2013 Introdu Introducci cción: ón: Número Números s Com le os
Definición La unidad imaginaria j se define como la solución positiva de la ecuación j2 + 1 = 0. Es decir,
= −1 De la definición se tiene que, j
j2 = –1 j3 = j j2 = – j j4 = j2 j2= (–1) (–1) = 1
e c era
Un número imaginario puro es el producto de un número real y la unidad imaginaria. Por ejemplo: j5, – j j3.5, j7 x 10 –5. Un número complejo es la suma de un número imaginario puro y un número real. En general será de la forma A = a + jb. , escribirlos a mano se usará una barra sobre la letra. En el número A = a + jb, a es la parte real de A y b es la parte imaginaria de A. Estas se designan por a = Re[A] y b = Im[A].
25/03/2013
SLUQUEG
imaginaria es cero. Los número complejos se ueden ued en re resent resentar ar en el lano lano utilizando el eje horizontal para la parte real y el vertical para la parte imaginaria. imaginaria. A esta representación se le llama diagrama de Argand . En la fi ura se re res resenta ntan lo los números complejos A = 3 – j j2 y B = –4 + j3.
3
Definición de igualdad
son iguales y las partes imaginarias son iguales. Es decir, Si A = a + jb y B= c + jd = implica a = c y b = d
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SLUQUEG
5
Operaciones con complejos = Resta:
(a + jb) – (c + jd ) = (a – c) + j(b – d )
Multiplicación:
(a + jb)(c + jd ) = (ac – bd ) + j(bc + ad )
= jb. como A* = a – jb.
complejos A = a + jb y B= c + jd como A/B = (AB*)/(BB*)
División: (a + jb)/(c + jd ) = ((ac + bd ) + j(bc – ad ))/( ))/(c2 + d 2)
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SLUQUEG
Tarea #1 Sean A = –4 + j5, B = 3 – j j2, C = –6 – j j5; determine – b) –3B* +5C c) j5C2(A + B)* + e) (A + B)/(C – B)
7
Identidad de Euler Las funciones sen θ, cos θ y ez , se pueden desarrollar en series de otencias como: θ3 θ5 θ7 sen θ = θ − + − + ... 3! 5! 7! θ2 θ4 θ6 cos θ = 1 − + − + ... 2! 4! 6! 2 z
e
3
4
5
= 1 + + + + + ... 1! 2! 3! 4! 5!
= , e 25/03/2013
θ θ2 θ3 θ 4 = + − − + ... 1 ! 2 ! 3 ! 4! SLUQUEG
comparando con las series para seno y coseno se concluye que e jθ = cos θ + jsen θ
es fácil mostrar que cos θ = ½(e jθ + e – jθ ) sen θ = − j ½(e jθ – e – jθ )
9
Forma exponencial Multiplicamos e jθ = cos θ + jsen θ por C Ce
= C cos cos + jC sen sen
La segunda parte de la igualdad representa un número complejo A = a + jb.
a2 + b2 = C 2
o
También
b/a = tan θ
o θ = tan –1b/a
También
A = Ce jθ
SLUQUEG
25/03/2013
C = + a
2
+ b2
11
Tarea #2 Exprese los siguientes números complejos en forma exponencial utilizando un ángulo ángulo en el intervalo intervalo de –180° –180° a 180° a) –18.5 – j j26 b) 17.9 – j j12.2 c) –21.6 + j31.2 Ex rese rese cada cada un unoo de de los los nú núme mero ross com com le os en form formaa rec recta tann ular ular a) 61.2e – j111.1° – . c) 5e – j2.5
j108°
ojo el ángulo está en radianes
La forma polar ∠θ. La forma compleja A = Ce jθ se puede abreviar como A= C ∠θ Por ejemplo el número A = –2 + j5 puede escribirse como 5.39∠111.8º. La multiplicación y división de complejos es más simple utilizando la forma polar.
∠θ y B = De jφ = D∠φ, entonces Sea A = Ce jθ = C ∠θ (A)(B) = (C ∠θ)( ∠θ)( D D∠φ) = CD ∠θ+φ
−
= 25/03/2013
SLUQUEG
13
Relación entre las 3 formas La siguiente fórmula resume las tres formas de complejos
=a =
a2
= + b 2 ∠ tan −1 (b / a)
=
e
θ
=
a2
2
e
tan −1 b / a
Tarea #3 Exprese el resultados de cada una de esta manipulaciones de números complejos en forma polar, utilizando seis cifras significativas, solo por disfrutar del cálculo: a 3.44∠25°*8.04∠ –46° /4.5∠56° b) [2 – (1∠ –41°)]/(0.3∠41°) c) 50 (2.8 (2.877∠83.6°+5.16 ∠63.2°) d) 4∠1 8 ° – 6∠ –75° + 5∠28°
25/03/2013
SLUQUEG
Comandos de Matlab para complejos comple com plex(a x(a,b) ,b) – reg regres resa a el compl complejo ejo a +jb imag im ag(c (c) ) – re regr gres esa a Im Im[c [c] ] con
c
– re resa c*
angle( ang le(c) c) – reg regres resa a el ang angulo ulo de fase fase abs(c) abs (c) – reg regres resa a la la magn magnitu itud d de de c real re al(c (c) ) – re regr gres esa a Re Re[c [c] ] isreal(c) isreal (c) – reg regres resa a 1 si la part parte e ima in ina ari ria a de de c es 0
15
Ejemplos Tarea #1 A = 4 + 5j, B = 3 – 2j, C = -6 – 5j; % a) C - B C - B % b) -3B* +5C Resultados - con - . - . 5 2 % c) j C (A + B)* -39.0000 -31.0000i j^5*C^2*conj(A + B) -3.8700e+002 +2.5700e+002i B*real(A) + A*real(B) % e) e) (A (A + B) B)/( /(C C - B) -
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24.0000 + 7.0000i -0.8 -0 .800 000 0 - 0.06 0.0667 67i i
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Ejemplos 31.9100 . 21.6622 -34.2769 37.9473 124.6952 -22.0318 -57.0968i 11.1864 -34.4282i - . .
= - . abs(A) angle(A)*180/pi A = 17.9 - 12.2 abs(A) angle(A)*180/pi A = -21.6 + 31.2j abs(A) angle(A)*180/pi complex(61.2*cos(-111.1*pi/180),61.2*sin(-111.1*pi/180)) complex(-36.2*cos(108*pi/180),-36.2*sin(108*pi/180)) complex(5*cos(2.5),5*sin(2.5))
Tarea #4 1. Resuelva los siguientes problemas en Matlab a Z + 2 = 3/ 3/Z b) Z = 2*ln 2*ln(2 (2 – 3j) 3j) c) sen Z = 3 d) tan Z = 2 j 2. Escriba una función en Matlab que acepte un complejo y lo des lie ue en forma olar. 3. Utilice la función que definió para mostrar los resultados del . 25/03/2013
SLUQUEG
Análisis de estado senoidal permanente
19
v(t ) = V m sen ωt V m – amplitud de de la onda
ωt – – argumento argumento La función se repite cada 2 π radianes y po porr lo tanto el el periodo (T ) de la senoidal es de 2 π radianes. La frecuencia es = 1/T así ue
ωT = 2π ω = 2π f 25/03/2013
SLUQUEG
21
Grafica de la función seno Función senoidal en función de ωt .
Códi ódi go en en Mat l ab f l t ( ' si ' [
i / 2 2* p pii +0 1
1 5 1 5] )
Función senoidal en función de t .
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SLUQUEG
23
Retraso y adelanto Forma general de la senoide
v(t ) = V m sen (ωt + θ)
θ – án ulo de fase. Códi ódi go en Mat l ab %ar chi chi vo v. v. m f unct i on y = v( t , Vm, w, t het a) y = Vm* si n( w* t +t het het a) ; >> f pl ot ( ' v' , [ - pi / 2 2*pi *pi +0. 1 - 1 1] , [ ] , [ ] , ' - r ' , 0. 5, 1, 0) >> f pl ot ( ' v' , [ - pi / 2 2*pi *pi +0. 1 - 1 1] , [ ] , [ ] , ' - b' b' , 0. 5, 1, pi / 4)
=
m
=
m
Conversión de senos a cosenos Se cum le ue V m sen ωt = V m cos(ωt – – 90°)
En general –
=
°
– cos ωt = cos(ωt ± 180°) μ
sen ωt = cos(ωt ± 90°)
± cos ωt = sen ωt ± 90° 25/03/2013
SLUQUEG
25
Ejemplo Determinar el ángulo mediante el cual i1 está retrasada respecto – ° 1 . – 1, 1 70°) . sen
πt – –
= . cos
πt – –
–
= 1.4 cos(120πt – – 160°) la diferencia de fases es –
° –
°
por tanto el retraso es de 120°.
°
Tarea 5 Determinar el ángulo mediante el cual i1 está retrasada respecto – ° 1 1, 1 a) 2.5 cos(120πt + 20°) b) –0.8 cos(120 cos(120πt – – 11 110°) 0°)
En general – sen ωt = sen ωt ± – cos ωt = cos(ωt ± 180°) sen ωt = cos(ωt ± 90°) °
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SLUQUEG
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Respuesta forzada a funciones senoidales Se utilizan los términos respuesta forzada o respuesta a estado permanente. ons ere e c rcu to ser e RL con una uente seno a v t = V m cos ωt .
+ V – R + V L
–
Aplicando LKV V L + V R = v(t )
Respuesta forzada a funciones senoidales Se debe cumplir con la ecuación diferencial L
di dt
+ Ri = V m cos ωt
La corriente debe ser senoidal, en general puede ser de la forma: i(t ) = I 1cos ωt + I 2 sen ωt
Sust Sustit ituu en endo do se obt obtie iene ne L(– I I 1ωsen ωt + I 2ωcos ωt ) +R( I I 1cos ωt + I 2sen ωt ) = V mcos ωt 25/03/2013
SLUQUEG
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Respuesta forzada a funciones senoidales Agrupando términos con seno y con coseno, se obtiene –
1
ω
2
2ω
sen
1 – m
cos ω =
esto debe cumplirse para todo t , por lo tanto los coeficientes e seno seno y e co cose seno no e en ser ser cero cero.. Es ecir ecir:: – LI 1 ω + RI 2 = 0 despejando I 1 e I 2 se obtiene
LI 2ω + R I 1 – V Vm =0
y I 1
=
RV m R 2
, 2
+ ω2 L
La respuesta forzada se escribe como: RV
ω LV
I 2
=
ω LV m R 2 + ω2 L2
Respuesta forzada a funciones senoidales Suponiendo una respuesta de la forma cos ω –
=
A y θ, desarrollando el coseno Procedemos Procedemos a determinar A e a resta resta e ngu os A cos θ cos ωt + A sen θ sen ωt =
de aquí encontramos que cos =
RV R
2
R 2
+ ω2 L2
+ ω2 L2
cos ωt +
sen =
y
= tan θ =
A cos θ
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RV m
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ω LV m senωt 2 2 2 R + ω L
ω LV 2 2 2 R + ω L
R
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Respuesta forzada a funciones senoidales elevando al cuadrado las anteriores y sumando A
2
2
2
2
2
cos θ + A sen θ = A =
( R 2 + ω2 L2 )2
=
i(t ) =
2
R V m
2
−1
ω L
2 V m ω2 L2V m2 + 2 = ( R + ω2 L2 )2 R 2 + ω2 L2
A =
R
⎛ ωt − tan −1 ω L ⎞ cos ⎜ ⎟ 2 2 2 R ⎝ ⎠ R + ω L V m
V m R 2
+ ω2 L2
emp o Ejemplo 1 R = 20 Ω y L = 30mH, v(t ) = 8 cos 103t . R = 20; L = 30e- 3; ome a = 1000 c l f ; hol d of f ; t i empo = l i nspa space( ce( 0, 8. 1*1e*1e- 3, 1000) ; v = 8*cos( 1e3*t 1e3*t i empo) po) ; a = 8/ s qr t ( R^2+omega^2*L^ 2* L^2) 2) ; f ase = at an( an( omega*L ega*L R) ; i = a*cos( *cos( 1e3*t i empo - f ase) se) ; l ot ot t i em em o v ' - b' t i em em o i ' : b' xl abel ( ' t i empo ( s ec ec . ) ' ) ; yl abel ( ' v ( vol t s ) , i ( amps ) ' ) ; l egend( ' v( t ) ' , ' i ( t ) ' , 0) ; 25/03/2013
SLUQUEG
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Ejemplo Encontrar i L en la siguiente red
i L
Encontrar el equivalente de Thévenin entre a y b.
Circuito equivalente.
Tarea 6 = . casos en que esté sea más adecuado, y determine el valor en t = 0 para: a) i L, b ) v L ,b) i R , c) i1. Donde v L es el voltaje en la bobina. s
i t
=
V m R
+ ω L
ω L cos⎛ t − tan −1 ⎞
Respuesta: 18.71 mA, 15.97 V, 5.32 mA, 24.0 mA 25/03/2013
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Función forzada compleja Una fuente senoidal esta descrita por =
m
La respuesta en alguna rama de la red eléctrica será de la forma i(t ) = I m cos (ωt + φ)
Una función forzada senoidal siem re da lu ar a una res uesta forzada senoidal de la misma frecuencia en un circuito lineal. V m cos (ωt + θ)
I m cos (ωt + φ)
Función forzada compleja Si cambiamos la fase de la fuente senoidal en 90º, la respuesta también cambiará su fase en 90º. v(t ) = V m cos (ωt +θ – 90º) = V m sen (ωt + θ)
respuesta i(t ) = I m cos (ωt + φ – 90º) = I m sen (ωt + φ)
Si aplicamos un voltaje imaginario jV m sen (ωt + θ) obtendremos jI m sen (ωt + φ)
jV m sen (ωt + θ)
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jI m sen (ωt + φ)
SLUQUEG
37
Función forzada compleja Si se aplica un voltaje complejo, se obtendrá una respuesta compleja m
m
respuesta m
m
Lo anterior se puede escribir como: m
j(ωt +θ)
e Im e j(ωt +φ) V m e j(ωt +θ)
I m e j(ωt +φ)
Función forzada compleja Podemos resolver la ecuación del circuito RL utilizando estas . di L
dt
+ Ri = V m cos ωt
v(t ) = V m e jωt
e =
m
j(ωt +φ)
se obtiene
dI e j
(ωt +φ )
dt
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+
m
=
e
m
e
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Función forzada compleja Es fácil mostrar que I m
V m
= R
2
+ ω2 L2
φ = − tan −1 V m / R
2
ω L R
+ ω2 L2 ∠ − tan−1 ω L / R
la corriente es la parte real de este número complejo. V m R 2
+ ω2 L2
⎛ − ⎝
−1
ω L ⎞ R ⎠
Ejemplo Determine la tensión compleja en la combinación en serie de un resistor resistor de 50 Ohms un inductor inductor de 95mH 95mH si flu e la corriente compleja 8e j3000t .
es.: . e 25/03/2013
. °
SLUQUEG
41
Tarea #7 Determine la tensión compleja que se produce cuando se aplica una corri orrien ente te co com m le a 4e j800t A a la combinación serie de un capacitor de 1mF y un resistor de 2 Ohms.
vc
=
1
idt ∫ C
es.: . e
– °
Fasor La corriente o la tensión a una frecuencia determinada se caracteriza por solo dos parámetros: amplitud y nguu o e ase. ng ase. La representación compleja de tensión o corriente contiene el factor e jwt , este puede eliminarse ya que no contiene información útil. Representaremos Representaremos la corriente o la tensión como números complejos en forma polar, a esta representación se le ama representación asoria .
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SLUQUEG
Representación fasorial Proceso de transformación fasorial mediante el cual i(t ) . i(t ) = I m cos (ωt + φ) ↓ i(t ) = Re[ I I m e j(ωt +φ)] ↓ I = I m e jφ ↓ m
i(t ) - representación representación en el el domino del tiempo I - re resentac resentación ión en en el domino domino de de la frecuenci frecuencia. a.
La representación fasorial es válida para alguna frecuencia
43
Ejemplos v(t ) = 100 cos(400 t – – 30°) V
Se su rime ω = 400 rad/s se obtiene el fasor V = 100∠ –30° –5 sen(580t – – 11 110°) 0°) V –5 sen(580 sen(580t – – 11 110°) 0°) = 5 cos(580t – – 11 110° 0° + 90°) = 5 cos(580t – – 20°) entonces V = 5∠ –20° 25/03/2013
SLUQUEG
Ejemplos 3 cos 600t –5 –5 sen(600 sen(600t + 110°) t – t cos t sen = cos – sen + cos = 3 cos 600t – – 5(– sen 600t sen sen 20 20° – cos 60 600t cos 20°) = – – . – . = 1.71cos 600t + 1.698sen 600 t = 2.41 cos(600t - 13 134. 4.8° 8°)) V = 2.41∠ –134.8°
45
Ejemplos 8 cos 4t + 30° + 4 sen 4t – – 100° = 8(cos 4t cos 30° 30°–– sen sen 4t sen 30°) + 4(sen 4 t co coss 100 100°° – co coss 4t sen 100°) = 8(0.866 cos 4t – – 0.5 sen 4t ) + 4(–0.174 sen 4t – 0.985 cos 4t ) = . – – . – . = 2.988 cos 4t – – 4.696 sen 4t = 5.566 cos(4t + 57.53°) V = 5.566/_57.53°
25/03/2013
SLUQUEG
Conversión al dominio del tiempo El fasor con ω = 500 rad/s V = 2.41∠ –45°
Se transforma en v(t ) = 2.41 cos(500 t – – 45°) V = 2.41 sen(500 sen(500t + 45°) V
47
Sea ω = 2000 rad/s y t = 1 ms. Encuentre E ncuentre la corriente instantánea para los siguientes fasores a) j10 A. j10 = 10∠90° → 10 cos(2000t + 90°) = 10 sen(2000t ) en t = 1 ms se obtiene
10 sen(2 rad) = 9.09 A b) 20 + j10 A 20 + j10 → 22.6 ∠26.6° → 22.36 cos(2rad +26.6°) = 22.36 cos(114.6°+ 26.6°) = . cos . = – 17.4 17.433 A. A. c) 20 + j(10∠20°)A ° = . . = 16.58 + j9.397 → 19.06 cos(11 cos(114.6° 4.6° + 29.54°) = 19.06 cos(144.14°) = –– . 25/03/2013
SLUQUEG
Tarea #8 Exprese cada una de las siguientes corrientes como un fasor: a) 12 sen(400t + 110°)A b –7sen 800t – – 3cos 800t Si ω = 600 rad/s, determine el valor instantáneo de cada una de = , a) 70∠30° V b) –60 + j40 V Acos α + B sen α = A2+B2 cos(α+tan –1(-B/A))
49
Relación fasorial para R e ac n corr ente vo ta e para e res stor en e om n o e tiempo = Aplicando un voltaje complejo V m e j(ωt +θ) = RI m e j(ωt +φ) Eliminando el término e jωt , encontramos V m e jθ = RI m e jφ n orma orma po ar V m∠θ = RI m∠φ RI V = RI
25/03/2013
SLUQUEG
Relación fasorial para L Aplicando un voltaje complejo j(ωt +θ) j(ωt +φ) = m m Eliminando el término e jωt , encontramos V m e jθ = jω LI m e jφ En forma polar V m∠θ = jω LI m∠φ or an o: V = jω L LII
51
Ejemplo Aplique una tensión 8 ∠ –50° a una frecuencia frecuencia ω = 100 rad/s en un inductor de 4H y determine la corriente fasorial y la corriente en el dominio del tiempo. e
= ω
se ene
=
= – ° = – j j0.02∠ –50°
= (1∠ –90°)(0.02∠ –50°) = 0.02∠ –140° = .
–
25/03/2013
SLUQUEG
53
Relación fasorial para C Aplicando un corriente compleja m
j(ωt +φ)
=
m
j(ωt +θ)
Eliminando el término e jωt , encontramos I m e jφ = jωCV m e jθ
n orma orma po ar I m∠φ = jωC V m∠θ
Por tanto: I = jωC V
Resumen de relaciones fasoriales om n o e
empo
om no e a recuenc a
v = v = Ri
V = j ωLI
di
=
V = R I
dt
V = I/ j j ωC v=
C
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idt
SLUQUEG
Leyes de Kirchoff con fasores En el dominio del tiempo v1 (t ) + v2(t ) + v3(t ) +…+ v N(t ) = 0
us u mos ca a ens n rea por una comp e a y e m namos e término e jωt , encontramos V1 + V2 + V3 +...+ V N = 0
55
V R + V L = Vs
Utilizando las relaciones fasoriales
ω
=
s
Despejando I: I = Vs/( R R+ jω L)
Si tomamos V con ángulo de fase 0°, I = V m∠0°/ R+
ω L
En forma polar 25/03/2013
SLUQUEG
I=
V m R
2
2 2
+ ω L
∠ − tan −1 ω L / R
Tarea #9 En la figura sea ω = 1200 rad/s, IC = 1.2∠28 28°° A e IL = 3∠53° . R s, s,
2.33∠-31° A , 34.9 34.9∠74 74.5° .5° V, 3.99c 3.99cos( os(120 12000t + 17.42°)A.
57
z
Las rel elac aci ion one es de co corr rri ien ent tee-te ten nsi sió ón par ara a lo los s tre tres elem el emen ento tos s pa pasi sivo vos s en el do domi mini nio o de la fr frec ecue uenc ncia ia so son n pasiva):
z
Si las ecuaciones se escriben como proporciones tensión fasorial corriente fasorial:
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z
SLUQUEG
59
Def efin inam amos os la pro ropo porc rció ión n ent ntre re la ten ensi sión ón fas asor oria ial l y la corriente fasorial como la simbolizada por la letra Z. Es una cantidad compleja que tiene las dimensiones de ohms; no es un fasor y no puede transformarse al dominio del tiempo multiplicándola por ejωt y tomando la parte real. ZR=R Z=
ωL
ZC=
1
ω
z
La impedancia del inductor es:
z
La impedancia del capacitor está dada por:
z
a mpe anc a e a com corresponde por tanto a:
25/03/2013
z
en
ser e
61
La co comb mbin inac ació ión n en pa para rale lelo lo de del l in indu duct ctor or de 5m 5mH H y el capacitor de 100 μF a ω=10000 rad/s se calcula del mismo modo mod o ue las res resist istenc encias ias en ara aralel lelo: o:
Con z
SLUQUEG
nac ón
ω=5000Ω rad/s, el equivalente en paralelo es –j2.17
El número complejo o cantidad que representa a la impedancia se podría expresar en forma polar o en forma rec angu ar.
z
Determ Dete rmin ine e la impe impeda danc ncia ia eq equi uiva vale lent nte e de la re red d de la figura 10.17a, la cual produce una pulsación de operación .
. Los elementos se sustituyen por sus impedancias en
25/03/2013
z
SLUQUEG
ω= 5 rad/s.
63
Empezamos conv Empezamos convierti iertiendo endo los resistenci resistencias, as, capacitor capacitores es y la bob obi ina en im impe peda dan nci cia as. Lu Lueg ego o de exa xami min nar la red , paralelo con –j0.4 Ω. Esta convinación equivale a:
z
z
z
La expresión anterior está en serie con las impedancias jΩ y 10Ω, de modo que tenemos: Esta nueva impedancia está en paralelo con 10 Ω, por lo ue la im edancia e uivalente de la red resulta:
De manera alternativa, expresamos la impedancia en forma po ar como . .
25/03/2013
z
z
SLUQUEG
65
10.9. De acuerdo con la red de la figura 10.18, determine la impeancia de entrada Z ent que se mediría entre las terminales: a a ; b b ; c a b.
Respuestas: 2.81 + j4.49Ω; 1.798 – j1.24 Ω; 0.1124 – j3.82 Ω
z
Determ Dete rmin ine e la co corr rrie ient nte e i( i(t) t) en el ci circ rcui uito to mostrado en la figura 10.19a.
a)Circ a)Ci rcui uito to RL RLC C pa para ra el qu que e se de dese sea a la re resp spue uest sta a fo forz rzad ada a senoidal i(t). b)Equivalente en el dominio de la frecuencia del circuito dado en ω=300 rad/s
25/03/2013
z z z
z z z z
SLUQUEG
67
Identifique el objetivo del problema. Recopile la información conocida. Decida la técnica la mejor técnica que mejor se ajusta al problema. Construya un conjunto apropiado de ecuaciones. Determine si se quiere información adicional. Busque la solución. Verifique la solución.¿Es razonable o la esperada?
z
z
10.10. En el circuito de la figura 10.20, determine en el dominio de la frecuencia: a)I1; b)I2; c)I3
Respuestas:
25/03/2013
z
z
a) 28.3∠450 A; b) 20∠900 A; c)20∠00A
SLUQUEG
69
Definimos la admitancia Y de un elemento de circuito como la proporción entre la corriente fasorial y la tensión fasorial.
Y por ello , parte imaginaria de la admitancia es la es la susceptancia B, éstas se miden en siemens. De tal manera:
Análisis nodal y de mallas
Determine las tensiones de nodo v1(t) y v2(t).
25/03/2013
SLUQUEG
Solución en Matlab
%Ejercicio 10-7 % determine las tensiones de nodo v1(t) y v2(t). % Matriz de admitancias % +---C1---+ Y = [1/R1+1/C2+1/C1+1/L1,-1/C1-1/L1;% +------+----+----+ +-----+---+---+ 1/C1-1/L1,1/R2+1/L2+1/C1+1/L1] ^ --- --% vector de corrientes % I1 R1 C2 L2 R2 I2 I = [I1;I2] % | | | | | v % solucion % +------+----+-------------------+---+---+ V = inv(Y)*I % Datos C1 = -5j; polar(V(1)) C2 = -10j; polar(V(2)) R1 = 5; fasor2t(V(1),10) R2 = 5; fasor2t(V(2),10) L1 = 10 ; o uc on L2 = 5j; % 3.69855 cos(10t + (-37.7468°)) I1 = 1; % 1.37361 cos(10t + (-15.9454°)) I2 = -0.5j;
71
Obtenga vx(t) en el circuito de la figura si v 1(t) = 20 cos1000t V y v2(t) = 20 sen1000t V. Utilice análisis de mallas.
70.7co 70.7cos(1 s(1000 000tt – 45°) 45°) V
25/03/2013
SLUQUEG
73
Ejemplo de superposición ncon rar
1
por superpos c n V 1
1∠0°
j 2 Ω 4 - j
j 10 Ω - j
2 + j 4 Ω
0.5∠-90°
Solución con Matlab %Ejercicio 10-9 % determine las tensiones de nodo V1 por superposicion % +-------+---Z1---+------+ % ^ | | | , = % I1 Z2 Z3 I2 % La impedancia equivalente es Z2 || (Z1+Z3) % | | | v Zeq = Z2*(Z1+Z3)/(Z2+Z1+Z3); % +-------+--------+------+ V1L = I1*Zeq % Datos , = I1 = 1; % encontramos la corriente que pasa por I2 = 0.5j; % Z2 aplicando el divisor de Z1 = -10j; % corriente entre Z2+Z1 y Z3. Z2 = 4 - 2j; = * Z3 = 2 + 4j; V1R = IZ2*Z2 % el voltaje real es la suma de V1L y V1R V1 = V1L + V1R % V1 = 25/03/2013
1.0000 1.0 000 - 2.0 2.0000 000i i
SLUQUEG
75
Equivalente de Thévenin ncon rar e equ va en e e ven n v s o es es e a impedancia de –j10 y con el encontrar V 1. V 1
1∠0°
j 2 Ω 4 - j
j 10 Ω - j
2 + j 4 Ω
0.5∠-90°
Solución con Matlab %Ejercicio 10-10 % Encontrar el equivalente de Thévenin visto % desde la impedancia de -j10. % V1 % +-------+---Z1---+------+ % calculamos el voltaje de circuito abierto % ^ | | | % visto desde La impedancia Z1 % I1 Z2 Z3 I2 Voc = I1*Z2 - I2*Z3 % | | | v % calculamos la impedancia equivalente % +-------+--------+------+ Zeq = Z2 + Z3 % Datos % podemos calcular la corriente I que I1 = 1; % circula en Z1 I2 = 0.5j; I = Voc/(Z1+Zeq) Z1 = -10j; % con esta corrinte en el circuito original Z 2 = 4 - 2 j; % calculamos V1 restando de I1 el valor Z3 = 2 + 4j; % de I y multimplicando por Z2 V1 = (I1-I)*Z2 % Solucion % V1 = 1.0000 1.0 000 - 2.0 2.0000 000i i 25/03/2013
SLUQUEG
77
Tarea #12 . Deberá utilizar la superposición ya que las la s fuentes son de dist distin inta ta frec frecue uenc ncia ia..
i
Frecuencia Compleja Circuitos eléctricos 2
Introducción Función senoidal amortiguada
= m
=
= =
σt
ω=0
m
v(t ) = V meσt
+
Frecuencia
ompleja
s = σ + j ω
σ = frecuencia neper,
ω = frecuencia real =
s=0 s = s1 = jω, s = s2 = − jω
f (t ) = K est
= 2
m
=
∗ 1
25/03/2013
v(t ) = V mcos (ωt + θ)
σ=0 v(t ) = V meσt cos (ωt + θ) σ≠0
jθ
= ½V me− jθ
s = σ + j0
v(t ) = V meσt
SLUQUEG
Ejemplo en
car car as recue recuenc nc as comp comp e as pres presen en es en as as unc unc ones ones en empo empo rea rea
siguientes: –100 t
–200 t
.
(2e –100 t + e –200 t )sen 2000 t = 2e –100 t sen 2000 t + e –200 t sen 2000 t –100 t
–
e –200 t sen 2000 t
→
+
,–
–
–200 + 2000 j, –200 –200 – 2000 2000 j
b 2 – e –10 t cos 4t + . (2 – e –10 t )cos(4t + φ) = 2cos(4t + φ) – e –10 t cos(4t + φ) 2cos 4t +
→
e –10 t cos(4t + φ)
→
4 , –4 , –10 + 4 j, –10 –10 – 4 j
c) e –10 t cos 10t sen 40 t e –10 t cos 10t sen 40 t = e –10 t (sen(40t – – 10 t ) + sen(40t + 10 t ))/2 ))/2 e –10 t sen(30t ) –10 t sen(50
)
→
0
–10 + 30 j, –10 –10 – 30 j –10 + 50 j 10 50 j
81
Función senoidal amortiguada Un voltaje senoidal amortiguado =
v
me
cos ω
Puede escribirse como v(t ) = Re(V meσt e j(ωt + θ)) o v(t ) = Re(V meσt e j(– ωt – θ)) θ.
v(t ) = Re(V meθ je (σ + ωt )t )
o = 25/03/2013
m
θ j
st
SLUQUEG
Se aplica una función senoidal amortiguada v(t ) = 60e –2t cos(4t + 10°) V a un circuito RLC serie R = 2 Ohms, L = 3H, y C = 0.1 F, encuentre la corriente en el dominio del tiempo. +10°)) v(t ) = 60e –2t cos(4t + 10°) = Re(60e –2t e j(4t +10°)
= Re(60e j10°e(–2+j4)t ) o v(t ) = Re(Ves t )
con V = 60∠10° s = –2 + 4 j La corriente debe ser de la forma Ies t con I = I m∠φ. Sustitu itu en enddo en la ec. ec. de Kirc irchho hofff se obtien iene 60∠10°es t = 2 Ies t + 3 s Ies t + 10/ s Ies t s t
83
Ejemplo (cont.) Sustituyendo s = –2 + j4 nos da = .
–
.
La corriente en función del tiempo es i(t ) = 5.37e –2t cos(4t –106.6°) –106.6°)
25/03/2013
SLUQUEG
85
Z(s) y Y(s) El voltaje y la corriente se representan como v t
= Re Vest
i t
= Re Iest
LIIest ) Re(Vest ) = Re(s L
Eliminando est V = s L LII
=
=
=
=
Z(s) y Y(s)
R s Y( Y(s)
25/03/2013
L
C
s
s C
R 1/s 1/s L
sC
SLUQUEG
Ejemplo
I = 60/_10°/(2 60/_10°/(2 + (-6 + j12) +(-1 – j2)) = 5.37/_106.6° 5.37/_106.6°
87
La respuesta en frecuencia como función de Circuito RL I =
m
L
σ + R / L V m/ R R
%r espuest espuest a en f unci unci ón de de si gma, c i r c ui ui t o RL RL R = ; L = 1; Vm = 1; si gma = - 5: 0. 1: 5; I = Vm L . s gma+R L ; pl ot ( si gma, abs( I ) ) ; axi s ( [ - 5, 5, 0, 2] ) ; gr i d t t e magn t u e I vs . s gma 25/03/2013
-∞
∞
; SLUQUEG
L Polo en − R/ L
Análisis de la respuesta La res uesta uesta tien tienee un un cero cero en ±∞ un olo en –R/L. Al aplicar una señal finita a la frecuencia del polo se obtiene . Al aplicar una señal de magnitud cero en la frecuencia del , circuito RL. = me –
89
ent
σ
=
⎛ + 1 = 5 5 + 100 / σ ⎝ 0.01σ ⎠ 5 + 5 + 100 / σ Z ent = 2.5
V 0
=
v(t ) =
σ + 20
10(σ + 20) (σ + 10) 10(σ + 20) σ t e (σ + 10)
%r espu espuest a en en f unci ón de si gma, ci r cui cui t o RC RC si gma = - 60: 60: 1: 40; 40; V0 = 10* 10* ( si gma + 20) 20) . / ( si gma + 10) 10) ; pl ot ( si gma, abs( V0) ) ; axi s( [ - 60, 40, 0, 40] ) ; gr i d t i StLlUe ( ' magni t ud de V0 vs. si gma' ) ; QUEG 91
Cero en –20 Polo en –10 25/03/2013
I = 100
in
σ (σ + 1)(σ + 5)
= Ae −t + Be −5t
mínimo relativo
-∞
− 5 %r espu espuest a en en f unci ón de si gma, ci r cui cui t o RLC RLC s gma = - 7: 7: . 5: ; I = 100*s i gma. / ( ( si gma + 1) . *( si gma + 5) ) ; pl ot ( s i gma, abs ( I ) ) ; axi s - 7 1 0 300 gr i d
∞
Ejercicio 12-8 % +- - - R1- - - +- - - R2- - - + %| | | % Ven Ven C1 C2 Vsal
V sal
% ++- - - - - - - - +- - - - - - - - + % Encon cont r ar Vsal sal / Ven a) f r ecue cuenci as cri t i cas cas % b) eval val uar en =, - , - , % R1 = 20000; % R2 = 10000; = . % C2 = 2e- 6;
ent
recuenc as cr cas: polos: –10, – 100 ceros: ±∞
h = 1000 1000.. / ( ( si gma+100 100) . *( si gma+10) 10) ) ; pl ot ( si gma, abs( h) ) gr i d SLUQUEG
-
1000
s = –10, –10, – 10 100, 0, ±∞
si gma = - 120: 120: 1: 20; 20;
25/03/2013
=
h( - 200) = h( - 80) = = h( 0) =
0. 0526 - 0. 7143 - . 1. 0000
+∞
93
Gráficos de magnitud y fase . Z(s) = 3 + 4s Z(σ) = 3 + 4σ
= 3+4 ω
Z w
Z( jω)
= 9 + 16ω2
angZ( jω) = tan −
1
25/03/2013
⎛ 4ω ⎞ ⎜ ⎟ 3
SLUQUEG
Magnitud en función de
95
Fase en función de
25/03/2013
SLUQUEG
97
El plano de la frecuencia compleja jω
σ=0 σ>0 ω=0 σ<0
σ σ>0
Naturaleza de la ωrespuesta j
t
t
t
σ t
t 25/03/2013
Gráfica en 3D 1 Y(s) = s+3 1 Y(s) = σ + 3 2 + ω2 si gma = - 5: 0. 2: 0; omega ega = - 4: 0. 2: 4; [ x, y] = meshgr i d( si gma, omega) ega) ; Y = 1. / ( x+j * y + 3) ; = mesh( sh( x, y, z) ; xl abel ( ' s i gma' ) ; yl abel ( ' j w' ) ; z l abel ( ' | Y| ' ) ;
SLUQUEG
t
t
t
t 99
25/03/2013
Gráficas en 2D %Admi t anci a si gma = - 5: 0. 2: 0; = . pl ot ( si gma, abs( Y) ) ; gr i d
%Admi t anci a w = - 4: 0. 2: 4; Y = 1. / s qr t ( w. ^2 + 3) ; pl ot ( w, abs( Y) ) ;
SLUQUEG
101
Patrón de polos y ceros jω
−1+ j5
σ − −1+ j5 |Z(σ)|
|Z( j jω)|
−1− j5 25/03/2013
SLUQUEG
103
Z(s) a partir de polos y ceros A partir del mapa de polos y ceros anterior podemos obtener la im edancia s+2 s+2 =h 2 Z(s ) = h (s + 1 − j5)(s + 1 + j5) s + 2s + 26 Si suponemos Z(0) = 1, obtenemos h = 13 Z(s ) = 13
s+2 2
Res uesta natura rall en el la lan no s La respuesta forzada de un circuito RL se o t ene a part r e:
I f s
,
=
s
R + s L
,
est y tomar la parte real.
fórmula anterior. s
=
s=−
en
in(t ) = Re( Ae Ae− Rt/L) in(t ) = Ae− Rt/L − Rt/L 25/03/2013
f SLUQUEG
105
Respuesta natural en el plano s V2(s) + −
V (s ) V
+
Red sin fuentes
I1(s)
(s − s1 )(s − s 3 )... (s − s 2 )(s − s 4 )...
−
v2 n t
V2(s) + −
I
Vs
= H(s ) = k
Red sin fuentes n epen en es
I1(s)
= A 2es 2t + A 4es 4t + ...
Síntesis de H(s) Se busca una red que tenga una H(s) especificada.
Vent
+
Red
−
25/03/2013
Vsal
SLUQUEG
107
Síntesis de H(s) Z f
−
Z1
+
+
Vent
Vsal
−
−
Vsal Vent
=−
Z f Z1
Ejemplos f
R f
C f R1
R1
−
+
+
Vent
Vsal
−
−
H (s)
sal
Vent
25/03/2013
=−
Z Z1
=−
−
C 1
+
+
Vent −
1 / R C s + 1 / R f C f
+
Vsal −
H (s)
sal
Vent
=−
Z Z1
= − R f C 1 ⎜ s + ⎟ ⎝ R1C 1 ⎠
SLUQUEG
Respuesta en Frecuencia
109
Resonancia en paralelo La resonancia es la condición que existe en todo sistema físico físico cuando cuando una excita excitación ción senoi senoidal dal de am litud const constante ante produce una una respuesta respuesta máxima. Para una red eléctrica la resonancia es la condición que existe resistiva. Una red está en resonancia cuando el voltaje y la corriente de las terminales de entrada se encuentran en fase. 25/03/2013
SLUQUEG
111
Circuito resonante en paralelo I LC
Y= I L
I
R
L
IC
C
1
1 ⎞ + j⎛ ⎜ ωC + ⎟ ω L ⎠ R ⎝
La frecuencia resonante ω0 V
1 0
f 0
Y(s) =
(s + α − jωd )(s + α + jωd ) s
α=
1 2 RC
ωd = ω02 − α 2
LC
=
1
Hz
2π LC
1 R
Y(s) = C
+ sC +
1 s L
2
s
La frecuencia resonante natural ωd
a r n e po os y ceros a r n e po os y ceros para a a m anc a
a r n e po os y ceros para a mp m pe anc a
jw0 jwd
jwd
w
Y (s )
Z(s)
−α
−α
− jwd
− jwd
25/03/2013
SLUQUEG
Respuesta en función de la El máximo ocurre en ω0.
|I|R
0.707|I|R
IC,0 = −IL,0 = jω0CRI
ω
ω
ω2
113
Factor de calidad Q Q = factor de Calidad = 2 π Q = 2π
Máxima energía almacenada Ener Ener ía total total erdida erdida or ciclo ciclo
[w L (t ) + wC (t )]max P RT
i (t ) = I m cos ω 0t
P R
v(t ) = Ri (t ) = RI m cos ω 0t 2
R
2
1 2 I m R C 2 cos ω 0t Cv = 2 2 1 2 1 ⎛ t ⎞ 2 I m R C 2 sen ω 0t w L (t ) = Li L = L⎜ ∫ vdt ⎟ = 2 2 ⎝ 0 ⎠ 2 wC (t ) =
w t
=
25/03/2013
2
= 12 I m2 R 1 = 2 f 0 = 2π
2
2
I m R C / 2
I m R
2
I R C
0
2
m
= 2π RC = ω RC
/ 2 f 0
C
R
R
L
X C , 0
X L , 0
SLUQUEG
Otras relaciones Relaciones entre Q0, α y ωd
α =
1
1
s
2
+
s
2
+ 2α s + ω 02
s+
1
1
=
ω 0
2 RC 2(Q0 / ω 0C )C 2Q0
ω d = ω 0
Entonces
=
⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ 1 − ⎜⎜ Q 2 ⎝ 0 ⎠
+ 2ζω 0s + ω 02 α 1 = ζ = ω 0 2Q0 s
2
2
Donde Don de es el factor factor de amorti amorti uamien uamiento to
115
Variación de los ceros Cuando R>= ½√ L/C la respuesta del circuito es subamortiguada y α varia de 1/√ LC hasta 0 y Q0 varia de ½a∞
Q=
∞
=
jω 0 jω d
= R =
1 L 2 C
ω 0
Y(s)
−α
Los dos ceros de la admitancia se mueven en un círculo cuando R cam a e a ∞.
ω 0 − jω d − jω 0
25/03/2013
SLUQUEG
117
Ancho de banda El ancho de banda (de media potencia) de un circuito resonante se define como la diferencia de dos frecuencias de media potencia. Si frecuencia superior de mitad de potencia, entonces
ℜ = ω2 − ω1 Los Los va ores ores os en enco cont ntra ramo moss cu cuan an o e vo ta e va e 0.70 0.7077 e su valor máximo. Expresemos ahora el ancho de banda en términos de Q0 frecuencia resonante
de la
Y=
La admitancia de circuito RLC en paralelo Y=
en términos de Q0
1
1 ⎞ + j⎛ ⎜ ωC − ⎟ R ω L
1 ⎛ ωω CR ω R ⎞ + j ⎜⎜ 0 − 0 ⎟⎟ R R ω ωω L 1
⎛ ω ω0 ⎞⎤ 1⎡ − ⎟⎟⎥ Y = ⎢1 + jQ0 ⎜⎜ ω ω R
o
Para que la magnitud de Y sea √2/ R R, debemos obtener las frecuencias en las que la parte imaginaria tenga magnitud igual a 1.
⎛ ω2 ω0 ⎞ − ⎟ = 1 y ω ω ⎟
Q0 ⎜⎜
⎡ 1
Al resolver tenemos
0
⎢ ⎣ ⎡
⎛ ω1 ω0 ⎞ − ⎟ = −1 ω ω ⎟
Q0 ⎜⎜
2 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎤ − Q 2 ⎝ 0 ⎠ 2Q0 ⎥⎦ 2
⎤
ω2 = ω0 1 + ⎜ ⎟ + 2Q ⎥ S⎢LUQUEG⎝ 2Q0 ⎠ 0 ⎣ ⎦
25/03/2013
a eren erencc a en re es as ex expr pres es on ones es prop propor orcc on onaa un unaa formula muy simple para el ancho de banda
ℜ = ω2 − ω1 =
ω0 0
Los circuitos con Q0 mas alta presentan un ancho de banda superior. También se cumple
ω02 = ω1ω2 ω0 = ω1ω2
119
Ejemplo 1 = . = . = . α = 5.00 ω0 = 25.00 ω = 24.49 Q0 = 2.50 ζ = 0.20 ω = 20.50 ω2 = 30.50 anch anchoo de band bandaa = 10.0 10.000
25/03/2013
Ejemplo 2 = . = . = . α = 5.00 ω0 = 25.00 ω = 24.87 Q0 = 5.00 ζ = 0.10 ω = 22.62 ω2 = 27.62 anch anchoo de band bandaa = 5.00 5.00
SLUQUEG
121
Aproximaciones para circuitos de alta Q Un circuito de alta Q es un circuito en el cual Q0 es igual o
α=
Dado que
ω0 0
Entonces:
= 12
Y las ubicaciones de los ceros se podrían aproximar por s1 2
= −α ± jωd ≈ − 12 ℜ ± jω0
25/03/2013
En el circuito de alta Q, Potencia se ubica aprox. A la mitad del ancho de Banda a partir de la frecuencia resonante
SLUQUEG
123
jwd
½ℜ
jω 2 ≈ j(ω 0 +
½ℜ)
jω d ≈ jω 0 s2
jω 2 ≈ j(ω 0 –
ano s Y(s)
−
–½ℜ
½ℜ)
Las ubicaciones de las dos frecuencias de media potencia también se pueden aproximar aproximar 2 ⎡ ⎛ ⎞ 1 ω , = ω ⎢ 1+ ⎝ 2Q0 ⎠ ⎣
o
⎛ 1 ⎞ 1 ⎤⎥ ≈ω 1 2Q0 ⎝ 2Q0 ⎠ ⎦ s = jω
ω1, 2 ≈ ω0 μ 12 ℜ – 2
La admitancia esta dada de manera aproximada por Y(s ) ≈ C
s = jω0
( j 2ω0 )(s − s 2 ) ≈ 2C (s − s 2 ) ω0
25/03/2013
s2
SLUQUEG
s − s2
½ℜ 125
≈ 12 ℜ + j (ω − ω0 )
Sustituyendo
⎛
Y(s ) ≈ 2C ( 12 ℜ )⎜1 + j
ω − ω0 ⎞⎟ 2
Y(s ) ≈
⎞ 1 ⎛ ⎜1 + j ω − ω0 ⎟ 2
ancho de banda de resonancia y se abreviaría por medio de N, quedando así: Y(s ) ≈
1 R
(1 + jN )
on e N =
ω − ω0
La magnitud de la admitancia es Y(s ) ≈
1 + jN
R
Y el ángulo estará dado por la tangente inversa angY(s ) ≈ tan − N 1
25/03/2013
SLUQUEG
127
esonanc a en ser e RS
LS
C S
VS
Frecuencia ω0 es la frecuencia a la que la parte imaginaria de la frecuencia de entrada se hace cero. ω = 0s
1 Ls C s
El factor de calidad esta dado por 0s
=
ω s Ls
Resonancia en serie Las dos frecuencia ω1s y ω2s se definen como las frecuencias a las cuales la magnitud de la impedancia es √2 la magnitu magnitudd mínima mínima de de la impedancia impedancia.. Estas también son las frecuencias a las cuales la respuesta de voltaje es igual al 70.7 % de la respuesta mínima. ω1s , 2 s = ω
⎡ ⎢ ⎢ 0s ⎢ ⎢ ⎢⎣
⎤
2
⎥ ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ μ 1 ⎥⎥ ≈ ω0 s μ 1 ℜ s 1 + ⎜⎜ 2 ⎝ 2Q0 s ⎠ 2Q0 s ⎥⎥⎦
Donde ℜ s es la diferencia entre la frecuencia superior e inferior de la mitad de potencia . Este ancho de banda de la mitad de potencia esta dado por s = 25/03/2013
2 −
2 =
SLUQUEG
ω Q0 s
Resonancia en serie La impedancia de entrada también puede expresarse en forma aproximada para circuitos con valores altos altos de Qs.
Zs
≅ Rs (1 + jN s ) = Rs 1 + N s2 /_ tan −1 N s
Donde N =
−
0s
1 ℜ 2 s
El circuito resonante en serie se caracteriza por una baja impedancia resonante
129
Resumen I LC
RS
I L I
R
V
L
LS
IC C S
VS
C
= ω0 RC 1 α= 2 RC ⎛ ω ω0 1 − ⎟⎟ Y p = 1 + jQ⎜⎜ R ⎝ ω0 ω ⎠ I L ( jω0 ) = I C ( jω0 ) = Q0 I( jω0 )
Q0
Q0
25/03/2013
=
α=
ω0 L
R R
2 L V L ( jω0 ) = VC ( jω0 ) = Q0 V( jω0 )
Zs = R SLUQUEG
⎡ ⎤ 1 + jQ0 ⎜ − ⎟ ⎝ ω0 ω ⎠⎦ ⎣
Tabla de expresiones Expresiones exactas
ω0 =
1
Q0 >=5
LC
1
⎟⎟ ωd = ω02 − α 2 = ω0 1 − ⎜⎜ ⎝ 2Q0 ⎠ ⎛ 1 ⎟⎟ μ 1 ⎥ ω1,2 = ω0 ⎢ 1 + ⎜⎜ ⎢ ⎝ 2Q0 ⎠ 2Q0 ⎥⎦ ⎣ ω−ω N = 1 0 2ℜ ℜ=ω
Expresiones aproximadas
ω =
0
= 2α
0.9ω0<= |ω| <=1.1ω0
2
ωd = ω0
ω2, 1 = ω0 ± ½ ℜ
1 ω0 = (ω1 + ω2 ) 2 1 + N ∠ tan −1 N Y p = R
2
1
131
Tarea Un circuito resonante serie tiene un ancho de banda de 100 Hz
μF. Determine Deter mine a) f 0, b) Q0, c) Zent y d) f 2.
, . ,
25/03/2013
.
,
SLUQUEG
133
Otras formas resonantes Circuito RLC paralelo más realista y su equivalente para un rango limitado de frecuencias.
R1
Y e
L
e
e
a recu recuen encc a an angu gu ar reso resona nant ntee se en encu cuen entr traa ac en o cero cero:: Im Y jω = Im⎜
⎝ R2
+ jωC +
R1 + jω L ⎠⎟
eso v en o, o tenemos L
C =
2
1
ω0 =
25/03/2013
2 2
⎛ R1 ⎞
−⎜
2
⎟
SLUQUEG
135
Ejemplo Sean R1 = 2 Ohms, L = 1H, C = 1/8 F y R2 = 3 Ohms.
ω = √8 – 22 = 2 rad/s Y = 1/3 + j2(1/8) + 1/(2 + j(2)(1)) = 1/3 + 1/4 = 0.583 S
.
.
ω0 = .
ra s
Si R1 fuera cero Z(2.83 j) = 1.947/_-13.26 1.947/_-13.26°° Ohms
Frecuencia del máximo
ωm = 3.26 rad/s 1.980/_-21.4° Ohms Z(3.26 j) = 1.980/_-21.4°
Grafico de la impedancia del ejemplo . 1.947 1.714
ω0= 2
25/03/2013
2.83 SLUQUEG sin R 1
3.26 máximo
137
Transformación serie paralelo El factor de calidad Q se puede definir para cualquier frecuencia, no necesariamente la de resonancia. Puede mostrarse que para las redes serie y paralelo de las figuras el valor de Q esta dado por la expresión correspondiente. Rs
Ys
s
Q
= X |X |/ R R
Y p
R p
p
Para Para ue las do doss redes redes sean sean e uival uivalent entes es se deb debee cu cum m lir lo si uient uientee Ys
=
1 s +
=
− jX s 1 1 = Y = − j s + s p p
Rs
s
Esto se cumple si Rs 2
Rs
+ X s2
=
1 R p
y
X s 2
Rs
+ X s2
=
1 X p
Dividie Dividiendo ndo ambas ambas Rs X
=
X p R
Las Q’s de las dos redes deben ser iguales Qs = Q p = Q, por tanto R p
= Rs (1 + Q 2 )
X
⎛ 1 ⎞ = X ⎜1 + ⎟ Q
25/03/2013
SLUQUEG
139
En ω = 1000 rad/s, encuentre la red paralela equivalente a la red serie R p p
100 Ohms
R p =
= Rs (1 + Q 2 ) =
s
⎛ 1 ⎜ + Q2 ⎟ ⎝ ⎠
+
= 640 kOhms X p
= 8*1000(1 + 1/ ((8*1000) 2/1002)) =
L p = 8 H
=
p
Suponga una red serie RLC con R = 20 Ω, L = 10 mH y C = 0.01 μF. La red es exitada por una fuente de 0.5 V y se desea medir el voltaje en en el capacitor con un voltímetro . Antes de conectar ω0 = 105 rad/s, Q0 = 50 y VC = 25 V. arreglo serie de un capacitor y una resistencia. Para calcular los valores del circuito equivalente se debe suponer que la frecuencia de resonanc a es tam én e 10 ra s, a Q e a re RC estará a a por X p| = ω RC = 100 Q = R p/| X
os e emen os equ va en es son C s = C p y Rs = R p/Q = 10 Ω
. . El voltaje en el arreglo serie es C 25/03/2013
= .
– SLUQUEG
=
. 141
Cambio de Escala El Procedimiento de cambio de escala nos ermite analizar redes formadas por elementos con valores rácticos haciendo un cambio de escala ara ermitir cálculos numéricos mas convenientes, tanto en magnitud como en recuencia.
En el siguiente ejemplo los valores poco prácticos de sus elementos nos llevan a la improbable curva de respuesta.
Z
2.5 Ω
25/03/2013
½H
2F
SLUQUEG
Cambio de Escala El cambio de escala en magnitud: se define como el dos terminales aumenta por un factor de K m y la frecuencia permanece constante.
143
Cambio de Escala en Magnitud red su rira un cambio cambio de escal escala a en Por Por co cons nsii uien uiente te “la red magnitud por un factor de 2”, esto significa que la impedancia de la nueva red sera el doble de la red original:
Los siguientes cambios darán como resultado la red con otra escala en magnitud por el factor K m : R → K m R L → K m L
Cambio de escala en magnitud
C K m
25/03/2013
SLUQUEG
145
Haciendo el cambio del circuito anterior obtenemos:
Z
2.5 Ω
Z ’
5 k Ω
2F ½H
10 –3 F 1000 H
a curva e respues a n ca que, apar e e un cam o e esca a en el eje vertical, no es necesario hacer ningún otro cambio en la curva .
25/03/2013
SLUQUEG
147
Cambio de Escala en Frecuencia El cambio de escala en frecuencia se define como el proceso por medio del cual la frecuencia a la que ocurre cualquier impedancia f
Al igual que en el caso anterior “la red sufre un cambio de escala en frecuencia por un factor de 2”.
cada elemento pasivo.
Los cambios necesarios en cada elemento pasivo para hacer un cam cam o e esc esca a en rec recue uennc a por un acto ctor f son: R → R L→
L Cambio de escala en frecuencia
K C f
25/03/2013
SLUQUEG
149
Haciendo el cambio del circuito anterior obtenemos:
Z
10 –3 F
5 k Ω 1000 H
Z ’
200 pF
5 k Ω
μ
a curva e respues a n ca que, apar e e un cam o e esca a en el eje horizontal, no es necesario hacer ningún otro cambio en la .
25/03/2013
SLUQUEG
Una impedancia dada como función de s también puede , . Para un cambio de escala en magnitud de Z(s): solo multiplicamos Z(s) por el factor K m . Ejemplo:
´ magnitud es: Z´(s)=K m Z(s)
151
Para el cambio de escala en frecuencia: ´´
⎛ s ⎞ = ´⎜ ⎟ ⎝ K f ⎠
Siempre y cuando Z´´(s) y Z´(s) deben dar valores idénticos de impedancia
realizados a las fuentes dependientes
25/03/2013
SLUQUEG
153
Definición: Una magnitud en decibeles se obtiene tomando el logaritmo en base 10 de la magnitud y multiplicando por 20. H dB = 20 log|H( j jω)|
La operación inversa es: H /20) |H( j jω)| = 10( H dB
Algunos valores comunes son: |H( j jω)| = 1 Ù H dB = 0 dB |H( j jω)| = 2 Ù H dB = 6 dB |H( j jω)| = 10 Ù H dB = 20 dB |H( j jω)| = 10n Ù H dB = 20n dB 20 log 5 = 20log( 20log(10/2) 10/2) = 20log1 20log100 – 20log2 20log2 = 20 – 6 = 14 dB
√2 Ù20log21/2 = 10x0.3 = 3dB −
H(s ) = 1 +
Gráfico de Bode para la
s a
H( jω ) = 1 +
simple
dB
=
H dB = 0 si ω << a
a
og +
= 1+ ω a
=
ω 2 a2
og
+
2
a2
H dB = 20 log(ω/a) si ω >> a
Diagrama de Bode
w = l ogspa ogspace( ce( - 2, 2, 100) ; a = 1; = HdB = 20* 20* l og10 og10(( abs( abs( H) ) ; semi l ogx( ogx( w, HdB dB))
25/03/2013
SLUQUEG
155
Gráfico de Bode para la s =
sa
ang H( j jω) = ang(1+ jω/a) = tan−1ω/a °
.
° Diagrama de Bode
w = l ogspa ogspace( ce( - 2, 2, 100) ; H = 1 + j * w/ a; Hang = angl angl e( H) ; semi l ogx( ogx( w, Hang) ang) axi s( [ 0. 01, 100, 0, 2. 5] )
1 k Ω
20 μF
s + +
Vent
4 k Ω
Vx -
Vx
200
Vsal
10 nF
5 k Ω -
40 20
1
101
102
|H(s)| = −2s/(1 + s/10)(1 + s/20000) −2 Ù 6 dB s Ù20 dB/década en 0 1 + s/10 Ù −20 dB/década en 10 1 + s/20000 Ù −20 dB/década en 20000
103
104
1 +s/10
105
106
1 +s/20000
w = l ogspa ogspace( ce( - 1, 6, 100) ; H = - 2*j *w *w.. / ( ( 1 + j *w *w// 10) . . . . *( 1 + j *w *w// 20000) ) ; HdB = 20* 20* l og10 og10(( abs( abs( H) ) ; semi l ogx( ogx( w, HdB dB)) . , ,- , gr i d 25/03/2013
SLUQUEG
157
H(s)| = −2s/(1 + s/10)(1 + s/20000)
−2 Ù 6 dB 1 + s/10 Ù −20 dB/década en 10 1 + s/20000 Ù −20 dB/década en 20000
w = l ogspa ogspace( ce( - 1, 6, 100) ; . ... . *( 1 + j *w *w// 20000) ) ; Hang = at an( i mag( H) . / r eal ( H) ) . . . *180 *180/ pi - 180; semi l ogx( ogx( w, Hang) ang) gr i d
1
-90
101
102
103
104
105
106
|H(s)| = 1 + 2ζ(s/ω0) + (s/ω0) H dB = 20 log|H(s)| = 20 log|1 + j2ζ(ω/ω0) − (ω/ω0)2|
w = l ogspa ogspace( ce( - 2, 1, 100) ;
ζ=1 ζ = 0.5
z et a = 1; H1 = 1 + 2*z et a*j *w *w// w0 - . . . ( w/ w0) . ^2; HdB dB1 1 = 20* 20* l og10 og10(( abs( abs( H1) ) ;
ζ = 0.25 ζ = 0.1 25/03/2013
SLUQUEG
159
ang H(s) = tan−1(2ζ(ω/ω0)/(1 − (ω/ω0)2))
ζ=1
ζ = 0.5
w = l ogspa ogspace( ce( - 2, 2, 100) ; z et a = 1; H1 = 1 + 2*z et a*j *w *w// w0 - . . . ( w/ w0) . ^2; Hang1 ang1 = angl angl e( H1) * 180/ 180/ pi ; ζ = 0.25
H(s) = 10s/((1 + s)(1 + 2(0.1)(s/100)+ (s/100)2))
w = l ogspa ogspace( ce( - 1, 3, 100) ; zet a = 0. 1; H = 10*j *w. / ( ( 1+j *w) . *( 1 + . . . 2*zet *zet a*j *w *w// w0 - ( w/ w0) . ^2) ) ; HdB = 20* 20* l og10 og10(( abs( abs( H) ) ; semi l ogx( ogx( w, HdB dB))
25/03/2013
SLUQUEG
ang H(s) =ang( 10s/((1 + s)(1 + 2(0.1)(s/100)+ (s/100)2)))
w = l ogspa ogspace( ce( - 1, 3, 100) ; zet a = 0. 1; H = 10*j *w *w.. / ( ( 1+j *w *w)) . *( 1 +. . . 2*zet *zet a*j *w *w// w0 - ( w/ w0) . ^2) ) ; Hang ang = angl angl e( H) * 180/ 180/ pi ; semi l ogx( ogx( w, HdB dB))
161
Potencia Circuitos Eléctricos 2
Potencia instantánea La potencia instantánea se define como: p(t ) = v(t ) i(t )
Para una resistencia es: p(t ) = v(t ) i(t ) = i2(t ) R R = v2(t )/ R )/ R
ara una o na:
p (t ) = v(t )i (t ) = Li (t )
di (t ) dt
=
1 L
v(t )
∫
t
−∞
v(t ' )dt '
Para un capacitor: =
=
dv(t ) dt
=
1
t
C
−∞
'
'
Potencia en el circuito RL
t
=
V R
2
V 0
=
p R (t ) = i (t ) R =
p L (t ) = v L (t )i (t ) =
2 0
R
R
SLUQUEG
La respuesta al estado senoidal es: i(t ) = I m cos (ωt – φ)
=
V m R
2
φ = − tan −1
+ ω2 L2
ω L R
p (t ) = i(t )v(t ) = V m I m cos(ωt + φ) cos ωt
Usando
cos α cos β = 12 cos(α + β) + 12 cos(α − β) p t
=
=
V I
V m I m
2
cos ωt +
cos φ +
V m I m
Rt L
e
− Rt L
(1 − e − )u(t ) Rt L
165
Potencia de excitación senoidal
I m
− Rt L
(1 − e − )2 u(t )
2
V 0
u t
−
R 2
25/03/2013
− e−
+ cos
cos(2ωt + φ)
Ejemplo en Matlab Voltaje
corriente
potencia
%Potencia instantanea u u w = 1000; Vm = 1; R = 50; L = 100e-3; Im = Vm/sqrt(R*R+w*w*L*L); fi = -atan(w*L/R); t = 0:0.00005:0.01; i = Im*cos(w*t+fi); v = Vm*cos w*t p = v.*i; plot(t,v,t,i*100,t,p*100) grid
25/03/2013
PotenciaSLpromedio = (1)(0.0089)(cos(–1.107)) = 0.002 UQUEG
167
Ejemplo Una fuente de tensión de 40 + 60 u(t) un capacitor de 5 mF y un resistor de 200 están en serie. Determine la potencia que absorbe el resistor y el capacitor . . vC (0 – ) = vC (0+) = 40 V
La potencia en C es
v R(0+) = 60 V
i(t )vC (t )
por tanto
es fácil ver que
i(0+) = 60/200 = 300 mA
vC (t )
i está dada por
vC (0) =
i(t ) = 300e – t /τ mA
= 100 100 – 60e – t /τ V 100 100 – 60e – . V
= 81.93 V
τ = RC = 1 m s
la otencia es
en t = 1.2 ms i = 90.36 mA
(90.36)(81.93) = 7.403 W
la potencia en R es p
(1.2m) = i2 R = 1.633 W
Tarea #14 Una fuente de corriente de 12 cos(2000t) A, un resistor de . , . determine la potencia que absorbe el resistor, el inductor y la fuente senoidal. 13.98 W, –5.63 W, –8.35 W
25/03/2013
SLUQUEG
169
Potencia promedio o activa La potencia promedio se define como P=
1 t 2
Para una función periódica =
+
P=
∫
T
x
t x
t 2
− t 1 ∫t
p(t )dt
1
p(t )
p(t )dt t x
t + T
Potencia promedio o activa Podemos calcular la potencia promedio como P=
1 nT
P = lim n→∞
25/03/2013
∫
t x + nT
p(t )dt
t x
1 n
nT / 2
− nT
p(t )dt
SLUQUEG
171
Ejemplo () i t
I m
=
m
i(t ) = I m (t – T )/ )/T –T
T
2T
t
p(t )
=
2
m
2
2
i(t ) = I m2 R (t – T )2/T 2 T
I m2 R
P = I 2 R/3 –T
T
T
2T
t
Potencia en estado senoidal Para el estado senoidal v(t ) = V m cos(wt + θ) i(t ) = I m cos(wt + φ)
=
m
m
p(t ) = ½ I m V m cos(θ − φ)+½ I m V m cos(wt + φ + θ)
P = ½ I V 25/03/2013
cos θ −
SLUQUEG
Ejemplo Dada la tensión en el domino del tiempo v = 4cos( πt /6) /6) V, potencia instantánea que que se produce produce cuando cuando la tensión fasorial correspondiente a V = 4/_0° V se aplica a través de una impedancia Z = 2/_60° Ω.
173
Ejemplo Voltaje
corriente
potencia
/ 6) V v(t ) = 4cos(π t t/6) Z = 2 ∠60 60°° Oh Ohm m
cos(π t t/6–60°) / 6–60°) A i(t ) = 2 cos( P = ½(4)(2)cos(60°) = 2 W
/ 6) cos(π t t /6–60°) /6–60°) p(t ) = 8 cos(π t t/6) =2 + 4 cos(π t t/3–60°) / 3–60°) W 25/03/2013
SLUQUEG
175
Tarea #16 Dada la tensión fasorial V = 115√2∠45 45°° V en en uuna na im edancia Z = 16.26∠19.3° Ω obten a una ex resión ara la potencia instantánea y calcule la potencia promedio (activa) si ω = 50 rad/s. .
.
. °
.
Potencia promedio absorbida por un resistor ideal En este caso la diferencia de fase es cero de modo ue: P = ½ I m V m cos(0) = ½ I m V m P R
25/03/2013
=
1 2 2 I m R
=
2
V m
SLUQUEG
Potencia promedio absorbida por elementos puramente reactivos En este caso la diferencia de fase es 90° de modo ue: P = ½ I m V m cos(90°) = 0
La potencia promedio entregada a una red formada solo de inductores y capacitores es cero.
177
Ejemplo Encuentre la potencia promedio (activa) entregada a cada uno de los elementos pasivos.
% +- - - ZL - - - +- - - - ZC- - - + % | | | % V1 R V2 % +- - - - - - - - +- - - - - - - - - + Pot Pot enci a pr pr omedi edi o en en l a resi st enci a = 0. 037576 Pot en enc a s um n s t r a a por V = . Pot Pot enci enci a sumi ni st r ada ada por por V2 = - 0. 004 004431 431 Suma = 0. 037576 037576
ZL = 45j ; ZC = - 100j ; R = 2; V1 = 10*( cos( cos( 50*pi / 180) +j *si n( 50*pi / 180) ) ; =% Mat r i z de del si st ema Z = [ ZL+R, - R; - R, ZC ZC+R] ; % vector vector de vol vol t aj es V = [ V1; V2] ; cor cor r i ent es I = i nv( Z) Z) * V; V; % cor cor r i ent e en R I R = I ( 1 ) - I ( 2) 2) ; % pot pot enci enci a pr pr omedi edi o en en R PR = R*abs( *abs( I R) *abs( *abs( I R) / 2; PV1 PV1 = abs( abs( I ( 1) ) *abs( *abs( V1) / 2*cos( ang angl e(V1) e(V1) angl e( I ( 1 ) ) ) ; PV2 PV2 = abs( abs( I ( 2) ) *abs( *abs( V2) / 2*cos( ang angl e(V2) e(V2) -
f pr i nt f ( ' Pot enci a pr pr omedi o en en l a resi resi st enci a = %8. 6f \ n' , PR) f pr i nt f ( ' Pot Pot enci a sum sumi ni st r ada por V1 V1 = %8. 6f \ n' , PV1 PV1) pr nt ' Pot en enc a s um n s t r a a por V = %8. 6f \ n' , PV2 PV2) SLUQUfEpri G ntf ( ' Sum 179 a = %8. 6f \ n' , PV1+ PV1+PV2 PV2)
25/03/2013
Transferencia de potencia máxima
impedancia Zth o una fuente de corriente independiente en paralelo con con una impedancia impedancia Zth entrega una potencia promedio (activa) máxima a una impedancia de carga Z L, que es el complejo conjugado de Zth o Z L = Zth*. Zth + –
Z L
Potencia promedio para unciones no no pe peri dicas i(t ) = sent + senπt
no periódica
i(t ) = sent + sen 3.14t
si periódica
=
τ→ ∞
1
τ/ 2
nT
−τ / 2
2
2
P=½+½=1W i(t ) = I m1cosw1t + I m2cosw2t +...+ I m Ncosw Nt P = 12 I m21 + I m2 2 + ... + I m2 N R
. 25/03/2013
SLUQUEG
181
Ejemplos Determine la potencia promedio que entrega la corriente I 1 = 2 cos 10t – – 3 cos 20t A a un resistor de 4 Ω. Dado que las frecuencias son diferentes =
=
=
.
Determine la potencia promedio que entrega la corriente I 2 = 2 cos 10t – – 3 cos 10t A a un resistor e 4 Ω. Como la frecuencia es la misma, se debe escribir la corriente como una sola cosenoidal. I
= –cos 10t
Valores eficaces de I y V La potencia entregada a una resistencia R es: P=
1 T
∫
T
0
i 2 Rdt =
R T
∫
T
0
i 2 dt
La potencia que entrega una corriente directa es: =
e
2
Igualando y despejando I ef =
I ef
1 T
∫
T
0
i 2 dt
Este valor es el valor RMS (raíz cuadrada media)
25/03/2013
SLUQUEG
RMS de una senoidal Si i(t ) = I m cos(wt + φ) I ef
=
= m
m
=
I m
T
ω 2π ω 2π
0
I m2 cos 2 (ωt + φ )dt
2π / ω 0
1 1 ⎢⎣ 2 + 2 cos ωt +
2π / ω 0
⎥⎦
t
183
RMS y potencia promedio La potencia promedio en una resistencia R es: P = ½ I m2 R m
=
,
ef
P = I ef 2 R P = V ef I ef cos(θ – φ) P = V 2 / R R
25/03/2013
SLUQUEG
Valor eficaz para varias frecuencias Se cumple 2 P = I 12ef + I 22ef + ... + I Nef R
Para frecuencias diferentes I ef
=
2 I 12ef + I 22ef + ... + I Nef
185
Para el estado senoidal v(t ) = V m cos(wt + θ) i t = I
cos wt +
La potencia promedio es P = I ef V ef cos
−
Al término I ef V ef se le llama potencia aparente y se mide en VA (Volt-Ampere). Factor Factor de otenc otencia ia = Poten Potencia cia romed romedio/ io/ otenci otenciaa a arente arente = cos(θ − φ) gu o e
.
25/03/2013
SLUQUEG
187
Potencia compleja P = I ef V ef cos(θ − φ)
Im
P = I ef V ef Re{e j(θ − φ)} P = Re{V ef e jθ I ef e − jφ)}
=
* ef ef
S = Vef Ief * S=P+
S Q
θ−φ P
Trián rián ulo ulo de oten otenci ciaa
Re
Potencia compleja Im
Vef I ef cos(θ − φ)
I ef sen|θ − φ|
θ−φ
Ief Re
25/03/2013
SLUQUEG
189
Terminología de potencia Término
Unidad
Descripción
t
W
t = v t i t valor de la otencia en un instante cualquiera
Potencia promedio
P
W
En el estado senoidal
Valor eficaz o rms
Vrms o Irms
VoA
Senoidal Im/ Im/√2
Potencia aparente
| S|
VA
|S| = Vef Ief
Factor de potencia
PF
Ningun a
1 para cargas puramente resistivas y para cargas puramente reactivas
Potencia instantánea
Símbolo
cargas reactivas Potencia compleja
S
VA
S = P + P + jQ
Circuitos aco lados magnéticamente Circuitos Eléctricos 2
Inductancia mutua =
di (t ) dt
M
i1
L1
M
L2
v2
v1
L1
L2
i2
La corriente i1 en L1 produce el voltaje de circuito abierto abierto v2 en L2. La corriente i2 en L2 produce el voltaje de circuito abierto abierto v1 en L1. v2 (t ) = M 21
di1 (t ) dt
v1 (t ) = M 12
di2 (t ) dt
a n uc anc a mu ua se pres presen en a cuan cuan o os o nas nas es n o su c en emen emen e
Una corriente que entra por la terminal punteada de una bobina produce un voltaje de circuito abierto entre las terminales de la se gunda bobina, cuyo sentido es el de en esta segunda bobina. M
i
M
i
+ 1
2
+ di1
2 =
1
dt
_
L2
dt
+
= − M
v2
di1
M
i1
+ L1
2 =−
_
M
i1
2
di1
L1
L2
v2 = M
di1
_
_ 25/03/2013
SLUQUEG
193
Voltaje mutuo 1
2
+
+ L1
v1
L2
_
di1 dt
+ M
di2
2
v2
= L2
di2 dt
+ M
L2
= –
2 2
1
di1 dt
V
= – ω L I + ω M I
jω L2I2 + jω M I1 V2 = –
+ L1
V1 = – s L1I1 + s M I2
dt
i2
_
+
v1 = L1
v2
_
i1
v1
Para frecuencia
1
v2
_
v
=−
1
= − L
di1
di2
dt
dt
di2 dt
+ M
di1 dt
Estructura de bobinas acopladas Flujos magnéticos sustractivos
i1
i1
i2
i2
25/03/2013
SLUQUEG
195
Ejemplo 1Ω V
M = 9 H
+
= 10/_ 0°
ω = 10 rad/s
+ _
I1
I2
1H
j90I2 I1(1 + j10) – j
100 H
V1
=
400 Ω
_
= 10
j90I1 I2(400 + j1000) – j
V2
V2
=0
400(0.1724∠ − 16.7° ) = 6.90∠ − 16.7° 10
Gráfico de respuesta en frecuencia V2 V1
=
3600s 19s + 500s + 400
25/03/2013
2
SLUQUEG
197
Ejemplo 1F
V1
_
I1
I2
7H
I3
6H
M = 2 H
(5 + 7s)I1 – 9sI2 + 2sI3 = V1 – 9sI1 + (17s + 1/s) I2 – 8sI3 = 0 2sI1 – 8sI2 + (3 + 6s) I3 = 0
3Ω
Poniendo en circuito abierto las terminales de la derecha y haciendo crecer la corriente i1 desde 0 hasta I 1 en t = t 1.
i
M
i
+ =
11
La energía almacenada es. t 1
11
0
1
di1 dt
I 1
=
11
0
1
v1
1
_
= 12
2 1 1
2 2
t 1
I 2
0
2 2
2 2 2
1 2 = 2
W
Sin embargo se en entrega energía a la re red del la lado iz izquierdo. 2
v1i1dt =
t 1 25/03/2013
2
t 1
M 12
2
dt
i1dt = M 12 I 1
W total
= 12 L1 I 12 + 12 L2 I 22 + M 12 I 1 I 2
Haciendo el proceso inverso, se tiene
La energía entregada del lado derecho es.
=
_
La energía total es.
Ahora haciendo crecer la corriente i2 desde 0 hasta I 2 de t = t 1 a t = t 2. manteniendo i1 constante
t 2
+
2
t 1
di2 = M 12 I 1 I 2
= 1 L I 2 + 1 L I 2 + M I I
Por tanto
=
12
=
21
SLUQUEG
Consideraciones de energía (cont) El límite superior para el valor de M es M ≤ L1 L2
El Coeficiente de acoplamiento se define como
k =
M L1 L2
0 ≤ k ≤ 1
199
Ejemplo = . . = . , = . = = – ° . siguientes cantidades en t = 0: a) i2, b) v1, y c) la energía total almacenada en el sistema. a) i (0) = 20 cos(500(0) cos(500(0) – 20°) mA = 4.698 mA M
i1
i2
L1
v1
L2
_
b) Para v1 hay que evaluar v1 = L1
v2
1
dt
+ M
2
dt
M = k √ L1 L2 = 0.6 H
_
v1(0) = 0.4[–10 sen(–20°)] +
0.6[–2.5sen(–20°)] = 1.881 V
c) La energía es w(t ) = ½ L1[i1(t )] )]2 + ½ L2[i2(t )] )]2 + M [i1(t )] )] [i2(t )] )] w(0) = 0.4/2[18.79]2 + 2.5/2[4.698]2 + 0.6[i1(0)] [i2(0)] w(0) = 151.2 μJ
25/03/2013
SLUQUEG
201
En un transformador lineal el coeficiente de acoplamiento es . Transformador lineal con una fuente en el primario y carga en el secundario
M
1
2
+ Vs
_
I1
L1
L2 I2
Vs = I1Z11 – I2s M
=–
Z L
V L
_ =
donde Z11 = R1 + s L1 ent
Z22 = R2 + s L2 + Z L ent =
V2 V1
=
11 −
s 2 M 2
11
− jω2 M 2 X 22 2 2 R22 + X 22
La reactancia reflejada tiene el signo contrario al de reactancia X 22
Z 22
Impedancia reflejada:
=
ω2 M 2 R22 2 2 R22 + X 22
−
s 2 M 2 Z
ejemplo Los valores de los elementos de cierto transformador lineal son: R = 3Ω, R = 6Ω, L = 2mH, L2 = 10mH, M = 4mH, si w = 5,000 rad/s, determine Zent para Z L igual a a) 10Ω, b) j20Ω, c) 10 + j20Ω, d) − j20Ω. Z11 = R1 + s L1 = 3 + j(5000)(0.002) = 3 + j10 Z22 = R2 + s L2 + Z L = 6 + j(5000)(0.010) + 10 = 16 + j50 Z ent =
2
V1
2
= Z11 −
2
= 3 + j10 + (5000)2(0.004)2/(16 + j50) = 5.3222 + 2.7431i
Z 22
Similarmente b 3.4862 + 4.3274i c 4.2413 + 4.5694i d 5.5641 - 2.8205i
25/03/2013
SLUQUEG
203
Red equivalente T i1
Ecuaciones de malla para el transformador lineal v1
di
=
1
+
i2
+
di
dt dt di di v2 = M 1 + L2 2
v1
+ L1
L2
v2
_
_
Pueden rescribirse como v1
= ( L1 − M )
v2 = M
di1
1
dt
dt 2
+ M
d (i1 + i2 ) dt
+ L2 − M
2
dt
i1
L1 – M
+ v1
_
L2 – M
i2
+ M
v2
_
Ejemplo Determine el equivalente T del transformador de la figura
m i 2
i1
30 mH
L1 – M = –10 mH
60 mH
L2 – M = 20 mH
i1
-10 mH
20 mH
40 mH 25/03/2013
SLUQUEG
205
Red equivalente
v1 = L1
A partir de la ecs. de malla
di1
+ M
di2
dt dt di di v2 = M 1 + L2 2 dt dt
Se puede despejar i1 e i2, obteniendo
i1 − i1 (0)u(t ) =
2
−
2
u t
L2
2 0
L1 L2 − M
=
∫
t
− M 2 L1 L2 − M
v1dt −
t
0
M
∫
2 0 v2 dt
L1 L2 − M
v1 t +
L
t
t
v 2 0 2
L1 L2 − M
Estas ecs. representan ecs. de nodos
L B L A L
= =
L1 L2 − M 2 M 2
L1 L2 − M L2 − M 1 2
−
i1
L B
i2
+ i1(0)u(t )
v1
i2(0)u(t )
L A
LC
+ v2
_
t
ejemplo Determine el equivalente T del transformador de la figura
i1
m i 2
L B
=
2
L1 L2 − M M
− M 2 A = L2 − M 2 L1 L2 − M L = 1− L L
30 mH
60 mH
= 2x10 –4/40x10 –3 = 5mH = x
10 mH 25/03/2013
x
–
=
m
= 2x10 –4/ –10x10 –3 = -20mH
5 mH
i1
–
i2
– SLUQUEG
El transformador Ideal Es una aproximación de un transformador fuertemente acoplado. Las reactancias inductivas del primario y del secundario son muy grandes com aradas con las las im edancias edancias de la terminac terminación. ión.
207
Relación de vueltas :a
+ V1
I1
L1
+ L2
V2
Z L
I2
_
jω M I2 V1 = jω L1I1 – j
0 = – j jω M I1 + (Z L + ω L2) I2
_ Despejando V1: =
ω2 M 2 V1 = I1 jω L1 + I1 Z L + jω L2 V1 ω2 M 2 = jω L1 + Z ent = I1 Z L + jω L2 ω L1 L2 Z ent = jω L1 + Z L + jω L2
Se cumple la siguiente relación:
L L1
=
2
N
2
N 1
=a
a = razón del número de vuelas del secundario al primario = N 2 / N 1
25/03/2013
SLUQUEG
209
Relación de vueltas (continuación) =
2
ω2 a 2 L12 Z = ω L + Z L + jωa L1 2 2 2 2 2 2 jω L1Z L − ω a L1 + ω a L1 Z ent = 2 1
L
Z ent =
jω L1Z L Z
+ ωa 2 L
=
Si dejamos que L1 tienda a infinito
Z ent =
Z L 2
Z L Z
/ ω L + a 2
Acoplamiento de impedancias con 8 Ω de impedancia.
Z ent = 4000 = a=
4000
N 1
Z L
=
a
=
2
500
8 a
2
=
22.4
.
N 2
25/03/2013
SLUQUEG
211
Relación de corrientes Si suponemos que L2 se hace muy grande.
I2 I1
=
jω M Z L
+ jω L2
=
jω M jω L2
=
L1 L2
=
1 a
Entonces 1 1
=
2 2
Para el ejemplo anterior, si el amplificador produce una corriente de 50 mA en e pr mar o, en e e secun ar o a r una corr en e e . m = . . La potencia en el altavoz es (1.12)2(8) = 10W. .
Relación de tensiones La relación para tensiones es
V2 V1
=
I 2 Z L I1Z ent V2
=
I 2 Z L I1Z L / a
=a=
2
=
2
I2 I1
N 2
1
1
, Si a < 1, en transformador es reductor Se cumple V1I1 = V2I2 25/03/2013
SLUQUEG
213
Ejemplo Encuentre la potencia promedio disipada para el resistor de 10K,
100 Ω
1: 10 +
50 V rms
+ _
I1
V1
_
+ V2
_
I2
La potencia es simplemente: P = 10000 |I2|2 La impedancia que “se ve” en la entrada es Z L/a2 = 100 Ω I1 = 50/(100 + 100)
= 250 mA rms
I2 = (1/a) I1 = 25 mA rms, la potencia es P = 6.25 6.2 5 W.
10 k Ω
Relaciones de tensión en el tiempo i1
i2
+
+ L1
L2
v2
_
_
v1 = L1
di1
+ M
di2
di1
+ L2
di2
v2 = M
dt
dt
1
Despejando la derivada de i2 en la segun a ec. y sus uyen o en a pr mera y ya que M 2 = L1 L2 v1 v1
di
= =
1
dt L2
M 2
25/03/2013
+
M
v2
=
v2
L1 2
−
v2
Dividiendo la primera ec. entre L1 y supon n o a muy gran e v1
2
M di
L1
L2 dt
=
1 a
di1 v2 SLUQUEG
=
di1
M di2
dt L1 dt
= −a
di2
dt dt i1 = −ai2 + A
Circuitos polifásicos
215
Notación de doble subíndice Por definición Vab es el voltaje del punto a respecto al punto b.
ad =
ab
+
c
bd
Vad = Vac + Vcd = Vab + Vbc + Vcd b
25/03/2013
d
SLUQUEG
217
Sistema trifásico de voltaje c
an
=
°
°
Vbn = 100∠-120 -120°° V rms rms Vcn = 100∠-240 -240°° V rms rms
n
100∠-120 -120°° V
= 100∠ 0° − 100∠-120°
=
.
+
100∠0° V
Vab = Van + Vnb
= Van − Vbn
−
b
a
Sistema monofásico de 3 conductores a a
Fuente de 3 alambres na ase
V1
+ −
n
n
V1
b
+ −
b
an
1
nb
Vab = 2Van = 2Vnb Van + VSLbn =0 UQUEG
25/03/2013
219
Consideraremos Consideraremos solo fuentes trifásicas balanceadas. balanceadas. A a b
B
|Van| = |Vbn| = |Vcn| Vab + Vbn + Vcn = 0 an
Van
Vbn
p
Vbn = V p∠−120° N
Vcn
=
Vcn = V p∠−240°
Vbn = V p∠120° V
V
∠240°
Conexión trifásica Y
Vcn = V p∠−240°
bn
p
−
Vbn = V p∠120°
ecue ecuenc nc a
ecue ecuenc nc a -
Van = V p∠0°
Van = V p∠0°
°
cn
25/03/2013
p
°
SLUQUEG
221
Conexión trifásica Y
cn
ab
Vca
Voltajes de línea l ínea Van a
=
p
°
Vbc = √3V p∠−90° Vca =
Vbn
bc
3V p∠−210°
Conexión Y-Y
a b
B
A
Z p
n
Z p N
IaA = Van / Z p Z p
IbB = IaA ∠−120° IcC = IaA ∠−240°
C
c
25/03/2013
InN = IaA + IbB + IcC = 0
SLUQUEG
223
Conexión delta (
a b
Z p
A
B
Corrientes de fase
n
Z p
Z p
I AB = Vab / Z p I BC = Vbc / Z p ICA = Vca / Z p
c
C
Corrientes de línea IaA = I AB − ICA IbB = I BC − I AB
Conexión delta ( IcC cn
Vca
ab
ICA
Corrientes de línea
I AB Van IaA I
=
=
a
=
c
I L = √3 I p
I BC Vbn
bc 25/03/2013
SLUQUEG
225
Potencia trifásica Para una carga Y la potencia por fase es PP =V P I P cos θ = V P I L cos θ =V L I P cos θ/
3
La potencia total es P =3P = √3V L I P cos θ
ara un unaa carga carga
a po enc a por ase es
PP =V P I P cos θ = V L I P cos θ =V L I P cos θ/√3
La potencia total es =
L P
