE zyxwvutsrqponmlk 469 Data/Ta.

rWlI

~ature. tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 0 /2 7 /9 3 1 4 .3 5 .4 2

21.0

(DI C.'K1IKlYS4'RA15\aa15plO.dat 2. OV -; - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -,- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

--l

, 1.5V~

,

1.OV~

·· ,· · ··· ··· ·,, ,

O.5V~

, , ,

ov

- -- - --- ------- ------ t-

O. o

Date:

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - ••- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -,-

1.0...

•

October

•.

27,

•

2.o.a.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - -

3.o.a.

-r - - - - - - - - - - - - - - - - - - --1

4.a..

gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V (l.)

.,

~.o.a.

o

• age

1993

1

baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA T~. 16.06 •••

(b )


15.11.

Determinar

el Thévenin

de la Figura

15.3~ desde los terminales

AB.

A

B

Figura 15.32. De un análisis de c.c. se determina la tensión de circuito abierto entre A B . También se utiliza .TF para determinar la resistencia vista desde A B . Los ficheros fuente y de salida son Solución a la Figura

15.32 y al Thévenin entre los extremos

R1

o

1

2

R2

O

3

6

AB

470 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS R3 R4 R5 Vsl Vs2 Is .TF .END

1 2 4 2 3 O V(5)

3 3 5 1 4 5

1 5 7 DC DC DC Vsl

3 4 1

El fichero de salida contiene los siguientes resultados: NODO (1) (5)

TENSIÓN 1,2453 5,2642

INTENSIDAD NOMBRE Vsl Vs2

NODO (2)

TENSIÓN 4,2453

NODO (3)

TENSIÓN 2,2642

NODO (4)

TENSIÓN -1,7358

DE FUENTE DE TENSIÓN INTENSIDAD - 3,962E - 01 -1,OOOE+OO

DISIPACIÓN

TOTAL

DE POTENCIA

5,19E-00

WATTS gfedcbaZYXWVUTSRQPO

V(5)jVsl = 1,132E - 01 RESISTENCIA DE ENTRADA PARA Vsl = 5,889E+00 RESISTENCIA DE SALIDA PARA V(5) = 8,925E+00 V tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El Thévenin es V Th = baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s = 5,2642 V, RTh = 8,925 Q.

15.12.

Dibujar Figura

la respuesta

en frecuencia

VAB/Va c

en el circuito amplificador

abierto de la

1 5 .3 3 ( a ) .

El siguiente fichero fuente selecciona 500 puntos dentro del rango de frecuencias que va desde 100 Hz a 10 MHz. Rs

2

3

«:

4 A

R in

Vin

1()6 n

CiD

RL

1 to 101 pF

B

+

O (a )


=10 10

n

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE zyxwvutsrqponmlkjihgfed y PSPICE 471

Da"./7w.

runa

10/27/93

~at\ld'

n.20.S& (J.)

1.OV

O.8V~

, ,, ,, '., ,

-- - - - - - - -- - -- -----

---------

e. \II8I~\D15\nalSp12

- ---------

-- - -------

21.0

•da"

-- - --- - --------

- --- --- ---- -- ---- -------

_o,

--- -- - --- ---- ---

,

,

,, , .

o.,v~

,

, ,,

,, ,,

,

.. ,, ,

0.4V~

,,

O.2vi

, ,, , ,, , ,

ov+- - - -- --- --10Jal. O

Da"••

, ,, ,,

-----r- --- ----- --- -- --30101&

O

••

Octol>er 21,

.••

O

T - --

- - ----

100lOla

--

--

---

r --

--

- --

300101.

- - - - -..,_ -

-e - --- -- - _e, _.- - -- ---- - .-. ----(

l.01lB.

3.011II.

l_

V(l)

1993

Paga

1'w..

1

16.23.06

baZYXWVU

(b )

Figura 15.33tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED (continua ción).

Respuesta Rs Rin Cin Rout R1 Eout Vac .MODEL .STEP .AC .PROBE .END

en frecuencia del amplificador 1 O O 3 4 3 1 short UN UN

abierto, Figura 15.33

lOk 2 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 10 E5 2 short 2 10 k 4 10 E9 O 1 E5 O 2 O lOu AC O CAP(C = 1) sn~rt(C) CAP 100 500

O 1 pF 10000 k

101 pF

La gráfica de la respuesta en frecuencia se obtiene mediante Probe variando desde 10 kHz a 10 MHz, tal como se muestra en la Figura 1 5 .3 3 ( b ) .

25 pF

la frecuencia

472 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS 15.13. zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Modelizar el amp op del la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 5 .3 4 ( a ) como un subcircuito y utilizado

determinar la respuesta en frecuencia de V 3fVac en la Figura 1 MHz y 1 GHz.

1 5 .3 4 ( b )

para variando f entre

«:

2----------r---~ 2 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

3

=

+ ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

~------------_44

(a )

1 kfl
>--~"3

+

(b )


El fichero fuente es Respuesta SUBCKT nodo 1 nodo 2 nodo 3 nodo 4 nodo 5 Rin Cin Rout Eout .ENDS Vac RI Rf XI .MODEL .STEP .AC .PROBE .END

* * * * *

en frecuencia del amplificador es la es la es la es la es el 1 1 3 5

cerrado, Figura

15.34

OPAMP 1 2 3 4 entrada no inversa entrada inversa salida referencia de la salida (terminal negativo de la fuente dependiente) terminal positivo de la fuente dependiente 2 10 E5 2 100 pF 5 10 k 4 1 2 IE5

1

O

1

2

2

3

O

2 3 O

GAIN UN UN

AC lOk Rgain OPAMP RES(R = 1) RES 500

10 m

Rgain(R) 1000 k

O

1 k 801. k 1000000 k

200 k

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE gfedcbaZYXWVUT 473 zyxwvutsrq

La gráfica de la respuesta en frecuencia se muestra en al FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC 1 5 .3 4 ( c ) . En comparación con el circuito abierto de la Figura 1 5 .3 3 ( a ) , la ganancia en c.c. se reduce, mientras que el ancho de banda se incrementa. Dat./1'~

rWlI 10/27/93

r-peratur ••

16.29.36

21.0

(A) C.\IIIIJUVS4\1IA15\aa15p13.4&t

···

1.OV T - - - - - ---

- - - - - - - - --- - - - - -- - - - - -- - - - -- --. - - - - - - - - - -. - - - - - - - -- -- ----

- - - -- - -. - --.

-- - -- -- -. -- - - - - - - - -- --.

-.--

·,

· ,

O.8V:

.

,

.

...

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,, ,

O.6V~·------------------~----------

~~

~: o.4V~¡

0.2V

----~

••

~

· --..----------------->-----------+---------'---...:... ,·

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t-:

, ,


OV I a 1.0MB.

i

o

D

¡

a

10MB.

3.0MB. VP)

i

,

!I

3011II.

.

~

···, ·,

,

o

I

30011II&

100JCB.

1.DOR.

P re q u e n c y

Dat ••

October

27,

page

1993

1'u..

1

16.11.43

(e )

Figura 15.34 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC (continua ción).

15.14.

Para el circuito R e de la Figura 15.22, elegir la altura del pulso inicial de forma que la tensión entre los extremos del condensador sea de 10 Val cabo de 0,5 ms. Verificar la respuesta dibujando Ve para < t < 2 ms.

°

La amplitud

del pulso

A

se calcula de de 10 cual

La fuente de tensión se describe utilizando Respuesta

a un pulso de RC, durante

1 O PULSE(lO R 1 2 1k 2 O iu C ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vs

A =

25,415 V

la sintaxis de PULSE.

El fichero fuente es

RC/2 segundos

25,415

1,OE-6

1,OE-6

0,5 m

3 m)

474 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA I,OE-6

.TRAN .PROBE .END

2,OE-3

UIe

°
1 5 .2 2 ( b ) . Durante el período transitorio de es similar a la gráfica de la FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA de c.c. de 25,415 V. Sin embargo, en t = 0,5 ms, cuando la tensión entre los extremos del condensador alcanza 10 V, la fuente también tiene 10 V entre sus externos. La intensidad que circula por la resistencia se hace cero y, por tanto, se alcanza el estado estacionario.

La respuesta t

15.15.

Obtener la gráfica de la tensi6n entre los extremos del condensador del circuito de la 4,01 La fuente de' intensidad es un pulso Figura 1 5 .3 5 ( a ) con R = 0,01 cuadrado de 1 mA que dura 1256,64 J 1S, como se ve en la gráfica de i - t.

n y

n.

~iL

+

i.,mA

~ic 1•

R

+

t,

VI

e

2 •.•. F

5mH 1256,64

jLS

L

o (a )


Modelizar la resistencia como una resistencia pura de valor R , cambiando su valor desde 0,01 a 4,01 con un solo intervalo de valor 4 n. Se utiliza el comando .Ae para barrer la frecuencia desde 500 Hz a 3 kHz en 100 intervalos. El fichero fuente es Respuesta Is R

e

L .MODEL .sTEP .TRAN .PROBE .END

a un pulso de RLe con R variable

°1

Pulse(O 1m 100 u 0,01 u 0,01 u 1 LOSS 2000 n le = ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 5m le = 2 RES(R = 1) LOSS 0,01 LOSS(R) 4,01 4 RES lOu 3500 u UIe 1 u 1

2

1256,64 u

5000 u)

°

°

°

°

°

El resultado se muestra en la Figura 1 5 .3 5 ( b ) . La respuesta transitoria es casi cero para R = 0,01 n. Esto se debe a que el ancho del pulso es múltiplo del período de la oscilación natural del circuito.

475 gfedcbaZ

ANÁLISIS DE CIRCUITOS USANDO SPICE y PSPICE

'r.-perat::\lin. ZYXWVUTSR 2 7 .•0 Da~./Y~zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA XUD' 11/15/94 19.4a'29 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (11)

T-----

6 0 a :lV

C,\xalllllVS4\JII\15\JII\15\na15p15.da~

.-- -- -- ---- - '"_ _ - - -- --- -- - --.- - ----- -- -- -----.-

.--

-- •...---

---- -- -- - - ---- ---

_A:

-- -_ -- -------

, ,, ,

,

4o.v~ baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

, 2o.v~

.

.

.

.

.~

ov

, -

2DaV

1

-40aV~

-6011V

.

+

D

D a t:.a ,

--

o. •

-_ -- -r

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0.5..

.

.'

..•.

tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -r - _ _ -_ --; ._ -_ ,. ---- ---- -- -- -,.- -- --r -- .--_ r -Ó : »

1.0IuI

1.5..

2.011.

»

----

l.a..

2.5_

• • .- -

----

-1

••.

3.501.

vq)

M o v e lD b e r 16.

T~'

1994

13,19:13


PROBLEM AS

En los siguientes problemas,


utilizar PSpice para repetir los problemas

15.16.

Resolver Ejemplo 5.9 (Figura 5.12).

15.17.


15.18.


15.19.


15.20.

Resolver Ejemplo 5.20 (Figura 5.28) para

15.21.

Resolver Problema

5.12 (Figura 5.37).

15.22.

Resolver Problema

5.16 (Figura 5.39).

x ( t)

=

1 V.

indicados

y los ejemplos.

476


15.23.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Resolver Problema 5.25 (Figura 5.48). 15.24.

Resolver Problema

5.26 (Figura 5.49).

15.25.

Resolver Problema

5.48 (Figura 5.55) paratsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vs ! = Vs2 = 1 V.

15.26.

Resolver Ejemplo 7.3.

15.27.


15.28.

Resolver Ejemplo 7.7 [FigurabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 7 .1 3 ( a ) ].

15.29.

Resolver Ejemplo 7.11 [Figura

15.30.

Resolver Problema

8.27 (Figura 8.31).

15.31.

Resolver Problema

9.11 (Figura 9.20).

15.32.

Resolver Problema

9.18 (Figura 9.28).

15.33.

Resolver Problema

9.19 (Figura 9.29).

15.34.

Resolver Ejemplo

11.5 [Figura

11.15(a)].

15.35.

Resolver Ejemplo

11.6 [Figura

11.16(a)].

15.36.

Resolver Ejemplo

11.7 (Figura

11.17).

15.37.

Resolver Problema

12.7.

15.38.

Resolver Problema

12.14 (Figura

12.40).

15.39.

Resolver Problema

12.16 (Figura

12.43).

15.40.

Resolver Problema

13.28 (Figura

13.31) para stsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ = j.

15.41.

Resolver Problema

13.31 (Figura

13.33).

15.42.

Resolver Problema

14.8 (Figura

15.43.

Resolver Problema

14.12 (Figura

14.28).

15.44.

Resolver Problema

14.13 (Figura

14.29).

15.45.

Resolver Problema

14.20 (Figura

14.35).

15.46.

Resolver Problema

14.21 (Figura

14.36) para s

7 .1 7 ( a ) ].

14.24).

= j.

C A P íT U L O

16

M é to d o d e la tra n s fo rm a d a

16.1.

d e la p la c e gfedcbaZYXWVUTSRQPONM

INTRODUCCIÓN zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

En los circuitostsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC la relación entre la respuesta y(t) tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI y la excitación x(t) es una ecuación diferencial lineal de la forma a n y(n) +

... + a .y(j)+ · J

.. + a 10m y(1)+ a

y

= b x(m)+ ... + b.x(i)+ ,

... + b

1

x(l)+ b

O

x

(1)

donde y(j) y xli) son la j-ésima y la i-ésima derivada de y(t) y x(t), respectivamente. Si los valores de los elementos del circuito son constantes, los correspondientes coeficientes a baZYXWVUTS j y bj de la ecuación diferencial también son constantes. En los Capítulos 7 y 8 se resolvió la ecuación diferencial con sus respuestas naturales y forzadas. Se utilizó la función exponencial compleja x(t) = Xe" para obtener la solución en el dominio s de la frecuencia compleja. El método de la transformada de Laplace que se describe en este capítulo es una generalización del concepto del dominio s a una formulación matemática que abarcaría, además de la excitación exponencial, otra amplia gama de formas de excitación. La transformada de Laplace permite representar un gran número de excitaciones como un conjunto infinito de exponenciales complejas. Para obtener la respuesta total se utiliza el concepto de superposición.

16.2.

TRANSFORM ADA DE LAPLACE

Sea f(t) una función del tiempo con valor cero para t «; O Y que (en función de algunas dir ecta de La pla ce condiciones) se define arbitrariamente para t > O. Entonces la tr a nsfor ma da de f(t), simbolizada por 9: [ f(t)] , vendrá expresada por 9: [ f(t)]

=

F(s)

=

1~

f(t)~-st

dt ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

(2)

Por tanto, la operación 9:[ ] transformaf(t), que pertenece al dominio del tiempo, en F(s), que está en el dominio de la fr ecuencia compleja , o simplemente el dominio s, donde s es la variable compleja ( J + jw . Aunque esta integración podría parecer difícil, se puede recurrir a las tablas que desarrollan la transformada de Laplace para las funciones más frecuentes de la teoría elemental de circuitos.

477


I ,(t) tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED y f2(t) tienen la misma imagen F(s) del Es una transformación biunívoca; es decir, sibaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE dominio s, entonces f1 (t) = f2(t). Esta cualidad permite la transformación inversa, desde el dominio s al dominio del tiempo. A este proceso se le denomina tr a nsfor ma da inver sa de inversa de Laplace puede expresarse también La pla ce, : f- 1 [F(s)] = f(t). La transformada como una integral, a la que se denomina integr a l de la inver sión compleja : : f- 1

[F(s)]

1

= f(t)

= -.

fO"o

"¡ »:

O"o-joc

2 1 [.)

F (s)e

st

(3)

ds

En (3) el camino de integración es una línea recta paralela al eje jc a , de modo que todos los polos de F(s) están a la izquierda de la línea. De nuevo puede eludirse la integración, a menos que el resultado no aparezca en las tablas de las funciones transformadas. Sin embargo, se ha de tener en cuenta que realizar la transformada de Laplace de una cantidad física introduce en el resultado una unidad extra del tiempo (s). Por ejemplo, si i(t) es una intensidad en amperios, entonces I(s) tiene como unidades A . s (o C). Debido a que esta unidad extra de s se eliminará al realizar la transformada inversa de Laplace, generalmente se omitirá citar las unidades en el dominio s, tratando en cualquier caso a I(s) como una «intensidad» que se indicará sobre los circuitos mediante una flecha, etc.

16.3.

ALGUNAS

La transformada

TRANSFORM ADAS

de Laplace en la función escalón unidad se obtiene fácilmente: : f[ u(t)]

Por la tiempo La pítulo

DE LAPLACE

=

f

oo

(l)e- st

1

1

dt = - - [ e-st] O '

s

o

=-

s

linealidad de la transformada de Laplace, se verifica que v(t) = Vu(t) en el dominio del tiene la imagen V(s) = V/s en el dominio s. función exponencial decreciente, que aparecía a menudo en los transitorios del Ca7, es otra función del tiempo de fácil transformación. : f[ Ae- a t ]

=

f

oo

Ae- a t

e": " dt

A

A

[e-(lI+S)I]O'

= --

= --

a+ s

o

s+ a

o, inversamente,

:f-

La transformada :f[sen wt]

1

[~J s+ a

= Ae-

at

de la función seno también se obtiene fácilmente:

=

f

oo

o

(sen wt)e- st

dt =

[-s(sen

wt)e-

st 2

S

-

+

e-stw t»

cos wtJ oo

2

o

w

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 479 zyxwvutsr

Ahora hay que obtener la transformada ; ; e[ df(t)] dt

Integrando

por partes,

Je~;t)]~ re-"

f(t)] '; :

-

r

f(t)(

df(t)jdt. de una derivadatsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI

=

foo

df(t) baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE e -s I dt dt

o

+

- se - ") dt ~ - f(O ')

s

r

f(t)e -" dt ~ - f(O ')

+

sF(s)

En la Tabla 16.1 se muestra un pequeño número de funciones con sus transformadas, incluyendo las obtenidas anteriormente. Las cinco últimas filas de la tabla resumen algunas propiedades generales de la transformada de Laplace.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA E J E M P L O 1 6 .1 . Considerar un circuito serie RL, con R = 5 n y L = 2,5 mH. En t = O, cuando la intensidad del circuito es 2 A, se aplica una fuente de 50 V. El circuito en el dominio del tiempo se muestra en la Figura 16.1.

D ominio

D ominio del tiempo

i)

Ri

+

di L - = v ----l dt

••.ii)

iii)

RI(s) +

i(O+) + sl(s)

L[ -

=

~ iv)

1

-------,,--v ~ vi)

I(s)

10

= -

{1O.:t: -

s

¡

s

+ --s

j-

[~J

(-8).: t: -¡ [

=

-8

2000 10

1 s + 2000

J=

_8e-2000'

R (V)

+

2 u (-I)

Figura 16.1.

50

= -

~

i(t) = 10 - 8e - 20001 (A) _

50u(t)

V(s)

51(s) + (2,5· 10- 3) [ - 2 + sl(s)]

(métodos clá sicos)

vii)

s

(A)

480

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

ParestsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA de. transformadas de Laplace.gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ

Tabla 16.1.

{(s)

I(t)

líIJ" '!tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA "

1.

1

1 s

2.

t

-

3.

e-a r

4.

te> "

5.

sen cot

6.

cos wt

7.

sen (wt + 8)

8.

cos (wt + 8)

9.

e-a t

sen cot

10.

e-a t

cos

1

S2

1 -s+ a

1 (s + a )2 w

+

S2

+

w2

s

cot

11.

senh

12.

cosh wt

tot

df

13.

S2

w2

s sen 8 + w cos 8 S2

+

w2

s cos 8 - w sen 8 S2

+

w2

w

(s + a )2 + w 2 s+ a

(s + a )2 + w 2 w S2 _

w2

s S2 _

WZ

sF(s) - f(O + )

dt

14.

{f(r )

15.

f(t - ti)

di

F(s) s rt¡SF(s) "-

16.

cd¡ (t)

17.

{f¡ (r )fz(t

+ czfz(t) - r] d i

c¡F¡(s) + c2Fz(s) F ¡(s)F 2(S)

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE ZYXWVUTSRQP 4 8 1 zyxwvuts

Aplicando la ley de Kirchhoff de las tensiones al circuito paratsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO t > O se obtiene la ecuación diferencial tradicional del circuito i). Esta ecuación se transforma, término a término, en una ecuación en el dominio s ii). La intensidad incógnita i(t) se transforma en I(s), mientras que la tensión v = 5 0 u ( t) se transforma en 50/s. También d ild t se transforma en - i( O + ) + sl(s), en la que conocidabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i( O + ) es 2 A. La ecuación iii) se resuelve para I(s), y la solución se ordena iv) mediante las técnicas de la Sección 16.6. Llegados a este punto, se aplican las filas 1, 3 Y 16 de la Tabla 16.1 para obtener la transformada inversa de Laplace de I(s), que es i(t). Se puede dibujar un circuito en el dominio s como el de la Figura 16.2. La intensidad inicial aparece en el circuito como una fuente de tensión, L i( O + ) . La intensidad en el dominio s establece los términos de tensión R I( s ) y sLl(s) en ii) como si un fasor de intensidad 1 y una impedancia Z crearan un fasor de tensión IZ.

+

50gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s

Figura 16.2.

16.4.

CONVERGENCIA DE LA INTEGRAL

Para que la transformada de Laplace exista, la integral (2) ha de converger. Esto limita la variable s = a + jt» a una parte del plano complejo denominada r egión de conver gencia . Como ejemplo, la transformada de x(t) = e-a 1u(t) es 1/(s + a ) , siempre que Re [s] > - a , lo que define su región de convergencia. EJEM PLO

Determinar

1 6 .2 .

convergencia. X(s)

=

f o

3e21e-SI

la transformada

dt =

fCYC

de Laplace de

3 s-2

dt = --

3 e-(s-2 )t

o

x ( t)

[e-(S-2)1]

00

o

= 3 e 2 I u ( t)

La región de convergencia de X(s) es la mitad del plano derecho, para sombreado en la Figura 16.3. jw ~

Regiónde

---:+-0~2.~'tr' _

•

Figura 16.3.

convergencia

3 s-2

= --,

(J

y definir su región

de

Re [s] > 2

> 2, mostrada

mediante

un


16.5.

TEOREM AS DEL VALOR INICIAL Y FINAL zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU

Tomando el límite cuando s ~ 00 (para valores reales) de la transformada de la derivada,tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA df(t)/dt, lim X[ df(t)] Pero el integrando

=

dt

5 -+ 0 0

foo

lim

o

5-+00

df(t) dt

dt = lim

e- 51

directa de Laplace

{sF (s) - f(O + )}baZYXWVUTSRQPO

5 -+ 0 0

e- 51 tiende a cero cuando s ~ oo. Por tanto,

lim {sF (s) - f(O + )}

=

O

5-+ 00

Como f(O + ) es una constante,

se puede escribir f(O + )

=

lim {sF (s)} 5-+ 00

que es la definición del teorema del valor inicial.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

1 6 .3 .

En el Ejemplo

16.1,

lim {sI(s)} = lim (10 S -+ < X )

que es la intensidad

S -+ < X )

inicial, i(O+)

=

8s

)

s + 2000

= 10 - 8 = 2

2 A.

El teorema del valor final se obtiene también de la transformada derivada, pero ahora se toma el límite s ~ O (para valores reales). lim X[ df(t)]

Pero y f(O + )

=

dt

5 -+ 0

lim fOO 5-+0 o es una constante.

lim

foo o

5-+0

d~~)

e- 51

df(t) dt

dt =

e- 51

dt = lim {sF (s) - f(O + )} 5 -+ 0

fo

OO df(t)

= f(oo)

- f(O + )

= - f(O + )

+

lim {sF (s)} 5-+0

o

- f(O + )

Por tanto, f(oo)

f(

(0) =

directa de Laplace de la

lim {sF (s)} 5-+0

MÉTODO

DE LA TRANSFORMADA

DE LAPLACE

483 zyxwvutsr

Que es la definición del teorema del valor final. Este teorema puede aplicarse únicamente cuando todos los polos de sF(s) tienen parte real negativa, lo cual excluye las transformadas de funciones como baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e l y cos tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t, que se hacen infinitas o indeterminadas cuando t -+ c o ,

16.6. DESARROLLO EN FRACCIONES SIMPLES En un problema de análisis de circuitos, la magnitud desconocida puede ser, indistintamente, la intensidad i(t) o la tensión v(t). En el dominio s esta magnitud se representa por I(s) o V(s), según el caso. Para los circuitos estudiados en este libro, estas variables son una función racional de la forma R( ) s

= P(s) Q(s)

donde el polinomino Q(s) es de mayor grado que P(s). Además, R(s) es real para s real, de tal modo que ningún polo no real de R(s), es decir, raíces no reales de Q(s) = 0, sea un par de números complejos conjugados. En un desa r r ollo en fr a cciones simples la función R(s) se subdivide en una suma de funciones racionales más sencillas, llamadas fr a cciones pr incipa les, en las que cada polo de R(s) forma una parte principal. C a so 1: s

=

Cuando parte principal de R(s) es

a es un polo simple.

correspondiente

A s-a

donde

s

=

a es una raíz no repetida

de Q(s) = 0, la

A = lim {(s - a)R(s)]

Si a es real, A también lo será; si a es un complejo, entonces a* es también un polo simple y el numerador de su fracción principal es A *. Nótese que si a = O, A es el valor final de r (t).

= b es un polo doble. Cuando s = b es una raíz doble de Q(s) = 0, la correspondiente fracción principal de R(s) es

C a so 2: s

donde las constantes B2

B 2 y B¡ se determinan

= lim {(s - b)2 R(s)}

con

y

s~b

B¡ puede ser cero. Análogamente

al Caso 1, B¡ Y B 2 son reales si b es real, y estas constantes para el polo doble b* son los conjugados de los correspondientes para b.

484

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

La fracción principal de un polo de mayor orden puede obtenerse por analogía al Caso 2; se supondrá, sin embargo, que R(s) no tiene tales polos. Una vez que se conoce el desarrolo en fracciones simples de R(s) se puede recurrir a la Tabla 16.1 para invertir cada término y así obtener la función del tiempobaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA r ( t) . ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

1 6 .4 .

Determinar

la intensidad

en el dominio

i( t)

del tiempo

SI

su transformada

de

Laplace es

I(s)

s-lO

= -4--2

+

S

Colocando

el denominador

S

en función de sus raíces, s-lO

I(s)= -----

j}(s + j}

S2(S -

se ve que los polos de I(s) son S = O (polo doble) y La fracción principal de S = O es

S

= ± j (polos simples).

Como

( La fracción principal de

S =

+ j es A

0,5

s-j A = lim

como

lOStsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON + 1) = 1 S2 + 1 gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ

s-j

S [

+ j5

s-j -

10 ]

, . s-(s +./)

= -

Se obtiene fácilmente que la fracción principal de s

(0.5

= -j

+ j 5) es

j5 0,5 -tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

s +j El desarrollo

en fracciones simples de Iís) es. por tanto. 1 Iís) = - -

s

1 10 -, - (0.5

s-

+j

5) -.

s

1 -.1

- (0.5 -

j

5) -.

s

1 =)

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 485 y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA término a término la inversión utilizando la Tabla 16.1 dabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

i( t)

=

1 - lOt - (0,5 + tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j5)e jt - (0,5 - j5)e- jt = 1 - lOt - (cos t - 10 sen t)

Desarrollo de Heaviside

Si todos los polos de R(s) son simples, el desarrollo dichos términos puede realizarse en un solo paso:

en fracciones simples y la inversión

de

(4)

donde al' a2 , ..., a, son los polos y Q'(aj) es dQ (s)/ds

16.7.

CIRCUITOS EN EL DOM INIO

para s = a

k

•

S

En el Capítulo 8 se introdujeron y utilizaron los conceptos de impedancia, admitancias y funciones de transferencia como funciones de la frecuencia compleja s. En esta sección se extiende el uso de la frecuencia compleja a la transformación de un Circuito RLC , con sus consiguientes fuentes y condiciones iniciales, desde el dominio del tiempo al dominio s. La Tabla 16.2 muestra los elementos necesarios para construir la imagen en el dominio s de un circuito dado en el dominio del tiempo. Las tres primeras filas ya fueron desarrolladas en el Ejemplo 16.1. Para el condensador se tiene que, para t > 0,

vdt)

= Vo

+

e1 I o i(r) di

por lo que, de la Tabla 16.1,

v

e

(s) =

Vo

s

+

I(s) CsZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

E J E M P L O 1 6 .5 . En el cirucito de la Figura 1 6 .4 ( a ) se establece una corriente inicial i l, donde el interruptor está en la posición 1. En t = O el interruptor pasa a la posición 2 y conecta al condensador, con una carga inicial Q o a una fuente de tensión constante V2 . El circuito en el dominio s es el de la Figura 1 6 .4 ( b ) . Laecuación en el dominio s es

RI(s) + sLI(s) -

I(s)

L i( O + )

+ -+ sC

Vo

-

sC

V2 =-

s

486

CIRCUITOS


Tabla 16.2.tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED D ominio

¡...•

D ominio

del tiempo

~

,,-

de tensión en el dominio

s

R

I(s) ...•baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA R ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

L

I(S)~

-.v."ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

.••.•• &

¡...•

Tér minos

S

,.'"

RI(s)

-

sL I(SVLi(O+)

- - i( O + ) L i( O + )

i ...•

L

I(S)~

-"""'-

sLl(s)

+ - i( O + )

+L i( O + )

L i( O + )

1

I(s) ...•

j-: Vó

V

o -+IC s

Vo

s

---t~

1(5) ...•

1

se

1(8) _ Vo

I~

i...•

-00)

R

1(8)

I~

e

~(

se

I

e

L

se

Vo

-S

s

R

L

~ L sL

L i( O + )

...!...

se

I(s)

-.J Vo

se

~

~----------~+-.-----------~ Vz !J ,

(a )

(b )

Figura 16.4.

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 487 ZYXWVUT

PROBLEM AS 16.1.

Determinar

la transformada

RESUELTOS

de Laplace de e-a l cos cot, donde a es una constante.

Aplicando la definición de la ecuación ~[ f(t)] ~[ e-a l

cos wt]

=

=

foo cos wte-(s+ a jl

S; f(t)e-Sl

dt a la ecuación dada se obtiene

dt

o = [-

(s +

a)

+ e-(s+aj1w sen + w2

cos wte-(s+ a jl (s

+

a )2

wt]

00

o

s+ a

16.2.

Si .P [ f(t)] Problema

= F(s), demostrar 16.1.

Por definición, ~[ f(t)]

=

S;

= F(s +

que .P [ e-a tf(t)] f(t)e- Sl

.u

a ).

Aplicar

este resultado

al

= F(s). Entonces,

f"

~[ e-a tf(t) tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK = fOj [ e-a tf(t)] e- st dt = f(t)e-(s+ a )' dt = zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXW F(s + baZYXWVUTSRQPONMLKJIH a) (5) o

Aplicando

o

(5) a la fila 6 de la Tabla 16.1, se obtiene cos wt]

~[ e-a l

como se determinó

16.3.

Determinar

en el Problema

la transformada

=

s+ a

= -----=------::

(s

a )2

+

w

2

16.1.

de Laplace de f(t)

[

+

__1 e-sI

s

+ __1 s +

= 1 - e-a l, donde a es una constante.

e-(s+ a )1

J

o

a

a

o:

s

s

Otro m étodo

1/(s + s

a)

a

s(s +

a)

+

a

s(s

+

a)

488 16.4.

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS

Determinar

Utilizando

el método de las fracciones simples, 1 --:-----=S(S2 - a 2 )

y los coeficientes

A = --

son

A

+ --

= -

B

s+ a

s

+ --

e

s- a

B=_I_1

tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 1 1baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s=otsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s(s-a) s=-o 2a 2 gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE

s2_a 2

Por tanto,

:;e

-I[ s(s -

1


a 2)

] -__ :;e

2 1[ -I/a -- ] s

-1

+ :;e

2

[ 1/2a -- ] s+ a

funciones en el tiempo se encuentran

= - -

1

a2

(e

1

+ -2

+

al

e-

al

)

2

a

+ :;e

-1

en la Tabla

1

= --;

a-

2

[ 1/2a -- ] s- a

16.1:

(cosh a t - 1)

Otro método Por las filas 11 y 14 de la Tabla (1)-I[I/(S2 -

.L

16.5.

S

16.1,

2 a )] __

f'

senh a T a

dt =

---

o

[COSh m]' --2a

1 (cosh a t a-

= --;

o

Determinar s

5f-t[ S(S2

Utilizando

el método del desarrollo s+ 1

---...,.

s(s + 2)2

+

+

4s

1

+

]

4) -

en fracciones simples se tiene A

= -

S

BI

+ -S

+

B

2

2 + --...,. (s + 2)2

1)

MÉTODO

s + 1

Entonces,

A

= -(s-+-2)-2

y

I s=o

I 1baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s + 1 I B tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFED 2= - 2 S s= -2

4

=

s+2 2s(s+2)

B¡ = (s+ 2)

Por tanto,

; g_¡

[S

+

1]

S(S2+ 4s + 4)


_ ; g_¡ -

2

I

1 4

s=-2

[.1] + [ _.1] + [.1] ~ s

; g_¡

; g_¡

_4_

s + 2

1

=

1

4- 4

e-

2

(s + 2)2

funciones en el tiempo se encuentran' s+1 ] ; g-¡ [ S(S2+ 4s + 4)

16.6.

DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 489 zyxwvutsr

DE LA TRANSFORMADA

en la Tabla 16-1:

1 +"2 te : "

2 '

En el circuito serie R e de la Figura 16.5 el condensador tiene una carga inicial de 2,5 me. En t = O el interruptor se cierra y se aplica una fuente de tensión constante V = 100 V. Utilizar el método de la transformada de Laplace para determinar la intensidad.

IOn 100 V

Ou

50 JOF +

Figura t 6.5.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA La ecuación en el dominio del tiempo para el circuito dado, después de cerrar el interruptor, es

Ri(t)

o

+

lO i(t) + 50. ;0-6

±[

Qo

+

f

i(r) dr ]

o

[(-2,5.10-

3

)

+

= V

f

i(r) dr ]

= V

(6)

o

Q o tiene una polaridad Haciendo la transformada dominio s

contraria a la carga que la fuente depositará en el condensador. de Laplace de los 'términos de (6) se obtiene la ecuación en el

100(s) -

2,5· 10 -

3

50· 10 - 6S

+

I(s) 50 . 10 - 6S

100 =-

S


15

o

I(s)----:-

La función del tiempo se obtiene haciendo i(t)= ; ; e-¡

16.7.

(7)

- s + (2.103) la transformada

15 ] [ s + (2· 103)

= 15e- 210t

inversa de Laplace de (7):

'tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON (A) (8)

En el circuito RL de la Figura 16.6 el interruptor está en la posición 1 el tiempo suficiente como para que se establezcan condiciones estacionarias. En t = O el interruptor cambia a la posición 2. Determinar la intensidad resultante.

250

sov

0,01 H

Figura 16.6. El sentido de la intensidad se muestra en el diagrama. 50/25 = - 2 A. La ecuación en el dominio del tiempo es

La intensidad

inicial es io baZYXW =

= -

di

25i + 0,01 -

=

dt

Haciendo

la transformada

100

(9)

de Laplace de (9), 251(s) + 0,01 sl(s) - 0,01 i(O+) = 100/s

Sustituyendo

para i(O+), 251(s) + 0,01 si (s) + 0,01(2) I(s) =

y

Aplicando

100

-

s(O,Ols + 25)

el método del desarrollo

0,02 0,01 s + 25

=

4

10 A = s + 2500

( 11)

100/s

104 s(s + 2500)

104

A

B

s(s + 2500)

s

s + 2500

I =o= 4 s

=

- ---

2

(12)

s + 2500

en fracciones simples,

----=-+---

con

(10)

y

10* s

B = -

(13)

I s = _ ~500 =

-

4

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE ZYXWVUTSRQPO 4 9 1 zyxwvutsrq

4 4 246 I(s) = - = - - --s s + 2500 s + 2500 s s +2500

Entonces,

Haciendo

16.8.

la transformada

(14)

inversa de Laplace se obtiene i = 4 -tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ 6e - 2S00r(A).gfedcbaZYXWVUTSR

En el circuito serie RL de la Figura 16.7 se aplica un potencial exponencial v = 50e- 1 0 0 t (V) cuando se cierra el interruptor en t = O. Determinar la intensidad resultante.

~

IO n

l'

0,2 H

Figura 16.7.

La ecuación en el dominio del tiempo para el circuito dado es

Ri

+

di

(15)

= v

L -

dt

En el dominio s, (15) tiene la forma RI(s) + sLl(s) - Li(O +) = V(s) Sustituyendo

en

las constantes

del circuito y la transformada

(16)

de la fuente, V(s) = 50/(s + 100),

(16),

50 100(s) + s(0,2)I(s) = -s + 100 Por la fórmula del desarrollo .;e-I[I(s)]

Por tanto, Entonces,

250 I(s)=----(s + 100)(s + 50)

o

(17)

de Heaviside, = .;e-I[P(S)] Q(s)

=

I n ,~

P(an )baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e " ,f 1.2 Q'(an )

,

P(s) = 250, Q(s) = S2 + 150s + 5000, Q'(s) = 2s + 150, al = - 100 Y a 2 = - 50.

i = .;e-I[I(s)]

250 = --50

e - lO O r

250 + 50

e-

SOr= -

5 e -IO O r

+

5e-

SOt

(A)

492 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS R e de la Figura 16.8 tiene una fuente 16.9. zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA El circuito seriebaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

de tensión sinusoidaltsrqponmlkjihgfe (V) Y una carga inicial en el condensador Qo = 1,25 me con la polaridad representada en la figura. Determinar la intensidad si el interruptor se cierra en el instante correspondiente a <1> = 90°. v = 180 sen (2000

+

<1»

400 v

+

25 ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA p .F

00

Figura 16.8.

La ecuación en el dominio del tiempo del circuito es 40i(t)

La transformada

+

l 25· 10-

6

+

[(1,25,10-3)

(18)

i(r) drJ = 180 cos 2000t

Ir O

de Laplace de (18) da la ecuación en el dominio s

401(s)

G·T03+ + 25.10-

4.10 -s-

s

4

180s

I(s) =

S2

(19)

+ 4.106

(20)

o

Aplicando la fórmula del desarrollo de Heaviside al primer término del segundo miembro de la igualdad (20) se tiene P(s) = 4,5s2, Q(s) = S3 + 103s2 + 4· 106s + 4· 109, Q'(s) = = 3s2 + 2· 103s + 4.106, al = - j2· 103, a2 = j2 .103 Y a3 = _103. Entonces, i=

P( - '2· 103) } e- j2 . 1 0 'r Q'(-j2· 10 3)

= (1,8 - jO ,9)e- j2 tO -',

+

P( '2· 103)

}

Q'(j2· 103)

+

ei 2 .1 0 'r

+ (1,8 + jO ,9)e j2IO "r

Q'(-103)

- 0,35e- IO 'r

= - 1,8 sen 2000t

+ 3,6 cos

= 4,02 sen (2000t

+ 116,6°) - 0,35 e-lO 'r (A)

2000t

P( - 103)

e-IO 'r

-

125 e-IO 'r ,

(21)

- 0,35 e-IO 'r

En t = O la intensidad viene dada por la tensión instantánea, consistente en la fuente de tensión y la tensión del condensador cargado, divididas por la resistencia. Por tanto,

i o=

El mismo resultado

. ( 180sen90o-'

se obtiene si se impone

125.10-3)/ 25· 10t

6

¡40=3,25A

= O en (21).

MÉTODO

DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 493 ZYXWVU

DE LA TRANSFORMADA

1 6 .1 0 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA En el circuitotsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RL de la Figura 16.9, la fuente es v = 100 sen (500t +
nar la intensidad

resultante

si el interruptor

se cierra en el instante

t

so v

0.01 H

Figura 16.9.

La ecuación en el dominio s de un circuito serie RL es RI(s) + sLI(s) -baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA L i( O + ) = V(s) La transformada

de la fuente con
=

(22)

O es

V(s) _ -:(1_00_)_( 5_00-::) -

Ya que no hay intensidad circuito en (22),

+

51(s)

+

inicial en la inductancia,

5.104

O,Olsl(s)

=

2

'

+ 25· 10

S

Haciendo

S2

el desarrollo

4

(5 0 W

L i( O + )

=

O. Sustituyendo

5.106

I(s) - -------

o

(S2

las constantes

+ 25· 104)(s + 500)

del

(23)

en fracciones simples de (23),

(24)

La transformada

inversa de Laplace de (24) es

i = lO sen 1 6 .1 1 .

500t -

lO cos


500t

+ lOe-500r

=

100/(s -

+ 14,14 sen

(5 0 0 t

-

45") (A)

16.10 con la función de tensión siguiente: v

Ahora V(s)

= IOe-50or

j5 0 0 )

51(s) + 0,01 sl(s)

" = 100ej5~Or (V)

(25)

y la ecuación en el dominio s es 100

= ---

s -

j5 0 0

o

/(s) = ------

(s -

4 10ZYXWVUTSRQPONML

j5 0 0 )

(s + 500)

494 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Utilizando

fracciones simples,

I(s)

y haciendo

la transformada

=

10- baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jl0 -10 + jlO

s -

+ --s + 500

j5 0 0

inversa de Laplace,

O i = (10- jlO ) e jSO tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ' + (-10 + jlO ) e - SO O '

=

+ (-10 + jl0 ) e - SO O t

1 4 ,1 4 e j (SO O -n/4)

La tensión real es la parte imaginaria imaginaria de (26).

de (25); por tanto, la intensidad

i = 14,14 sen ( 5 0 0 t -

16.12.

(A)

rr/4) +

10e-

SO O t

(26)

real es la parte

(A)

En el circuito serie RLC de la Figura 16.10 no hay carga inicial en el condensador. Si el interruptor se cierra en t = 0, determinar la intensidad resultante.ZYXWVUTSRQPONM

IH

0.5 F

Figura 16.10.

La ecuación en el dominio

del tiempo en el circuito dado es

Ri

Como i(O+) = O, la tranformada

o

Por tanto,

I(s)

+

L -di dt

+ -1 C

f'

i(,) dt

= V

(27)

o

de Laplace de (27) es 1 RI(s) + sLI(s) + I(s) sC

= -

1 21(s) + Isl(s) + I(s) 0,5s

= -

50

= -::---S2

+ 2s + 2

V s

50 s

50 (s + 1 + j) (s + 1 - j)

(28)

(29)

(30)

MÉTODO

Desarrollando

en fracciones simples (30),baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA }"25 .

j2 5

I(s)= --(s + 1

y la transformada

DE LAPLACE gfedcbaZYXWVU 495 zyxwvuts

DE LA TRANSFORMADA

+ j)

+

(s

(31)

1 - j)

inversa de Laplace de (31) da

i)1 i = j2 5 { e ( - I- tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH e ( - I+ i ) l} = 5 0 e - ' sen t (A)

16.13.

En el circuito de dos mallas de la Figura 16.11 las dos corrientes de malla seleccionadas son las mostradas en la figura. Escribir las ecuaciones en el dominio s en forma matricial y dibujar el circuito correspondiente. n

5

2 H

+

00

l'

so

2F

Figura 16.11. Escribiendo

el conjunto

de ecuaciones en el dominio del tiempo,

y

Haciendo la transformada al dominio s,

este conjunto

[

di 2

+2 -

dt

.

+ 51 1

= v

(32)

de Laplace de (32) para obtener las ecuaciones correspondientes

Qo 1 511(s) + - + - 11(s) + 512(s) 2s 2s Cuando

. 1012

=

V(s)

de ecuaciones

se escribe en forma matricial,

5 + (1/2s) 5 J 5 10 + 2s

[11 (SlJ

=

lis)

el circuito requerido en el dominio s puede determinarse Z(s). Y(s) y V(sl (ver Figura 16.12).

[V(S) - (Qo/2S lJ Vís) + 2i2(0+) mediante el análisis de las matrices de


so

Ves)

Figura 16.12.

16.14.

En el circuito de dos mallas de la Figura 16.13, determinar tes cuando se cierra el interruptor.

las intensidades

resultan-

so

100 V

Figura 16.13. Las ecuaciones del dominio

del tiempo del circuito sontsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH

lO i¡

di¡

+ 0,02 -

dt

di;

0,02 -

dt

Haciendo

la transformada

+ 5i2

=

-

12(s)

0,02 -

=

dt

I¡(s) (

O

(34),

(5 + 0,02s)12(s) - 0,02sl¡(s)

(35) se determina

=

100 (34)

di¡

100/s

De la segunda ecuación del conjunto

=

dt

de Laplace del conjunto

(10 + 0,02s)I¡(s) - 0,02s12(s)

Lo que sustituido

di 2

- 0,02 -

=

O

(35)

que

s ) s + 250

(36)

en la primera ecuación da

I¡(s)

=

6,67

S [

+ 2500 ]

s(s + 166,7)

10

= -

s

- ---

3,33

s + 166,7

(37)

MÉTODO

Haciendo

la transformada

inversa a (37), i¡

Finalmente,

sustituyendo

12(s) = 6,67 ( 1 6 .1 5 .

Aplicar los teoremas


DE LA TRANSFORMADA

=

10 -tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML 3 ,3 3 e -¡ 6 6 .7 t (A)

(37) en (36) se obtiene

1 ) s + 166,7

i 2 = 6,67

por lo que

(A)ZYXWVUTSRQPONML

e -¡ 6 6 .7 t

de valor inicial y valor final en el Problema

16.14.

El valor inicial de i ¡ se obtiene de i¡(O+) = lim [sibaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ¡(s )] = lim 6,67 (S + 250 ) J = 6,67 A [ s-r co s-oo s + 166,7 y el valor final es

i¡ ( x )

= lim [sl¡(s)] = lim s-o

s-o

[

6,67

(

+ 250 )J s + 166,7

= 10 A

s )J s + 166,7

= 6,67 A

S

El valor inicial de i2 se obtiene de

i2(0~) = lim [sI2(s)]

= lim [6,67( s-r eo

.' - 0 0

y el valor final es

i2(x)=lim[sI2(s)] s-o

= lim[6,67( s-o

S

s )J=o + 166,7

Los valores inicial y final anteriores se verifican mediante el examen de la Figura 16.13. En el instante de cierre, la inductancia presenta una impedancia infinita y las intensidades son i¡ = i2 = 100/(10 + 5) = 6,67 A. En estado estacionario la inductancia se comporta como un cortocircuito; por tanto, i ¡ = lOA, i2 = O. 1 6 .1 6 .

Obtener

i¡ del Problema

16.4 mediante

un circuito equivalente

En el dominio s la bobina de 0,02 H tiene una impedancia impedancia equivalente del circuito, vista desde la fuente, es Z(s) = 10+ cuyo circuito equivalente

(0,02s) (5), 0,02s + 5

=15

(S +

en el dominio s.

Z(s) = 0,02s. Por tanto, la

166,7)

s + 250

en el dominio s se muestra en la Figura

16.14. La intensidad

VIs) 100 [ s + 250 ] [ s + 250 ] 1¡(s) = = = 667 Z(s) s 15(s + 166,7) , s(s + 166,7)

será

498 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Esta expresión es idéntica a (37) en el ProblemaIó.Ia, tiempo de ¡¡.

+

IOO/s

y así se obtiene la misma función del

Z(s)

Figura 16.14. 16.17.

En el circuito de dos mallas de la Figura 16-15 el condensador está inicialmente descargado, Determinar las intensidades de mallabaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA i¡ e i tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON que aparecen cuando el 2 interruptor se cierra en t = 0, 100

50 V

400

Figura 16.15. Las ecuaciones en el dominio

l Oí¡ + - 1 0,2

f

o

del tiempo para el circuito son

i¡ d t + 10i2

Las ecuaciones correspondientes

101¡(5)

Resolviendo,

y haciendo

+-

1

0,25

1 1(5)

al dominio

+ 101 2(5)

5 1 (5)---1 5 + 0,625

50i2 + 10i¡

50

=

5

=

serán

50

= -

5 1 1 2 (5)=-5

1· 5

'

+ 0,625

la inversa se obtiene i¡

=

5 e -O .6 2 5 1

(A)

i2 = 1 -

e-

O 625 • ;

(A)

50

MÉTODO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE ZYXWVUTSRQPO 4 9 9 zyxwvutsrq

16.18.

En el Problema 16.17, obtener la impedancia equivalente del circuito en el dominio s la intensidad total y las intensidades de rama utilizando la división de in tensidades. y determinar

La impedancia

vista por la fuente de tensión en el dominio s es

Z(s)


= 10 +

40(1/0,2s) 40 + 1/0,2s

80s + 50 8s + 1

(S + 5/8)

= 10 --

V(s)

= -

Z(s)

=

5

s + 1/8 s(s

+

(38)

s + 1/8

es el de la Figura 16.16, y la intensidad

I(s)

Desarrollando

=

5/8)

resultante

.

(39)

I(s) en fracciones simples

I(s)

1ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 4 i = 1 + 4 e- 5 t / 8 (A) + -por lo quetsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s s + 5/8

=-

Las intensidades de rama 11(s) e 12(s) pueden obtenerse mediante la división de intensidades. De acuerdo con la Figura 16.17, se tiene

Is-Is

1( ) -

()

12(s) = I(s)

40 ) 5 ( 40 + 1/0,2s ---- s + 5/8

e

i

1/0,2s ) 1 1 = - - -( 40 + 1/0,2s s s + 5/8

e

i

1

2

=

5 e-O ,6 2 5 t

=

1-

-

1

I(s)

V(s) = 50/5

Z(s)

Figura 16.16.

:;:::~

11(5)

(A)

e-O ,6 2 5 t

(A)

-¡;)

1/0,25

Figura 16.17.

40

n


16.19. zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA En el circuito de la Figura 16.18 el interruptor se cierra entsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR t = 0, estando ambos

condensadores

descargados.

Determinar

la intensidad

i.

resultante

lo.5F ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE 50V

50

50

Figura 16.18.

El circuito tiene una impedancia

Z(s)

Por tanto, la corriente

=

Z(s)

Desarrollando

I(s)

16.20.

=

(5 + ,l/s) (5 + 1/0,5s) 10 + l/s + 1/0,5s

50

= -

1/8

125s2 + 45s + 2

= -----

s(10s + 3)

S

s(lOs + 3)

-----

(125s

I(s) en fracciones

4(s + 0,3)

+ 45s + 2)

2

(s + 0,308) (s + 0,052)

simples,

31/8

s + 0,308

en el dominio s

es

V(s)

I(s) = -

10+

equivalente

+ --'--s + 0.052

y

1

31

8

8

; = _ baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE e -0 .3 0 8 r + _ e - 0 . 0 5 2 r (A)

Aplicar los teoremas del valor final y del valor inicial a la intensidad del Problema 16.19.

;( o + ) = lim [S I( S ) ]= lim [~ ( s r+co

s

r- cc 8

;(O::)=lim[SI(S)]=lim[~( s-o

s-o

8

s s + OJ08

s s + OJ08

)+~( 8

s )J=4A s + 0,052

)+~( 8

del dominio s

'5,.

s + 0,052

)J=o

El análisis de la Figura 16.18 muestra que inicialmente la resistencia total del circuito es R = 10 + 5(5)/10 = 12,5 n y. por tanto. ;(0+) = 50/12.5 = 4 A. Después. en el estado estacionario. ambos condensadores se cargan hasta 50 V Y la intensidad es cero.

MÉTODO

PROBLEM AS

DE LAPLACE ZYXWVUTSRQP 501

DE LA TRANSFORMADA

S U P L E M E N T A R IO S gfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ

16.21. zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Determinar la transformada de Laplace de cada una de las funciones siguientes:baZYXWVUTSRQPO a)

b)

tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(t) = At e) f(t) = e-a ' sen wt e) f(t) = cosh wt f(t)

= te-a '

Solución:

=

sen h

f)

wt

la transformada

a)

F(s) - ----

b)

F(s) -

(s

F(s)

+

s 2)(s

1)

1

S2

a) b)

+ 7s + 12

+ 3s + 2 2e- 2 '

e

-3'

-

- e

F(s)

e)

s+5 F(s) - -'-:;----

f)

= S(S2

S2

16.24.

F(s)

= S2

+

2s

+

wt

d)

! -!e - 3'

-

e)

e-'(cos

+ 2 sen

f)

2e- 2 '

50,

cos

F(s)

g)

~

= (S2

+ 4)(s + 5)

2s + 4 + 4s + 13

-4'

2t

2s

g)

5

e-'

Un circuito serie RL, con R = 10 n en t = O. Determinar la intensidad Laplace. Sclucién: i = 5 - 5e -

+ 6s + 9)

d)

-

e)

16.23.

senh

3

+

---:= -----

= S2

Solución:

= e-a '

de Laplace de cada una de las funciones siguientes:

5s

e)

f(t)

+

Determinar

-

f(t)

Ver Tabla 16.1.

e ).

w ------::------=(s a )2 - w 2

f)

16.22.

d)

a) -

te - 3'

cos

2t

+ -19 sen

2t -

~ e-5'

2t)

3t

yL=

0,2 H, tiene una tensión constante V = 50 V aplicada resultante utilizando el método de la transformada de

(A).

En el circuito serie RL de la Figura 16.19 el interruptor está en la posición 1 el tiempo suficiente como para alcanzar el estadio estacionario y se cambia, posteriormente, a la posición 2 en la intensidad. t = O. Determinar Solución: i = 5e -

50,

(A).

2

.io n

50 V 0,2 H

Figura 16.19. 16.25.

En el circuito de la Figura 16.20 el interruptor 1 se cierra en t = O Y después, en t = t' = 4 ms, el interruptor 2 se abre. Determinar la intensidad en los intervalos O < t < t' Y t > t'. Solución: i = 2(1 - e" ')') (A), i = 1,06e- 1 5 0 0 ( '- 1 ') + 0,667 (A).


5()

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJI n

100

n

2

100 V

0.1 H

Figura 16.20.

16.26.

En el circuito serietsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RL de la Figura 16.21 el interruptor se cierra a la posición 1 en t = O Y después, en t = t' = 50 I1s, se cambia a la posición 2. Determinar la intensidad en los intervalos O < t < t' y t > t'. Solución: i = 0,1(1 - e- 2 0 0 0 ,)

(A), i = 0,06e- 2 0 0 0 baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ( '- t ') 0,05 (A).

1 kn

)()() V

0.5 H

Figura 16.21.

16.27.

En un circuito serie R e . con R = 10 n y e = 4 ~ IF , el condensador tiene una carga inicial Qo = 800 ~ IF en el instante en que se cierra el interruptor, aplicándose entonces una fuente de tensión constante V = 100 V. Determinar la intensidad transitoria resultante si la carga es: a ) de la misma polaridad que-le-suministrada por la fuente, y b ) de polaridad opuesta. Solución:

16.28.

a)

i = _1Oe-2510'"

b)

i = 30e-2510'"

(A).

/

En un circuito serie R e . con R = 1 kn y e = 20 tlF , el condensador tiene una carga inicial Qo en el instante en que se cierra el interruptor, aplicándose entonces una fuente de tensión constante V = 50 V. Determinar la carga Qo y su polaridad si la intensidad resultante es i = 0,075e -

50'

Solución: 500

16.29.

(A);

(A). t iC ,

de polaridad

opuesta a la fuente.

En el circuito serie R e de la Figura 16.22 el interruptor se cierra a la posición 1 en t = O Y después, en t = t ' = T (la constante de tiempo). se cambia a la posición 2. Determinar la intensidad transitoria en los intervalos O < t < t ' y t > t'. Solución: i = 0,5e- 2 0 0 '

(A). i = -0,516e- 2 0 0

( '- t ')

(A).

MÉTODO

DE LA TRANSFORMADA


1000

sov

20V

50

¡LF

Figura 16.22. 16.30.

En el circuito de la Figura 16.23,tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Q o = 300 baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA J iC en el instante en que se cierra el interruptor. Determinar la intensidad transitoria resultante. Solución: i

= 2,5e- 2 S .

IO 'I

(A).

20 O

Figura 16.23. 16.31.

En el circuito de la Figura 16.24 el condensador está cargado inicialmente con Q o = 25 J iC y la fuente de tensión senoidal es v = 100 sen (1000t + <1» (V). Determinar la intensidad resultante si el interruptor se cierra en el instante <1> = 30°. Solución: i

= 0,1535e-4000t

+ 0,0484 sen

(1000t

+ 106°) (A).

500 O v

+

Figura 16.24. 16.32.

Un circuito serie R L C con R = 5 n, L = 0,1 H Y C = 500 J iF tiene una tensión constante la intensidad resultante. V = 10 V aplicada en un instante t = O. Determinar Solución: i

= 0,72e- 2St

sen 139t (A).

de

504 tsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 16.33.

En el circuito serietsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC de la Figura 16.25 la carga inicial del condensador es Qo = 1 me y el interruptor está en la posición 1 el tiempo suficiente para establecer un estado estacionario. Determinar la intensidad transitoria resultante cuando el interruptor se cambia de la posición 1 a la posición 2 en t = O. Solución:' i = e - 25/(2 cos 222t - 0,45 sen 222t) (A).

C\

r~

5n

2OO,..F 0,1 H + ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 16.25. 16.34.

Un circuito serie RLC con R = 5 n, L = 0,2 H Y C = 1 F tiene una fuente de tensión = l Oe" 1001 (V) aplicada en t = O. Determinar la intensidad resultante. Solución: i = - 0,666e - 1001 + 0,670e - 24.81 - 0,004e - 0.21 (A). v

16.35.

Un circuito serie RLC , con R = 200 n, L = 0,5 H Y C = 100baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB f lF tiene una fuente senoidal de tensión v = 300 sen (500t + <1» (V). Determinar la intensidad resultante si el interruptor se cierra en el instante correspondiente a <1> = 30°. Solución: i = 0,517e- 341 .41

16.36.

- 0,917e- 58 . 61

+ 0,983 sen

(500t

-

19°) (A).

Un circuito serie RLC , con R = 5 n, L = 0,1 H Y C = 500 f lF tiene una fuente seno id al de tensión v = 100 sen 250t (V). Determinar la intensidad resultante si el interruptor se cierra en el instante correspondiente a t = O. Solución: i = e - 25/(5,42 cos 139t + 1,89 sen 139t) + 5,65 sen (250t - 73,6°) (A).

16.37.

En el circuito de dos mallas de la Figura 16.26 circulan las intensidades mostradas. Escribir las ecuaciones en el dominio del tiempo, transformarlas en las correspondientes ecuaciones en el dominio s y obtener las intensidades de malla ¡le ;2' Solución: i 1 = 2,5( 1

+

e-

IO '/)

(A), i2 = 5e-IO'1

(A).

IOn

50 V

Ion

Figura 16.26.

MÉTODO

16.38.

DE LA TRANSFORMADA

DE LAPLACE gfedcbaZYXWVUT 505 zyxwvutsr

Para el circuito de dos mallas de la Figura 1627 obtener las intensidades de malla i l e ;2 resultantes cuando el interruptor se cierra entsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC t = O.

+

Solución: i 1 = 0,101e- 100t

(A), i 2 = -5,05e- 100t

9,89ge-9950t

+ 5+

0,05e-9950t

(A).ZYXWVUTSRQPON

50 50 20baZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA JLF

SOV

0.1 H

Figura 16.27. 16.39.

En el circuito de la Figura 16.28 la fuente de 100 V suministra una intensidad continua en la primera malla mientras el interruptor está abierto. Determinar las intensidades después de que el interruptor se cierre en el instante t = O. Solución: i 1

= 1,67e- 6 . 67t

+ 5 (A),

+ 5 (A).

i 2 = 0,555e- 6 ,67t

50

100 ICX) V

2H

100

Figura 16.28. 16.40.

El circuito de dos mallas de la Figura 16.29 tiene una fuente de tensión seno id al v = 100 sen + <1» (V). El interruptor se cierra en el instante en el que la tensión tiene su máxima pendiente. Determinar las intensidades de malla resultantes, con los sentidos mostrados en el diagrama.

(200t

Solución:

t , = 3,0Ie- 100t

i 2 = 1,505e- 100t

+ 8,96 sen (200t - 63,4°) (A), + 4,48 sen (200t - 63,4°) (A). 50 mH

v

10 Q

Figura 16.29.

100

C A P íT U L O A n á lis is

1 7 .1 .

17

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

de ondas

p o r e l m é t o d o d e F o u r ie r ZYXWVUTSRQPO


En los circuitos analizados hasta ahora la respuesta de un circuito se obtenía para excitaciones con forma constante, senoidal o exponencial. En estos casos existían expresiones sencillas para describir las funciones de respuesta forzada en función del tiempo; por ejemplo, v = 'Cte. ozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB = V sen oit, como se muestra en la Figura 17.l(a) y (b).

vt-------- BA

O~----~----~~----+_

o '---------

v ------

o~--~--~T

(a )

DCBA

(b)

2T

(e )

Figura 17.1.

Algunas formas de onda periódicas, como por ejemplo la función de dientes de sierra de la Figura 17.1Ec), sólo pueden definirse mediante funciones sencillas localmente. Por tanto, los dientes de sierra se expresan por la función f(t) = (V/T)t en el intervalo O < t < T Y por f(t) = (V/T)(t - 1) en el intervalo T < t < 2 T. Tales expresiones describen la forma de onda satisfactoriamente, pero no permiten determinar la respuesta del circuito. Ahora bien, si una función periódica puede expresarse como la suma de un número finito o infinito de funciones senoidales, las respuestas de los circuitos lineales a excitaciones no senoidales pueden obtenerse aplicando el teorema de superposición. Con el método de Fourier pueden resolverse este tipo de problemas. En este capítulo se analizan diferentes herramientas y condiciones para la aplicación del método de Fourier. Las ondas periódicas se expresan como series de Fourier, mientras que las no periódicas se expresan por sus correspondientes transformadas de Fourier. Sin embargo, una parte de una onda no periódica especificada en un período de tiempo finito puede expresarse mediante una serie de Fourier válida para dicho período de tiempo. Este conjunto de posibilidades hace que el análisis de las series de Fourier sea el principal objetivo de este capítulo. 507

5 0 8 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS

1 7 .2 .

S E R I E S D E F O U R I E R T R I G O N O M É T R I C A S zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUT

= zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF f(t + T), podrá expresarse en una serie

Cualquier onda periódica, es decir, que cumplaf(t) de Fourier siempre que 1) 2) 3)

siendo discontinua, tenga un número finito de discontinuidades en el períodomlkjihgfedcbaZYXW T; tenga un valor medio finito en el período T ; incluya un número finito de máximos positivos y negativos en el período T .

Cuando se cumplan estas condiciones escribirse en forma trigonométrica: f(t)

=

1- a o +

la serie de Fourier

de Dir ichlet,

al cos on + a 2 cos 2wt + a 3 cos 3wt +

+

b , sen ost

+

+

b 2 sen 2wt

b 3 sen 3wt

existe y puede

. .

+

(1)

Los coeficientes de Fourier, a¡ y b., para una onda concreta, se determinan mediante integrales. Se obtienen los coeficientes de los términos en coseno mediante la integral de ambos miembros de la igualdad de (1) multiplicándolos por cos non a lo largo de un período completo. El período de la frecuencia fundamental, 2n/w, es el período para realizar las integrales, ya que cada término de la serie tiene una frecuencia múltiplo entero de la fundamental.

21[IW f

f(t)

cos non dt =

o

f21[IW

1-a o cos ncot dt

+

f21[IW

o

al cos t»t cos ni»t dt + ...

o

2~W

+ f

a n cos ' ncot dt

+ ... +

f2~W

o

21[IW

+ f

b,

sen cot cos ru»t dt

(2)

o

b 2 sen 2wt cos ncot dt

o

+ ...

Las integrales definidas del segundo miembro de la igualdad de (2) son cero excepto aquellas que tengan un término de la forma cos? non, cuyo valor es (n/w)a n • Por tanto, W

f21[IW

an = n DCBA

f(t)

cos non dt

o

Multiplicando (1) por sen non e integrando tes de los términos en seno. W

b; = -;

f21[IW o

f(t)

2

= -

fT

T

f(t)

2nnt

cos -

o

como anteriormente,

sen ncot dt =

2

T

fT

o f(t)

sen

TBA

dt

(3)

se obtienen los coeficien-

Zttnt

T

dt

(4)

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQP 5 0 9 zyxwvutsrqp

Un método alternativo para realizar las integrales consiste en utilizar la variable siendo el correspondiente período 2n,

t/J = zyxwvutsrqponm wt,

(5)

b;

=;1

f21<

F (t/J) sen nt/J dt/J BA

o

(6)

donde F (t/J) = f(t/J Iw). Las integrales pueden realizarse desde - TI2 a T12, - n a + tt o sobre cualquier otro período completo que pueda simplificar los cálculos. La constante a o se obtiene de (3) o de (5) con n = O; sin embargo, como 1a o es el valor medio de la función, es frecuente que dicha constante pueda determinarse mediante un análisis de la forma de onda. La serie de Fourier con los coeficientes obtenidos de las integrales anteriores converge de. modo uniforme al valor de la función en todos los puntos donde la función es continua y converge al valor medio en los puntos en los que la función es discontinua. 17.1.

EJEM PLO

Determinar

la serie de Fourier de la onda de la Figura 17.2.

wt UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 17.2.

La onda es periódica, con período 2n/w para t o 2n para on. Es continua para O < t»t < 2n y de la para t»t = n2n donde n = O, 1, 2, ... Se verifican las forma f(t) = (IOj2n)wt, con discontinuidades condiciones de Dirichlet. El valor medio de la función, analizando la forma de onda, es 5, y, por tanto,mlkjihgfedcbaZYX tG a = 5. Para n > O, (5) da

G il

=~

f" G~)

t»t

10

= -2-2

2n n

cos r u»t d(wt)

= 21~2[ o~t sen

ncot

+ ;2 cos

r u»t

I"

(cos n2n - cos O) = O

Por tanto, la serie no contiene términos en coseno. De (6) se obtiene:

=~

b 11

n

f

2"

a

(~)

2n

t»t

sen non dt(wt)

=~

2n

[_

wt cos non n

+ ~ sen n

nwt]

2"

a

= - ~

nn

510


Utilizando

estos coeficientes de los términos en seno y el término del valor medio, la serie es

J (t)

10

= 5- -

n

10 10 . 10 sen cot - sen 2wt - sen 3wt - ... = 5 - 2n

3n

tt.

00

sen ncot

n= 1

n

L

Los términos en seno y coseno de la misma frecuencia pueden combinarse como un término simple en seno o conseno con un ángulo de fase. Se obtienen dos formas trigonométricas alternativas de la serie

ta o

(7)UTSRQPO f(t) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO = + L enzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHG cos (nwt - en) y

f(t)

=

(8) t a o + mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB L en sen (nwt +
J

donde en = a~ + b~, en = tg- 1 (b n /a n ) Y
1 7 .3 .

en

es la amplitud del .ZYXWVUTSRQPONMLKJI

S E R IE S E X P O N E N C IA L E S D E F O U R IE R

Una onda periódicaf(t) que cumpla las condiciones de Dirichlet puede expresarse como una serie de Fourier exponencial que es una variación de la serie trigonométrica. La serie exponencial es 00

f(t)

=

Án einrot

L

(9)

n = - 00

Para obtener los coeficientes A, mediante integración se multiplican la igualdad (9) por e- jnrot y se integra en un período completo:

ambos miembros de

(10)

+

21t o Ánejnrot ef

jncot

d(wt)

+ ...

J~1tÁn

d(wt), que

fTo f(t)e - j21tnt¡T dt

(11)

Las integrales definidas del segundo miembro de (10) son cero excepto tienen el valor 2nÁn • Entonces Án

1 f21t

= 2n

o

f(t)e-

jnrot d(wt)

o

Án =

T1

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER UTSRQPONMLKJ 5 1 1 zyxwvutsrq

Igual que para obtenerzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Y b los límites de integración en (11) pueden ser los extremos del período completo que resulte más conveniente, y no necesariamente desde O a 2n o desde O a T. Nótese que, siendo f(t) real, A-n = A:, por lo que en (11) sólo se tienen en cuenta los valores positivos de n. Además, ll

ll

,

a ; = 2 Re AII EJEM PLO

(12)

Obtener la serie exponencial (9) a partir de la serie trigonométrica (1). los términos en seno y coseno de (1) por sus equivalentes exponenciales complejas.

1 7 .2 .

Reemplazar

ejnwl sen non

e-

_

= -----

cos non

2j

Agrupando los términos de la serie exponencial suma infinita (9), donde A o = Q o/2 y A-n

+ e - in",/

e i n",/

jn u n

= (un

= -----

2

en función de n desde -

+ jb

para n

ll )

= 1,

00

a

+ 00 se obtiene la

2, 3, ...

E J E M P L O 1 7 .3 . Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda de la Figura 17.2. Utilizando los coeficientes de esta serie exponencial, obtener Un Y b; de la serie trigonométrica y compararlos con los del Ejemplo 17.1. En el intervalo O < oit < 2n la función es f(t) = (10/2n)0J t. Analizando la gráfica de la función, el valor medio es A o = 5. Sustituyendo f(t) en (11) se obtienen los coeficientes An'

= -1

An

2n

Introduciendo

f(t)

J'2X

(10).

-

2n

o

wte-

jn a n

d(wt)

= --10

(2n)2

in

",/

( - J I1)2

(- jnon - 1)

J2X o

=j

-

10

Znn

los coeficientes A, en (12), la forma exponencial de la serie de Fourier para la onda es

= ... - j

10

-

4n

e

-j'2 C > 1

.

- J -

10.

2n

Los coeficientes de la serie trigonométrica

«> +

f(t)

que es el mismo resultado

=

5

+j

10.

-

2n

e j"'/

+j

10

-

4n

e i2

son, de (12),

a; = O

y así

[e---o -

bn =

10DCBA nn

10 10 10 5 - - sen i»t - sen 20J t - sen 30J t - ... n

del Ejemplo

2n

17.1.

3n

OJ /

+ ...

( 13)

5 1 2 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 7 .4 .

S IM E T R ÍA

DE

LAS FORM AS

DE

O N D A zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ

Las series obtenidas en el Ejemplo 17.1 contenían un solo término constante, además de los términos en seno. Otras formas de onda sólo tendrán los términos en coseno y, en ocasiones, solamente aparecen en las series armónicos antisimétricos, aunque las series contengan términos en seno, coseno o ambos conjuntamente. Lo dicho anteriormente es el resultado de algunos tipos de simetría mostrados por las ondas. El conocimiento de tales simetrías se traduce en una reducción de los cálculos a la hora de determinar la serie de Fourier. Por este motivo son importantes las siguientes definiciones. 1.

Una funciónzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(x) se dice que es pa r si f(x) = f( - x).

La función f(x) = 2 + x2 + x" es un ejemplo de una función par, ya que los valores que toma la función para x y para - x son iguales. La función coseno es una función par, ya que puede expresarse mediante una suma de términos con potencias pares.

cos

=

X

x" x6 x8 x2 1 - - + - - - + - - ... 2! 4! 6! 8!

La suma o el producto de dos o más funciones pares es una función par. La suma de una constante a una función par no altera su naturaleza par. En la Figura 17.3 las formas de onda mostradas representan funciones pares de x, que son simétricas con respecto al eje vertical, como lo indica la FiguramlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJ 17.3(a).

-----,f--:::+-----\:--

x

---t-::-+---+---

x

DCBA ---o~----x

(a )

(h)

(e)

F ig u r a

2.

Se dice que una función f(x) 3

(ti)

17.3.

es impar si f(x)

= - f( - x).

5

La funciónf(x) = x + x + x es un ejemplo de una función impar, ya que los valores de la función para x y para - x son de signos contrarios. La función sena es una función impar, ya que puede expresarse mediante una suma de términos con potencias impares.

x3 x5 x7 x9 sen x = x - - + - - - + - - ... . 3! 5! 7! 9!


La suma de dos o más funciones impares es una función impar, pero la suma de una constante elimina la naturaleza impar de la función. El producto de dos funciones impares es una función simétrica o par. Las formas de onda de la Figura 17.4 representan funciones impares de x. Son simétricas respecto al origen, como se ve en la FiguramlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 17.4(a).

(a )

(e)

- zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA x

O

x

i.o-

(b)

(d )


F ig u r a 1 7 .4 .

3.

Se dice que una función periódica f(x) es inversa de medio ciclo si f(x) = - f(x + T/2), donde T es el período. En al Figura 17.5 se muestran dos ondas inversas de medio ciclo.

(a)

~ O

T

-

(b )

F ig u r a

17.5.

5 1 4 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Al establecer el tipo de simetría de una onda pueden obtenerse algunas conclusiones. Si la forma de onda es par, los términos de sus series de Fourier son términos en coseno, incluyendo una constante si el valor medio de la forma de onda es distinto de cero. Por tanto, no es necesario realizar las integrales para obtenerzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML b ; por no estar .presente ningún término en seno. La onda puede ser impar únicamente después de restarle su' valor medio, en cuyo caso su serie de Fourier contendrá esa constante y una serie de términos en seno. Si la onda es inversa de medio ciclo, en la serie sólo aparecen los armónicos impares. Esta serie contendrá términos en seno y coseno, a menos que la función sea par o impar. En cualquier caso, a n y b; son cero para n = 2, 4, 6, ..., para cualquier forma de onda inversa de medio ciclo. Esta última sólo puede darse tras restar el valor medio. Algunas formas de onda, según la ubicación del eje vertical, pueden ser pares o impares. La onda cuadrada de la Figura 17.6(a ) reúne las condiciones de una función par, es decir, f(x) = f( - x). Un desplazamiento del eje vertical a la posición mostrada en la Figura 17.6(b) produce una función impar, es decir,f(x) = - f( - mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA x). Si el eje vertical se coloca en un punto distinto a los mostrados en la Figura 17.6, la onda cuadrada no es ni par ni impar, por lo que su serie contendría términos en seno y coseno. Así, en el análisis de una función periódica, el eje vertical deberá elegirse cuidadosamente para obtener una función par o· impar, siempre que la forma de la onda lo permita. La variación de la posición del eje horizontal puede simplificar la representación de la serie de la función. Como ejemplo, la onda de la Figura 17.7(a ) no reúne los requisitos de una función impar a menos que se le reste el valor medio, tal y como se muestra en la Figura 17.7(b). Por ello su serie contendrá únicamente un término constante y los términos en seno. Las consideraciones anteriores sobre la simetría pueden usarse para verificar los coeficientes de las series exponenciales de Fourier. Una forma de onda par contendrá solamente los términos en coseno en su serie trigonométrica y, en consecuencia, los coeficientes de la serie exponencial de Fourier deben ser números reales. Análogamente, una función impar cuya serie trigonométrica se expresa en términos en seno tiene coeficientes imaginarios puros en su serie exponencial.DCBA

---+----~~o~--~----~---x

(a )

__~

(a )

~~----~----~--_x o (b) F ig u r a 1 7 .6 .

(b)ZYXWVUTSRQPONMLKJIHG F ig u r a

17.7.

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER UTSRQPONMLKJ 5 1 5 ZYXWVUT

1 7 .5 .

UNA O N D A E S P E C T R O D E zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

El diagrama donde se representan las amplitudes de cada uno de los armónicos que constituyen una onda se denominazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA espectr o de la onda . La amplitud de los armónicos decrece rápidamente para ondas con series que convergen rápidamente. Las ondas con discontinuidades, como la onda de. dientes de sierra o la onda cuadrada, tienen un espectro cuyas amplitudes decrecen lentamente, ya que sus desarrollos en serie tienen armónicos de elevada amplitud. Los armónicos décimos tendrán a menudo amplitudes de valor significativo comparados con el fundamental. En contraste, los desarrollos en serie para las ondas sin discontinuidades, y con una apariencia generalmente suave, convergen rápidamente, por lo que para generar la onda se requieren muy pocos términos del desarrollo en serie. Tal convergencia rápida se hace evidente en el espectro de la onda, donde las amplitudes de los armónicos decrece rápidamente, de forma que por encima del quinto o del sexto son insignifican teso El contenido en armónicos y el espectro de la onda son parte de la propia naturaleza de dicha onda y nunca cambian, sea cual sea el método de análisis. Modificar el origen da a los desarrollos trigonométricos una apariencia completamente distinta, lo que también es aplicable a los desarrollos en serie. Sin embargo, los mismos armónicos siempre aparecen en los desarrollos, y sus amplitudes, e, =

y

o

J

a;'

+ b;,

(14)

(n ~ 1)

(15)

y

permanecen las mismas. Obsérvese que cuando se utiliza la forma exponencial, la amplitud del n-ésimo armónico combina las contribuciones de las frecuencias + mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO nO J y - nO J. E J E M P L O 17.4. En la Figura 17.8 se muestra la onda de dientes de sierra del Ejemplo 17.1, así como su espectro. Como solamente existen términos en seno en el desarrollo trigonométrico, las amplitudes de los armónicos vienen dadas directamente por -}a o y Ibnl~ Se obtiene el mismo espectro a partir del desarrollo en serie exponencial de Fourier, (13).

IOtzvL

c.

O 211

411

wl

llJ O

2

I I 3

4

I 5

6

n

Figura 17.8.

1 7 .6 .

S ÍN T E S IS D E O N D A S

Se entiende por «síntesis» la combinación de partes para formar un todo. La síntesis de Fourier es una recombinación de los términos del desarrollo en serie trigonométrico, normalmente los cuatro o cinco primeros, para crear la onda original. A menudo, sólo después de


sintetizar una onda el estudiante se convence de que el desarrollo en serie de Fourier representa de hecho la onda periódica de la que se obtuvo. La serie trigonométrica para la onda de dientes de sierra de la Figura 17.8 es f(t)

=

10 10 10zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML 5 - - sen t»t - sen 2wt - sen 3wt - ... re

2re

3re

Estos cuatro términos están dibujados y sumados en la Figura 17.9. A pesar de que el resultado no es una onda de dientes de sierra perfecta, resulta evidente que con más términos del desarrollo de Fourier la gráfica resultante tendría un parecido mayor a la onda original. Como esta onda tiene discontinuidades, su desarrollo en serie no converge rápidamente y, en consecuencia, la síntesis utilizando cuatro términos no produce un resultado satisfactorio. El siguiente término, correspondiente a la frecuencia 4w, tiene una amplitud de 1O/4re, que es significativa comparada con la amplitud del armónico fundamental, lO/re. A medida que se añaden términos en la síntesis, se reducen las irregularidades de la onda resultante y se mejora la aproximación con respecto a la onda original. Fue con tal fin por lo que se dijo que los desa rrollos en serie convergen a l va lor de la función en todos los puntos de continuida d y a l En la Figura 17.9 en y 2re es evidente que el va lor medio en los puntos de discontinuida d. valor de 5 se mantendrá, ya que los términos en seno son cero para estos dos puntos. Estos puntos son de discontinuidad; y el valor de la función cuando la aproximación se realiza desde la izquierda es 10, y desde la derecha 0, con valor medio de 5.

°

10

5 ~ --------; J " ' --

o ~-~~~~-~~-~~~~-~DCBA 21T


1 7 .7 .

P O T E N C IA

Y VALOR

E F IC A Z

El valor eficaz (rms) de la función f(t)

es

+

+

+

+

= -ta mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA al cos wt a 2 cos 2wt bl sen wt o

F rm s =

J(1 a o )2 + 1a f + 1a ~ +

_J2 -

donde se ha utilizado (14).

121.213

C O + 1C l+ 2C 2+ 1C 3+ ···

+ b2

sen 2cvt

+ ...

+ 1bf + 1b~ + ... = ( 16)

ANÁLISIS

DE ONDAS

POR EL MÉTODO

DE FOURIER UTSRQPONMLKJ 5 1 7 zyxwvutsrq

Partiendo de un circuito lineal con una tensión aplicada periódica, debería esperarse que la intensidad resultante contuviera los mismos términos de armónicos que la tensión, aunque con amplitudes de diferente magnitud relativa, ya que la impedancia varía conzyxwvutsrqponmlkjihgfedcb nw. Es posible que algunos armónicos no aparezcan en la intensidad; por ejemplo, en un circuito paralelomlkjihgfedc Le puro, una de las frecuencias de los armónicos puede coincidir con la frecuencia de resonancia, haciendo que la impedancia para esa frecuencia sea infinita. En general puede escribirse

e con los correspondientes ~ms

=

J V6

(17)

valores eficaces de

+ !vi + !V~ + ...

e

Irms

La potencia media P se obtiene de la integración obtiene del producto de v e i:

=

J I6

+ !Ii + !I~ + ...

de la potencia instantánea,

(18)

la cual se

(19)

Como v e i tienen un período T , su producto debe tener un número entero de períodos en T . (Recuérdese que para una onda seno simple de tensión aplicada, el producto vi tiene un período la mitad que el correpondiente a la onda de tensión.) El valor medio puede calcularse sobre un período de la onda de tensión:

P

fT

= -T1DCBA

eVo

+

LVn

sen (nwt

+

.+

o

sen (nwt

Ll n

+

I/In)] dt

(20)

El análisis de los posibles términos resultantes del producto de dos series infinitas muestra que dichos términos pueden ser de los siguientes tipos: el producto de dos constantes, el producto de una constante y una función seno, el producto de dos funciones seno de diferentes frecuencias, y funciones seno al cuadrado. Después de la integración, el producto de dos constantes sigue siendo Vol O y las funciones seno al cuadrado con los límites aplicados son (V i n/2 ) cos (
!V1 l 1

cos

el

= Ver l ef

cos

e


Compárese

V¡

=

V2

=

V3

este resultado

con la Sección

10.2. También,

= ... = 0, y (21) pasa a ser

para

una tensión

de

c.c.,zyxwvutsrqp

P = VoIo = VI

Por tanto, la expresión (21) es bastante general. Nótese que en el segundo miembro no hay término que implique un producto de tensión e intensidad de diferentes frecuencias. Por tanto, en lo que a potencia se refiere, cada armónico actúa de forma independiente, y P = P o+ p¡

1 7 .8 .

+ P 2+

... ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

A P L IC A C IO N E S E N E L A N Á L IS IS D E C IR C U IT O S

Como ya se sugirió anteriormente, se pueden aplicar los términos del desarrollo en serie de una onda de tensión a un circuito lineal y obtener los correspondientes' armónicos del desarrollo en serie de la intensidad. Todo lo anterior se obtiene mediante la superposición. Por tanto, se considera que cada término del desarrollo en serie de Fourier representa la tensión de una fuente única, como se muestra en la Figura 17.10. Ahora la impedancia equivalente del circuito para cada armónico de frecuencia nw se utiliza para obtener la intensidad correspondiente a ese armónico. La suma de estas respuestas individuales, en forma de desarrollo en serie, es la respuesta total i para la tensión aplicada .

.-¡::~~ -

a ,cos2wl

-

a J cos3wt

Cir cuito linea l pa sivo

L'

~- ."'"M 2w r ~senmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA -

b)sen 3w!

¡ F ig u r a

17.10.

17.5. A un circuito serie RL en el cual R = 5 n y L= 20 mH (Figura 17.11) se aplica la tensión v = 100 + 50 sen cot + 25 sen 3wt (V), con (ú = 500 rad/s. Determinar la intensidad y la potencia media. -c Calcular la impedancia equivalente del circuito para las distintas frecuencias de tensión para luego obtener la intensidad correspondiente. Para (ú = O, Z¿ = R'= 5 n, e EJEM PLO

Vo

\00

lo = - = R 5

=

20 A

ANÁLISIS

DE ONDAS

POR EL MÉTODO

DE FOURIER UTSRQPONMLK 5 1 9 zyxwvuts

ParamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA w = 500 rad/s, Z1 = 5 + zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j(500)(20.1O- 3 ) = 5 + jl0 = 11,15/63,4° a, e V

max

t. = -' - sen J

50 sen (wt - 63,4°) = 4,48 sen (wt - 63,4°) (A) 81) = -11,15

(wt -

Z1

+ j30 = 30,4/80,54° a, e

Para 3w = 1500 rad/s, Z3 = 5 i3

V3 max

= -' - sen Z3

La suma de los armónicos del tipo (8):

de la intensidad

+ 4,48 sen

i = 20

Esta intensidad

25 83) = sen (3wt - 80,54°) = 0,823 sen (3wt - 80,54°) (A) 30,4

(3wt -

(wt -

es la respuesta total requerida; es una serie de Fourier

63,4°)

+ 0,823 sen

tiene un valor eficaz de Ier = )202

+ (4,482/2) + (0,8232/2) =

lo cual da una potencia en la resistencia de 5 P

a

Para

w =

o:

Po

Para

w =

500 rad/s:

P

=

1500 rad/s:

1

P3

Entonces,

= 20,25 A

)410,6

de

= I; r R = (410,6)5 = 2053 W

Como verificación se suma la potencia media total calculando cada armónico y sumando los resultados.

Para 3w

80,54°) (A)

(3wt -

primero la potencia que suministra

= Volo = 100(20) = 2000 W = t V1 1 1 cos 81 = 1(50)(4,48) cos 63,4° = 50,1 W = tV313 cos 83 = t(25)(0,823) cos 80,54° = 1,69 W

P = 2000

+ 50,1 + 1,69

i

=

2052 W

so

v 20ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA mH

F ig u r a

17.11.

O tr o m é to d o -v

El desarrollo

en serie de Fourier para la tensión entre los' extremos de la resistencia es VR

y

Entonces

= Ri =

VR er

100

+ 22,4 sen

= )100 2

la potencia suministrada

(wt -

63,4°)

+ 4,11 sen

+ t(22,4)2 + -h4,1I)2 = )10259

(3wt

-

80,54°) (V)

= 101,3 V

por la fuente es P = V~er /R = (10259)/5

= 2052 W.


En el Ejemplo 17.15 la tensión de alimentación se obtuvo mediante un desarrollo en serie de Fourier enzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA t, haciendo los cálculos en el dominio del tiempo. (La impedancia compleja se utilizó únicamente como un cortocircuito; Z, y en podían obtenerse directamente de R, L Y mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA nw .) Si, por el contrario, la tensión se representa mediante una serie exponencial de Fourier,BA v(t)

=

+00

L

VneinwI

-00

entonces es necesario hacer la superposición defa sores V n (que giran en el sentido contrario de las agujas del reloj si n > 0, y en sentido de las agujas del reloj si n < O), que es el mejor procedimiento para los métodos en el dominio de la frecuencia, según se muestra en el Ejemplo 17.6 EJEM PLO 1 7 .6 . A un condensador puro de capacidad mediante la onda triangular de la Figura 17.12. Determinar

e se le aplica la tensión representada la intensidad resultante.ZYXWVUTSRQPONMLKJI

F ig u r a 1 7 .1 2 .

En el intervalo -n < wt < O la función que representa la tensión es v = V rnax + (2Vrna x/n)wt; y para O < wt < n, v = V rnax - (2Vrna x/n)wt. Por tanto, los coeficientes de la serie exponencial puden determinarse mediante integración

Vo

= -

1

2n

fO _n

[V rnax

+

.

(2Vrna x/n)wt]e-'ncor

d(wt)

In

1 + -2 n

O

[V rnax

(2Vrna jn)wt]e-'nco'

-

de lo cual VII = 4max/n2 n 2 para n impar, y VII = O para n par. El fasor de intensidad producido por VII (n impar) es V"

1,,=Z"

4v.najn2n2 l/jnwC

.

=}

con un factor del tiempo implícito de ei"co,. La intensidad

4V ,wC O la

n 2 1l

resultante

es, portanto,

einwt

n

donde la suma es para n impar únicamente.

.

d(wt)

ANÁLISIS

DE ONDAS

POR EL MÉTODO


La serie podría convertirse en una serie trigonométrica y posteriormente sintetizada para mostrar la forma de onda de la intensidad. Sin embargo, este desarrollo en serie es de la misma forma que el j(2Vjnn) para n impar únicamente. El obtenido en el Problema 17.8, donde los coeficientes son An = -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM signo aquí es negativo, indicando que la onda de intensidad es el valor negativo de la onda cuadrada del Problema 17.8 y tiene un valor pico de 2VmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA m ax wCjn. ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 7 .9 .

TRANSFO RM ADA N O P E R IÓ D IC A S

D E F O U R IE R D E O N D A S

Una onda no periódica x(t) se dice que satisface las condiciones a) b)

de Dirichlet si

J:~

integrable, Ix(t)1 dt < 00, y el número de máximos y de mínimos y el número de discontinuidades intervalo finito es finito.

x(t) es absolutamente

Para tales ondas, se define la transformada

f~

=

X(f)

00

en cualquier

de Fourier X(f) por

x(t)e-

(22a )

dt

j21tft

donde f es la frecuencia. La anterior integral se llama integra l de F ourier. La función del tiempo x(t) se llama tra nsforma da inversa de F ourier de X(f) y se obtiene de la forma siguiente:

x(t) =

f~ 00

X(f)ei

21tft

(22bJ

df

donde x(t) y X(f) forman un par transformado de Fourier. En lugar de f, la velocidad angular O ) = 2nf puede utilizarse, en cuyo caso. (22a ) y (22b) se convierten, respectivamente, en

X(O) =

.

y

f~oo

1

x( t) = 2n

foo

x(t)e-

jr ot

(23a )

dt

X( O ) )e jr ot doi

(23b)

-0 0

E J E M P L O 1 7 .7 . Determinar la transformada de Fourier de x(t} de X(f) para - 00
X(f)

=

f

a

> O. Dibujar la gráfica

1

X,

e-a te- i21tft dt = o DCBA

= e-a tu(t),

.

a

+ J 2nf

(24)


es una función compleja con variable real. Su módulo y argumento, IX(f)1 y jX(f), X(f) zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA mente, mostrados en las FiguramlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 17.13(a) y (b), se obtienen de IX(f)1

=

Ja jX(f)

y

=

1

2

+

_tg-1

4n

2

respectiva-

(25a )

p

(2nf/a )

(25b)

Ix(f)1

0;---~L---~--~~~0.78---L--f 0,8 0,6BA

OA 0.2DCBA a=l

1---~----L---~---L---L--f

O

Q2

Q4

Q6

.Q8

(a )

(b)

Figura 17.13. Alternativamente, .X(f) puede obtenerse mediante su parte real y su parte imaginaria, Im[X(f)], como. en las Figura, 17. 14(a) y (b).

Re[Xlf)]

I

e

·(2.6a )

(26b)

1m [x(f)] Re [x(f)]

1-----L----'--------L----'L-.-

O 0.8

-0.1

0.6

-02

0.4

-0.3

0.2

-O A

o

Q2

Q4

Q6

Q8

f

0.2

0.4

0.6

-0.5 (b )

(a )

Figura 17.14.

0.8

f

ANÁLISIS

EJEM PLO

DE ONDAS

POR EL MÉTODO

DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 5 2 3 UTSRQP

1 7 .8 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Determinar la transformada de Fourier de la onda cuadradamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO

g

x(t) ~

para

-T

< zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM t < T

para el resto

De (22a), X(f)

Como x(t) es par, X(f) para T = 1 s.

=

fT

e- i2nft dt

=

-T

_.1_ -}2nf-T

es real. Los pares transformados

sen 2nfT

T

[e i2nf ]

(27)

nf

están dibujados

en la Figura

17.15(a)

y (b)

Xif)

0,8

x(t)

0.6

BA

,4 0,2

o

6

f

-0.4 F ig u r a 1 7 .1 5 . EJEM PLO

1 7 .9 .

Determinar

la transformada X(f)

EJEM PLO

=

f

de Fourier de

o eate - iZ nft

dt =

-Ó r.

x(t) = eatu( - t), a>

1

Determinar la transformada inversa de Fourier de X(f) el desarrollo en fracciones simples se tiene X(f)=

1 a

(28)

.

a - jZn]

1 7 .1 0 .

Mediante

O.

= 2a /(a z

1

+ j2nf

Ver Figura

17.16.

=

e-atu(t)

+

eatu(-t)

a "- j2nf

= e-altl

4n zj2),

a > O.

(29)

+---

La inversa de cada término de (29) puede obtenerse de (24) y (28), de forma que x(t)

+

para todo t

524

CIRCUITOS


x(t)

-1 a

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

1

ti

Figura 17.16.

17.10. PROPIEDADES DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER En la Tabla 17.1 se muestran algunas propiedades de la transformada pares de transformadas de uso común se dan en la Tabla 17.2. Tabla 17.1.

Propiedades

Dominio del tiempo

=

x(t)

f~:c

X(j)ei

1.

x(t) real

2.

x(t) par, x(t)

3.

x(t) impar, x(t)

4.

X(t)

5.

x(O)

21tfl

de la transformada

de Fourier. Algunos

de Fourier. Dominio de la frecuencia

dt

X(j)

tI.)

=

x(t)e - jlrrfl de

.c

X(f) = X*( -f)

= x( - t) = - x( - t)

X(f) = X(-f)

= - X( - f)

X(f)

x( -f)

=

f~

00

X(f)

df

X(O)=

f:

x(t) dt 00

1

"

6.

y(t)

= x(a t)

Y(f)

7.

y(t)

= tx(t)

Y(f) = --o

8.

y(t)

= x( - t)

Y(f) = X( -f)

9.

y(t)

= x(t - to)

Y(f) = e - j2rrfloX(f)

= ~

'-

X(f/a )

1

dX(f)

J2n

df

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQPO 525

1 7 .1 1 .

ESPECTRO

C O N T I N U O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

IX(f)12, como se definió en la Sección 17.9, se denominazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLK densida d de ener gía o espectr o de la ondamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA x(t). A diferencia de las funciones periódicas, el contenido de energía de una onda no periódica x(t) para cada frecuencia es cero. Sin embargo, el contenido de energía en un intervalo de frecuencias de fl a f2 es

W = 2

ff

2

IX(fW

(30)UTSRQPON

dfBA

/1

EJEM PLO

1 7 .1 1 .

Determinar

el espectro

de x(t)

= e-a tu(t)

- ea tu( - t), a > O, mostrada

gura 17.17. x(t)

1 ¡¡

-1

Figura 17.17.

Se tiene que x(t) = x¡(t) - x2 (t). Como x¡(t) = e-a tu(t)

y x2 (t)

1

X¡(f)

Entonces

de 10 cual

= a

+ j2nf

X2 (f)

= ea tu(-t),

1 =

a - ]

'2,í

nJ

en la Fi-


Tabla 17.2.

Pares de transformadas

de Fourier.BA

x(t)

1.

X(j)zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZY

a >O

e-a 'u(t),

a

+ j2nf 2a

2.

e-al'l, a >

O

3.

te-a ru(t),

4.

exp( _nt 1mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC /rl)

a >O

(a

+ j2nf)1

5.

I

IUTSRQPONMLKJIHGFEDCBAI I

-T 6.

sen 2 '1Tfot 1Tt.

I

T

• t

/1\ ,

~2fo

----LI=---.l-1-1---L--1 _.

!~fo

-lo

,7.

I

lo

(j(f)

8.

(j(t)

9.

sen 2nfo t

10.

cos 2nfo t

(j(f - fo) - (j(f

+ fo)

2j

EJEM PLO 17.12. Determinar y comparar los contenidos de energía e Yl(t) = e-a ru(t) - ea ,u( - t), a > O, en la banda de O a 1 Hz. Particularizar De los Ejemplos 17.10 y 17.11,

e

W1 y W1 de Yl(t) = e-Iarl

para a = 200.

ANÁLISIS

DE ONDAS

DE FOURIER ZYXWVUTSRQP 5 2 7 zyxwvutsrq

POR EL MÉTODO

Para O mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA < f < 1 Hz, lbs espectros y energías pueden aproximarse por

IyzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ¡(f)i2 ~ 41a 2 = 10- J/Hz W ¡ = 2(10y 4

IY2(f)i2

y¡(t)

4

~ 1O- 7 f2

J = 200 ;11

)

W2 ~O

y

Los resultados anteriores son acordes con la observación de que la mayor parte de la energía de está en la región de bajas frecuencias en contraste con 10 que ocurre para Y2(t).UTSRQPONMLKJIHGFED

PROBLEM AS

1 7 .1 .

RESUELTOS

Determinar el desarrollo trigonornétrico la Figura 17.18 y dibujar el espectro.

en serie de Fourier para la onda cuadrada

de

El intervalo O < wt < n,f(t) = V; Y para tt < t»t < 2n,f(t) = - V. El valor medio de la onda = O. Los coeficientes de los términos en coseno se obtienen integrando como sigue:

es cero; por tanto, a o /2

a; = ~

[f:

V

cos

11M d(úJt)

+

1

2n (-

cos non

V)

d(úJt)]

=

para todo n

Por tanto, la serie no contiene términos en coseno. Realizando seno,

bn = ~

[f:

V {[

= ;;

= -

V

nl1

V

sen

1 cos

- ~

(-cos

nn

11M d(úJt)

+

1

l [1

non o

2n

+ ~ cos

+ cos O + cos

la integral para los términos en

(-

V)

sen non

d(úJt)]

=

' J2n}

nt»t

n

n2n - cos nn)

2V

= -

nn

(1 - cos I1n)


v

"

-v

wt

.".BA

()

21T

3.".DCBA

1----- zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Figura 17.18. Entonces, b; = 4V/nn cuadrada es

para n = 1, 3, 5, ..., Y b; = O para n = 2, 4, 6,

f(t)

4V

= -

n

4V

sen cot + -

3n

4V

sen 3wt + -

5n

Oo.

La serie para la onda

sen 5wt + ...

El espectro para esta serie se representa en la Figura 17.19. Contiene los armónicos impares de los términos en seno, como pudo anticiparse del análisis de la simetría de la onda. Ya que la onda de la Figura 17.18 es impar, su desarrollo en serie contiene solamente términos en seno, y como además tiene simetría de media onda, sólo contiene armónicos impares. e" 4V/1T

023456789

Figura 17.19.

17.2.

Determinar el desarrollo trigonométrico en serie de Fourier para la onda triangular de la Figura 17.20 y dibujar el espectro.

-~ Figura 17.20.

La onda es una función par, ya que f(t) = f( - t), y si se resta su valor medio V/2, también tiene simetría de media onda, es decir,f(t) = - j(t + n). Para -mlkjihgfedcbaZYXWVUTSR ti < cot < O,f(t) = V + (V/n)wt, y para O < on < n,f(t) = V - (V/n)wt. Como las ondas pares tienen tan sólo términos en coseno, todos los términos b; = O. Para n ~ 1,

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 529

f

I"

1 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

o [V + (V/n)wt] zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA a n =- zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA cos ru»t d(wt) + -1 [V - (V/n)wt] cos ru»t d(wt) tt

-"

[I"

=~

= ~2

cos ru»t

, n

V

n 2n 2

+

cos non d(wt)

{[~ 2

n

o

tt

+

,f"

:t

wt sen nwt] tt

f:

cos nwt d(wt) -

o - [~ _"

[cos O - cos (- nn) - cos nn

n

2 cos non

+ cos O]

=

2V

22

t: n

:t

+

cos non d(Wt)]

wnt sen nwt]

o"}

(1 - cos nn)

COIXl,O se ha dicho para la simetría de media onda, la serie contiene únicamente los términos impares, ya que a ; = O para n = 2,4,6, '" Para n = 1,3,5, "" a ; = 4V/n 2 n 2 . Por tanto, la serie de Fourier buscada es

f(t)

V

= -

2

4V

+ - 2 cos n

t»t

4V

+ --

(3n)2

cos 3wt

4V

+ --

(5n)2

cos 5wt

+ ..,

Los coeficientes decrecen a razón de 1/n2 y, por tanto, la serie converge con mayor rapidez que la del Problema 17,1. Este hecho resulta evidente al examinar el espectro de la Figura 17.21. e"

~r-~-+I-.~'~r-.-~-n

oBA

2345678

Figura 17.21.

17.3.

Determinar el desarrollo trigonométrico en serie de Fourier para la onda de dientes de sierra de la Figura 17,22 y dibujar el espectro.

_+_--,~_~~_~~_+:;-_

Figura 17.22.

wt


Analizando la gráfica se observa que la onda es impar (y, por tanto, su valor medio es cero). En consecuencia, la serie constará únicamente de los términos en seno. La siguiente expresión,zyxwvutsrqp f(t) = (V/n)wt, define la onda en el período comprendido entre - ny + n, utilizándose estos b n• límites para realizar la integral que define los coeficientesmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

1 fnDCBA

b; = -

tt

-r

rr

[1

V wt BA (V/n) wt sen ncot d(wt) =""""2 2" sen non - cos non tt. n n

Como cos nn es + 1 para n par y - 1 para alternándose. La serie buscada es 2V f(t) = - {sen wt n

-1 sen

2wt

n impar,

+ -1 sen

Jn

--

-n

2V nn

(cos nn)

los signos de los coeficientes

3wt -

¡ sen

4wt

van

+ ...}

Los coeficientes decrecen a razón de l/n y, por tanto, la serie converge lentamente, como se muestra en el espectro de la Figura 17.23. Excepto por el cambio de origen y el valor medio, esta onda es la misma que la de la Figura 17.8; compárense ambos espectros. c. 2VI"1T

o

2345h7H9

Figura 17.23.

17.4.

Determinar la serie trigo no métrica dibujar su espectro.

de Fourier

para la onda de la Figura

17.24 y

Figura 17.24. En el intervalo O < iot < n, f(t) = (V/n)wt; y para 'n, < wt < 2n, f(t) = O. Analizando la gráfica se observa que el valor medio de la onda es V/4. Como la onda no es par ni impar, la serie contendrá términos en seno y coseno. Para n > O se tiene que

0"

1 in

= -

non

[1

V (V/n) tot cos ncot d(cot) =""""2 2" cos r u»t n

wt

+-

n

sen nwt

]

rr

O

V

= 22 nn

(cos nn - 1)

ANÁLISIS

DE ONDAS

POR EL MÉTODO


CuandozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n es par, cos mr - 1 = O Y a ; = O. Cuando n es impar, a ; = - 2V /(n 2 n 2 ). Los coeficientes b; sonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

bn

= -1

no

In

- -

(V/n)wt

V

nn

(cos nn)

[1

V sen nwt d(wt) = 2" 2" sen nwt - -wt cos non

n

= ( - Ir

n

n

Jn

=

oDCBA

V 1

nn

Por tanto, la serie de Fourier buscada es

f(t)

V

2V

4

n2

= - - -

V

cos wt - --

+ - sen ti

2V

(3n)2

V wt - 2n

cos 3wt - --

2V

(5n)2

sen 2wt

V

+-

3n

sen 3wt - ...

Las amplitudes de los armónicos pares están dadas por pares de los términos en coseno. Sin embargo, las amplitudes calcularse utilizando

en =

J a; + b;. Por

cos 5wt - ...

Ibnl,

ya que no existen armónicos de los armónicos impares deben

tanto,

e3

= V(O,109)

es

= V(O,064)

El espectro se muestra en la Figura 17.25ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

F ig u r a

17.5.

17.25.

Determinar la serie trigonométrica de Fourier para lo onda senoidal con rectificaci6n de media onda de la Figura 17.26 y dibujar su espectro.


F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH 17.26.

La onda no es simétrica y puede esperarse que la serie contenga términos en seno y coseno. ao Como el valor medio puede obtenerse fácilmente mediante el análisis de la gráfica, se calculazyxwvutsrqponm para su uso en el término a o j2.

1"

V [-coswt](í=1 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vsenwtd(wt)= -

ao= -

Después se determina

2V n

non

a n:

1"o V sen tot cos non

a n = -1 n

= ~ [-

n sen wt sen nwt - cos Ilwt cos wt] " _n2

n

=

d(wt)

V 2

n(l - n )

(cos nn

+ l'

o

+ 1)

Con n par, a n = 2Vjn(1 - n 2 ); y con n impar a ; = O. Sin embargo, esta expresión está indeterminada para n = 1 y, por tanto, el término a ¡ debe integrarse separadamente.

1" Vsen

a ¡ = -1 non

VI" o

t

cot cos t»t d(wt) = -

sen 2wt d(wt) = O

Ahora se calcula b n : 1

1"

b = n non

V sen t»t sen ru»t

Nuevamente la expresión integrarse separadamente.

d

V (wt) = -

[11

está indeterminada

b¡ = -1

1"

non

V

sen? cot d(wt)

sen cot cos ncot - sen ntot cos wt] 2

-11

para

11 =

= -V [ wt -

2

+

1

1 y, por tanto,

-

sen 2wt]. " 4

n

o

el término

V

o

2

= O

b , debe

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 5 3 3 zyxwvutsr

Por tanto, la serie de Fourier

V(

f(t) = -

t:

1

buscada eszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

cot - -2 cos 2wt - - 2 cos 4wt - - 2 cos 6wt - ... )

+ -n sen 2

3

15

35

El espectro, Figura 17.27, muestra la importancia del término fundamental de la serie y las amplitudes rápidamente decrecientes de los armónicos de orden superior.mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ

V I BA

"---t---f.-r-:--+---r-+--.,----n 0234567 F ig u r a

1 7 .6 .

17.27.

Determinar la serie trigonométrica de F ourier para la onda senoidal con rectificación de media onda de la Figura 17.28, cuando su eje vertical se cambia de su posición en la Figura 17.26.

~~-----~------~------~---~ o

F ig u r a

17.28.

La función se define en el intervalo - t: < t»t < O por f(t) = - V sen wt. El valor medio es el mismo que en el Problema 17.5, es decir, 1a o = V/no Para los coeficientes a ; se tiene que

fO

a ; = -1 DCBA n-n

(- V

sen wt) cos ncot d(wt)

Para n par, a ; = 2V/n(1 - n 2 ); y para n impar, a ; mente el caso n = 1.

al = -1

n

fO -n

(- V

"

=

V

2

n(1-n)

=' O, excepto

(1

+ cos

nn)

que debe examinarse

sen wt) cos wt d(wt)

=

O

separada-

CIRCUITOS ELÉCTRICOS 5 3 4 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Para los coeficienteszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA b, se obtiene

1

= -

b;

excepto para n

=

fO

n

_"

(-

V

sen wt) sen ru»t d(wt) = O

1.

1

= -

b¡

tt

fO mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V (- V) sen? wt d(wt) = - 2

_"

Por tanto, la serie es

f(t)

V(

= -

ti

1 - -tt sen wt - -2 cos 2wt - - 2 cos 4wt - - 2 cos 6wt - ... ) 2 3 15 35

Esta serie es idéntica a la del Problema 17.5, excepto para el término fundamental, que tiene un coeficiente negativo en esta serie. El espectro es idéntico al de la Figura 17.27 en el resto de los términos. Otro método Cuando la onda senoidal gráfica de la Figura 17.28.

17.7.

V

sen

M

se resta de la gráfica de la Figura

17.26, se obtiene la

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para el pulso rectangular Figura 17.29 y dibujar su espectro.DCBA

repetitivo de la

vZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~O~~ -."./6

~

L-~~W{

'TT/Ó

Figura 17.29. Con el eje vertical situado donde se muestra, la onda es par y la serie constará sólo de los términos en coseno y una constante. En el período - ti a + tt utilizado para realizar las integrales, la función es cero excepto en el intervalo - n/6 a + n/6.

ao

1

= -

n

f"/6 -,,/6

V V d(w t) = -

3

1

a n =-

tt

f"/6 -,,/6

V

cos ncot

2V

d(w t) = -

nn

sen

I17r

6

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 5 3 5 zyxwvuts

Como senzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA nn/6 = 1/2, ./3/2, 1, ./3/2, 1/2, O, - 1/2, ..., para n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ..., respectivamente, la serie es

f(t) = ~ + 2;

+

[~ cos t»t

G)

+~

o

f G)

cos 2wt

+ 1

G)

cos 5wt - ~

G)

cos 3wt

+

f G)

cos 4wt

cos 7wt - ... ]

V 2V 00 1 f(t) = - + -mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA sen (nn/6) cos ncot 6 tt n= 1 n

L -

El espectro mostrado en la Figura 17.30 decrece muy lentamente para esta onda, ya que la serie converge a la función muy lentamente. Resulta de particular interés el hecho de que las amplitudes de los armónicos 8.°, 9.° y 10.° son superiores al 7.° Con las ondas simples consideradas previamente, se observaba que las amplitudes de los armónicos de orden superior eran progresivamente menores.

V I'lr

()

2

3

4

5

6

7

I:!

9

\O

11

Figura 17.30.

17.8.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda cuadrada de las Figuras 17.18 y 17.31 Y dibujar su espectro. Obtener los coeficientes de la serie trigonométrica a partir de los coeficientes de la serie exponencial y compararlos con el Problema 17.1.

v

"'

o

-v

'Ir

2'1rBA

1-----

Figura 17.31.

,

3".DCBA


En el intervalo -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n < eot < O,f(t) = - V; Y para O < cot < n,f(t) = V. La onda es impar; por tanto,mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A o = O Y los coeficientes An serán imaginarios puros.

An

[fO

= ~

2n

(-

f"

V)e- in",! d(wt) =

-"

= _V

[1

{ _

2n

= -.-

V

. JO + [1__

(-jn)

_"

O'

+

+

e'""

= ...

+ ). -2V 3n

e

_

j

'3",!

+ )• -2V

e

e-jn",!

(-jn)

V.

e- jn1t - e) .

_

j

'",!

=i -

O

Para n par, ei n1t = + 1 Y An = O; para n impar, e in1t = -1 onda). La serie de Fourier buscada es

f(t)

.

e-jn",!

__

(-e

-J 2nn

Ve-in",! d(wt)J

O

-

)

•

nn

O

(el n1t -

1)

Y An = - j(2V/nn)

2V

el

-

n

tt

J"}

kcr

(simetría de media

• 2V '3",! - ) el 3n

...

La gráfica de la Figura 17.32 muestra las amplitudes para las frecuencias posurvas y negativas. Combinando los valores para + n y-n se obtiene el mismo espectro que el de la Figura 17.19.

lA.. I 2V

-5 -4 -3 -2 -1

O 1

2

3

4

5

Figura 17.32. Los coeficientes en coseno de la serie trigonométrica G"

y

Lo que concuerda 1 7 .9 .

b; = -21m

A"

=

2 Re A"

4V =nn:

O

para n impar solamente

con los coeficientes del Problema

Determinar la serie exponencial de F ourier ras 17.20 y 17.33 Y dibujar el espectro.

=

son

17.1.

para la onda triangular

de las Figu-

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 5 3 7 zyxwvuts

n < wt < O,f(t) = V + (V/n)wt; y para O < t»t < n, f(t) = V - (V/n)wt. La En el intervalo -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA onda es par y, por tanto, los coeficientes An serán reales puros. Analizando la gráfica se obtiene que el valor medio es V/2.

An = -1 2n

= -2 V 2n

{fO

[V

+

-"

[fO.

I"

wte-J nrotd(wt)+ _"

= ...

Las amplitudes

= +1

y An

+ -- 2V

e

( - 3n)2

1)

-

= O; para

+ -- 2V

( - n)2,

jnoot [e--o - (-jnwt ( - J n)2

e

=

2V/n 2 n 2 .

+ -V + -2V 2

J o"} = -n2Vn

1)

-

_ 'oot J

ne-J nwtd(wt)

-"

n impar, An

_ '3oot J

I

.

JO_" -

jnwt

f(t)

.}

(-wt)e-J nwtd(wt)+

o

= - V2 {[e'--. - (-jnwt 2n ( - J nf Para n par, e jn "

I"

.

(V/n)wt]e- mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA jm n t d(wt) + [V - (V/n)wt]e- J nrotd (wt) o

(n)2

el

2

J (1 - e J.n ,,)

Por tanto, la serie es rcor

+ --2V

(3n)2

e'

'3001

+ ...

de los armónicos V

(n =

2, 4, 6,

)

2

(n =

1, 3, 5,

)

C o =-

son como los dibujados

en la Figura

17.21.

Figura 17.33.

17.10.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda senoidal con rectificación de media onda de las Figuras 17.26 y 17.34, Y dibujar el espectro.

Figura 17.34.

5 3 8 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA wt < mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA TC , f(t) = V sen wt; y desde TC a 2TC , f(t) = O. Entonces En el intervalo O < zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

f"

= -1

An

V

o

2TC

V

[

= -

e - Jn lO l

e - jn lO I

(1 - n

2TC

.

sen wt

2) (-

d(wt)

sen wt - cos wt)

jn

]

V(e

"

o

+ 1)

- jn "

2

= 2TC (1

n )

-

Para n par, An = V/TC(l - n 2 ); para n impar, An = O. Sin embargo, para n = 1, la expresión para An se vuelve indeterminda. Se puede aplicar la regla de L'Hópital; es decir, se derivan numerador y denominador separadamente con respecto a n, después de lo cual se hace tender n a 1, con el resultado de que Al = -j(V /4 ). El valor medio es

Ao = - 1 2TC

Entonces la serie exponencial

f(t)

= ... - - V

'4

e - J

lO l _

15TC

Las amplitudes

_

V' 2

o

Vsen

wt d(wt) = -V

-cos

[

wt

2TC

J"

=-V

o

TC

de Fourier es

e - J

ecr

_V.

+j

e - JlO I

4

3TC

V + __

j

_V.

e llO I

_

4

TC

_

V' 2

e'

3TC

lO l _

_

V' 4

eJ

lO l _

.••

15TC

de los armónicos, 2V/n(n2

V

co= Ao= -

en

TC

son exactamente 1 7 .1 1 .

I

como las dibujadas

=

21Anl

=

{

1)

-

~/2

(n = (n = (/1 =

2, 4, 6, ... ) 1) 3, 5, 7, ... )

en al Figura 17.27.ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Determinar la potencia media en una resistencia R = 10 n, si la intensidad en forma de serie de Fourier es i = 10 sen cot + 5 sen 3wt + 2 sen 5wt (A). La intensidad tiene un valor eficaz de ler = /WO)2 + ·hW tanto, la potencia media es P = l; r R = (64,5)10 = 645 W.

+

1(2)2 =

J64,5

=

8,03 A. Por

O tr o m é to d o

La potencia total es la suma de las potencias de los armónicos, que están dadas por cos e. Pero la tensión entre los extremos de la resistencia y la intensidad están en fase para todos los armóncios, y en = O. Entonces,

1VrnaJmax

VR

y P = 1(100)(10)

= Ri = 100

= 1(50)(5)

+

sen

io t

+

50 sen 3wt

1(20)(2) = 645 W.

+

20 sen

5(1)(

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 539

1 7 .1 2 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Determinar la potencia suministrada al circuito si la tensión aplicada

resultante

y la intensidad

sonmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

50 + 50 sen 5· 103t + 30 sen 10 4 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF t + 20 sen 2· 10 4 t (V) 3 i = 11,2 sen (5· 10 t + 63,4°) + 10,6 sen (10 4 t + 45°) + 8,97 sen (2· 10 4 t + 26,6°) (A)

v =

La potencia total media es la suma de las potencias = (50)(0)

P

1 7 .1 3 .

de los armónicos:

+ 1(50)(11,2) cos 63,4° + 1(30)(10,6) cos 4Y + 1(20)(8,97) cos 26,6° = 317,7 W

Obtener los dos valores de los elementos de un circuito serie si la tensión aplicada y la intensidad resultante son las correspondientes al Problema 17.12. El desarrollo en serie de la tensión contiene un término constante de 50, pero no existe un término correspondiente en el desarrollo en serie de la intensidad, lo que indica que uno de los elementos es un condensador. Como hay potencia suministrada al circuito, el otro elemento deberá ser una resistencia. ler = J 1(11,2)2

+ 1(10,6)2 + 1(8,97)2 = 12,6 A

La potencia media es P = l; r R, de lo cual R = P /I; r = 317,7/159,2 = 2 Q. Para w = 104 rad/s, la intensidad adelanta a la tensión en 4Y. Por tanto,

l=tg4y=_I_ wCR

Por tanto, el circuito condensador de 50 IlF . 1 7 .1 4 .

o

serie de dos elementos

1

C

= (104)(2) = 50

lo forman

IlF

una resistencia

de 2 Q Y un

La onda de tensión de la Figura 17.35 se aplica a un circuito serie de R = 2 kQ Y 10 H. Utilizar la serie trigonométrica de Fourier para obtener la tensión entre los extremos de la resistencia. Dibujar el espectro de la tensión aplicada y VR para mostrar el efecto de la bobina en los armónicos. t» = 377 rad/s.

L =

u, V

Figura 17.35.


La tensión aplicada tiene como valor mediozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Vm a .ln, como en el Problema 17.5. La función de la onda es par y, por tanto, la serie contiene sólo términos en coseno con coeficientes obtenidos mediante las siguientes integrales: 1

a; = -

In/2

tt

300 cos wt cos nca t d(wt)

-n/2

600

=

2

cos nn/2 V

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n(l - n )

Aquí, cos nn/2 vale -1 para n = 2, 6, 10, ..., y + 1 para n = 4, 8, 12, ... Para n impar, cos nn/2 = O. Sin embargo, para n = 1, la expresión es indeterminada y debe evaluarse separadamente. 1

=-

al

In/2

n

300 [ wt

=-

300 cos? t»t d(wt)

-n/2

n

-

2

+

sen 2wt] 4

300

n/2

=-

-n/2

2

V

Por tanto, 300

v = -

n

n

(n + 1

2

cos wt

nro, rad/s

O

O

1 2 4 6

377 754 1508 2262

+ -2 cos 3

2 cos 4wt 15

2wt - -

R, kO

nwL,

kO

z;

O

2 2 2 2 2

+ -2 cos 35

.k.Q

2 4,26 7,78 15,2 22,6

3,77 7,54 15,08 22,62

6wt -

...

)

(V)

8 DCBA n

0° 62° 75,1 ° 82,45° 84,92°

En la Tabla 17.3 la impedancia total del circuito serie se calcula para cada armónico correspondiente a la expresión de la tensión. Los coeficientes de Fourier del desarrollo en serie de la intensidad son los coeficientes de la serie de la tensión divididos por Zn; los términos de la tensión están retrasados un ángulo de fase en respecto a los correspondientes términos del desarrollo en serie de la tensión.

lo = 300/n mA

2

300/2

il = ---cos(wt-62)

4,26

600/3 tt

i 2 = - --

7,78

o'

(m A)

° cos (2wt - 75,1 ) (m A)


Por tanto, el desarrollo 300

i =

300

en serie de la intensidad e

2; + (2)(4,26) 600

y la tensión entre los extremos = Ri =

95,5

600

e

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONM

3n(7,78) cos (2wt - 75,1 )

cos (4wt _ 82,45°)

15n(15,2)

VR

+

cos (wt - 62)

es

+

600

cos (6wt - 84,92°) - ... (mA)

35n(22,6)

de la resistencia es

+ 70,4 cos

(wt - 62°)

+ 16,4 cos (2wt + 0,483 cos

- 1,67 cos (4wt - 82,45°)

- 75,1°) (6wt - 84,92°) - ... (V)

La Figura 17.36 muestra claramente cómo las amplitudes de los armónicos aplicada se reducen por la presencia de la bobina de 10 H en serie.

de la tensión

'OVl

e•• V

300/",

L-+--+--,_+--.---+_,.-_ ()

n

234567

O

Espectro de

(a)

, , , -+-.--+~r-+--r---ft 1mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIH 1

2

v

i

i

3

( b)

4

S

I

6

Espectro de

7 BA

VR

Figura 17.36.

17.15.

La intensidad que circula por una bobina de 10 mH tiene una forma de onda como la mostrada en la Figura 17.37. Obtener la serie trigonométrica para la tensión entre los extremos de la bobina, sabiendo que ea = 500 rad/s. i.A

---.----~~--r_--~~--._--~~--_.----~ - 10 - - - - - - - - -

Figura 17.37. La derivada de la onda de la Figura 17.37 está dibujada en la Figura 17.38. Es igual a la Figura 17.18 con V = - 20/n. Por tanto, del Problema 17..1, di

--

d(wt)

80

= - 2 ti

(sen wt

+ t sen

3wt

+ -! sen

50J t

+ ...) (A)


di 400 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB y zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA asímlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA vL = Leo -d ) = - -2 (sen en + t sen 3wt + t sen 5wt + ...) (V) t: (wt

di d(wl)'UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A

20/."

I ...:.."

."

O

2."

-20/." F ig u r a 1 7 .3 8 .

PROBLEM AS

1 7 .1 6 .

Obtener

la onda cuya serie trigonométrica

f(t) =

1 7 .1 7 .

Obtener


8V

de Fourier esDCBA

{sen cot - ~ sen 3wt

-2

n

+

n sen 5wt -

40

(cos cot

+ ~ cos

3wt

+

ti

20

+-

n

Obtener

(sen cot -{

sen 2wt

1

1

+ -1 sen 4

2

wt - sen 2wt 3n

+-

1

2n

+ -4

15n

n

cos 5wt

+ t sen

la forma de onda para la serie de Fourier

f(t) = V - - - cos wt - cos 2wt ( 2n t: 3n

1 7 .1 9 .

+ oo.}

la forma de onda si su serie de Fourier esBA

f(t) = 5 - '2

1 7 .1 8 .

sen 7wt

;fg

3wt -

+ oo.)

i

sen 4wt

+ oo.)

dada

cos 3wt - -

1

15n

cos 4wt - -

sen 4wt - oo. ) -

1

6n

cos 6wt

+ ...

'

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la onda de dientes de sierra de la Figura 17.39 y dibujar el espectro. Comparar con el Ejemplo 17.1. S o lu c ió n :

V

f(t) = 2

V + - (sen n

wt

+ { sen

2wt

+ t sen

3wt

+ ...).

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER UTSRQPONMLKJ 5 4 3 zyxwvutsrqp

Figura 17.39. 17.20.

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la onda de dientes de sierra de la Figura 17.40 el espectro. Comparar con el Problema 17.3.DCBA

y dibujar

-2V

Solución:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(t) = -+ {sen wt + 1 sen 2wt + !- sen 3wt + t sen 4wt + ...).mlkjihgfedcbaZYX ti

Figura 17.40. 17.21.

Obtener la serie trigonornétrica espectro. Solución:

f(t)

4V =

-2

n

2V

- -

n

de Fourier

{cos iot

+ ~ cos

{sen t»t

+

.1 3

sen


n cos

3wt

+

3úJt

+ ~ sen

St»t

5úJt

17.41 y dibujar

el

+ ...}

+ ...}

v o:1oc---~-----Io::"""---~'---

wl

-v Figura 17.41. 17.22.

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la onda cuadrada el espectro. Comparar con el Problema 17.1.

Solución:

f(t)

4V = ti

{cos iot -

!-

cos 3wt

+~

COS

de la Figura 17.42 y dibujar

Siot - ~ COS To);

+ ".}.


v I O

-

."

""

21T

-v F ig u r a 1 7 .4 2 .

1 7 .2 3 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Determinar la serie trigonométrica de Fourier para las ondas mostradas

en la Figura

17.43.

Obtener el espectro de cada una y compararlos.

S o lu c ió n :

+

a)

f(t)

=

15

b)

f(t)

=

6+

2

n~

50BA

00

n~l

1

[~~

(se n ~;)

cos non

+ ~~ (1 - cos ~;)

mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 10 (n51t) 10 ( n51t) cos non + n1t 1 - cos -3sen [ n1t sen 3

lO

U

I~ ()

" ./1 2

sen nwtJ ]

Le""

2."UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 41T

5 .,,/3

2 ."

ncot

(b)

(a) F ig u r a 1 7 .4 3 .

1 7 .2 4 .

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la onda senoidal con rectificación de media onda de la Figura 17.44 y dibujar el espectro. Comparar con los Problemas 17.5 y 17.6. S o lu c ió n :

f(t)

=;-V(

1

+

21t

cos cot

2 +3 cos

2wt -

2 15 cos

1T

4wt

2 + 35 cos

6wt -

...

)

21T

F ig u r a 1 7 .4 4 .

1 7 .2 5 .

Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la onda senoidal con rectificación completa de la Figura 17.45 y dibujar el espectro. S o lu c ió n :

f(t)

2V = 1t

(1

+ 1 cos

2wt -

is

cos 4wt

+ is cos

6wt -

... )

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER ZYXWVUTSRQP 5 4 5 DCBA

1T

21T

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPON

Figura 17.45. 17.26.

La onda de la Figura 17.46 es la de la Figura 17.45 con su origen desplazado. Determinar las series de Fourier y demostrar que ambos espectros son idénticos.zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU Solución:

2V.2. f(t) = (1 -

3

tt

cos 2wt -

....2... 15 cos

....2... 35 cos

4wt -

oo.)

6wt -

Figura 17.46. 17.27.

Determinar

la serie trigonométrica V

V

de Fourier para la onda mostrada

en la Figura 17.47.

V

00

Solución:mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA cos en + I 2 (cos nrr + n sen nrr/2) cos nt»t f(t) = - - 2rr 2rr 0=2 rr(1 - n ) V

+ - sen 4

t»t

+

I 00

nV cos nrr/2]

[-

2

rr(1 - n )

o = 2

sen non

wl

Figura 17.47. 17.28.

Determinar la serie trigonométrica de Fourier para la onda mostrada en la Figura 17.48. Sumar esta serie término a término con la del Problema 17.27 y comparar la suma con las series obtenidas en el Problema 17.5. ->.

Solución:

V

f(t) = -

2rr

V

+-

2rr

V(n sen nrr/2 -

I

+ n

=

cos wt +

2

2

rr(n - 1)

1)

cos nwt

V

+ - sen 4

wt

+

c.o

I 0=2

nV cos nrr/2

-

-.,,rr(1 - n 2 )

sen non


F ig u r a 1 7 .4 8 . 1 7 .2 9 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda mostrada en

la Figura 17.49 y dibujar su espectro. Obtener a partir de los coeficientes dados los correspondientes a la serie trigonométrica, escribir ésta y compararla con el resultado del Problema 17.4.

v[- .. -

1

1

i3W

1

i2w

iw

f(t) = (9~2 - j 6 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n)e' - j 4 n e, - (:2 - j 2 n)e- , + S o lu c ió n : zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

_

1 j-+ ( n2

1), elw+ , j_el w1 2n

'2, __ (1

9n 2

4n

'3 , + j_ 1) e'w6n

~

... ]

F ig u r a 1 7 .4 9 . 1 7 .3 0 .

Determinar la serie exponencial su espectro. S o lu c ió n :

f(t)

= V

[

...

de Fourier para la onda mostrada

+ ( - 12 + j -1)'3 e-' 9n

+

1 __ ( n2

6n

eor

+ j -1'2 e-' 4n

w1+ t l x:1), elw_j_el 2n

'2,

4n

cor

en la Figura 17.50 y dibujar

+ ( - 12 + j -1 )

(1__

9n 2

n

2n

, e- 'W,

+ -1 4

'3 , j_ 1) e'w+ ... ] 6n UTSRQPONMLKJIHGFEDCB

wf

F ig u r a 1 7 .5 0 . 1 7 .3 1 .

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda cuadrada mostrada en la Figura 17.51 y obtener su espectro. Sumar esta serie término a término con la de los Problemas 17.29 y 17.30 Y comparar la suma con la serie obtenida.


1'3 1. 1 1. 1'3 Solución:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA f(t) = mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA V · · · + j - e-' rol + j - «> + - - j - e,rol _ j _ e' rol ( 3n n 2 n 3n

.••

)

Figura 17.51.

17.32.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda de dientes de sierra mostrada en la Figura 17.52 y dibujar su espectro. Obtener a partir de los coeficientes obtenidos los correspondientes a la serie trigonométrica, escribir ésta y compararla con el resultado del Problema 17.19.

Solución:

f(t)

= V

( ...

+j

1'2

4n e = :

rol

+j

1

2n e'

_ 'rol

+"21 - ].

1.

1'2

2n e'!" - j 4n e'

rol -

•••

)

:~.-M I

'

Figura 17.52.

17.33.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda de la Figura 17.53 y dibujar su espectro. Convertir los coeficientes de la serie trigonométrica obtenidos en el Problema 17.20 en los coeficientes de la serie exponencial y compararlos con los coeficientes de las series obtenidas aquí.

Solución:

f(t)

= V

(

1 e _,'2M - ]. -1 e _ [cot

... - j -

2n

n

+ ] . -1. e,rol + j -1'2 el rol ti 2n DCBA

-

•..

)

-v Figura 17.53.

J


17.34.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda mostrada en la Figura 17.54 y dibujar su espectro. Obtener a partir de los coeficientes obtenidos los correspondientes a la serie trigonométrica, escribir ésta y compararla con el resultado del Problema 17.21.

2 . - 1) e -mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j3 w r 2 . -1) eDCBA ju n f( t ) = V ... + --] Solución:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA + ( =2s > ) . -1) e - jwt + ( -+] ( [

9n2

3n

( 9n2

3n

1)

+ _ + j_ 2

n2

eJ·W3+r

n2

n

n

...]

v ()

-v Figura 17.54.

17.35.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda cuadrada de la Figura 17.55 y dibujar su espectro. Convertir los coeficientes de la serie trigonométrica del Problema 17.22 en los coeficientes de la serie exponencial y compararlos con los coeficientes de la serie obtenida aquí.

Solución:

f(t)

= 2V

n

( ...

+

!e - j5 w r

+

_ 1 e - j3 w r

+

e -jco r

e jw r

_ 1 e j3 w r

+

!e j5 w r

_

...

)

v I

-

O

"BA

-v

2"

Figura 17.55.

17.36.

Determinar espectro.

Solución:

la serie exponencial

f(t)

= ...

+

de Fourier

2: C:) sen

2n

+ V sen

e-

(2n).2 6 el

j2 w r

en


+:

+ ...

sen

G)

«> + ~ + :

17.56 y dibujar

sen (~)

e

je o t

su

ANÁLISIS

DE ONDAS

POR EL MÉTODO

DE FOURIER ZYXWVUTSRQ 5 4 9 zyxwvuts

vDCBA

--~+-+---~----~--------~-.~--wlzyxwvutsrqponmlkjihgfedc

-."./6

"/6

Figura 17.56.

17.37. I

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda senoidal con rectificación de medía onda mostrada en la Figura 17.57. Obtener a partir de los coeficientes obtenidos los correspondientes a la serie trigonométrica, escribir ésta y compararla con el resultado del Problema 17.24.

Solución:

f(t)

V

V

'4

V

'2

.

V

= ... - - mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA e -} wt + e -} ca t + _ e -}O " +- +

15n

+ _V . 4

4

3n

e }w t

+ _V '2 e }

wt

BA

V

15n

3n

e j4 w t

tt

+ ...

Figura 17.57.

17.38.

Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda senoidal con rectificación mostrada en la Figura 17.58 y dibujar su espectro. '

Solución:

f(t)

2V

= ... - -

15n

e-

"

}4 w t

+ -2V"2e -} 3n

wt

2V +_ + _2V ti

3n

"

e }2 w t

2V

15n

e

j4 w t

completa

+ """

Figura 17.58:' '

17.39.

Determinar la tensión eficaz, la intensidad eficaz y la potencia media suministrada a un circuito pasivo si la tensión aplicada es v = 200 + 100 cos (500t + 30°) + 75 cos (1500t + 60°) (V) Y la intensidad resultante es i = 3,53 cos (500t + 75°) + 3,55 cos (1500t + 78,4Y) (A). Solución:

218,5 V, 3,54 A, 250,8 W.


17.40.

500t + 10 sen 1500t + 5 sen 2500t (V) se aplica a los extremos de La tensión v = 50 + 25 senzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA un circuito pasivo, siendo la intensidad resultante i= 5

+ 2,23 sen

Determinar Solución:

17.41.

(500t - 26,6°)

+ 0,556 sen

la tensión eficaz, la intensidad

(1500t - 56,3°)

+ 0,186 sen

(2500t - 68,2°) (A)

eficaz y la potencia media.

53,6 V, 5,25 A, 276,5 W.

A un circuito serie de tres elementos, con R = 5 Q, L = 5 mH y e = 50 ,uF , se le aplica una tensión v = 150 sen 1000t + 100 sen 2000t + 75 sen 3000t (V). Determinar la intensidad eficaz y la potencia media para el circuito. Dibujar el espectro de la tensión y la intensidad, y advertir el efecto de la resonancia en serie.

Solución: 16,58 A, 1374 W.

17.42.

Por un circuito serie de dos elementos, con R

i = 5 sen 100t

Determinar

+ 3 sen

=

10 Q Y L

300t

=

+ 2 sen

20 mH, circula una intensidad

500t (A)

la tensión eficaz aplicada y la potencia media.

Solución: 48 V, 190 W.

17.43.

L = 10 mH, circula una onda de intensidad triangular, mostrada en la Por una bobina pura,mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Figura 17.59, donde w = 500 rad/s. Obtener la serie exponencial de Fourier para la tensión entre los extremos de la bobina. Comparar la respuesta con el resultado del Problema 17.8.

Solución:

/K-D, wl

~

2,"

"'

Figura 17.59.

17.44.

A una bobina pura, L = 10 ml-l. se le aplica una onda de tensión, mostrada en la Figura 17.60. donde (O = 200 rad/s. Obtener la serie trigonométrica de Fourier para la intensidad y obtener su forma de onda.

Solución:

20

i= -

tt

(sen cot - ~ sen 3wt

+

-ts

sen Scot - -}r¡ sen 7(1)t + oo.)

(A); triangular

ANÁLISIS DE ONDAS POR EL MÉTODO DE FOURIER UTSRQPONMLK 5 5 1 ZYXWV

F ig u r a 1 7 .6 0 . 1 7 .4 5 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA La Figura 17.61 muestra una onda senoidal con rectificación completa

que representa la L e . Utilizar la serie trigonométrica de tensión aplicada entre los extremos de un circuito seriemlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONML Fourier para determinar las tensiones entre los extremos de la bobina y del condensador.

S o lu c ió n : zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

4wL

cos 2wt - 15 ( 4wL _ 4~C)

1 [

"2 -

1 3(2wC) ( 2wL _ 2~C)

cos 4wt

]

+ ...

1 cos 2wt

+ 15(4wC)

( 4wL _ 4~C)

] cos 4wt - ...

v..

~ DCBAo~ F ig u r a 1 7 .6 1 . 1 7 .4 6 .

Un circuito de tres elementos está formado por una R = 5 n en serie con una combinación paralelo de una L y de una e. Para w = 500 rad/s, X L = 2 n, X e = 8 n. Determinar intensidad total si la tensión aplicada es v = 50 + 20 sen 500t + 10 sen 1000t (V). S o lu c ió n :

i = 10

+ 3,53 sen

(500t - 28,1°) (A).

en la

A P É N D IC E S is t e m a

Al.

A

d e n ú m e ro s

c o m p le jo s zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSR

NÚMEROS COMPLEJOS

Un númer o complejo z es un número de la forma x + jy, donde x e y son números reales )"=1. Se escribe: x = Re z, la pa r te r ea l de z; y = 1m z, la pa r te ima gina r ia de z. Dos números complejos son iguales si y s610 si sus partes e imaginarias son iguales, respectivamente. y j =

A2. PLANO COMPLEJO Dos ejes ortogonales, con el eje horizontal mostrando Re z y el eje vertical j 1m z, determinan un plano complejo en el que cada número complejo es un único punto. Si se observa la Figura Al pueden verse representados seis números complejos. De forma equivalente, cada número complejo está representado por un único vector que va desde el origen del plano complejo hasta el punto que representa el número complejo, como se ve en la Figura Al para el número complejo Z6. ¡ 1m z jS

Il

j_ j3- -

z,"6 ZlZ 2- j3 Zl= j4

z.--3+j2 as= -4- j4 z.- 3+ j3

-5 -_ -3 -2

.I~

-1

o

1

-jl

2 1 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO Rez ~,, zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPO zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU

-,2 :' -j3"

-.-

BA

Il

- j-

-j5

Figura Al.

553

554


A3. OPERADORj Ampliando la definición demlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j de la Sección Al puede verse cómo un operador hace girar cualquier número complejo (vector) A 90° en el sentido contrario a las agujas del reloj. En la Figura A2 se muestra un caso donde A es un número real puro, x. La rotación transforma A en jx, en la parte positiva del eje imaginario. Insistiendo en ello podemos comprobar que, j2 hace girar a 180°, j3, 270~, y j4, 360°. La Figura A2 muestra también un análogamente,zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA número complejo B en el primer cuadrante, con un ángulo e. Obsérvese que jB está en él segundo cuadrante, con un ángulo e + 90°.

I

/

--

,."

jx

jB

I ¡Z x,", -x

A=x I

\

\

\

/

"- "-

'-

-

I

,,/

¡Jx = -jJC

"

Figura A2.

A4. OTRAS FORMAS DE REPRESENTACIÓN DE NÚMEROS COMPLEJOS En la Sección Al los números complejos se definieron enforma recta ngula r. En la Figura A3, x = r cos e, y = r sen e, y el número complejo z puede escribirse en forma triqonometrica como z = x + jy = r(cos

f)

+ j sen 8)

Izl

donde r es el módulo O va lor a bsoluto (la notación r = es común), dado por r = J X2 + y2, Y el ángulo e = tg-1 (y/x) es el a rgumento de z. La fórmula de Euler, e jO = cos e + j sen e, permite otra representación de un número ' complejo denominada forma exponencia l: z

= r cos

e + ir

sen

e=

re'"

U na tercera forma, ampliamente usada en el análisis de circuitos, es la forma ri!l., donde e se da normalmente en grados.

Steinmetz, z =

pola r o de

SISTEMA DE NÚMEROS COMPLEJOS UTSRQPONMLKJ 5 5 5 ZYXWVUT

A3. F ig u r a zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGF

A 5.

SUM A

v

R E ST A D E N Ú M E R O S C O M PL E JO S

Para sumar dos números complejos hay que sumar las partes reales y las partes imaginarias separadamente. Para restar dos números complejos hay que restar las partes reales y las partes imaginarias separadamente. Desde un punto de vista práctico, la suma y la resta de números reales s610 puede realizarse de forma conveniente cuando ambos números están en forma rectangular. EJEM PLO

A1.

j2 Y Z2 = -3 - j8, Dado z¡ = 5 -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Z¡

+

Z2 -

A 6.

PRODUCTO

+ mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j( - 2 - 8) = 2 - jlO z¡ = ( - 3 - 5) + j( - 8 + 2) = - 8 - j6 Z2

=

(5 - 3)

D E N Ú M E R O S C O M PL E JO S

El producto de dos números complejos cuando ambos están en forma exponencial se realiza siguiendo las leyes de los números exponenciales.

El producto exponencial.

El producto

en forma polar o de Steinmetz es evidente a partir de la referencia a la forma

rectangular

A3.

Si

tratando

los dos números como binomios.

= (x¡ + jy¡)(x2 + jY2) = X¡X2 + jx Y2 + iv,», + /Y¡Y2 = (x¡x 2 - Y¡)'2) + j(X¡Y2 + Y¡x2 )

Z¡Z2

EJEM PLO

puede determinarse

l¡

=

2 i 30° y Z2

=

5j-4Y .

entonces

l¡ Z2

=

(2í300)(5j-4Y )

= 1O/-IY.

5 5 6 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

A 7.

A 4 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Si z¡ = 2 + j3 Y Z2 = - 1 -zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA j3, entonces z¡ Z2 = (2 + j3)( - 1 - j3) = 7 - j9.

D IV IS IÓ N D E N Ú M E R O S C O M P L E JO S

Para dos números complejos en forma exponencial, el cociente se obtiene directamente leyes de los números exponenciales.

de las

Nuevamente, la división con la forma polar o de Steinmetz es evidente a partir de la forma exponencial.

La división de dos números complejos en forma rectangular se realiza multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador (ver Sección A8).

~ =

Xl

Z2

X2

+ jYI .. + JY2

XIX2 X~

(X2

+ . YIX2

+ y~ = 4e

AS.

Dado

z¡

EJEM PLO

A6.

Dado

Z¡ =

(XIX2

X2 - JY2

+ YIY2

EJEM PLO

=

- jY2)

ilt /

J

3

y

Z2

8/ - 30° Y Z2

=

+ y~

lt /

6

,

2/ - 60°, 8/-30°

Z¡

-=--=

2/-60°

Z2

EJEM PLO

A7.

Dado

z¡

=

4 - j5 Y Z2

Z¡ Z2

=

1

4/30°

+ j2,

= 4 - j5 (1 - j2) = ., ~ _ j ~ 1 + j2

- Y2 XI)

=

- Y2 XI mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

X~

= 2ei

+ YIY2) + j(YIX2 2 2 X2 + Y2

1 - j2

5

5

SISTEMA

AS.

C O N JU G A D O

DE UN

NÚM ERO

DE NÚMEROS

COMPLEJOS ZYXWVUTSRQPO 557

C O M P L E J O zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVU

conjuga do del número complejo z x + jy es el número complejo z* = x - jy. Por tanto, ElzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ;=

Rez=--

z

z - z* Imz=--mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

+ z* 2

2j

En el plano complejo, los puntos z y z* son simétricos respecto al eje de los números reales. En forma exponencial: z = r e", z* = r e- jO. En forma polar: z = r@ , z* = r 1 - e. La forma trigonométrica: z = r(cos e + j sen e), z* = r(cos La conjugación tiene las siguiente propiedades útiles: i)

ii)

(z*)* = z (z 1

+ z 2 )* =

-

z*1

+ z*2

-

e-

j

sen

iii)

(z 1 Z)* = z*z* 2 1 2

iv)

(~)*

= ~

Z2

Z2

e).

B

A P É N D IC E zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA M a t r ic e s ZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y d e t e r m in a n t e s

B 1.

S IS T E M A

DE

E C U A C IO N E S

y M A T R IZ

C A R A C T E R Í S T I C A zyxwvutsrqponmlk

Muchos sistemas en ingeniería pueden describirse mediante un sistema de ecuaciones linealmente independientes de la formamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA y¡

=

a ¡¡x ¡

yz

=

a Z ¡x ¡

+ a12xZ + + a22xZ +

a13x3 aZ3x3

+ +

+ a ¡n x n + aZnxn

donde xj son las variables independientes, y ¡ las variables dependientes y a ¡j los coeficientes de las variables independientes. Los coeficientes a ¡j pueden ser constantes o funciones de algún parámetro determinado. Un método más adecuado para expresar las ecuaciones anteriores es utilizar la forma matricial.

I~:]~ I::: ::: ..~:: :::] [:.:] ~m

zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA ~m¡ «: a m3 a mm xn

o Y = AX, con la adecuada definición del producto AX (ver Sección B3). La matriz A == se denomina ma triz ca ra cterística del sistema; su orden o dimensión se denota por d(A)

==

[a ij]

m· n

donde m es el número de filas y n es el número de columnas,

B 2.

T IP O

DE

M A T R IC E S

Ma tr iz fila . Una matriz que contiene cualquier d(A) = 1 x n. También llamado vector fila .

número

de columnas

pero sólo una fila:

559


Ma tr iz columna . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Una matriz que contiene cualquier número de filas pero sólo una columna: d(A)

=

m

x l. También

Ma tr iz dia gona l.

columna .

Una matriz cuyos elementos no nulos están todos en la diagonal principal. Una matriz en la que todos los elementos de la diagonal principal son uno.

Ma tr iz unida d. Ma tr iz nula .

llamado vector

Una matriz en la que todos sus elementos son cero.

Ma tr iz cua dr a da . d(A) = n x n.

Una matriz en la que el número de filas es igual al número de columnas:

Ma tr iz simétr ica .

Dada

A==

la tr a spuesta

d(A)

=

m x n

de A esDCBA amI

a m2

a 2 mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA /1

Por tanto, las filas de A son las columnas de A T , Y viceversa. La matriz A es (simétrica si A = A T; de ello se deduce que una matriz simétrica debe de ser cuadrada. Ma tr iz her mítica :

Dada all A==

a 21

a 2 /1

amI

la conjuga da

de A es

ai" A* ==

a'L a:'"

MATRICES Y DETERMINANTES zyxwvutsrqponmlkj 561

La matriz A eszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA her mítica si A = (A *f; es decir, una matriz hermítica es una matriz cuadrada con los elementos reales en la diagonal principal y los elementos complejos conjugados ocupando las posiciones que son simétricas respecto a la diagonal principal. Obsérvese que (A*)T

=

(AT)*.

Ma tr iz no singula r . Una matriz cuadrada A de n x n es no singula r (o inver tible) si existe una matriz cuadrada B demlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA n x n tal que AB = BA = 1 donde 1 es la matriz unidad de n x n. La matriz B se llama la inver sa de la matriz no singular A, y se escribe B = A-l. Si A es no singular, la ecuación matricial Y = AX de la Sección Bl tiene, para cualquier Y, la solución única x = A -ly

B3. ARITMÉTICA DE MATRICES Suma y resta de matrices Dos matrices del mismo orden pueden sumarse o restarse; dos matrices de diferentes órdenes no pueden sumarse o restarse. La suma (resta) de dos matrices de m x n, A = [a¡J y B = [b¡J, es la matriz e de m x n en la que cada uno de sus elementos es la suma (resta) de los correspondientes elementos de A y B. Por tanto, A ± B = [a¡j ± bij]' . EJEMPLO 81.

Si

A [1273 4 0J

B [5O 21 6J1

=

entonces

La traspuesta

A+B=

1 + 5 4 [ 2+07+1

A-B=

[

-4

2

262

=

+ 2BA

O 3

6J [62 68 46J

+ + 1

=

-6J

de la suma (resta) de dos matrices es la suma (resta) de las dos respuestas: (A±Bf=AT±B T

,

Producto de matrices El producto AB, en este orden, de una matriz A de 1 x matriz e == [e 11 J de 1 x 1, donde

m

y una matriz B de m x 1 es una


Hay que observar que cada elemento de la matriz fila está multiplicado por su correspondiente de la matriz columna, sumándose después todos los productos. Normalmente, se esca la r c 11; tratándolo como un número ordinario obtenido según la identifica e con elzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA numeración a la que pertenecen cada uno de los elementos de A yUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA B , respectivamente. [aijJ de m x s y la matriz B = [b¡J de El producto A B , en este orden, de una matriz A = mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA s x n es la matriz e = [c¡J de m x n, donde s

cij

=

L

(i = 1, 2, ... , m ,

a¡kbkj

j = 1, 2, ... , n)

k=1

EJEM PLO

82.

3 [

- 2 O

6J 9

=

5

2 4

1 -6

[5(8) + (- 3)(7) 4(8) + 2(7)

5( - 2) + (- 3)(0) 4( - 2) + 2(0)

5(6) + (- 3)(9)J 4(6) + 2(9)

=

[19 46

432]'

-_10 8

La matriz A puede multiplicarse por la matriz B , es decir, el producto A B está definido, sólo cuando el número de columnas de A es igual al número de filas de B. Por tanto, si A es una matriz de 3 x 2 y B es una matriz de 2 x 5, el producto A B está definido, pero el producto B A no está definido. Si D Y E son matrices de 3 x 3, los productos D E y E D están definidos. Sin embargo, no es necesariamente cierto que D E = ED. La traspuesta del producto de dos matrices es el producto de las dos matrices traspuestas ca mbia ndo el or den del pr oducto:

(ABf

T

= B A

T

MATRICES

Y DETERMINANTES

563

Si A Y B son matrices no singulares de la misma dimensión, entonces también AB es no singular, con

Producto de una matriz por un escalar k se define por de una matriz A == [aijJ por un escalarmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

El producto

kA = A k

es decir, cada elemento de A está multiplicado k(A

B4.

+ B) =

kA

+ kB

DETERMINANTE

k(A B )

=

== [kaijJ por k. Obsérvese las propiedades (kA )B

=

(kA )T

A (kB )

=

kA T

DE UNA MATRIZ CUADRADA

En correspondencia con cualquier matriz A ==zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCB [a iJ de n x n .existe una determinada función escalar de los elementos a ij, denominada deter mina nte de A. Este número se expresa por

det A

ozyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC o ~A

o

donde la última forma pone en evidencia los elementos de A de los que depende el valor del determinante. Para los determinantes de orden n = 1 Y n = 2 se tiene que

Para valores de n mayores, las expresiones análogas se hacen más complicadas, y se evitan mediante la utilización del teorema de desarrollo de Laplace (véase más adelante). Lo que resulta importante es que un determinante esté definido de forma que det AB = (det A)(det B) para cualquier

par de matrices A y B de n x n. Otras dos propiedades det A T

Finalmente,

det A

=j:

=

det A

det kA

O si y sólo si A es no singular.

= k"

det A

básicas son:

5 6 4 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA CIRCUITOS ELÉCTRICOS UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA EJEM PLO

8 3 . zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Verificar la regla del producto de determinantes para

Se tiene

AB =

2

y

/ -4

9 27

1 [3

+ 41t/ = + 21t

Pero

2(27

/~

/ y efectivamente

4J[-2 2

90

+

201t = (-

tt

9J 1t

[ =

-

2 4

9 27

+ 41tJ + 21t

+ zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDC 21t) - (9 + 41t)( - 4) = 90 + 201t

~/ =

-2 9/ 1

1

1(2) - 4(3)

= -2(1t)-9(1)=

=

-10

-9-21t

10)( - 9 - 21t).

T e o r e m a d e l d e s a r r o llo d e L a p la c e

El menor complementa rio, M¡j' del elemento G¡j de un determinante de orden n es un determinante de orden 11 - 1 obtenido a partir del primero borrando la fila y la columna que contienen el elemento G¡j' El cofa ctor, tl.¡j' del elemento a ¡j se define por

El teorema de Laplace dice: En un determinante de una matriz cuadrada A, multiplicando cada elemento en la fila p-ésima (columna) por el cofactor del correspondiente elemento p # q: y det A. en la q-ésima fila (columna), y sumando los productos, el resultado es 0, paramlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQP para p = q. Rápidamente se deduce, por el teorema de Laplace, que si A tiene dos filas o dos columnas iguales, entonces det A = (y A debe ser una matriz singular).

°

MATRICES Y DETERMINANTES ZYXWVUTSRQPO 5 6 5 zyxwvutsrq

Inversión de matrices mediante determinantes.

Regla de Cramer

El teorema del desarrollo de Laplace puede utilizarse para el producto de matrices, como sigue:zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

~11

~21

~31

~12

~22

~32

~ln

~2n

det A O BA

O

o

~1l

~21

~31

~12

~22

~32

~ln

~2n

~3n

~nn

~3n

O

O

O

det A

O

O

O

O

det A

A(adj A)

=

(adj A)A

=

(det A)I

donde adj A == [~jJ es la matriz traspuesta de los cofactores de a mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQ de A, ij en el determinante e 1 es la matriz unidad de n· n. Si A es no singular, se puede dividir por el det A i= O, Y obtener que A-

1

=

_1_ adj A det A

Esto significa que existe una solución única del sistema lineal V

x=

(_1_

det A

=

AX, que es

adj A)V

que resulta la Regla de Cramer en forma matricial. La forma del determinante se obtiene considerando la r-ésima fila (r = 1, 2, ..., n) de la matriz solución. Ya que la r-ésima fila del adj A es

CIRCUITOS ELÉCTRICOS zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 5 6 6 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

se tiene:

{f:]

x, ~ (de: A) [A" A" A" ... A••

= (de~zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A}Y1~lr + YZ~Zr + Y3~3r + ... + Y"~"r ) a 1(r -1)

=

(de~

A)

a Z(r -

1)

La última igualdad puede verificarse aplicando del determinante dado.

B 5.

AUTO VALORES

UNA

DE

Y1

a 1(r + 1)

YZ

a Z(r + 1)

el teorema de Laplace a la r-ésima columna

M A T R IZ

CUADRADA

Para un sistema lineal Y = A X con la matriz característica A de n- n es de particular importancia investigar las «excitaciones» X que producen una «respuesta» Y determinada. A es un escalar, Por tanto, haciendo que Y = AX, dondemlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA AX = A X

(lJ - A)X = O

o

donde O es la matriz nula de n- 1. Ahora bien, si la matriz IJ - A fuera no singular, sólo existiría la solución trivial X = Y = O. Por tanto, para una solución no trivial, el valor de 1, debe de ser tal que haga que ),1 - A sea una matriz singular; es decir, debe verificarse que

det (lJ - A) =

=0 -a

1 l1

-a BA llZ

Las n raíces de la ecuación polinómica en ), son los autovalores de la matriz correspondientes soluciones no triviales de X son conocidas como los a utovector es Haciendo que 1, = O en el primer miembro de la anterior ecua ción ca r a cter ística , observarse que el término constante en la ecuación deberá ser

A; las de A. puede

det (- A) = det [( -l)A] = (- l)"(det A) Ya que el coeficiente de 1," en la ecuación es evidentemente la unidad, el término constante es también igual a (- 1)" veces el producto de todas las raíces. El deter mina nte de una ma tr iz cua dr a da es el pr oducto de todos sus a utooa lor es, resultando uná alternativa, y muy útil, definición de determinante.

, UTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

In d ic e zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

seguidor de tensión, 83 Acoplamiento de admitancias, 235 Análisis de circuitos, 433-476 Acoplamiento fuerte, 400 aplicaciones, 518-521 Admitancia, 229, 240, 289, 364-365 descripción del circuito, 433-434 acoplamiento, 235 de CC, 435-440 auto-, 235 usando Spice y PSpice, 433-476 combinaciones de, 231 Análisis en CC, 435-440 de entrada, 236 sentencias de salida, 440-442 de transferencia, 236, 250 Ancho de banda, 355-359 diagrama, 231 Ángulo de fase 1,207-208,224-225,228,253 en paralelo, 230 Ángulo plano, 1 en serie, 230-231 Aplicación de una tensión de CC a una bobina, 155 Amortiguamiento, 187-191 Armónicos, 137,515,518,538 críticamente amortiguado, 187, 339 Atenuador, 26 de circuitos en paralelo, 194 Autoadmitancia, 235 de circuitos seriezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA RLC, 189-190 Autoinductancia, 397 sobreamortiguado, 187-188, 192,339 Autovalores, 566 de circuitos paralelos RLC, 191-192 Autotransformadores, 409-410, 422 de circuitos serie RLC, 188 subamortiguado, 187,339 de circuitos paralelos RLC, 193 Baterías, 6 de circuitos serie RLC, 187, 190 Bobinas,297,308-309, 354,412 Amperio, 1, 3 acopladas, 400-401, 412-413 Amperios-hora, 6 energía de dos, 403-404 Amperivueltas, 408 , de serie, 241 Amplificadores, 71-115 Bobinas/inductores/inductancias, 1, 9-10, 13, 18 modelo de, 71-73 aplicación de una tensión de CC a, 155 realimentación en, 73-74 auto-, 397-398 sumadores-integradores, 89-90 de dispersión, 405 sustractores/diferenciadores, 84-85 en paralelo, 35, 38 Amp Op, 74-78,107-108 en serie, 38 análisis con ordenador de circuitos con, estado estacionano en CC de, 159-160 443-446 intercambio de energía entre condensadores y, análisis de circuitos de, 78-79 270 circuitos con varios, 85-87 567

5 6 8 zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA íNDICE zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA

Bobinas/inductores/inductanciaszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (ca nt.) parámetros Z , 375, 378, 380-384, 386-388, mutua, 397-398 390,393,395 pasa-altos, 326-331 pasa-bajos, 326-331 Caballo de vapor, 7 pasivos, 188-189 Caída de tensión, 71, 111-112 polifásicos,295-323 Carga eléctrica, 1, 2-3 recípricos, 370, 373 Centi,2 RC (véa se circuitos RC) Circuito relaciones tensión-intensidad, 9 derivador, 89 RL (véa se circuitos RL) equivalente en 1t, 373 RLC (véa se circuitos RLC) T , 371 equivalente enUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA sinusoida1es (véa se Circuitos sinusoidales; integrador,87-88 Circuitos en estado estacionario sinusoidal) sumadores, 80 condiciones iniciales de un, 89 con descarga, 88-89 tanque, 347 inversor, 79 Circuitos de dos puertas (cuadripolos), 331, sumador, 80-81 369-396 \ tanque, 347 conexión en cascada, 378 Circuitos conexión en paralelo, 378 conexión en serie, 378 conceptos, 9-25 con dos mallas, 194-195, 216, 504-505 conversión entre paramétros Z e Y, 375-376 equivalente en T de, 371 convenios de signos, 10 conversión entre parámetros Z e Y, 375 interconexión, 378-379 de dos mallas, 194-195, 504-505 parámetros g, 376, 380-381,393 de dos puertas, 369-396 parámetros h, 376, 380-381, 389-391, 393 de dos puertas/dos impedancias, 456 parámetros en T, 377, 379-381, 392-393 de orden superior, 187-221 parámetros Y, 372-373, 375, 378, 380-381, de primer orden, 149-186 384-389 diagrama de localización, 345-349 parámetros Z , 369-371, 374-375, 378, 380-384, diferenciadores,89-90 386-388,390,393,395 ecuaciones características, 369, 374 Circuitos en el dominio s, 485-486 equivalente de n, 373 circuitos pasivos en, 199 equivalente de T , 371 impedancia, 196-197 elecciones de parámetros, 379 impedancia de circuitos RLC, 198 Circuitos polifásicos, 295, 297 elementos en paralelo, 30-31 cargas trifásicas, monofásico equivalente de, elementos en serie, 28-30 esquemas de, 16- I7 303 fasores de tensión, 299 integradores, 87 -90 inversores, 79 medida de potencia con vatimetros. 308-3 10 leyes de los, 27-39 potencia instantánea, 295 métodos de análisis, 41-70 potencia trifásica, 308-309 no-inversores. 81-83 secuenciamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFE A B C , 297. 312-313, 317, 321 paralelos LC, 343-344 secuencia C B ,l, 297:'3) 3-314, 321 parámetros de, 380-381 sistema en estrella, 298-299 parámetros g, 376, 380 cargas desequilibradas a cuatro hilos, parárnetros h , 376, 380, 389-390 304-305 parámetros T , 377, 379, 380 cargas desequilibradas a tres hilos. 305-306 parámetros Y, 375, 378, 380-381, 384-389, cargas equilibradas, 301-302 394 conexión equivalente en triángulo y. 301-303

569 íNDICE ZYXWVUTSRQ

Circuitos polifásicoszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (cont.) tensión transitoria, 216 sistema en triángulo, 298-299 Circuitos recíprocos, 370 cargas desequilibradas, 298 Circuitos sinusoidales estacionarios, 223-259 cargas equilibradas, 300-301 admitancia, 229, 230-232 conexión equivalente en estrella y, ángulo de fase, 225 301-302 división de tensión/intensidad en el dominio de sistemas bifásicos, 295-296 la frecuencia, 232 sistemas trifásicos, 297-298 fasores, 226-229 Circuitos RC impedancia, 229-231 complejos de primer orden, 157-159 método de las intensidades de malla y, 233-235 de dos ramas, 384 en paralelo, 142-143,346 respuesta de los elementos, 223-225 en serie, 182, 186,238-239, 252-253 Coeficiente de acoplamiento, 399 Coeficiente de inducción mutua, 397-398 respuesta a escalón de, 166 análisis de circuitos por ordenador de, respuesta a excitaciones exponenciales, 449-450 166-168 bobinas acopladas y, 400-401 respuesta a excitaciones sinusoidales, 168 circuitos equivalentes acoplados respuesta a un impulso de, 165-166 conductivamente y, 404 respuesta a un pulso, 162, 164 coeficiente de acoplamiento y, 399 Circuitos RL, 176 regla de punto, 402 complejos de primer orden, 157-159 Comparadores, 93 de dos ramas, 348 Computadores en serie, 180, 184, 253, 346 respuesta a escalón de, 166-167 análisis de circuitos usando, 433-476 respuesta a excitaciones exponenciales, 166, analógicos, 90-91 programa Schema tic Ca ptur e, 433 168 programa Spice (véa se Spice y PSpice) respuesta a excitaciones sinusoidales, 168 Condensadores/capacitadores, 7, 9, 11, 15,24, respuestas a un impulso de, 165-166, 168 38, 183,204-205,253 respuesta a un pulso, 165 sin fuentes, 153-154 aplicación de una tensión de CC a, 151-154 Circuitos RLC con pédidas, 358-359 en paralelo, 191-194, 206 descarga a través de una resistencia, 149-151 críticamente amortiguados, 194, 351 en paralelo, 30, 35, 36 sobreamortiguados, 192 en serie, 29, 35, 36 subamortiguados, 193 estado estacionario en CC, 159 en serie, 187-191,204-206,346-347 intercambio de energía entre bobinas, críticamente amortiguados, 189,253, 350, 270 351 Condensadores con pérdidas, 358-359 sobreamortiguados, 188 Condiciones de Dirichlet, 508-509, 510 subamortiguados, 190 Conducción, 3 factor de calidad, 354 Conductancia, 1, 254 frecuencia natural de resonancia, 216 Conmutación, 100, 175 impedancia en el dominio s, 198 transición en la, 160-164 intensidad transitoria, 216 Constante de tiempo, 131, 156 multiplicación de impedancias, 220 Corriente de bucle, 42,57,65 potencia de CA en, 266-267 Corriente de magnetización, 406-407 resonancia Corriente natural, 401 paralelo, 342 Críticamente amortiguado, 187, 189, 194, 339 Culombio, 1, 4 serie, 340-341zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA


Densidad Factor de calidad, 341,354 de energía, 525 de flujo magnético (Inducción magnética), 1 disipación, 358 Desarrollo multiplicación, 203, 214-215 de Heaviside, 485 Factor de potencia, 284-285 en sistemas trifásico, 308 en fracciones simples, 483-485 Desfase, 119-122 mejora (corrección), 276-278 temporal 1 1 9 -1 2 2 Faradio, I Devanado, 412-415 Faradios, 12 primario, 405 Fasor de secundario, 405 intensidad, 520 Diagrama tensión, 299 de localización, 345-347 Fasores, 326 de polos y ceroszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (véa se Diagramas de polos definición, 226 y ceros) diagramas de, 226 en el plano s, 218 diferencias de fases de, 226 Diagramas de polos y ceros, 198-199,212, notaciones equivalentes de, 228 218-219 tensión, 242 respuesta en frecuencia a partir de los, Femto,436 334-335 Filtros, 335-336 Divisores activos, 336-337 de corriente, 32-33, 232 pasa-bajos, 92, 333-334 de tensión, 31,38,210-211,232,244,251, pasa-bandas, 337-338 349,363 pasivos, 336-337 Dominio de Flujo la frecuencia, 229, 232 de acoplamiento, 399 la frecuencia compleja, 477 disperso, 399,407 tiempo, 229, 477 magnético, 1, 397 mutuo, 399,405 Formas de onda Ecuaciones características, 369, 374 análisis utilizando el método de Fourier de, Electrones, 3, 6 507-551 Elementos cosenoidales, 139,508 activos, 9 densidad de energía de, 525 pasivos, 9, II dientes de sierra, 507, 515-516, 542 Energía (véa se ta mbién Potencia) espectro continuo de las, 525 cinética,4 espectro de, 415 intercambio entre bobinas y condensadores, no periódicas, transformación, 521-523 270 periódicas, 507 senoidales, 117, 508, 544 potencial, 4 trabajo, 2 simetría de, 512-514, 529 Escalar, 562 síntesis de, 515, 542 valores eficaces y- potencia, 516 Espectro, 515 Estado estacionario, 149 Fórmula de Euler, 554 de bobinas/condensadores en CC, Frecuencia 159-160 central, 338 Estado estacionario con CC de compleja, 195-196 bobinas/condensadores, 159-160 de media potencia, 331 Esterorradián, 1 de operación, 334

571 íNDICE UTSRQPONMLKJ

Identidad de Euler, 228 FrecuenciazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (cont.) Impedancia, 208-210,238-240,253,320-321 natural, 220, 339 combinaciones de, 230 Frecuencia compleja, 19?-196, 207-208, 216 de entrada, 234 diagrama de polos y ceros, 198-200 de transferencia, 235, 248 función de transferencia y, 198-199 diagrama de, 231 impedancia de circuitos en el dominio s, en circuitos estacionarios estacionales, 229-231 196-198 en el dominio s, 196-198 multiplicador de, 203 en paralelo, 230-231 multiplicador de frecuencia, 203 en serie, 230-231 respuesta forzada y, 200, 202 reflej ada, 410 respuesta natural y, 202-203 Impulso periódico, 18 Fuente flotante, 84 Impulso, respuesta de circuitos de primer orden a Fuentes de tensión un, 162-165 dependientes, 9 Inductancia de dispersión, 405 independientes, 9 Intensidad Fuerza, 1, 2" de corriente eléctrica, 3 Función de fase, 300-301 delta unidad, 128 de malla/método de las intensidades de malla, escalón unidad, 127 42,43,48,55,65,67,244 exponencial, 131-133, 156 circuitos sinusoidales y, 233-236 Función de transferencia, 198-199 de Norton equivalente, 51-52 diagramas de polos y ceros, 198-199 por la carga, 300 respuesta en frecuencia y, 332-333 Intensidad o corriente, 23, 24, 34 respuesta forzada, 200-201 constante, 5 respuesta natural, 202 de bucle, 42, 56, 65 Función del tiempo, 207,488-489 aleatoria, 117 deCC,155 no periódica, 117, 126 de carga, 300 periódica, 117-118, 122 de fase, 300-301 de magnetización, 406-407 Función impulso de malla, 42, 55, 65, 244, 256 fuerza de la, 128 propiedad sifting, mlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA 131 de rama, 42, 54, 64, 240 unidad, 128 equivalente de Norton, 51-52 Funciones periódicas, 117-118,262 fasor de, 520 combinación de, 122 ley de Kirchhoff de la, 28, 41-45 valores medio/eficaz RMS, 124 natural, 401-402 Funciones sinusoidales, 119 relación con la tensión, 11 variable, 5 Integral de inversión compleja, 478 Ganancia en lazo abierto, 72 Iones,2 Generador de CA, 295, 310 Generadores Julio,_I, 2, 4, 5 bifásicos,295 de CA, 310 trifásicos,297 Giga, 2, 436

Kilo, 1,436 Kilovatio-hora, 6

Ley de Henrio, 1, 12, 435 Hercio, IzyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Faraday, 399, 405


Ley dezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (cont: ) Método de la transformada de Laplace, 477-505 Kirchhoffpara las tensiones (LKT), 27,42-43, circuitos en el dominio s, 485-487 481 convergencia de la integral, 481 Lenz,402 desarrollo de Heaviside, 485-491 Ohm, 53 desarrollo en fracciones simples, 483-485 Ley Kirchhoff para las intensidades de corriente directa, 477 (LKC), 28, 41, 45 inversa, 478 Leyes (véa se ta mbién Teoremas) teorema del valor final, 482-483 de Faraday, 399, 405 teorema del valor inicial, 482 de Kirchhoff para las intensidades, 28, 41, 45 transformadas seleccionadas, 478-481 de Kirchhoff para las tensiones, 27, 42, 481 Método de las corrientes de rama, 41, 54, 64, de Lenz, 402 240,361 de Ohm, 53 Método de los determinantes, 45-46 Longitud, I Método de tensiones en los nudos, 45-46, 48, 59, 66,68,246-247,248 circuitos sinusoidales y, 235-236 Magnitudes constantes, 5-7 Método matricial, 43-45, 56-58 Masa, I Métodos, análisis (véa se Métodos de análisis) Matriz (matrices), 559-566 Métodos de análisis (véa se ta mbién Leyes; autovalores de una matriz cuadrada, 566 Teoremas),41-70 características, 559 corriente de rama, 41, 54, 64, 361 columna, 559 corrientes de malla, 42-43, 48, 55, 65, 67, cuadrada, 559,563-566 233-234,244,256 de impedancias, 233-234 determinantes, 43-44 de impedancias Z, 233-234 matriz/matrices, 43-44, 57 diagonal, 560 tensiones en los nudos, 45-46, 48, 66, 68, escalar, 562 235-236,246-247,248 fila, 559 transformada de Laplace, 477-505 hermítica, 560 Metro, 1 inversión mediante determinantes, 565 Micro, 2, 436 no singular, 561 Mili, 2,436 nula, 560 Motor de inducción, 290, 294 producto, 561-562 Motores de inducción, 290, 294 resta, 561-562 Multiplicación, 203 simétrica, 560 de frecuencia, 203 sistema de ecuaciones, 559 de módulos, 203, 214 suma, 561-562 MuItiplicador de frecuencia, 203 tipos de, 559-560 unidad,560 Máxima transferencia de potencia, 279-280 Nano, 2, 436 Mega, 2,436 Newton, 1,2 Método de Fourier, 508-551 Newton-rnetro, 2 análisis con ordenador, 458 Nudo, 28 ' análisis de circuitos y, 518-521 principal, 28 series exponenciales, 510-511, 535-536, 545-548 simple, 28 series trigonométricas, 508-510, 528-536, 542-544 simetría de ondas, 512-515 Ohm, 1, 12 valores eficaces y potencia, 516 Onda

íNDICE ZYXWVUTSRQP 573

OndazyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (cont.) compleja, 270-274, 291, 293 cosenoidal, 139,508 en circuito RLC, 266-267 de dientes de sierra, 5,07, 515, 542 en cuadratura, 266 senoidal, 117, 508, 544 en estado estacionario sinusoidal, 263-264 Operador j, 554 instantánea, 261, 264, 267, 269-270 intercambio de energía entre bobina/condensador, 270 Parámetros media, 264-266, 270 características, 379-380 mejora del factor de potencia, 276-278 de la admitancia, cortocircuito (véa se potencia máxima transferida, 278 Parámetros de Y) reactiva, 266, 270, 289 Potencial eléctrico, 1, 4 de la impedancia, circuito abierto (véa se Potenciómetro, 36 Parámetros Z) PSpice (véa se Spice y PSpice) híbridos, 376 inversos, 376 Parámetros en T, 377, 379-380 Parámetros h, 376, 380, 389-390 Radián,2 Ráfaga de ondas, 141 Parámetros g, 376, 380 Parámetros Y, 372-373, 375, 378, 380, 384-385, Reactancia, 230 394 capacitiva, 230 conversión entre parámetros Z y, 375 inductiva, 405 Parámetros Z, 369-371, 378, 380, 382-386, 393 Realimentación, en circuitos amplificadores, circuitos de dos puertas (cuadripolos), 374 73-74 conversión entre parámetros Y y, 375 Región de convergencia, 481 Pico, 2, 436 Regla de Cramer, 44, 565-566 Plano complejo, 553 Regla del punto, 402, 449 Polaridad, 10,33,297 amperivueltas, 408 instantánea, 402 Relación de Potencia (véa se ta mbién Energía) amortiguamiento, 339 absorbida, 49 de tensión, 348 activa, 265 de transformación, 290 aparente, 270-274, 308 Resistencias/resistores, 1, 12, 13, 23, 358-259 en un sistema trifásico, 308 de entrada, 46, 48, 67 compleja, 270-274, 291, 293, 316 descarga de condensadores en, 149-151 de CA, 261-293 de transferencia, 47 en cuadratura, 266 distribuidas, 10 eléctrica, 4-5 en paralelo, 31, 35, 36 en estado estacionario sinusoidal, 263-264 en serie, 29 en sistemas trifásicos, 308 Resonancia, 337-338, 348, 350, 356, 363-365 instantánea, 261, 264, 267, 269, 270, 295,311 en paralelo, 342-344 media, 264-266, 270, 311, 517, 538 en serie, 340-342 reactiva, 266, 270, 289, 308 Respuesta en sistemas trifásicos, 308 a un escalón unidad, 165-168 trifásica, 308-309 a un impulso unidad, 164-168 valores eficaces y, 516 Respuesta a un impulso Potencia en CA, 261-294 circuitosRCy, 165-166 activa. 265 circuitos RL y, 165-166 aparente, 270-274 Respuesta en el tiempo circuitos en paralelo. 275, 278zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA análisis de circuitos con ordenador de la, 453


Sistema en estrella, 297-299 Respuesta en frecuencia, 92, 325-326 conexión equivalente en triángulo, 302-303 análisis de circuitos con ordenador de, de cargas desequilibradas a cuatro hilos, 446-449 circuitos con dos puertas/dos impedancias, 331 304-306 de cargas desequilibradas a tres hilos, 306-307 circuitos paraleloszyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA LC, 343 de cargas equilibradas a cuatro hilos, 300-302 circuitos pasa-altos, 326-331 Sistema en triángulo, 298-299 circuitos pasa-bajos, 326-331 funciones de transferencia y, 332-333 de cargas desequilibradas, 304 localización de polos y ceros, 334-335 de cargas equilibradas, 300-302 equivalente en estrella de un, 302-303 media potencia, 331 Sistema Internacional de Unidades (SI), 1-2 resonancia en serie y, 340 Software (véa se Ordenadores, Spice y PSpice) Respuesta forzada, 151 función de transferencia y, 201-202 Solución Respuesta natural, 151 homogénea, 149, 151 función de transferencia y, 202 particular, 149, 151 Sobreamortiguamiento, 187, 188, 192,339 Resistencia de entrada, 46-47, 67 Spice y PSpice, 433-476 análisis de DC sentencias de salida, 440-442 Saturación, 99, 101 SecuenciamlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA A B C , 297, 312-313, 317, 321 uso, 435-440 análisis de circuitos amp op, 444-446 Secuencia C B A , 297, 313-314, 321 Segundo, 1 análisis de Fourier, 458 análisis de sensibilidad, 459 Sensibilidad, 111-112 análisis transitorio, 453 análisis con ordenador, 458 definición de otras fuentes, 453-458 Señales equivalente Thévenin, 443 aleatorias, 134-135 estado estacionario en CA, 447-449 no periódicas, 126 sentencia AC, 447 periódicas, 117-118, 122, 261 sentencia .PLOT AC, 447 Siemens,1 Simetría sentencia .PRINT AC, 447 fichero fuente de media onda, 512, 529 partes de un, 434 de ondas, 512-514 sentencia .END, 435 Simplificación de un circuito, 48-49 sentencia título, 434 Síntesis, formas de onda, 515 sentencias de control, 435 Sinusoidales amortiguadas, 133 sentencias de datos, 435 Sistema de números complejos, 553-557 sentencias de salida, 435 Sistemas de números, complejos (véa se Sistema fuente exponencial, 453 de números complejos) fuente pulso, 455 conjugado de, 557 fuente sinusoidal, 456-458 división de, 556 inductancia mutua, 449-450 forma rectangular, 554 respuesta en el tiempo, 453 forma trigonométrica, 554 respuesta en frecuencia, 447-449 módulo o valor absoluto, 554 sentencia .SUBCKT, 445 multiplicación de, 555 sentencias de datos operador j, 554 elementos pasivos, 435 plano complejo, 553 fuentes controladas, 439 representaciones de, 554 fuentes controladas por la tensión, 438 resta de, 555 fuentes dependientes, 438 suma de, 555

575 íNDICE ZYXWVUTSR

Tesla, I Spice y PSpicezyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA (cont.) Tiempo, 1 fuentes independientes, 436 Trabajo, energía, 1, 2, 4 fuentes linealmente dependientes, 438 Transductores, 105 símbolos y factores de escala, 436 Transformada transformadores, 449-450 directa de Laplace, 477 Subamortiguamiento, 187, 190-191, 193,339 inversa de Fourier, 521, 523 Superposición, 49-52, 113-114 inversa de Laplace, 478 Susceptancias, 254 Transformada de Fourier capacitiva, 230 inversa, 521, 523 inductiva, 230 propiedades de, 524 Transformador de núcleo ferromagnético, 404 Transformadores, 293 Temperatura Kelvin, 1 análisis con ordenador de, 449-450 Tensión, 21 auto-, 409-410, 422 de desplazamiento del neutro, 306 de núcleo de aire, 404 de un nudo, 45-46, 48, 59, 66, 68, 235-236, de núcleo ferromagnético, 404 246-247, 248 ideales, 407 equivalente de Thévenin, 51 impedancia reflejada de, 410-411 fasor de, 299 lineales, 404 ley de Kirchhoffpara la, 27, 42-43, 481 Transitorios, 149 polaridad de la, 297 análisis con ordenador, 453 relación con la intensidad de la, 11 Triángulo de potencias, 270, 274, 286-287 sinusoidal,272 Teorema de transferencia de máxima potencia, 53-54 Unidades SI, 1-2 del desarrollo de Laplace, 564 Unidades eléctricas, 1-2, 266 Teorema de Norton, 51-53, 69-70, 250-251 circuitos sinusoidales y, 236 Teorema de Thévenin, 51-53, 61, 69-70, 250-251, Valor eficaz (RMS), 4 258,443 circuitos sinusoidales y, 236 valores medio/eficaz, 124-12\6 Teoremas (véa se ta mbién Leyes) Vatímetro de ex, 308, 315 Vatímetros, 3 15 de la máxima transferencia de potencia, 53-54 medida de potencia con, 308-309 de Norton, 51-53, 69-70, 236, 250-251, 258 Vatios, 1,2,4 de Thévenin, 51-53, 61, 69-70, 236, 250-251, 258,443 Voltamperios reactivos, 266 del desarrollo de Laplace, 564 Voltio, 1,4 del valor final, 482-483 del valor inicial, 482 Tera, 2, 436zyxwvutsrqponmlkjihgfedcbaZYXWVUTSRQPONMLKJIHGFEDCBA Weber, 1

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