126959068 Problemario de Circuitos Electricos II

PROBLEMARIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS II

Directorio DR. JOSÉ ENRIQUE VILLA RIVERA Director General DR. EFRÉN PARADA ARIAS Secretario General DRA. YOLOXÓCHITL BUSTAMANTE DÍEZ Secretaria Académica ING. MANUEL QUINTERO QUINTERO Secretario de Apoyo Académico DR. ÓSCAR ESCÁRCEGA NAVARRETE Secretario de Extensión y Difusión CP. RAÚL SÁNCHEZ ÁNGELES Secretario de Administración DR. JORGE VERDEJA LÓPEZ Secretario Técnico DR. LUIS ZEDILLO PONCE DE LEÓN Secretario Ejecutivo de la Comisión de Operación y Fomento de Actividades Académicas ING. JESÚS ORTIZ GUTIÉRREZ Secretario Ejecutivo del Patronato de Obras e Instalaciones LIC. ARTURO SALCIDO BELTRÁN Director de Publicaciones

ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERÍA MECÁNICA Y ELÉCTRICA UNIDAD ZACATENCO

PROBLEMARIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS II

Elvio Candelaria Cruz

I NSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL —México—

Problemario de circuitos eléctricos II

Primera edición: 2004 D.R. © 2004 INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL Dirección de Publicaciones Tresguerras 27, 06040, México, DF ISBN 970-36-0205-3

Impreso en México / Printed in Mexico

Al M. en C. Arturo Cepeda Salinas

CONTENIDO

PRÓLOGO ------------------------------------------------------------------------------------ 11

CAPÍTULO I. ESTRUCTURAS PASIVAS DE DOS TERMINALES ------------ 13 -

Cálculo de impedancias Cálculo de admitancias Reducciones serie-paralelo Problemas complementarios

CAPÍTULO II. TEOREMAS DE REDES ---------------------------------------------

53

Divisor de voltaje Divisor de corriente Teorema de Thévenin Teorema de Norton Teorema del intercambio de fuentes Teorema de superposición Dualidad Problemas complementarios

CAPÍTULO III. VALORES MEDIOS Y POTENCIA ------------------------------ 103 -

Valores medios de 1° y 2° orden Potencia compleja, aparente, activa y reactiva Factor de potencia Teorema de la máxima transferencia de potencia media Problemas complementarios

CAPÍTULO IV. RESONANCIA -------------------------------------------------------- 131 -

Dependencia de la frecuencia Resonancia y antirresonancia Resonancia de un circuito RLC Factor de calidad, ancho de banda y selectividad de un circuito resonante Resonancia de circuitos de dos ramas Problemas complementarios

9

CAPÍTULO V. REDES CON MULTIFRECUENCIAS --------------------------- 181 -

Redes con fuentes senoidales de distintas frecuencias Redes con fuentes periódicas no senoidales. Series de Fourier Red auxiliar de C.D. Red auxiliar de C.A. Valores efectivos de corriente, voltaje y potencia media Problemas complementarios

CAPÍTULO VI. REDES DE DOS PUERTOS --------------------------------------- 219 -

Ecuaciones y representaciones con parámetros Z Ecuaciones y representaciones con parámetros Y Ecuaciones con parámetros de transmisión directos e inversos El transformador ideal Ecuaciones y representaciones con parámetros híbridos directos e inversos Equivalencias entre parámetros Conexiones fundamentales entre redes de dos puertos Problemas complementarios

BIBLIOGRAFÍA --------------------------------------------------------------------------- 299

10

Problemario de Circuitos Eléctricos II

PRÓLOGO Este trabajo es producto del Programa Académico de Año Sabático otorgado al autor durante el periodo 2001-2002. Externo mi agradecimiento al licenciado Francisco Ramírez Rodríguez, Coordinador General de Programas Académicos Especiales de la Secretaría Académica del Instituto Politécnico Nacional y al licenciado Alfredo Villafuerte Iturbide, responsable del Programa Año Sabático, por las atenciones que se sirvieron brindar al suscrito para hacer posible la rea lización de este trabajo.

El presente Problemario de circuitos eléctricos II está destinado a estudiantes de Ingeniería en Comunicaciones y Electrónica y carreras afines; tiene como finalidad servir de apoyo en su preparación profesional para el estudio de la Teoría de los Circuitos Eléctricos en los tópicos que se tratan.

Se ha pretendido facilitar la comprensión de los temas mediante el planteamiento, desarrollo y solución metódicos de problemas ilustrativos que permitan al estudiante ejercitar sus conocimientos teóricos y prácticos.

Para la resolución paso a paso de problemas de este trabajo se utilizaron, en gran parte, las técnicas de análisis de los métodos de mallas y nodos desarrollados por el doctor Enrique Bustamante Llaca en su importante obra Modern Analysis of Alternating Current Networks, por lo que se recomienda al estudiante conocer previamente estos métodos. Cabe mencionar que en dichos análisis se emplean letras minúsculas para denotar impedancias de mallas o admitancias de nodos y con letras mayúsculas las impedancias o admitancias de elementos. Asimismo gran parte de la simbología usada en este problemario es la misma de la obra citada.

Es mi convencimiento de que solamente el esfuerzo propio del estudiante hará de este trabajo un recurso didáctico provechoso.

Finalmente deseo expresar mi agradecimiento a José Juan Carbajal Hernández, pasante de la carrera de Ingeniería en Comunicaciones y Electrónica por su apoyo e iniciativa en la captura del material de esta obra.

Elvio Candelaria Cruz.

11

CAPÍTULO I ESTRUCTURAS PASIVAS DE DOS TERMINALES

PROBLEMA 1 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red mostrada:

Solución: 1. Se hace una simplificación del circuito:

Se conecta una fuente de voltaje E y se asignan sentidos arbitrarios a elementos y a las corrientes de mallas; la fuente se conecta a las terminales de interés. La malla formada con la fuente de voltaje debe ser la malla 1:


15

2. Se calculan las impedancias propias y mutuas de mallas (aplicar las reglas del método de mallas):

z z z z z z

= 6 + 3i

11

= 6 + 2i

22

= 7 + 3i

33

= 4 + 3i

12

=0

13

= -2 - 2i

23

3. Aplicando la fórmula general:

z z z 11

12

13

z z z 21

z cof z

det

Z

ab

=

m, r

=

22

23

z z z 31

32

33

22

32

=

167 + 63i

4

+ 3i

4

+ 3i

6

+ 2i - 2 - 2i

=

-

0

2

0

- 2i

7

+ 3i

= 6

+ 2i -

2

- 2i

23

z z z cof z

+ 3i

z z

11

det

6

-

2

- 2i

7 + 3i

33

178.5 20.6 º

m, r

11

Z

ab

=

= 36 + 24i = 43.2 33.7 º 178.5 20.6 º 43.2 33.7 º

= 4.13 - 13.1º = 4.02 - 0.93iΩ

Este resultado significa que la red origin al es equivalente a:

Se sugiere al estudiante resolver este problema usando el método de reducción serie paralelo.

16


PROBLEMA 2 Encuentre la impedancia equivalente entre las termin ales a y b en la red dada, a la frecuencia angular ω=1rad/seg.

Solución: 1. Se conecta una fuente E entre las terminales a y b, con la cual se forma la malla 1. Se determina el signo de la inductancia mutua entre las bobinas k y l. Se asignan sentidos a elementos y a corrientes de malla. Lk,l < 0 Lk,l = -0.5Hy

2. Se obtienen las im pedancias propias y mutuas de mallas.

z z z

=

8

+ i(1)(3 + 2 ) +

=

6

+ i(1)( 3 + 2 ) +

11

22

12

3

i(1) 10

i(1)

+ 2i(1)(- 0.5 ) =

8

+i

+ 2i(1)(-0.5 ) =

6

- 6i

= -i(1)( 3 + 2 ) - 2i(1)(-0.5 ) = -4i

3. Se aplica la fórmula general:


Z = Z eq

ab

=

17

det z

m,r

cof z

11

=

8+i

- 4i

- 4i

6 - 6i

6 - 6i

det z = 70 - 42i m,r

Z

eq

=

70-42i = 9.33 + 2.33i 6-6i

Esta impedancia se puede representar con elementos de circuito como se muestra:

Es posible resolver este problema pasando del circuito original al circuito transformado, donde se indican las impedancias de elementos y aplicar así el método de mallas. El circuito transformado sería el que se muestra a continuación:

18


PROBLEMA 3 En la red mostrada calcule: a) La impedancia total Z T , a la frecuencia angular ω=103 rad/seg. b) El valor del inductor equivalente.

O bservación: Una configuración con bobinas acopladas como se muestra en este circuito, no necesariamente debe tener acoplamiento entre todas ellas. Ver, por ej. Hayt William H.- Kemmerly Jack E. Análisis de Circuitos en Ingeniería problema 9, página 472, cuarta ed. – McGRAW HILL “Es posible disponer físicamente tres bobinas de

tal manera que haya un acoplamiento mutuo entre las bobinas A y B y entre B y C , pero no entre A y C . Un arreglo así se muestra en la figura dada. Obténgase v(t)” .

O también ver Bustamante Llaca E. Alternating Current Networks, vol. I, ed. LimusaWiley, ej. 2, página 233 o Jiménez Garza Ramos Fernando Problemas de Teoría de los Circuitos, vol. 1, ed. Limusa, problema 1, página 72, entre otros ejemplos.

Solución: Habiendo conectado la fuente de voltaje

E , la impedancia entre las

terminales a y b ( Z T ) se calcula como en los problemas anteriores.


19

De acuerdo con las marcas de polaridad en las bobinas: L12 = -4x10-3 Hy L13 = 3x10-3 Hy 1 + 2[i10 3 (-4 x10 -3 )] = 10 3 -6 i10 x500 x10 10 6 10 6 3 -3 z22 = 4 + 4 + i10 (2 + 5)10 + i10 3 x200 + i103 x250 = 8 - 2i z12 = -4 - i10 3 x2 x10 -3 - i10 3 (-4x10 -3 ) + i10 3 (3 x10 -3 ) = -4 + 5i

= 6 + 4 + i10 3 (8 x10 -3 ) + i10 3 (2 x10 -3 ) + 11

z

− 4 + 5i

10

Z T =

det z

m,r

cof z

11

=

− 4 + 5i

8 − 2i

8 − 2i

=

672 + 338i = 9.88 + 4.97i 68

El valor de la bobina puede calcularse a partir de su impedancia: ZL = iωL = i(103)L =4.97i ∴ L = 4.97/103 = 4.97 mHy

20


PROBLEMA 4 Encuentre la resistencia total RT indicada que presenta el circuito mostrado cuando: a) a y b están en circuito abierto; use reducción serie-paralelo. b) a y b están en corto circuito; use reducción serie-paralelo.

Solución:

a)


b)

21

22


PROBLEMA 5 En el siguiente circuito calcule R ab .

Solución: En este problema es fácil ver que un extremo del resistor de 5 Ω es el punto b, por lo que el circuito puede dibujarse como:

este circuito se puede reducir a:

donde 10/7 es el paralelo de los resistores de 5 Ω y 2Ω: 5||2=10/7

quedando 8Ω en serie con (10/7)Ω: 8+(10/7) = 56/7 + 10/7 = 66/7

el resistor equivalente es: Rab = 66/7 || 10 = 4.85 Ω

Elvio Candelaria Cruz 23

PROBLEMA 6 Calcule R ab en el siguiente circuito.

S olución: Para resolver este tipo de problemas podemos auxiliarnos de un punto o puntos exteriores y rehacer el circuito observando qué elementos se encuentran conectados entre los puntos de referencia:

R

24

ab

=

( 20)(30) (5)(15) + = 15.75Ω 20 + 30 5 + 15


PROBLEMA 7 Calcule Req entre las terminal es a y b.

Solución:

z11 = 28 z22 = 37 z33 = 50 z12 = −10 z13 = 18 z23 = 12 − 10

18

− 10

37

12

18

12

50

28

R

eq

=

det z

m,r

cof z

=

11


37

12

12

50

= 15.50Ω

25

PROBLEMA 8 En el siguiente circuito calcul e Z ab:

Solución: Este problema puede resolverse a partir de 4 mallas, sin embargo las dos resistencias de la periferia están en paralelo y pueden reducirse a una sola:

o si se desea darle la forma siguiente:

Z

ab

=

E J 1 + J 2

Aplicando el método de mallas para encontrar J 1 y J 2:

26

z11 = 5

z12 = 0

z22 = 9

z13 = −2

z33 = 7

z23 = 4 Problemario de Circuitos Eléctricos II

5

J+ J− J =E J+ J+ J =E J+ J+ J = 0

2

1

0

2

9

4

1

−

Δ

3

2

2

4

7

1

=

3

−

5

0

0

9

4

4

7

2

−

2

E

0

E

9

4

0

4

7

J=

−

=

199

=

39E

2

199

1

5

E −

2

0

E

4

2

0

7

J= =

E

J J 1

+

199

=

199

2

ab

0

2

−

Z

3

=

2


23E 199

E 39E 199

+

23E

= 3.2Ω

199

27

PROBLEMA 9 Calcule la impedancia total entre las terminales a y b del siguiente circuito:

d

Solución: Este circuito puede configurarse de la forma que se muestra tomando los puntos a, b, c y d como referencia:

z11 = 5 z22 = 9 z33 = 7 z12 = −3 z13 = −2 z23 = −1 5 −3 −2

−3

Z ab =

det z

m , r

cof z

11

9 −1

− 2 −1 =

= 9 −1

−1

28

7

199 = 3.2Ω 62

7


PROBLEMA 10 Encuentre la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red dada, a la frecuencia ω=103 rad/seg.

Solución: Obtendremos L12 y L13 de la ecuación para el coeficiente de acoplamiento entre dos bobinas: k =

L L L kl

k

∴ L kl = k L k L l l

De acuerdo con las marcas de polaridad: L12>0 L13<0 −3

−3

−3

L12 = 0.5 8 x10 x10 = 1.41 x10 Hy −3 −3 −3 L13 = −0.2 8 x10 x 4 x10 = −1.13 x10 Hy (3 x10 3 ) z11 = 9 + i(10 )(9 x10 ) + i10 3 + 2i(10 3 )(1.41 x10 −3 ) = 9 + 8.82i 3 x10 3 9 x10 3 −3 3 z22 = 14 + i(10 )(13 x10 ) + i10 3 + i10 3 = 14 + i 3 x10 3 −3 3 z12 = −4 − i(10 x10 ) − ix10 3 − i10 3 (1.41 x10 −3 ) + i10 3 (−1.13 x10 −3 ) = −4 − 0.54i 3


−3

29

9 + 8.82i − 4 − 0.54i

Z eq =

det z

m,r

cof z

11

=

− 4 − 0.54i 14 + i 14 + i

=

110.29 + 119.34i = 8.44 + 7.92i Ω 14 + i

El circuito original queda reducido a la siguiente forma:

30


PROBLEMA 11 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b:

S olución: Los sentidos de las bobinas fueron asignados de forma tal que fueran congruentes con el signo positivo de cada una de las impedancias mutuas. Una im pedancia mutua positiva conlleva una inductancia mutua positiva.

z11 = 8 − 5i + 6i − 2i = 8 − i z22 = 12 − 4i + 7i + 2i = 12 + 5i z12 = −3i + i − i + 2i = −i

Z

eq

=

det z

m,r

cof z

8−i

−i

−i

12 + 5i

=

11

12 + 5i

=

102 + 28i = 8.07 − 1.02i Ω 12 + 5i

La impedancia equivalente es:


31

PROBLEMA 12 Calcule las impedancias pro pias y mutuas de mallas, que permitan encontrar la Z eq de la red mostrada, a una frecuencia angular de 106 rad/seg.

Solución: -4

Hy L12 < 0 = -10 -4 L13 < 0 = -3x10 Hy -4 L23 > 0 = 2x10 Hy 6 x108 + 3 x108 + i (106 )(6 x10− 4 + 2 x10− 4 ) + 2(i)(106 )(−10− 4 ) = 900 − 3 x102 i z11 = 900 + ix106 3 x108 + 7 x108 + i (106 )(2 x10− 4 + 8 x10− 4 ) − 2(i )(106 )(2 x10− 4 ) = 900 − 4 x102 i z22 = 900 + ix106 3 x108 z12 = − ix106 − i(106 )(2 x10− 4 ) − i(106 )(−10− 4 ) + i(106 )(2 x10− 4 ) + i(106 )(−3 x10− 4 ) = 100i Si se prefiere obtener el circ uito transformado, de acuerdo con los sentidos asignados arbitrariamente a los elementos, las impedancias mutuas entre elementos son:

Z 12 = i106(-10-4) = -100i Z 13 = i106(-3x10 -4) = -300i Z 23 = i106(2x10 -4) = 200i y las impedancias de mallas se obtienen como las ecuaciones de arriba lo indican.

32


PROBLEMA 13 Encuentre las admitancias propias y mutuas de nodos de la red mostrada que permitan calcular la admitancia equivalente entre las ter minales a y b, a la frecuencia ω=103 rad/seg .

Solución: Se conecta una fuente de corriente I fc entre las terminales a y b. Se tendrá la terminal “a” conectada al nodo 1 y la terminal “ b” a la base de la com ponente. Se observa que por tener una invertancia mutua negativa la inductancia mutua ha de ser positiva, por lo que el sentido de los elementos es el que se muestra. La fórmula que se aplica es:

Y ab =

y = cof y 11

det

n,p

y11 y12 y21 y22 y22

Cálculo de las admitancias de nodos: 2

y11 = 10−3 + i103 + 2 x10−3 = 3 x10− 3 − 2 x10−3 i 1

y22 = 4 x10−3 + 2 x10−3 + i103 + i(103 )(2 x10− 6 ) = 6 x10−3 + 10−3 i ⎛ − 3 ⎞ ⎝ ⎠

y12 = −2 x10− 3 − ⎜ i103 ⎟ = −2 x10− 3 − 3 x10− 3 i Se sustituyen valores e n Y ab.


33

PROBLEMA 14 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado, a la frecuencia ω=103 rad/seg.

Solución: La terminal “a” deberá ser el nodo 1, donde se conecte la fuente de corriente.

Y ab =

y = cof y 11

det

n,p

y11 y12 y21 y22 y22 1

y11 = 7 + 2 + i(103 )(4000 x10− 6 ) + i(103 )(5000 x10−6 ) + i(103 )(0.2 x10−3 ) = 9 + 4i 1

1

y22 = 5 + 2 + i(103 )(5000 x10−6 ) + i(103 )(3000 x10−6 ) + i(103 )(0.2 x10−3 ) + i(103 )(0.4 x10−3 ) = 7 + 0.5i 1

y12 = −2 − i(103 )(5000 x10−6 ) − i(103 )(0.2 x10−3 ) = −2

9 + 4i

Y ab =

34

−2

−2

7 + 0.5i 57 + 32.5i = 8.43 + 4.04i = 7 + 0.5i 7 + 0.5i


Este resultado significa que la red original es equivalente a:


35

PROBLEMA 15 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b, a la frecuencia ω=2 rad/seg.

Solución: 1

L12 = − 6 Hy

Y ab =

y = cof y 11

det

n,p

y11 y12 y13 y21 y22 y23 y31 y32 y33 y22 y23 y32 y33

Calcularemos las admitancias propias y mutuas de nodos: 1 y11 = Γ iω 2 y22 = G 2 + iω C 3 + Γ iω 4 y33 = iω (C 3 + C 4 ) + Γ iω

y12 = Γiω 12 y13 = 0 y23 = −iω C 3

36


Se requiere conocer el valor de Γ1, Γ2, Γ4 y Γ12. Procederemos a calcular el valor de estas invertancias mediante la siguiente fórmula:

Γkl = Γ

11

cof Lkl det Lkl

=

cof Lkl

Δ

L22

=

=

L11 L12 L21 L22

1 8 1 1 − 4 6 1 1 − 6 8

=

1 8 1 1 − 32 36

= 36 Yrnehs

1 Γ22 = 44 = 72 Yrnehs 1152 ⎛ 1 ⎞ − ⎜− ⎟ ⎝ 6 ⎠ Γ12 = 4 = 48 Yrnehs 1152 Al sustituir valores: 36 y11 = 2i = −18i 1 72 y22 = 1 + i(2)⎛ ⎜ 2 ⎞⎟ + 2i = 1 − 35i ⎝ ⎠

y33 = i(2)⎛ ⎜ 2 + 2 ⎞⎟ + 2i 1

3

⎝

y12 =

10

⎠

= −i

48 = −24i 2i

y13 = 0 y2,3 = −i(2)⎛ ⎜ 2 ⎞⎟ = −i 1

⎝ ⎠

− 18i

− 24i

0

− 24i 1 − 35i − i 0

Y

ab

−i

−i

=

= 1 − 35i

−i

−i

−i


− 18 + 36i = 0.497 − 1.073i − 34 − i

37

PROBLEMA 16 Encuentre la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado, a la frecuencia ω=10 rad/seg .

Solución: Se asignan sentidos arbitrarios a las dos bobinas acopladas para determinar L12 = + 0.2Hy. Calcularemos primeramente las invertancias propias y mutua de las dos bobinas acopladas 1 y 2 ya que dichas invertancias se necesitarán para poder calcular las admitancias.

Γ

kl

=

Γ11 =

cof L kl

Δ

cof L11

Δ

=

0.4 0.6 0.2

=

0.4 = 2 Yrnehs 0.2

0.2 0.4

Γ22 =

cof L 22

Γ12 =

cof L12

Δ

Δ

0.6 = 3 Yrnehs 0.2 − 0.2 = = −1 Yrneh 0.2

=

Las admitancias propias de los elementos son:

38


Y 1 = Y 2 =

Γ

11

iω

Γ

22

=

2 = −0.2i i (10)

=

3 = −0.3i i(10)

iω

1 −3 25 10 x Y 3 = 8 + 2 + i(10)(1.2) + i10 = 10 + 8i 1 12.5 x10− 3 = 10 + 10i = + + 10 ( 10 )( 1 . 8 ) i Y 4 i10 1 50 x10− 3 = 6 − 2i 6 = + Y 5 i10 La admitancia mutua entre el elemento 1 y el elemento 2 se calcula mediante

Y = kl

Γ

kl

iω

Γ12 = Y 12 = i

−1 = 0.1i 10i

Obsérvese que la invertancia Γ12 es de signo contrario a la inductancia L 12. Podemos representar el circuito original mediante admitancias, obteniendo:

Las admitancias de nodos son:

y11 = Y 1 + Y 2 + Y 3 + Y 5 − 2Y 12 = −0.2i − 0.3i + 10 + 8i + 6 − 2i − 2(0.1i) = 16 + 5.3i y22 = Y 2 + Y 4 + Y 5 = −0.3i + 10 + 10i + 6 − 2i = 16 + 7.7i y12 = −Y 2 − Y 5 + Y 12 = −(−0.3i) − 6 + 2i + 0.1i = −6 + 2.4i Elvio Candelaria Cruz

39

Aplicando la fórmula general:

yn, p Y = cof y det

ab

11

16 + 5.3i − 6 + 2.4i

Y ab =

300.46 52° − 6 + 2.4i 16 + 7.7i 184.95 + 236.8i = = = 16.92 26.31º = 15.16 + 7.5i 16 + 7.7i 16 + 7.7i 17.75 25.69°

Lo que significa que la admitancia total equivale al siguiente elemento paralelo:

40


PROBLEMA 17 Calcule Y ab en el circuito mostrado.

S olución: De acuerdo con las marcas de polaridad, los sentidos de los elementos acoplados acoplados que que se muestran muestran cumple cumplen n con Lkl < 0, lo que que origina origina una invert invertancia ancia mutua positiva y, consecuentemente, una admitancia mutua negativa: recordar que

Γkl Y kl = = − iω

(Γ ) i. kl

ω

y11 = 2 + 8 + 15i + 30i − 20i = 10 + 25i y22 = 8 + 30i + 12i − 20i − 10i − 2(−3i) = 8 + 18i y12 = −8 − 30i + 20i + (−3i) = −8 − 13i 10 + 25i − 8 − 13i

Y ab =

y = cof y 11

det

n,p

− 8 − 13i 8 + 18i − 265 + 172i = = 2.51 + 15.84i 8 + 18i 8 + 18i



41

PROBLEMA 18 Encuentre las admitancias de nodos de la red mostrada que permitan calcular la admitancia equivalente entre las terminales a y b.

Solución: Podemos reducir el circuito utili zando reducción serie-paralelo entre conductancias y capacitores.

En este circuito circuito no es posible posible aplicar reducción serie-paralelo, serie-paralelo, por por lo que aplicaríamos la fórmula general ya conocida:

y11 = 10 + 11i y22 = 10 + 13 − 5i = 23 − 5i y33 = 28 + 11i y12 = −10 y13 = −11i y23 = −13 42

det

Y

ab

y y

n, p

= cof

11

=

y y y y y y y y y y y y y 11

12

13

21

22

23

31

32

33

22

23

32

33


PROBLEMA 19 Encuentre la admitancia Y ab del circuito mostrado:

a) Por reducción serie-paralelo . b) Aplicando la fórmula gener al.

Solución: a)

Puede observarse que la admitancia de 3-2 i está en serie con la de 4-3i.

Y

ab

= Y 1 +

Y 2 Y 3 Y 2 + Y 3

Y 2 Y 3 = (3 − 2i)(4 − 3i) = 6 − 17i = 1.71 − 1.2i Y 2 + Y 3 3 − 2i + 4 − 3i 7 − 5i Y 2 Y 3 Y = Y 1 + + = 2 − 2i + 1.71 − 1.2i = 3.71 − 3.2i Y 2 Y 3 ab


43

b)

y11 = 5 − 4i y22 = 7 − 5i y12 = −3 + 2i

5 − 4i − 3 + 2i

y Y = cof = y11 det

ab

n,p

− 3 + 2i 7 − 5i 10 − 41i = = 3.71 − 3.20i 7 − 5i 7 − 5i


44


PROBLEMA 20 Calcule las admitancias propias y mutuas de nodos, que permitan encontrar la Y ab en el circuito dado.

Solución: Las admitancias propias y mutuas son datos. Según las m arcas de polaridad dadas, los sentidos que se asignan a las bobinas acopladas cumplen con lo siguiente: si Γkl > 0 se tendrá una Lkl < 0 y viceversa.

Recordar que:

Y

kl

=

Γ i

kl

=−

(Γ kl )i

Se puede observar que las dos conductancias laterales pueden ser reducidas a una:

y11 = 5 + 15i − 20i − 25i + 2(2i) = 5 − 26i y22 = 5 + 42 + 10i − 30i − 25i − 2(−3i) = 47 − 39i y12 = −5 − (−25i) − (2i) + (−3i) + (−i) = −5 + 19i La Y ab se obtendría aplicando la fórmula general:


Y ab =

y, cof y 11

det

n p

45

PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS

PROBLEMA 1 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red mostrada:

PROBLEMA 2 En la red mostrada calcule: 3 a) La impedancia total Z T a la frecuencia angular ω=10 rad/seg. b) El valor del inductor o capacitor equivalente.

PROBLEMA 3

En el siguiente circuito calcule R ab.


49

PROBLEMA 4 En el siguiente circuito calcule R ab.

PROBLEMA 5 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b.

PROBLEMA 6 Encuentre la impedancia equivalente entre las terminales a y b en la red mostrada a la frecuencia 3 ω=10 rad/seg.

50


PROBLEMA 7 Encuentre las admitancias propias y mutuas de nodos de la red mostrada que permitan calcular la 3 admitancia equivalente entre las terminales a y b a la frecuencia ω=10 rad/seg.

PROBLEMA 8 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado a la frecuencia 3 ω=10 rad/seg.

PROBLEMA 9 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b a la frecuencia ω=2 rad/seg.


51

PROBLEMA 10 Calcule las admitancias propias y mutuas de nodos que permitan encontrar la Y eq en el circuito mostrado.

52


CAPÍTULO II

TEOREMAS DE REDES

PROBLEMA 1 Usando dos veces divisor de voltaje calcule V .

Solución:

Para calcular el voltaje en la resistencia de 7.5Ω aplicaremos la siguiente fórmula:

V fv ( R ) = V R R

V ab =

T

(60)(7.5) = 45 Volts 10

La siguiente figura muestra el circuito original con la resistencia de 20 Ω a la izquierda de a y b, teniendo entre estos puntos la tensión de 45 V (fuente aparente).


55

Al aplicar divisor de voltaje en la sección de la derecha se tendrá: 8(45) V = 8 + 4 = 30

56

volts


PROBLEMA 2 En el siguiente circuito calcule V ab empleando divisor de voltaje.

S olución: Podemos establecer por L. K. V. (ley de Kirchhoff para voltajes):

V 1 + V − V 3 = 0 ∴ V = V 3 − V 1 ab

ab

..................... (1)

o bien usando el siguiente diagrama:

V 1 + V = V 3 ∴ V = V 3 − V 1 ab

ab

Para calcular V 3 pasemos primeramente la rama que contiene a las resistencias de 3Ω y 5Ω a la izquierda de la fuente de alimentación, lo anterior con objeto de facilitar la visualización del divisor de voltaje.


57

V 3 =

10( 20) = 11.11 18

Para calcular V 1 pasemos ahora la rama que contiene a las resistencias de 10Ω y de 8Ω a la izquierda de la fuente:

V 1 =

3(20) = 7.5 volts 8

Sustituyendo en (1):

V = 11.11 − 7.5 = 3.61 ab

volts

Se sugiere al estudiante comprobar este resultado empleando la trayectoria que involucre a V 2 y V 4.

58


PROBLEMA 3 En el siguiente circuito encuentre V ab empleando divisor de voltaje.

S olución: Representando las caídas de voltaje V 1, V 3 y V ab mediante el siguiente

d iagrama, se tendrá:

V 1 + V = V 3 ∴ V = V 3 − V 1 ab

V 1 =

ab

(5 + 3i)2 10 + 6i = = 0.561 + 1.101i 5 + 3i + 3 − 8i 8 − 5i (6 − 5i)2

volts

V 3 = 6 − 5i + 10 + 6i =

12 − 10i = 0.708 − 0.669i 16 + i

Sustituyendo en

:

V

ab

volts

V = 0.708 − 0.669i − 0.561 − 1.101i = 0.147 − 1.77i = 1.77 − 85.2º ab


volts

59

PROBLEMA 4 Empleando divisor de corriente calcule las corrientes en las ramas 2 y 3. Verifique la ley de Kirchhoff para corrientes en el nodo A.

Solución: La corriente de 5|0º Amp. proveniente de la fuente, se bifurca por las ramas 2

y 3. Así:

Z 3 I = (60 + 10i)5 = 300 + 50i = 2.86 + 0.929i I 2 = Z 2 + Z 3 40 − 25i + 60 + 10i 100 − 15i Z 2 I = (40 − 25i)5 = 2.13 − 0.929i amp. = I 3 Z 2 + Z 3 40 − 25i + 60 + 10i fc

amp.

fc

Aplicando la ley de Kirchhoff al nodo A:

− I + I + I = 0 1

2

3

∴ I 1 = I 2 + I 3

I 1 = 2.86 + 0.929i + 2.13 − 0.929i = 5

60

amp.


PROBLEMA 5 Usando reducción serie-paralelo y divisor de corriente encuentre I X .

Solución: Reduciendo resistencias en paralelo entre los puntos A, B y C, D:

En el circuito de la figura 3 podemos calcular la corriente total I T.

I T =

337.5 = 22.5 mA 15k

Regresando al circuito de la figura 2, tenemos que la corriente I T se distribuye por la resistencia de 20k Ω y por la rama que nos interesa (10k Ω en serie con 20k Ω).


61

En la misma figura 2, aplicando divisor de corriente para calcular I 1:

(20k )(22.5 x10−3 ) I 1 = 10k + 20k + 20k = 9 mA En la figura 4 observamos que la I 1 se distribuye como se muestra:

Aplicando nuevamente divisor de corriente se obtiene I x. (60k )(9 x10−3 ) = 6 mA I x = 90k

62


PROBLEMA 6 Dadas las admitancias de los elementos del circuito mostrado calcule I 2.

S olución: Por divisor de corriente para impedancias sabemos que:

I = k

Z I Z T

fc

k

Como nos dan admitancias, podemos sustituir en la fórmula anterior a Z por

1 Y

con

sus respectivos índices: Sustituyendo Z =

1 Y

1

Y Y I = 1 I = I Y Y k

T

k

fc

fc

T

k

donde Y k = 3i y Y T = 3+3i-2i+6+8i (por estar en paralelo) = 9-9i

I 2 =

⎛ 3i ⎞4 0º = 12 90° = 0.94 135º ⎜ 9 − 9i ⎟ 12.72 − 45° ⎝ ⎠


amp.

63

PROBLEMA 7 Aplicando el teorema de Thévenin encuentre la corriente I x.

Solución:

1. Se separa la parte pasiva (resistor de 6Ω) y se calcula V ab.

Recordar que por ley de ohm ( V=ZI ) el voltaje en la resistencia de 2 Ω y en la bobina de 5i es cero debido a que por ellas no circula corriente.

J 1 =

V

Z

T

=

20 15º 5 − 6i

=

20 15º 7.81 − 50.19º

= 2.56 65.19º

V = 3i(2.56 65.19º ) = 7.68155.19º ab

amp.

volts que es el voltaje de Thévenin.

2. Para calcular la impedancia de Thévenin se pacifica la red. Pacificar una red significa anular sus fuentes de alimentación. Si es una fuente de voltaje se sustituye por un corto circuito y si es una fuente de corriente por un circuito a bierto. Así, el circuito pacificado es:

64


(5 − 9i)(3i ) Z = Z = 5 − 6i + 2 + 5i = 2.73 + 8.88iΩ eq

Th

3. Se dibuja el circuito equivalente de Thévenin y se conecta el resistor de 6Ω.

7.68155.19º

I x = 8.73 + 8.88i = 0.61109.7º


amp.

65

PROBLEMA 8 Aplicando el teorema de Thévenin, calcule la corriente en el resistor de 5k Ω.

S olución: Separando el resistor de 5k Ω y aplicando el método de mallas para calcular el voltaje de Thévenin entre las terminales a y b, tendremos que:

V TH = (2.7K)( J 2)

4700 J 1 + 0 J 2 + 0 J 3 = 20

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

0 J 1 + 5400 J 2 + 0 J 3 = −20 + D 0 J 1 + 0 J 2 + 5600 J 3 = D

J 2 + J 3 = 100 x10

−3

Amp

(1)

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

(2)

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

(3)

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

(4)

De la ecuación (4) tenemos:

J 3 = 100x10-3 - J 2 66


De la ecuación (2) tenemos: 5400 J 2 = -20 + D ⇒ D = 5400 J 2 + 20 ......................... (A) De la ecuación (3) tenemos: 5600[100x10 -3 - J 2] = D 560 - 5600 J 2 = D...................................(B) Igualando las ecuaciones (A) y (B) tenemos: 5400 J 2 + 20 = 560 - 5600 J 2 11000 J 2 = 560 – 20

∴ J 2 = 540 = 0.049 11000

amp.

V Th = J 2(2700) = (0.049)(2700) = 132.3

volts

Pacificamos la red, a fin de calcular RTh.

RTh =

8300 x 2700 = 2037Ω 8300 + 2700

Al circuito equivalente de Thévenin se le conecta el resistor de 5k Ω:

I = x


132.3 = 18.8 mA 7037

67

PROBLEMA 9 Encuentre el circuito equivalente de Thévenin entre las terminales a y b.

Solución:

V = V = J 1 (4 + 3i) = J 1 (5 36.86º) Th

ab

z11 = 6 + 2i z22 = 7 + 3i z12 = −2 − 2i Estableciendo las ecuaciones de mallas: (6 + 2i ) J 1 + (−2 − 2i ) J 2 = 2 (−2 − 2i ) J 1 + (7 + 3i ) J 2 = 0

J 1 =

V = Th

68

2

− 2 − 2i

0

7 + 3i

6 + 2i

− 2 − 2i

− 2 − 2i

7 + 3i

= 14 + 6i = 0.352 − 10.51º 36 + 24i

amp.

(0.352 − 10.51º )(5 36.86º ) = 1.76 26.35º volts


La impedancia de Thévenin se calcula del circuito siguiente:

z11 = 6 + 3i z22 = 6 + 2i z33 = 7 + 3i z12 = 4 + 3i z13 = 0 z23 = −2 − 2i

Z eq =

det z

m , r

cof z

6 + 3i

4 + 3i

0

4 + 3i

6 + 2i

− 2 − 2i

0

− 2 − 2i

7 + 3i

=

=

11

6 + 2i

− 2 − 2i

− 2 − 2i

7 + 3i

167 + 63i 178.5 20.6° = = 4.13 − 13.1° 36 + 24i 43.2 33.7°

Z = 4.02 − 0.93iΩ eq

El circuito equivalente de Thévenin es:


69

PROBLEMA 10 Utilizando el teorema de Thévenin encuentre la corriente que circula por el resistor de 8Ω.

S olución: Habiendo separado el resistor de 8 Ω, se tendrá la malla 2. Habremos de

calcular V ab = V Th.

Aplicando el método de mallas para encontrar J 1 y J 2: z = 18 11

z22 = 19 z12 = −13 18 J 1 − 13 J 2 = 50

−13 J 1 + 19 J 2 = 0

J 1 =

70

50

− 13

0

19

18

− 13

− 13

19

=

950 = 5.491 amp. 173


18 50 − 13 0 = = 650 = 3.757 amp. 173 173 = J 1 − J 2 = 5.491 − 3.757 = 1.734 amp.

J 2 I I = J 2 = A

B

3.757 amp.

Representando las caídas de voltaje mediante el siguiente diagrama:

V + V = V ∴V = V − V A

ab

ab

B

B

A

V = (1.734)(3) = 5.202

volts

V = (3.757)(2) = 7.514

volts

A

B

Por lo que el voltaje de Thévenin resulta:

V = V = 7.514 − 5.202 = 2.31 ab

Th

volts

Se sugiere al estudiante calcular este voltaje empleando dos veces el divisor de voltaje.

Para calcular la resistencia de Thévenin pueden verse los problemas 6, 8 o 9 del Capítulo I (Estructuras pasivas de dos terminales). Al pacificar la red:


71

E = RI ∴ R = E/I

I = J 1 + J 2 (corrientes diferentes de las anteriores)

Empleando el método de mallas:

z11 = 5 z22 = 14 z33 = 18 z12 = 0 z13 = 3 z23 = −10 5 J 1 + 0 J 2 + 3 J 3 = E 0 J 1 + 14 J 2 − 10 J 3 = E 3 J 1 − 10 J 2 + 18 J 3 = 0

E

0

E

14

− 10

− 10

18

0

J 1 =

J 2 = R

=

= 5

0

0

14

− 10

3

− 10

18

3

122 E 634

51 E 634

E I

=

E 634 = 122 E 51 E 173

634 72

3

+

= 3.66Ω

634 Problemario de Circuitos Eléctricos II

Al conectar al circuito equivalente de Thévenin el resistor de 8 Ω:

I x = 2.31 = 198 mA 11.66


73

PROBLEMA 11 En la red mostrada encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.

Solución: Se cortocircuitan las terminales a y b y se orientan elementos y mallas:

Z 12 = -4i Aplicando el método de mallas:

z11 J 1 + z12 J 2 = 10 z21 J 1 + z22 J 2 = 0 z11 = 2 + 2i z22 = 4 + 10i z12 = −4i Sustituyendo impedancias de mallas: ( 2 + 2i ) J 1 + ( −4i) J 2 = 10 (−4i ) J 1 + ( 4 + 10i ) J 2 = 0

La corriente que circula por las terminales cortocircuitadas es la corriente de Norton, en este caso J 2.

74


J 2 =

2 + 2i

10

− 4i

0

2 + 2i

=

− 4i

− 4i

40i = 1.4144 8.14º amp. 4 + 28i

4 + 10i

I = 1.4144 8.14º N

amp.

Calculemos ahora la impedancia vista entre las terminales a y b, para esto necesitamos pacificar la estructura activa original y conectar la fuente E :

z11 = 4 + 10i z22 = 2 + 2i z12 = 4i 4 + 10i

Z ab =

det z

m , r

cof z

=

11

4i

4i 2 + 2i 4 + 28i = = 8 + 6iΩ 2 + 2i 2 + 2i

Representando esta impedancia con elementos de circuito tendremos el circuito equivalente de Norton como sigue:


75

O bien, en función de la admitancia:

Y = ab

1

Z

ab

=

1 8 + 6i

= 0.08 − 0.06i

Obteniéndose:

76

Pr oblemario de Circuitos Eléctricos II

PROBLEMA 12 Encuentre el circuito equivalente de N orton entre las terminales a y b.

Solución:

1. Separamos la admitancia entre las terminales a y b, y cortocircuitamos estas terminales.

2. Aplicamos divisor de corriente con admitancias para calcular la I N :

Y I = I Y k

k

fc

T

I = N

(2 − 6i ) (0.05) = 0.030 − 10.62º amp. 2 − 6i + 3 − 3i

3. Calculamos la admitancia de Norton. Pacificamos el circuito abriendo la fuente de corriente:


77

Y N =

(2 − 6i )(3 − 3i) = 1.47 − 2.15i 2 − 6i + 3 − 3i

El circuito equivalente de No rton entre a y b es:

78


PROBLEMA 13 Aplicando el teorema de Norton calcule la corriente en la carga de 3+4i.

Solución:

1. Separamos la carga y cortocircuitamos las terminales a y b:

2. Aplicamos divisor de corriente: (−2i ) I = 5 (10) = 4 − 90º N

amp.

3. La admitancia de Norton se calcula de:

Puede observarse que por efecto del circuito abierto la impedancia de 5+3 i queda anulada.


79

Y N =

1 ó 5

Z = 5Ω N

4. Conectamos la carga al circuito equivalente de Norton y aplicamos divisor de corriente con impedancias.

5(4 − 90º ) 20 − 90° = = I Z 5 + 3 + 4i 8.94 26.56° = 2.23 − 116.56º L

80

amp.


PROBLEMA 14 Obtenga el circuito equivalente de Norton entre los puntos a y b de la siguiente red.

S olución: Separamos la carga de 3+4 i y cortocircuitamos las terminales a y b.

Aplicando el método de mallas para encontrar I N :

z11 = 30 + 10i z22 = 20 + 10i z33 = 5 − 4i z12 = −(20 + 10i) z13 = 0 z23 = 0 (30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i ) J 2 +

0 J 3 =

− (20 + 10i ) J 1 + (20 + 10i ) J 2 + 0 J 1

+

0 J 3 = − D...................... (2)

0 J 2 + (5 − 4i ) J 3 = D..................... (3)

J 3 − J 2 = Elvio Candelaria Cruz

2....................... (1)

3....................... (4) 81

Sumando las ecuaciones (2) y (3):

− (20 + 10i) J 1 + (20 + 10i) J 2 + (5 − 4i) J 3 = 0...........................( A) De

(4) :

0 J 1 − (1) J 2 + (1) J 3 = 3...............................................................( B) De

(1) :

(30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i) J 2 + 0 J 3 = 2........................................(C ) Observamos en nuestro circuito que J 3 es la corriente de Norton. Así:

− (20 + 10i) 0 30 + 10i

J 3 = I N =

− (20 + 10i)

20 + 10i

0

−1

3

− (20 + 10i) 20 + 10i

−1

0 30 + 10i

− (20 + 10i)

2 5 − 4i

= 640 + 320i = 1.6941 + 0.6901i = 1.82 22.16º 390 + 30i

1 2

Calculando la impedancia de Norton:

10(20 + 10i ) 200 + 100i Z = 10 + 20 + 10i = 30 + 10i = 7 + i Ω A

amp.

82

El circuito equivalente de Norton queda:



83

PROBLEMA 15 Empleando reducción serie-paralelo e intercambio de fuentes calcule V ab en el circuito mostrado.

S olución: Del lado izquierdo:

V = IR

V = (6)(2) = 12

volts

Del lado derecho en el circuito original, tendremos:

V = (2)(6) = 12

volts

84


Haciendo las sustituciones correspondientes:

− V 1 + V R 2 + V 2 + V R10 + V R 6 + V 3 = 0 − 12 + 2 I + 36 + 10 I + 6 I + 12 = 0 18 I + 36 = 0 ∴ I = −2

amp.

V = RI = ab

(10)( −2) = −20 volts

Elvio Candelar ia Cruz

85

PROBLEMA 16 Empleando el teorema del intercambio de fuentes encuentre la corriente I L que se indica en el circuito mostrado.

S olución:

30 66.86º 30 66.86° = = I L 6 + 16i 17.08 69.44° = 1.75 − 2.58º

amp.

86

Problemario de Circu itos Eléctricos II

PROBLEMA 17 Por intercambio sucesivo de fuentes entre los puntos a y b, calcule la corriente que circula por la resistencia de 8.5 Ω.

S olución: En las figuras siguientes se ilustra el intercambio de fuentes y resistencias entre a y b:


87

56 6

56 = = =1 I ab 5 56 + 8.5 6

amp.

88


PROBLEMA 18 En el siguiente circuito encuentre la corriente I x empleando el teorema de superposición.

Solución:

1. Hacemos actuar la fuente de corriente y anulamos la fuente de voltaje cortocircuitándola.

10( 20 + 10i ) Z = 10 + 20 + 10i = 7 + i Ω A

Por divisor de corriente:

I 1 =

(7 + i)(3 0º ) 12 − 3i

=

21 + 3i 12 − 3i

2. Hacemos actuar ahora la fuente de voltaje y anulamos la fuente de corriente abriéndola. Elvio Candelaria Cruz

89

Aplicando el método de mallas: z11 = 30 + 10i

z22 = 25 + 6i z12 = −(20 + 10i ) (30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i ) J 2 = 2

− (20 + 10i) J 1 + (25 + 6i) J 2 = 0 Se observa que la J 2 = I 2. Así:

30 + 10i

I 2 =

− (20 + 10i ) 30 + 10i

2 0

− (20 + 10i )

− (20 + 10i )

=

4 + 2i 39 + 3i

25 + 6i

La corriente total I x será la suma de las respuestas parciales I 1 e I 2:

I = I 1 + I 2 x

I x =

21 + 3i 4 + 2i + 12 − 3i 39 + 3i

Haciendo operaciones algebraicas podem os convertir I 1 e I 2 a sus formas cartesianas y sumarlas, obteniendo un resultado aceptable; sin embargo, a fin de llegar a un resultado más exacto multiplicaremos el numerador y denominador de I 1 por el factor (3+i) y así obtener el mismo denominador que I 2: (21 + 3i )(3 + i ) 60 + 30i = I 1 (12 − 3i)(3 + i) = 39 + 3i 60 + 30i 4 + 2i 64 + 32i I x = 39 + 3i + 39 + 3i = 39 + 3i = 1.6941 + 0.6901i = 1.82 22.16°

amp.

Puede verificarse este resultado con el del problema No. 14 de este mismo capítulo

90

.

Pr oblemario de Circuitos Eléctricos II

PROBLEMA 19 Em pleando el teorema de superposición encuentre I x.

Solución:

1. Hacemos actuar la fuente de voltaje y anulamos la fuente de corriente abriéndo la. El circuito queda:

I 1 =

14 4 3 + 3 3

=6

amp.

2. Ahora hacemos actuar la fuente de corriente y anulamos la fuente de voltaje cortocircuitándola. El circuito queda:


Resolviendo por el método de mallas: 3 J 1 − J 2 + 2 J 3 = D....................................(1)

− J 1 + 6 J 2 + 3 J 3 = 0.................................(2) 2 J 1 + 3 J 2 + 6 J 3 = D.................................(3) Restando la ecuación (3) de (1):

J 1 − 4 J 2 − 4 J 3 = 0.................( A) Además :

J 1 + J 3 = 7...............................( B) y

de

(2) :

− J + 6 J + 3 J = 0...............(C ) 1

2

3

Ordenando coeficientes de estas tres ecuaciones:

J 1 − 4 J 2 − 4 J 3 = 0 J 1 + 0 J 2 + J 3 = 7 − J 1 + 6 J 2 + 3 J 3 = 0

91

92


1

−4

0

1

0

7

−1

6

0

= − 14 = 1 − 14

J 3 = 1

−4

−4

1

0

1

−1

6

3

amp.

Se observa en el circuito que I 2 = -J 3. Así, la respuesta total es I x = I 1+ I 2.

I x = 6 + (- J 3) = 6+(-1) =5 amp.


93

PROBLEMA 20 Obtenga la red dual de la red dada empleando dualidad especial y verifique la correspondencia entr e sus ecuaciones.

Solución: Procedimiento

1. Se dibuja la gráfica de la red dad a (líneas gruesas), orientando las mallas en sentido contrario al de las manecillas del reloj. 2. Se asigna a cada malla (ventana) un punto que será un nodo de la red dual y cuyo número será el de la malla de la red dada que lo encierre. 3. Se trazan líneas de un nodo a otro que pasen por un solo elemento (líneas delgadas), con lo cual se formarán mallas de la red dual. Estas mallas se designarán con el número del nodo de la red dada que quede encerrado por la malla formada. 4. Se orientan las mallas de la red dual en el sentido de las manecillas del reloj. 5. Los elementos de la red dual se orientan de modo que coincida el número de incidencia del elemento de la red dada con respecto a nodo de la m isma red dada y el número de incidencia del elemento dual con respecto a malla de la red dual.

6. Se extrae la gráfica dual y se sustituyen los elementos básicos correspondientes en cada elemento general de dicha gráfica. 94


En la red original se tiene: λ = número total de elementos de la red dada = 5. υ -c = número de nodos independientes de la red dada = 2. μ = número de mallas independientes de la red dada = 3.

Gráfica de la red dual.

En la red dual se tiene que: λ = 5 elementos. υ -c = 3 nodos independientes. μ = 2 mallas independientes.

Al aplicar la correspondencia entre elementos dada por el principio de dualidad especial se obtiene la red dual siguiente:


95

Correspondencia entre ecuaciones: Red dada

V 1 = R1 I 1 − E 1 ⎛ ⎞ S 2 ⎟ ⎜ V 2 = ⎜ R2 + ⎟ I 2 ω i ⎝ ⎠ S 3 V 3 = I 3 iω V 4 = R4 I 4 V 5 = iω L5 I 5 nodo I) nodo II)

Red dual

↔

I 1 = G1V 1 + I 1

↔

⎛ ⎞ ⎜ + Γ2 ⎟ = I 2 ⎜ G 2 ⎟V 2 i ω ⎝ ⎠

↔ ↔ ↔

malla 3)

I 3 =

V 3 − V 4 = 0 V 2 − V 5 = 0

Γ

3

V 3 iω I 4 = G 4V 4 I 5 = iω C 5V 5

I 1 − I 3 − I 4 = 0 − I 2 + I 3 + I 4 − I 5 = 0

malla 1) − V 1 − V 2 − V 3 = 0 malla 2)

fc

↔ ↔

malla 1)

↔ ↔ ↔

nodo 1)

− I − I − I = 0

nodo 2)

I 3 − I 4 = 0 I 2 − I 5 = 0

V 1 − V 3 − V 4 = 0 malla 2) − V 2 + V 3 + V 4 − V 5 = 0

nodo 3)

1

2

3

96

Problemario de Circu itos Eléctricos II


PROBLEMA 1 Usando dos veces el divisor de voltaje encuentre V ab.

PROBLEMA 2 En la siguiente red calcule V ab empleando divisor de voltaje.

PROBLEMA 3 Usando reducción serie-paralelo y divisor de corriente encuentre la corriente I x.


99

PROBLEMA 4 Aplicando intercambio de fuentes y el teorema de Thévenin encuentre la corriente en la carga de 50+20i.

PROBLEMA 5 Empleando el teorema de Thévenin encuentre la corriente en la carga de 3Ω.

PROBLEMA 6 Encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.

100


PROBLEMA 7 Encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.

PROBLEMA 8 Empleando intercambio de fuentes encuentre la tensión entre los puntos a y b del circuito mostrado.

PROBLEMA 9 En el siguiente circuito encuentre I x empleando el teorema de superposición.


101

PROBLEMA 10 Obtenga la red dual del circuito mostrado y verifique la correspondencia entre sus ecuaciones (emplee dualidad especial).

102


CAPÍTULO III

VALORES MEDIOS Y POTENCIA

PROBLEMA 1 Dada la función i(t) = I 0 sen(ω t ) representada en la gráfica, encontrar: a) El valor medio I m. b) El valor eficaz I ef .

Solución:

a) El valor medio de la función i(t) = I0sen(ωt) con ωt como variable independiente y periodo T=2π es:

I

m

= 1 T

∫

1 i(t )dt = 2π 0 T

2 π

∫ I sen(

t )d (ωt ) = I 0 [− cos(ωt )] 2π

2 π

ω

0

0

= I 0 [− cos(2π ) + cos(0)] 2π

0

I

m

= I 0 [−1 + 1] = 0 2π

b) El valor eficaz o r.m.s. de la función dada es:

I

ef

= 1 T

∫

T

i 2dt =

0

2

I

ef

I ⎡⎢

1 2π

2

[ sen( t )] d ( ∫ I 2 π

ω

0

2 π


2

I ⎛ ⎜⎜ 2 0

t ) =

ω

0

⎤ t 1 0 = − sen(2ωt )⎥ = 2π ⎣ 2 4 ⎦0 ω

2

π

2π ⎝ 2

⎞

− 0 ⎟⎟ ⎠

I

0

2π

=

2 π

∫ sen ( 2

t )d (ωt )

ω

0

I

0

2

105

PROBLEMA 2 Calcule la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia en la rama 2 del circuito dado. Dibuje el triángulo de potencias de esta rama.

Solución:

2

P = Z I La corriente en la rama 2 es J 2 , luego:

P = Z J 2

2

Aplicando el método de mallas: z11 = 45 + 40i z22

= 55 + 15i

z12

= −30 − 50i

( 45 + 40i ) J 1 + (−30 − 50i) J 2 = 12 ( −30 − 50i )

106

1

+ (55 + 15i) J 2 = 0


resolviendo para J2:

J 2 =

45 + 40i

12

− (30 + 50i)

0

45 + 40i

− (30 + 50i )

− (30 + 50i)

=

12(30 + 5i ) 3475 − 125i

=

699.71 59° 3447.24 − 2.06°

= 0.201 61.1° amp.

55 + 15i

al sustituir valores en: 2

P = Z I = ( 25 + 35i )(0.201) 2 = 1.01 + 1.4i = 1.72 54.19° VA De la expresión: P = Pa + iPr obtenemos: P activa= 1.01 Watts P reactiva= 1.4 VAR´S P aparente= 1.72 VA f. p.= cos(54.19°) = 0.58+ (adelantado)

Triángulo de potencias en la rama 2:


107

PROBLEMA 3 En la red dada encuentre la potencia activa, reactiva, a parente y el factor de potencia de la carga total. Posteriormente calcule las mismas potencias P1 y P2 empleando divisor de corriente y compruebe que P T = P 1 + P 2 e igual a la potencia de la fuente de alimentación.

Solución:

Z T = Z

T

(30 + 20i)(15 − 30i ) 45 − 10i

= 26.2317.18º

V I Z =

=

T 2

P = Z I T

50 26.23

=

1050 − 600i 45 − 10i

=

1209.3 − 29.7º 46.09 − 12.52º

= 26.23 − 17.18º

Ω

Ω

= 1.90 amp.

= 26.2317.18º(1.90) 2 = 94.69 17.18º = 90.46 + 27.96i

De donde podemos ver que: P activa= 90.46 watts P reactiva= 27.96 VAR ’S P aparente= |P | = 94.69 VA

El ángulo de la potencia es el mismo que el de la impedancia conjugada Z T . El factor de potencia vale: f.p. = cos(17.18º) = 0.95+ (adelantado). 108


Cálculo de la potencia en la rama 1: 50 0º V I = = = 1.90 17.18º amp. Z 26.23 − 17.18º Por divisor de corriente :

I 1 =

(15 − 30i )(1.90 17.18º ) 45 − 10i

=

63.72 46.09

30.32º = 1.38 30.32º amp.

2

2 P 1 = Z I 1 = (30 − 20i)(1.38) = 57.3 − 38i = 68.6 − 33.7º

P = 57.3 a

P = 38

VAR' S

r

P

ap

watts

= 68.6 VA

f.p. = cos(−33.7º ) = 0.8 − ( atrasado) Cálculo de la potencia en la rama 2: I = 1.90|17.18º amp.

I

Por divisor de corriente: (30 + 20i ) 1.90 17.18º

2

=

45 − 10i

P = Z I 2 2

2

2

watts

P = 66

VAR' S

r

P

ap

46.09 − 12.52º

= 1.48 63.39º amp.

= (15 + 30i)(1.48) 2 = 33 + 66i = 73.46 63.43º

P = 33 a

=

68.49 50.87º

= 73.4 VA

f.p. = 0.44 + ( adelantado) Comprobación de la conservación de la potencia. La potencia total debe ser la suma de las potencias de cada rama. P T = P 1 + P 2 P 1 = 57.3 – 38i P 2 = 33 + 66i P T = 90.3+28i (r esultado coincidente con el obtenido al calcular P T inicialmente). Cálculo de la potencia en la fuente de alimentación: P f = V I = (50)(1.90 17.8°) = 95 17.18°


109

PROBLEMA 4 Encuentre la potencia activa, reactiva y el factor de potencia total del circuito mostrado cuando la potencia reactiva en la rama 2 es de 2000 VAR’S. Dibuje el triángulo de potencias.

Solución: La potencia en la rama 2 es: 2

2

2

2

P 2 = (50 + 20i) I 2 = 50 I 2 + i 20 I 2 = 50 I 2 + 2000i Igualando partes imaginarias: 2

2

i 20 I 2 = 2000i ∴ I 2 =

I 2

2000 20

= 100

= 10 amp.

Este resultado se pudo obtener también sabiendo que la potencia reactiva en la rama 2 es debida al capacitor, así: 2

2

P c = Z c I 2 = 20i I 2 = 2000i ∴ I 2 = 10 amp. V = V V = Z I 1

2

2

2

2

=

(

)

50 2 + 20 2 (10 ) = 538.5 2

V = + = P P P Z 1

T

1

2

1

=

90 − 5i 2300 − 50i

V + Z

2

2

2

=

(538.5) 2 40 + 15i

+

(538.5) 2 50 − 20i

= (538.5)

2

(50 − 20i + 40 + 15i)

⎛ 18 − i ⎞ 2 ⎟(538.5) = 11355.4 − 383.5i ⎝ 460 − 10i ⎠

(538.5) 2 = ⎜

2300 − 50i

=

110


Obteniéndose:

P = 11355.4 a

P = 383.5 r

watts

VAR' S

f.p. = cos(−1.93º ) = 0.99 − ( atrasado)

Triángulo de potencias:


111

PROBLEMA 5 Obtenga el triángulo de potencias total y el factor de p otencia del circuito dado, si la potencia reactiva consumida es de 1000 VAR’S (capacitivos o adelantados)

S olución:

Z T = Z

T

(5 − 3i )(10 − 4i ) 15 − 7i

=

38 − 50i 15 − 7i

=

62.80 − 52.7 º 16.55 − 25º

= 3.79 − 27.7º Ω

= 3.79 27.7º Ω

Como el ángulo de la impedancia conjugada es el mismo que el de la potencia

⎛ P = Z 2 ⎞ , podemos calcular por funciones trigonométricas la potencia activa y la I ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ potencia apar ente.

tg (27.7°) =

1000

P a

∴ P a =

1000 0.5259

= 1901 watts

Potencia aparente = |P|:

112


sen(27.74°) =

1000 P

1000

∴ P =

0.465460

= 2148 VA

f . p. = cos(27.74º ) = 0.88+ (adelantado) con lo cual, el triángulo de potencias queda:

Otro método: Conocida la Z T = 3.793 27.74º = 3.3576 + 1.7664i Ω 2

podemos aplicar P = Z I : 2

2

P = 3.3576 I + 1.7664 I i Sabemos que P r = +1000 VAR’S (capacitivos o adelantados) por lo que: 2

2

1.7664 I = 1000 ∴ I =

1000 1.7664

= 566.1231

P = 3.35(566.1231) + 1.76(566.1231)i = 1901 + 1000i P = 19012 + 1000 2 = 2148 VA

que son los mismos resultados obtenidos anteriormente.


113

PROBLEMA 6 La potencia reactiva consumida por dos impedancias Z 1 = 5|45º Ω y Z 2 = 10|30º Ω en serie es 1920 VAR’S en retraso (inductivos). Hallar la p otencia activa P a y la potencia aparente |P |, así como el factor de potencia. Obtenga el triángulo de potencias.

Potencia reactiva = 1920 VAR’S (inductivos)

S olución:

z = 3.53 + 3.53i z = 8.66 + 5i P = P + P P = Z I + Z I 1

2

T

1

2

2

T

2

1

2

igualando partes imaginarias: 2

− 8.53i I = −1920i 2

∴ I =

1920

= 225.08 8.53 P T = 2744 − 1920i = 3350 − 35º Así que :

P = 2744

watts

P = 1920

VAR' S

a

r

P

T

2

2

= (3.53 − 3.53i + 8.66 − 5i) I = (12.19 − 8.53i) I

= 3350 V.A.

f.p = cos(−35º ) = 0.81− ( atrasado) Triángulo de potencias:

114


PROBLEMA 7 Encuentre la potencia compleja del circuito mostrado, así como el factor de potencia sabiendo que la potencia activa total consumida es de 1500 watts.

Solución: 2

2

1

2

V V + P = P + P = Z Z V V V (2 − 3i) V (3 − 6i) 1

2

2

P =

2

2 + 3i

+

3 + 6i

2

=

2

13

+

45

..............................(1)

la parte real de la suma de los dos últimos términos de la ecuación (1) es la potencia real o activa total, entonces:

2 V

2

+

13

3 V

2

45 3 ⎞

= 1500

⎛ 2 ⎜ + ⎟ = 1500 ⎝ 13 45 ⎠ 2 129 ⎛ ⎞ V ⎜ ⎟ = 1500 ⎝ 585 ⎠

V

2

2

∴ V =

(1500)(585) 129

= 6802


115

2

sustituyendo V = 6802 en cada término de (1) :

P 1 = P =

(6802)(2 − 3i) 13 (6802)(3 − 6i)

2

45

= 1046.46 − 1569.7i = 453.46 − 907i

P = P + P = 1046.46 − 1569.7i + 453.46 − 907i = 1500 − 2477i = 2895 − 58.8º 1

2

P = 1500

Watts

P = 2477

VAR' S

a

r

P = 2895

VA

f . p. = cos(−58.8º ) = 0.518− (atrasado)

116


PROBLEMA 8 En el circuito mostrado la potencia en el resistor de 10Ω es de 1000 watts y en el circuito total es de 5000 VA con un factor de potencia de 0.90 adelantado. Hallar Z.

S olución: Método 1

V I = V I + V I 1

2

ang cos(0.90) = 25.84°

P = R I 2 2a

2

2

= potencia activa en la rama 2

2

1000 = 10

I 2

∴ I

2

2

= 100

I 2 = 10 amp. V = V = (10 + 4i)10 2

V

= 107.70 21.8° volts

V I = 5000 25.84°

∴ I =

5000 25.84° 107.70 − 21.8°

= 46.42 47.64° amp.

I = I + I 1

2

46.42 47.64° =

I + 10 1

∴ I 1 = 46.42 47.64° − 10 = 31.27 + 34.30i − 10 = 21.27 + 34.30i = 40.35 58.19° amp.

V = V Z I I 1

=

1

1

Z

1

=

107.70 21.8° 40.35 58.19°

= 2.66 − 36.39° = 2.14 − 1.57i

= Z Ω


117

Método 2. ang cos(0.90) = 25.84° Pot. activa en la rama 2 = 1000 watts 1000 =

2

R I 2

2

∴ I

2

2

1000

=

10

= 100

I 2 = I = 10 amp. V = V = Z I V = (10 + 4i)10 = 107.70 21.8° 2

2

2

2

V

2

volts

= 11600 2

V P Z T

=

T

5000 25.84° =

11600

Z

T

∴ Z T =

11600 5000 25.84°

= 2.32 − 25.84°

Ω

Asimismo

Z

=

Z (10 + 4i )

Z + 10 + 4i Z (10 + 4i ) 2.32 − 25.84° = Z + 10 + 4i T

haciendo operaciones algebraicas para despejar a Z , obtenemos:

Z = 2.14 - 1.57i Ω

118


Método 3. ang cos(0.90) = 25.84° 2

P T =

V Z

T

2

=

V Z

+

V

2

10 + 4i

.......................................(1)

La parte real o potencia activa en la rama 2 vale 1000 watts 2 ⎧ ⎫ ⎪ V ⎪ R e ⎨10 + 4i ⎬ = 1000 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭

10 V

2 2

= 1000 ∴ V = 11600

116 Sustituyendo valores en la ecuación (1) : 5000 25.84° =

11600

+

11600

Z 10 + 4i 11600 4500 + 2179i = + 1077 − 21.8° Z 11600 + 1000 − 400i 4500 + 2179i = Z 11600 = 3500 + 2579i Z 11600 11600 ∴ Z = = − 36.38° = 2.668 − 36.38° 3500 + 2579i 4347.5 Z = 2.14 − 1.57i Ω


119

PROBLEMA 9 En la red de C.D. dada halle el valor de R L para el cual se tendrá una máxima transferencia de potencia. Calcule la potencia máxima.

Solución: 1. Por intercambio de fuentes simplificamos la red.

2. Se deberá hallar el circuito equivalente de T hévenin.

V

Th

= 11 J 2

10 J 1 − 4 J 2 = 8

− 4 J 1 + 20 J 2 = 10

= 2

J

10

8

−4

10

10

−4

−4

20

=

132 184

= 0.7173 amp.

120

V

Th


= 11(0.7173) = 7.89 volts

La resistencia de Thévenin se calcula de:

RTh = 4.42 Ω

3. Se calcula la potencia máxima en R L.

El valor de R L debe ser igual al de RTh para que se transfiera la máxima potencia.

I =

7.89 8.84

= 0.892 amp. 2

Pot

max

= R L I = 4.42(0.892) 2 = 3.51 watts


121

PROBLEMA 10 En el circuito mostrado encuentre el valor de la impedancia de carga Z L que dé lugar a la transferencia de potencia máxima y calcule dicha potencia.

Solución: 1. Hallemos el circuito equivalente de Thévenin, obteniendo V Th de:

z11 I = 100

= 5 + 8i + 10i + 2(4i ) = 5 + 26i

z11

(5 + 26i ) I = 100 ∴ I =

100 5 + 26i

=

500 − 2600i 701

I = 0.7132 − 3.70i amp.

V

Th

= 10iI + 4iI = 14i (0.7132 − 3.70i ) = 51.8 + 9.984i = 52.75 10.9° volts

Cálculo de la impedancia de Thévenin:

122


z11

= 10i

z22

= 5 + 8i + 10i + 2(4i ) = 5 + 26i

z12

= 10i + 4i = 14i 10i

= Th

Z

14i

14i 5 + 26i 5 + 26i

=

− 64 + 50i 980 + 1914i = = 1.4 + 2.73i 5 + 26i 701

El circuito equivalente de Thévenin es:

2. La máxima transferencia de potencia tiene lugar cuando Z L = Z Th

La impedancia total del circuito es: Z T 2.73i + 1.4 - 2.73i 2.73i = 2.8Ω T = 1.4 + 2.73i


123

3. Calculemos I 1 (nótese que la carga se reduce a 1.4 Ω, porque la bobina y el condensador se anulan).

I 1 =

V

Z

=

T

52.75 10.9° 2.8

= 18.8310.9° amp.

y la potencia máxima transferida es : 2

2 Pot max = R L I 1 = 1.4(18.83)

ot

max

= 496 watts

124



PROBLEMA 1 El circuito serie mostrado consume 64 watts con un factor de potencia de 0.8 en retraso. Hallar la impedancia Z y el triángulo de potencias.

PROBLEMA 2 Encuentre la potencia compleja y el factor de potencia en cada rama de la red dada. Compruebe la conservación de la potencia compleja.

PROBLEMA 3 Empleando divisor de corriente encuentre la potencia en cada rama del circuito dado y compruebe que P fc = P1 + P2.


127

PROBLEMA 4 Mediante funciones trigonom étricas obtenga la potencia reactiva, aparente y el factor de potencia del circuito dado, sabiendo que la potencia activa consumida es de 2000 watts. Dibuje el triángulo de potencias.

PROBLEMA 5 En la siguiente configuración calcule la potencia aparente, activa, reactiva y el factor de potencia en Z 5. Obtenga el triángulo de potencias en dicha impedancia.

E=20|0° volts

Z1 = 3 Z2 = 2+2i Z3 = 2i Z4 = 1 + i Z5 = 4 + i Z6 = 1 + 2i

128


PROBLEMA 6 La potencia reactiva consumida por dos impedancias Z 1 = 8|-15° Ω y Z 2 = 20|-45° Ω en serie es de 800 VAR’S adelantados. Hallar la potencia activa, aparente y el factor de potencia.

PROBLEMA 7 Calcule la potencia compleja en cada rama del circuito dado, cuando la potencia reactiva en la rama 3 es de 500 VAR’S.

PROBLEMA 8 En el circuito mostrado determine el valor de R L al cual se le transfiera la máxima potencia y calcule dicha potencia.


129

PROBLEMA 9 En el circuito dado determine el valor de R L que dé lugar a la máxima transferencia de potencia. Calcule la potencia máxima suministrada a la carga.

PROBLEMA 10 En el circuito mostrado encuentre el valor de la impedancia de carga Z L que dé lugar a la transferencia de potencia máxima y calcule dicha potencia.

130



PROBLEMA 1 Diseñe un circuito RLC serie resonante para la corriente con una tensión de entrada de 5|0° volts que tenga las siguientes especificaciones: a) Una corriente pico de 10 mA. b) Un ancho de banda de 120 Hz. c) Una frecuencia de resonancia de 3x10 3 Hz. Encuentre R, L y C y las frecuencias de corte.

PROBLEMA 2

Un circuito RLC serie con R=20 Ω y L=2 mHy operando a una frecuencia de 500 Hz tiene un ángulo de fase de 45° en adelanto. Hallar la frecuencia de resonancia para la corriente del circuito.

PROBLEMA 3 La tensión aplicada a un circuito serie RLC con C =16 μF es de v (t ) = 120 2 cos(1000t − 30°) volts y la corriente que circula es i (t ) = 3 2 sen 1000t amp. Encuentre los valores de R y de L ¿cuál será la frecuencia de resonancia ω0 para la corriente?


177

PROBLEMA 4 Se tiene un circuito RLC serie con una frecuencia de resonancia para la corriente de f 0 = 300 Hz y un ancho de banda AB = 100 Hz. Encuentre la Q0 del circuito y las frecuencias de corte f 1 y f 2.

PROBLEMA 5 En la red dada:

a) b) c) d) e)

Calcule la Q0 de la red. Encuentre el valor de X C para la resonancia en V . Determine la frecuencia de resonancia f 0 si el ancho de banda es de 5000 Hz. Calcule el máximo valor de la tensión V C . Calcule las frecuencias de corte f 1 y f 2.

PROBLEMA 6

Calcule el valor de C para que el circuito mostrado entre en resonancia para V a una frecuencia angular ω0 = 25000 rad/seg.

178


PROBLEMA 7 En el circuito dado:

a) b) c) d)

Encuentre la frecuencia ω0 que haga mínima la corriente I . Calcule las reactancias X L y X C a esta frecuencia. Encuentre Z T a la frecuencia ω0. Si E =200|0° volts encuentre I , I L e I C .

PROBLEMA 8 En el circuito RLC paralelo que se muestra:

a) Encuentre por dualidad la frecuencia de resonancia ω0 para la corriente en el capacitor y la expresión para el módulo máximo de dicha corriente (v er problema núm. 7 resuelto). b) Verifique los resultados anteriores haciendo el desarrollo completo del método.

PROBLEMA 9 Deduzca la expresión para calcular la frecuencia de resonancia para V en el circuito paralelo de dos ramas mostrado.


179

PROBLEMA 10 En el circuito paralelo de dos ramas que se muestra, encuentre el valor de L y de C para que la red entre en resonancia para V a cualquier frecuencia. Exprese la condición que relacione a R L, RC , L y C .

180


CAPÍTULO V

REDES CON MULTIFRECUENCIAS

PROBLEMA 1 En el circuito dado ifc(t ) = 5 + 10sen1000t + 15sen(2000t + 30°) amp. Calcule el voltaje instantáneo en la bobina y en el resistor en serie con la fuente.

Solución: Se observa que la fuente posee término constante y términos senoidales, por lo que habrá que resolver la red auxiliar de C.D. y la red auxiliar de C.A. Calcularemos primeramente el voltaje en la bobina en cada red auxiliar.

Red auxiliar de C.D. En corriente directa la bobina se comporta como corto circuito.

Z

L

= iω L = i (0) L = 0 Ω

Por tanto v0 = 0 volts

Red auxiliar de C.A. La red auxiliar de C.A. es el circuito original con corrientes y voltajes complejos.


183

En el análisis de problemas con fuentes senoidales de diferentes frecuencias se aplica el teorema de superposición, es decir, haremos actuar por separado cada término de la fuente para obtener una respuesta parcial y la suma de estas respuestas parciales será la respuesta total. El voltaje en la bobina está dado por:

V L = Z e I q Consideremos primeramente el término

i'

fc

(t ) = 10sen1000t ↔ 10 0°

= 10 0° amp. para ω = 1000 rad , seg I ' ⎡ (300)(ix10 3 )(8 x10 −3 ) ⎤ 2400 90° Z 'eq = ⎢ 300 + (ix10 3 )(8 x10 −3 ) ⎥ = 300.11.52° = 7.99 88.48° ⎣ ⎦

Ω

V ' = Z ' I ' = (7.99 88.48°)(10 0°) eq

V ' = 79.9 88.48°

volts

Este complejo corresponde a la senoide

v'(t ) = 79.9 sen(1000t + 88.48°)

volts

Ahora consideremos el segundo término senoidal de la fuente.

i''(t )

= 15sen(2000t + 30°) ↔ 15 30°

para ω = 2000 rad , = 15 30° amp. seg I ''

Z ''eq =

(300)(i)(2 x10 3 )(8 x10 −3 ) 300 + i (2 x10 3 )(8 x10 −3 )

=

300 x16i 300 +16i

=

4800 90° 300.42 3.05°

V '' = Z '' I '' = (15.97 86.95°)(15 30°) = 239.55116.95° eq

= 15.97 86.95°

Ω

volts

Cuya senoide correspondiente es:

v''(t )

184

= 239.55 sen( 2000t + 116.95°) volts


Por lo que el voltaje instantáneo en la bobina es:

v (t ) = v + v'(t ) + v''( ) L

0

v (t ) = 79.9 sen(1000t + 88.48°) + 239.55 sen(2000t + 116.95°) L

volts

El voltaje instantáneo en el resistor de 500 Ω es:

v (t ) = 500 i fc (t ) R

volts

v (t ) = 2500 + 5000 sen 1000t + 7500 sen(2000t + 30°) volts R


185

PROBLEMA 2 Calcule el voltaje instantáneo en el capacitor del circuito mostrado, cuando la fuente 6 es E es E (t ) = 10 + 5sen(10 t 5sen(10 t +60°) +60°) volts. volts.

Solución: Red auxiliar de C.D. Consideremos el término constante de E(t). En corriente directa el capacitor se comporta como circuito abierto. 1 1

Z = iω C = i(0)C = ∞ c

Por divisor de voltaje: 100(10) 103

v

100

v

0

=

50 + 100

=

150

Ω

= 6.66 volts

= 6.66 volts (v 0 = v c )

Red auxiliar de C.A.

186


Consideremos ahora el término senoidal de E de E (t ). ). E ' (t ) = 5sen(106 t + 60°)

↔ 5 60°

para ω = 106 rad seg , E ' = 5 60°

Z C = Z

C

1 5 x106 i 5 x106 i =− =− iωC ω 106

= −5i

Ω

A la impedancia en paralelo del resistor de 100Ω y el capacitor la designamos como Z eq (indicada en la red auxiliar de C.A.).

Z eq = Z

eq

500 − 90° 100(−5i) = 100 − 5i 100.125 − 2.86°

= 4.994 − 87.14° = 0.249 − 4.98i ≅ 0.25 − 5i

Ω

Aplicando divisor de voltaje para hallar el voltaje en el capacitor, tendremos:

V 'C = V '

C

( Z ) E ' eq

50 + Z eq

=

4.994 − 87.14° 5 60° 50 + 0.25 − 5i

=

25 − 27.14° 50.25 − 5i

=

25 − 27.14° 50.5 − 5.68°

= 0.495 − 21.46° volts

El voltaje instantáneo en el capacitor es la suma de las respuestas parciales de los términos de la fuente E fuente E (t ). ).

v (t ) = v + v' (t ) C

0

C

v (t ) = 6.66 + 0.495 sen(10 t − 21.46°) volts 6

C


187

PROBLEMA 3 Obtenga la serie trigonométrica de Fourier de la onda “diente de sierra” dada.

Solución: En la figura se puede observar lo siguiente: 1. El valor medio de la función es cero. 2. La función es impar, por lo tanto sólo contendrá términos senos (todas las constantes an serán cero). La serie trigonométrica de Fourier de f de f (t ) está dada por: f (t ) =

a

+ a1 cos ω t + a2 cos 2ω t + ... + b1 sen ω t + b2 sen 2ω t + ... 2 En forma compacta :

a f (t ) =

0

∞

0

2

+ ∑ (an cos nω t + bn sen nω t ) n =1

Los coeficientes de Fourier se calculan de:

an =

2 t 0 +T f (t ) cos nω tdt T t 0

n = 0,1,2,...

bn =

2 t 0 +T f (t ) sen nω tdt T t 0

n = 1,2,3,...

∫

∫

Cálculo de a 0 . 2 Al sustituir n = 0 en a n:

a0 =

2 t 0 +T f (t )(cos 0ω t )dt T t 0

a

1 t 0 +T f (t )dt T t 0

0

2 188

=

∫

∫


En nuestro caso elegiremos

a

0

2

=

1 T

∫

T 2

−T

t 0 = −

T 2

.

f (t )dt

2

Pudimos tomar t 0=0, pero esto implicaría integrar dos intervalos de la función (de 0
T 2

2

T 2

2 V ⎡⎛ T ⎞

−T 2

⎛ T ⎞ = 2 ⎢⎜ ⎟ − ⎜ − ⎟ T ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

2

⎤ ⎥=0 ⎥⎦

Cálculo de an.

a

n

=

2 T

∫

T 2

−T

f (t ) cos nω tdt =

2

2 T

T 2

2V

−T

T

∫

2

t cos nω tdt =

4V T 2

∫

T 2

−T

t cos nω tdt .

2

Integrando por partes: u = t ∴ du = dt d v = cos nω tdt ∴ v =

1 nω

sen nω t

∫ udv = uv − ∫ vdu sustituyendo expresiones:

a

n

=

4V ⎡ t

⎢

T 2 ⎢ nω ⎣

T 2

sen nω t t −T 2

⎤ − ∫ T sen nω tdt ⎥ − 2 nω ⎥⎦ T 2

1

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ T 2 ⎥ ⎢ ⎛ ⎞ V T π T T π T 4 2 2 ⎛ ⎞ 1 ⎛ ⎞ = 2⎢ ⎜⎜ sen n ⎜ − ⎟ ⎟⎟ + 2 2 cos nω t ⎥ ⎜ sen n ⎟+ T 2 ⎠ 2nω ⎝ T ⎝ 2 ⎠ ⎠ n ω T ⎢ 2nω ⎝ −T 2 ⎥ 144 4 4 4 4 4 4 244 4 4 4 4 4 4 3 ⎢ ⎥ 0 ⎣ ⎦ =

4V ⎡

1 2π T 1 2π ⎛ T ⎞⎤ − 2 2 cos n ⎜ − ⎟⎥ cos n ⎢ 2 2 T 2 n ω T ⎝ 2 ⎠⎦ T ⎣ n ω 2

⎛ 4V ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜ 2 ⎟⎜ 2 2 ⎟[cos nπ − cos n(−π )] = 0 ⎝ T ⎠⎝ n ω ⎠


189

Cálculo de bn.

bn =

2

∫

T

2

f (t ) sen nω tdt =

T −T 2 Integrando por partes:

2 T

T 2

2V

−T

T

∫

2

t sen nω tdt =

4V T 2

∫

T 2

−T

t sen nω tdt

2

∫ udv = uv − ∫ vdu u = t ∴ du = dt dv = sen nω tdt ∴ v = −

1 nω

cos nω t

⎧ ⎫ ⎪ ⎪ T T 2 ⎪ ⎪⎪ 2 4V ⎪ t 1 bn = T 2 ⎨− nω cos nω t T + ∫ nω cos nω td t ⎬ ⎪144 244 −32 −T 2 ⎪ 144 244 3 ⎪ ⎪ A B ⎪⎩ ⎪⎭ 2 2 4V ⎧ T T T ⎛ T ⎞⎫ cos nω − cos nω ⎜ − ⎟⎬ A = 2 ⎨− T ⎩ 4π n 2 4nπ ⎝ 2 ⎠⎭ 4V ⎛ T 2 ⎞⎧ 2π T 2π ⎛ T ⎞⎫ V ⎟⎟⎨− cos n [− cos nπ − cos n(− π )] A = 2 ⎜⎜ − cos n ⎜ − ⎟⎬ = T ⎝ 4nπ ⎠⎩ T 2 T ⎝ 2 ⎠⎭ nπ A = −2 B = B =

b

V nπ

T 2

1 2

cos nπ

2

n ω 1 2

n ω 2

=

sen nω t −T 2

⎡ ⎛ 2π ⎞ T ⎛ 2π ⎞⎛ T ⎞⎤ sen n⎜ ⎟ − sen n⎜ ⎟⎜ − ⎟⎥ ⎢ n ω ⎣ ⎝ T ⎠ 2 ⎝ T ⎠⎝ 2 ⎠⎦ 1

2

2

[sen nπ − sen n(− π )] = 0

= A + B = − n

2V nπ

cos nπ

n = 1,2,3...

La función cos nπ es es positiva para n par y negativa para n impar, con lo que el signo de los coeficientes se alterna. Así, la serie trigonométrica de Fourier es: 2V ⎧ 1 1 1 ⎫ f (t ) = ⎨sen ω t − sen 2ω t + sen 3ω t − sen 4ω t + ...⎬ π ⎩ 2 3 4 ⎭ En forma compacta : f (t ) = f (t ) =

∞

⎡ 2V ⎤ ∑ ⎢⎣− nπ (cos nπ )(sen nω t )⎥⎦ n =1 ∞

∑ (−1) n =1

190

n +1

2V nπ

sen nω t


PROBLEMA 4 Obtenga la serie trigonométrica de Fourier para la corriente i(t ) dada por el pulso rectangular que se muestra.

Solución: De la forma de onda dada se puede observar lo siguiente: 1. La función es par, por lo tanto la serie sólo contendrá términos cosenos (todas las constantes bn serán cero) más una constante

a

0

. 2 2. La función es susceptible de tener simetría de media onda, por lo que la serie contendrá solamente términos impares cosenos más la constante

a

0

2

.

3. El valor medio de i(t ) es 3: La serie trigonométrica de Fourier de f (t ) está dada por: f (t ) =

a

0

f (t ) =

a

0

+ a1 cos ω t + a2 cos 2ω t + ... + b1 sen ω t + b2 sen 2ω t + ... 2 En forma compacta : ∞

2

Cálculo de

+ ∑ (an cos nω t + bn sen nω t ) n =1

a

0

2

.

Los límites de integración de la función f (t ) en un ciclo pueden tomarse en diversos intervalos, por ejemplo si tomamos t 0=0 debemos realizar tres integrales, en los siguientes intervalos:


191

⎧ ⎪6 ⎪⎪ f (t ) = ⎨0 ⎪ ⎪6 ⎪⎩

0 < t < 1 1 < t < 3 3 < t < 4

Si t 0=-1, únicamente tenemos que realizar dos integrales:

⎧ ⎪6 f (t ) = ⎨ ⎪0 ⎩

− 1 < t < 1 1 < t < 3

En la figura se ve que T =4 seg. por lo que ω=

2π 2π π = = . T 4 2

Eligiendo t 0 = −1 :

a

1 1 = ⎡⎢ 6dt + T ⎣ −1 2

∫

0

1

6 ⎤ 6 0dt ⎥ = t = [1 + 1] = 3 1 ⎦ 4 −1 4

∫

3

Cálculo de a n . 2 an = 4

an =

2 6cosnωtdt + −1 4

∫

1

1

π π ⎛ 2 ⎞ ⎟⎟senn t 0cosnωtdt = 3 cosn tdt = 3⎜⎜ −1 1 2 2 −1 ⎝ nπ ⎠

∫

3

∫

1

6 ⎡ π 6 ⎡ π π ⎛ π ⎞⎤ ⎛ π ⎞⎤ 12 senn ⎢senn − senn⎜ − ⎟⎥ = ⎢senn + senn⎜ ⎟⎥ = nπ ⎣ 2 2 2 ⎝ 2 ⎠⎦ nπ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ nπ

Cálculo de bn . 2 bn = 4

2 6sennωtdt + −1 4

∫

1

∫

3 [cosnω(1) − cosnω(− 1)]; nω 6 ⎡ π ⎛ π ⎞⎤ = − − cos n cos n ⎜ − ⎟⎥ = 0 ⎢ bn nπ ⎣ 2 ⎝ 2 ⎠⎦

bn = −

1

3 0sennωtdt = (− cosnωt ) 1 nω −1 3

ω=

π 2

192


De la expresión calculada para

12

π

a = nπ sen n 2 n

se ve que

a

n

= 0 para n=2,4,6,… y

para n impar los signos se alternan, por lo que la serie sólo contiene cosenos impares más una constante

i (t ) = 3 +

a

0

2

. Así, la serie trigonométrica de Fourier es:

12 ⎛ π t 1 3π t 1 5π t 1 7π t ⎞ + cos − cos + ... ⎟ ⎜ cos − cos π ⎝ 2 3 2 5 2 7 2 ⎠

En forma compacta : i(t) = 3 +

∞

12

π

π

∑ nπ sen n 2 cos n 2 t n =1


193

PROBLEMA 5 Exprese mediante su serie trigonométrica de Fourier la señal senoidal rectificada de media onda que se muestra en la figura.

Solución: Se observa que la función no presenta ningún tipo de simetría, por lo que no es par ni impar y la serie contendrá términos senos y cosenos. La serie de Fourier tiene la forma: ∞ a v (t ) = + ∑ (a 2 0

n =1

n

cos nω t + bn sen nω t )

Cálculo de a0. Nótese que en este problema la variable es ωt.

⎧ ⎪V sen ω t v (t ) = ⎨ ⎪ 0 ⎩

a

0 < t < π π < t < 2π

1 t 0 +T 1 ⎡ π = f (t )dt = V sen ω td (ω t ) + 2 T t 0 2π ⎢⎣ 0

a

∫

0

0

2

=−

V 2π

∫

[− 1 − 1] =

V π

∫

2π

π

0d (ω t ) ⎤ =

⎥⎦

V 2π

π

[− cosω t ] = − 0

V 2π

[cos π − cos 0]

194


Cálculo de an 2 t 0 + T = an T t 0 f (t )cos nωtd (ωt )

∫

f (t ) =

⎧ ⎪V sen ωt ⎨ ⎪ 0 ⎩

0 < t < π π < t < 2π

Se observa que T = 2π

a

n

⎡ 2π ⎢⎣

= 2

∫

π

V sen ωt cos nωtd (ωt ) +

0

∫

⎤

2 π π

0d (ωt )⎥ = ⎦

V π

∫

π

sen ωt cos nωtd (ωt )

0

Auxiliándonos en tablas de integrales la función a integrar tiene la forma:

∫

π

sen mx cos nxdx

donde

m = 1, n = n, x = ωt

0

cuya solución es : π

∫ sen ωt cos nωtd (ωt ) = 0

[

] − cos[(1 − n)ωt ]⎫⎪ = ⎬ 2(1 − n)

⎧⎪ cos (1 + n)ωt ⎨− 2(1 + n) ⎪⎩

π

⎪⎭0

= − cos[(1 + n)π ] − cos[(1 − n)π ] + cos[(1 + n)0] + cos[(1 − n)0] 2(1 + n) 2(1 − n) 2(1 + n) 2(1 − n) = − cos(π + nπ ) − cos(π − nπ ) + cos0 + cos0 2(1 + n) 2(1 − n) 2(1 + n) 2(1 − n) Haciendo uso de las identidades trigonométricas siguientes: cos(a + b) = cosacosb − senasenb

y

cos(a − b) = cosacosb + senasenb obtenemos :

==

cosπ cosnπ − senπ sennπ cosπ cosnπ + senπ sennπ

−

2(1+ n)

2(1− n)

+

cos0

+

2(1+ n) 2(1− n)

⎡ (1− n) + (1+ n) ⎤ 1 cos = nπ ⎢ ⎥+ 2 2 2 2(1+ n) 2(1− n) 2(1− n ) ⎣ 2(1− n ) ⎦ (1− n ) cosnπ

+

cosnπ

+

2

cos0


195

⎤ 1 cos nπ 1 cos nπ + 1 = + = ⎥+ 2 2 2 1− n 1 − n2 ⎢⎣ 2(1 − n ) ⎥⎦ (1 − n ) 1 − n ⎡

2

= cos nπ ⎢

2

pero

an = a

n

y

=

a

V π

∫

π 0

sen ωt cos nωt d (ωt ) =

2V π (1 − n 2 ) n

V ⎡ cos nπ + 1⎤ V (cos nπ + 1) = ⎢ ⎥ 2 π ⎣ 1 − n ⎦ π (1 − n 2 )

para n = 2,4,6,... para n = 3,5,7,...

=0

Cuando n=1 la expresión para

an =

V π (1 − n 2 )

(cos nπ + 1) se

indetermina, por lo que

habrá que evaluarla por separado para n=1. 1 π = a1 π 0 V sen ω t cosω td (ω t )

∫

Haciendo uso de la identidad trigonométrica sen x cos x = V

a

=

a

=0

1

1

π

∫

π

0

1 2

sen 2 x , obtenemos:

π

V ⎡ 1

V ⎤ [cos 2π − cos 0] sen 2ω td (ω t ) = ⎢− cos 2ω t ⎥ = − 2 π ⎣ 4 4π ⎦0

1

por lo que, finalmente

a

n

=0

para n = 1,3,5,7,...

Cálculo de bn. 2 t 0 +T f (t )sen nωt d (ωt ) T t 0 ⎧ 0 < t < π ⎪V sen ωt v(t ) = ⎨ ⎪ 0 π < t < 2π ⎩

bn =

∫

T = 2π 2 ⎡ π = bn 2π ⎢⎣ 0 V sen ωt sen nωt d (ωt ) + Por tablas de integrales :

∫

∫

sen mx sen nxdx = −

∫

2 π π

0d (ωt ) =

V π

∫

π 0

sen[(m + n) x] sen[(m − n) x] + +c 2(m + n) 2(m − n)

donde m = 1, n = n y x = ωt

⎤ sen ωt sen nωt d (ωt )⎥ ⎦

196

Problemario de Circuitos Eléctricos II π

∫

π

0

⎧ sen[(1 + n)ω t ] sen[(1 − n)ω t ]⎫ + sen ω t sen nω td (ω t ) = ⎨− ⎬ + 2 ( 1 n ) 2(1 − n) ⎭0 ⎩

=− =−

sen[(1 + n)π ] 2(1 + n) sen(π + nπ ) 2(1 + n)

+ +

sen[(1 − n)π ] 2(1 − n)

+

sen[(1 + n)0] 2(1 + n)

−

sen[(1 − n)0] ∗ 2(1 − n)

sen(π − nπ ) 2(1 − n)

Haciendo uso de las identidades trigonométricas siguientes: sen(a + b) = sen a cos b + cos a sen b y sen(a − b) = sen a cos b − cos a sen b sen π cos nπ + cos π sen nπ sen π cos nπ − cos π sen nπ + 2(1 + n) 2(1 − n)

=

144 4 4 4 4 244 4 4 4 4 3

144 4 4 4 4 244 4 4 4 4 3

A

B

A=0 B=

∀ n.

sen π cos nπ − cos π sen nπ 0 = =0 2(1 − n) 2(1 − n)

∀ n ≠1

y π

∫ sen ωt sen nωt d (ωt ) = 0 0

∀ n ≠1

V π sen ωt sen nωt d (ωt ) π 0 V ⎡ 0 ⎤ = bn π ⎢⎣ 2(1 − n) ⎥⎦ = 0 ∀ n ≠ 1

pero

bn =

∫

con n=1 la expresión para separado.

b

1

= 1 π

∫

π

0

bn se

V V sen ωt sen ωtd (ωt ) = π

indetermina, por lo que

∫

b1 deberá π

V ⎡ ωt sen2ωt ⎤ V ⎛ π ⎞ V − sen ωtd (ωt ) = ⎢ ⎜ ⎟ = ⎥ = π ⎣⎢ 2 π ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 4 ⎦⎥ 0 2 0 π

2

Sustituyendo valores en la serie de Fourier dada por: v (t ) =

a

0

2

evaluarse por

+ a1 cos ω t + a 2 cos 2ω t + ... + b1 sen ω t + b 2 sen 2ω t + ...

* Puede verse que la integral buscada vale cero para toda n≠1, sin embargo se hace un desarrollo similar al que se usó para el cálculo de an con el fin d e clarificar el resultado.


197

obtenemos v(t ) =

V

v(t ) =

V

v(t ) =

π π

+ −

2V π (1 − 4)

cos 2ω t +

2V π (1 − 16)

2V ⎡ cos 2ω t cos 4ω t π ⎢⎣

3

+

15

+

cos 4ω t +

cos 6ω t 35

2V π (1 − 36)

cos 6ω t + ... +

⎤ V + ...⎥ + sen ω t ⎦ 2

V ⎡ π 2 2 2 ⎤ 1 + sen ω t − cos 2ω t − cos 4ω t − cos 6ω t − ...⎥ ⎢ π ⎣ 2 3 15 35 ⎦

V 2

sen ω t

198


PROBLEMA 6 Se aplica la señal de la gráfica al circuito mostrado. Encuentre la corriente 3 instantánea i(t). Considere ω=10 rad/seg.

S olución: La señal en diente de sierra de la figura ha sido analizada en el problema núm. 3, habiéndose obtenido la serie de Fourier siguiente: 2V ⎡ 1 1 1 ⎤ v(t ) = π ⎢sen ω t − 2 sen 2ω t + 3 sen 3ω t − 4 sen 4ω t + ...⎥ ⎣ ⎦ Sustituyendo valores y con una aproximación de los tres primeros armónicos de la serie, tendremos

(t )

= 25.46 sen 1000t − 12.73 sen 2000t + 8.48 sen 3000t − …

Analizaremos ahora la red dada como una red con multifrecuencias.


Empleando superposición tendremos: Primer armónico de la serie o término fundamental

'(t )

= 25.46 sen 1000t ↔


E '

= 25.46 0°

199

Para ω = 1000 rad seg la impedancia de la red es

= 50 + i(103 )(.2) = 50 + 200i = 206.15 75.96°

Z '

T

= E ' =

I ' Z '

T

25.46 0° 206.15 75.96°

Ω

= 123.5 x10−3 − 75.96° amp.

Por lo que la función senoidal correspondiente es

= 123.5 x10−3 sen(1000t − 75.96°) amp.

i'(t )

Segundo armónico

E ''(t )

= −12.73sen2000t ↔ E '' = 12.73 − 180° volts

Para ω = 2000 rad seg

Z ''

T

= 50 + i(2 x103 )(0.2) = 50 + 400i = 403.1182.87°

= E '' =

12.73 − 180°

I '' Z '' 403.1182.87° = 31.57 x10 i''(t ) = 31.57 x10− sen(2000t + 97.13°)

−3

Ω

− 262.87° = 31.57 x10−3 97.13° amp.

T

3

amp.

Tercer armónico

E '''(t )

= 8.48sen3000t ↔ E ''' = 8.48 0°

Para ω = 3000 rad seg la impedancia de la red es

Z '''

T

= 50 + i(3 x103 )(0.2) = 50 + 600i = 602 85.23° Ω

= E ''' =

8.48 0°

I ''' Z ''' 602 85.23° = 14.08 x10 − 85.23° i'''(t ) = 14.08 x10− sen(3000t − 85.23°) amp. −3

amp.

T

3

200


La suma de las corrientes parciales halladas es la corriente instantánea del circuito.

i(t ) = i'(t ) + i''(t ) + i'''(t ) i(t )

= 123.5 x10−3 sen(1000t − 75.96°) + 31.57 x10−3 sen(2000t + 97.13°) + 14.08 x10−3 sen(3000t − 85.23°) amp.


201

PROBLEMA 7 Encuentre la corriente instantánea que circula por la bobina de la red mostrada cuando E (t ) está dado por la señal rectificada de media onda mostrada en la gráfica. Considere ω=377 rad/seg.

Solución: La señal rectificada de media onda ha sido analizada en el problema número 5, habiéndose obtenido la serie de Fourier siguiente: V ⎡ π 2 2 2 ⎤ 1 sen ω t cos 2 ω t cos 4 ω t cos 6ω t − ...⎥ + − − − ⎢ π ⎣ 2 3 15 35 ⎦ Sustituyendo valores y con una aproximación de los tres primeros términos de la serie, tendremos: 200 ⎡ π 2 ⎤ E (t ) = π ⎢1 + 2 sen 377t − 3 cos 754t − ...⎥ ⎣ ⎦

v(t )

=

E (t )

= 63.66 + 100 sen 377t − 42.44 sen(754t + 90°) − ...

Analizaremos ahora la red dada como una red con multifrecuencias.

Red auxiliar de C.D. En corriente directa la bobina se comporta como corto circuito y el capacitor como circuito abierto, por lo que el circuito resultante es:

i 202

0

=

63.66 = 42.44 x10−3 amp. 3 1.5 10 Problemario de Circuitos Eléctricos II


Consideremos el primer término senoidal o primer armónico.

E '(t )

= 100sen377t ↔ E' = 100 0°

Para ω = 377 rad seg las impedancias de los elementos reactivos valen : i105 = −265i 377 ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 188.5i ( ) = i 377 ZL ⎝ 2 ⎠ Aplicando el método de mallas :

ZC = −

J + z J = 100 0° z J + z J = 0 z11

1

12

2

21

1

22

2

z11 = 1000 − 265i z22 = 500 − 265i + 188.5i z12

= 500 − 76.5i

= −(−265i) = 265i

Sustituyendo las impedancias de mallas en las ecuaciones del método 102 (10 − 2.65i) J 1 + 102 (2.65i) J 2 = 100 102 (2.65i) J 1 + 102 (5 − .765i) J 2 = 0 éstas se reducen a (10 - 2.65i) J 1 + (2.65i) J 2 = 1 (2.65i) J 1 + (5 − .765i) J 2 = 0


203

I '

= J 2 =

10 − 2.65i

1

2.65i

0

10 − 2.65i 2.65i

=

2.65i

2.65 − 90° − 2.65i = = .045 − 69.2 amp. 55 − 20.9i 58.83 − 20.8°

5 − 0.765i

La función senoidal correspondiente es

i'(t )

= .045sen(377t − 69.2°) amp.

Consideremos ahora el segundo armónico

= -42.44sen(754t + 90°) ↔ E '' = 42.44 − 90°

E ''(t )

Para ω = 754 rad seg las impedancias de los elementos reactivos valen ahora i105 Z C = − 754 = −132.62i Z L = i(754)(0.5) = 377i Aplicando nuevamente el método de mallas : z11 = 1000 − 132.62i z22

= 500 − 132.62i + 377i = 500 + 244.37i

z21 = −(−132.62i ) = 132.62i

Las nuevas ecuaciones son : (1000 - 132.62i) J 1 + 132.62i J 2 = −42.44i 132.62i J 1 + (500 + 244.37i) J 2 = 0 que se reducen a : (10 - 1.32i) J 1 + 1.32i J 2 = −0.42i 1.32i

204

1

+ (5 + 2.44i) J 2 = 0


10 − 1.32i

I '' = J = 2

1.32i

0

10 − 1.32i 1.32i

i''(t )

− 0.42i

1.32i

=

− 0.554 − 0.554 = = −9.6 x10−3 − 17.94° amp. 54.96 + 17.8i 57.7717.94°

5 + 2.44i

= −9.6 x10−3 sen(754t − 17.94°) = 9.6 x10−3 sen(754t − 197.94°) amp.

Finalmente, la corriente instantánea que circula por la bobina es la suma de las corrientes parciales halladas, esto es:

i (t ) = i + i'(t ) + i''(t ) L

0

− i (t ) = 42.44 x10

3

L


+ 0.045sen(377t − 69.2°) + 9.6 x10−3 sen(754t − 197.94°) amp.

205

PROBLEMA 8 En el circuito mostrado calcule la tensión y la intensidad de corriente eficaces en el capacitor cuando la fuente proporciona una señal de la forma

i(t ) = 15 + 5cosωt + 2sen(3ωt + 90°) amp.

Solución: Las expresiones para calcular la tensión y la intensidad de corriente eficaces son:

V

ef

=

I ef =

1

N

V + 2 ∑= V 2

2

0

n

n 1

2

I 0 +

1

N

∑ I 2 n =1

2 n

Cálculo de la corriente eficaz en el capacitor Red auxiliar de C.D.

En C.D. no circula corriente por el capacitor, por comportarse como circuito a bierto.

I 0 = 0

206




i'(t ) Z

C

=

I 'C =

= 5cos(1000t ) = 5sen(1000t + 90°) ↔ I ' = 5 90° 1 1 = = −10i 3 iωC i(10 )(102 )(10−6 ) (5 90°)(8) 8 − 10i

=

40 90° 12.80 − 51.34°

= 3.125141.34° amp.

= 3.125sen(1000t + 141.34°) amp.

i' (t ) C


i''(t )

= 2sen(3000t + 90°) ↔ I '' = 2 90°

=

1 1 = −3.33i = 3 iωC i(3)(10 )(102 )(10−6 )

Z

C

I ''C =

(2 90°)(8) 8 − 3.33i

i'' (t ) C

=

16 90° 8.66 − 22.6°

= 1.84112.6° amp.

= 1.84sen(3000t + 112.6°) amp.

Aplicando la fórmula para encontrar I ef

I ef =

2

I 0 +

1 2

N

∑ I = n =1


2 n

1 ( 3.1252 + 1.842 ) = 2.56 amp. 2

207

Cálculo de la tensión eficaz en el capacitor

Red auxiliar de C.D.

V

0

= (15)(8) = 120 volts

Red auxiliar de C.A. Para ω = 1000 rad seg

V ' = Z ' I ' = (10 − 90°)(3.125141.34°) = 31.25 51.34° v' (t ) = 31.25sen(1000t + 51.34°) volts C

C

C

volts

C


V '' = Z '' I '' = (3.33 − 90°)(1.84112.6°) = 6.12 22.6° v'' (t ) = 6.12sen(3000t + 22.6°) volts C

C

C

volts

C

Aplicando la fórmula para encontrar V ef 1 V ef = V 0 + 2 2

208

N

∑V n =1

2 n

= 1202 +

1 ( 31.252 + 6.122 ) = 122 volts 2


PROBLEMA 9 Se aplica una tensión v (t ) = 25 + 40 cos(ω t − 60°) − 8 sen(3ω t + 75°) + 10 sen ω t volts a las terminales de un circuito pasivo, siendo la intensidad que resulta i (t ) = 5 + 3 sen(ωt − 30°) + 2 cos 3ω t + 0.5 cos(5ω t − 10°) amp. Calcule la potencia media del circuito. Expresando las funciones dadas en términos de senos de amplitud positiva: vt ) = 25 + 40 sen(ω t + 30°) + 8 sen( 3ω t − 105°) + 10 sen 5ω t volts i(t ) = 5 + 3 sen(ω t − 30°) + 2 sen(3ω t + 90°) + 0.5 sen(5ω t + 80°) amp. La fórmula para calcular la potencia media es: 1

N

P = V I + 2 ∑= V I cos(α − β ) m

0

0

n

n

n 1

n

n

Donde V 0 e I 0 son los términos de C.D. y V n e I n son las amplitudes de cada término de C.A. Así

V = 25

V = 40

V = 8

V = 10

I = 5

I = 3

I = 2

I = 0.5

0

1

0

1

2

2

3

3

α − β = 30° − (−30°) = 60° α − β = −105° − 90° = −195° α − β = 0° − 80° = −80° 1

1

2

2

3

3

Sustituyendo valores : 1

P m = (25)(5) + [40 x3 cos 60° + 8 x2 cos(−195°) + 10 x0.5 cos(−80°)] = 2

1

P = 125 + 2 (60 − 15.45 + 0.868) = 147 .70 m


watts

209

PROBLEMA 10 En el circuito mostrado calcule la corriente eficaz y la potencia media (activa) si se sen 2000t + 75 sen 3000t volts. aplica una tensión E (t ) = 15 + 150 sen 1000t + 100

Solución:

V = 15

volts;

0

I = 0 0

amp.


E '(t )

= 150sen1000t ↔ E ' = 150 0° volts

Z T = 5 + 5i + = E ' =

1 = 5 − 15i = 15.81 − 71.56° i(10 )(50)(10−6 ) 3

150 0°

I ' Z 15.81 − 71.56° = 9.48 71.56° i'(t ) = 9.48sen(1000t + 71.56°) amp.

Ω

amp.

T


E ''(t )

= 100sen2000t ↔ E '' = 100 0° volts

Z = 5 + 10i − 10i = 5 T

= E '' =

100 0°

Ω

= 20 0° I '' Z 5 i''(t ) = 20sen2000t amp.

amp.

T

210


para ω = 3000 rad seg

E '''(t )

= 75sen3000t ↔ E ''' = 75 0° volts

Z = 5 + 15i − 6.66i = 5 + 8.34i = 9.72 59° T

Ω

75 0°

= E ''' =

I ''' Z 9.72 59° = 7.71 − 59° amp. i'''(t ) = 7.71sen(3000t − 59°) amp. T

Por lo que la corriente instantánea del circuito es

i(t ) = I + i'(t ) + i''(t ) + i'''(t ) 0

i(t )

= 9.48sen(1000t + 71.56°) + 20sen2000t + 7.71sen(3000t − 59°) amp.

Para calcular la corriente eficaz aplicamos 1 I ef = I 0 + 2 2

I

ef

N

∑I n =1

2 n

= +

1 1 (89.87 + 400 + 59.44) = 274.65 ( 9.482 + 202 + 7.712 ) = 2 2

= 16.57 amp.

La potencia media o activa se calcula mediante la fórmula

P m = V 0 I 0 +

1 2

N

∑V I cos⎛ ⎜⎝ α − β ⎞ ⎠⎟ n =1

n

n

n

n

1

P = 2 [150 x9.48cos(0° − 71.56°) + 100 x20cos(0°) + 75 x7.71cos(0° + 59°)] m

1 2

P m = (450 + 2000 + 298) m

= 1374 watts


211


PROBLEMA 1

Calcule el voltaje instantáneo en el capacitor cuando la fuente de corriente es

i (t ) fc

=

20 + 30 sen(500t + 30°) amp.

PROBLEMA 2 Obtenga la serie trigonométrica de Fourier de la señal “diente de sierra” dada.

PROBLEMA 3 Determine la serie trigonométrica de Fourier para la onda cuadrada de la figura.


215

PROBLEMA 4 Obtenga la serie trigonométrica de Fourier de la onda mostrada en la figura.

PROBLEMA 5 Se aplica la señal de la gráfica al circuito mostrado. Encuentre el voltaje instantáneo en el capacitor. Considere ω=10 rad/seg.

PROBLEMA 6 Dado E(t) = 20sen500t + 50sen(100t + 30°) volts, calcule la corriente instantánea que se indica en el circuito mostrado.

216


PROBLEMA 7 Encuentre la corriente instantánea iR(t) que circula por el resistor de 10Ω de la red mostrada cuando i(t) está dada por la señal de la gráfica. Considere ω = 200 rad/seg.

PROBLEMA 8 Calcule el voltaje y la corriente eficaces, así como la p otencia media en el resistor de 15Ω cuando la fuente es i (t ) Considere

ω

= 1000 rad

seg

=

5 + 2 sen ω t + 3 sen( 2ω t + 60°) + 5 sen(3ω t − 30°) amp.

.

PROBLEMA 9 Si E(t) está dado por la señal rectificada de media onda de la gráfica como E (t ) = 0.318V + 0.5V sen ωt − 0.212V cos 2ωt − 0.0424V cos 4ω t − ... (utilice solamente los tres primeros términos para representar E (t )), encuentre la corriente instantánea i(t ) que circula por el circuito mostrado, así como la corriente eficaz y la potencia activa total consumida por el circuito. Considere ω = 377 rad/seg.


217

PROBLEMA 10 Se aplica una tensión v (t ) = 60 + 20 sen ω t + 80 sen( 2ω t + 50°) volts a las terminales d e un circuito pasivo, siendo la intensidad que resulta i(t )

=

2 + 5 sen(ω t + 60°) + 3 sen( 2ω t − 20°) amp.

Calcule la tensión y corriente eficaces, así como la potencia media consumida por el circuito.

218


CAPÍTULO VI REDES DE DOS PUERTOS

PROBLEMA 1 Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de circuito abierto.

Solución: Los parámetros de circuito abierto son los parámetros Z . Las ecuaciones con estos parámetros para una red activa son: 0

V 1 = Z 11 I 1 + Z 12 I 2 + V 1

0

V 2 = Z 21 I 1 + Z 22 I 2 + V 2 0

Calculemos primeramente V 1 y

0

V que son los voltajes debidos a la fuente interna 2

con las terminales del cuadripolo abiertas, como se muestra:

Por divisor de corriente:

I

k

0

V

1

=

2(5 x10−3 ) 4+2

=

10 x10−3 6

=

10 −2 6

amp.

⎛ 10− 2 ⎞ ⎟⎟ = 5 x10− 3 volts. = 3 I k = 3⎜⎜ ⎝ 6 ⎠


221

=

I

L

4(5 x10 −3 )

=

6

10 3

−3 x10 amp.

2 ⎛ 10 −3 ⎞ 2 10 x x10 − 2 volts. = = ⎜ ⎟ L ⎝ 3 ⎠ 3

0

V 2 = 2 I

Para calcular los parámetros Z k ,l debemos pacificar el cuadripolo (anular fuentes reales) y excitar las terminales corresp ondientes según las condiciones requeridas. Cálculo de Z 11 y Z 21

Z

11

= V 1

I I = 1

2

→ Impedancia de entrada [Ω]. 0

V 2 = 21

Z

I I = 1

2

→ Impedancia de transferencia directa [Ω]. 0

En ambos parámetros se tiene la condición de que I 2 = 0, por lo que la configuración correspondiente es:

Z 11 =

I 1 Z I 1

Z 21 =

eq

V 2 I 1 I =0 2

= I 2 =0

3(3) 3+3

=

9 6

= 1.5 Ω

222


La corriente que pasa por el resistor de 2Ω es:

I

2Ω

3 I 1

=

3+ 3

= I 1 amp. 2

⎛ 1 ⎞ Por tanto V 2 = 2⎜⎜ I 1 ⎟⎟ = (1) I 1 volt y ⎝ 2 ⎠

Z 21 =

(1) I 1

I

=1 Ω I 2 = 0

1

Cálculo de Z 12 y Z 22

Z

12

= V 1

I I = 2

Z

22

1

→ Impedancia de transferencia inversa [Ω]. 0

= V 2

I I = 2

1

→ Impedancia de salida [Ω]. 0

En ambos parámetros se tiene la condición de que I 1 = 0, por lo que la configuración correspondiente es:

Z

12

= V 1

I I = 2

⎡ 2 I 2 ⎤ ⎥ ⎣4 + 2⎦

3⎢

1

= 0

I

2

=1 Ω


223

Se comprueba que en una red puramente pasiva (no contiene en su interior fuentes de ningún tipo) Z 21 = Z 12 .

= V 2 22

Z

I I = 2

1

= 0

Z ' I I eq

2

2

=

( 4)(2) 4+2

=

4 3

Ω

Con los resultados obtenidos podemos establecer las ecuaciones que caracterizan a la red.

V = 1.5 I + (1) I + 5 x10 1

1

V 2 = (1) I 1 +

2

4

2

3

3

−3

volts

−2 I 2 + x10 volts

224


PROBLEMA 2 Caracterice el siguiente circuito mediante sus pará metros de circuito abierto y obtenga sus circuitos equivalentes en V y en T .

S olución: Las ecuaciones que caracterizan a una red activa con parámetros de circuito abierto o parámetros Z son: 0

V = Z I + Z I + V V = Z I + Z I + V 1

11

1

12

2

1

0

2

Cálculo de

0

0

1

1

V .-V

21

1

22

2

2

es la caída de voltaje que se tiene de la terminal 1 a su terminal

de referencia, debida a la fuente interna, con las terminales del cuadripolo abiertas.

0

⎛

6

⎞

⎛ 3 ⎞

V = −(1 + i) I = −(1 + i)⎜⎝ 3 − i + 4 + i + 1 ⎠⎟ = −(1 + i)⎜⎝ 4 ⎠⎟ = −0.75 − 0.75i = 1.06 − 135º 1

volts.


225

0

Esta caída es la que se tiene de la terminal 2 a su terminal de

V .

Cálculo de

2

referencia, con las terminales del cuadripolo abiertas.

⎛ 3 ⎞ = = 4 I 4 ⎜ ⎟ = 3 volts. V 2 ⎝ 4 ⎠ 0

Para el cálculo de los parámetros Zk,l deberá pacificarse la red y excitar las terminales correspondientes de acuerdo con las condiciones impuestas. Cálculo de Z 11 y Z 21. El circuito correspondiente es:

V 1 Z 11 =

I 1 I = 0

=

2

Z 21 =

Z I 1 = (7 − i)(1 + i) = 1 + 0.75i 7 − i + i +1 I 1 eq

V 2 I 1 I = 0 2

La corriente que circula por el resistor de 4Ω, por divisor de corriente es:

I 4Ω =

(1 + i) I 1 8

, por lo tanto

⎡ (1 + i ) I 1 ⎤ 4 = V 2 ⎢ 8 ⎥ ⎣ ⎦

Z

21

⎡ (1 + i ) I 1 ⎤ ⎥ 8 ⎣ ⎦ = 1 + i = 0.5 + 0.5i = 4⎢

= V 2

I I = 1

2

0

I

1

2

226


Cálculo de Z 12 y Z 22. El circuito correspondiente es:

Puesto que se tiene un cuadripolo puramente pasivo (en su interior no existen fuentes de ningún tipo) se debe cumplir que Z21 = Z 12 (red recíproca).

Comprobación

Z

12

= V 1

I I = 2

1

=

I I = 1

= 0

I

8

2

0

V 2 Z 22 = 2

⎡ 4 I 2 ⎤ ⎥ ⎣ 8 ⎦ = 4 + 4i = 0.5 + 0.5i Ω

(1 + i) ⎢

( ' I ) Z I eq

2

2

=

4(3 + 1) 8

=2 Ω

La representación de la red mediante su circuito equivalente en V es:


227

Cuadripolo activo La representación de la red mediante su circuito e quivalente en T es:

En donde:

Z − Z

= 1 + 0.75i − 0.5 − 0.5i = 0.5 + 0.25i Ω

Z − Z

= 2 − 0.5 − 0.5i = 1.5 − 0.5i Ω

11

22

12

12

Cuadripolo activo.

228


PROBLEMA 3 Calcule los parámetros Z de la siguiente red y obtenga la representación de su circuito equivalente en V , a la frecuencia ω=2 rad/seg.

S olución:

Z C = Z

L

s iω

=

4 2i

= −2i Ω

⎛ 1 ⎞ = iω L = i (2)⎜ ⎟ = i Ω ⎝ 2 ⎠

El circuito transformado es:


229

Cálculo de Z 11 y Z 21 . La red correspondiente es:

= V 1 11

Z

I I = 1

2

= 0

I Z I

eq

1

=

1

2(−i ) 2−i

=

− 2i (2 + i ) 5

=

2 5

4

− i = 0.4 − 0.8i Ω 5

Con el mismo circuito calculamos Z 21 , aplicando divisor de corriente para obtener V 2.

⎡ 2 I 1 ⎤ ⎥ ⎣2 − i⎦

i⎢

Z 21 =

V 2 = I 1 I =0 I 1

=

2i 2−i

2

4

5

5

= − + i = −0.4 + 0.8i = 0.894 116.5º Ω

2

Cálculo de Z 12 y Z 22 . El circuito correspondiente es:

Al tener una red puramente pasiva Z 12 = Z 21 .

230

Z

12


= −0.4 + 0.8i Ω

V 2 Z 22 =

I I = 2

Z

22

1

= 0

( Z ' ) I I eq

2

2

= 2.6 +

( 2 − 2i)i 2 − 2i + i

= 2.6 +

2 + 6i 5

= 3 + 1.2i Ω

La representación de la red por su circuito equivalente en V es:

Cuadripolo pasivo (contiene fuentes aparentes).


231

PROBLEMA 4 Calcule los parámetros Z de la red mostrada.

Solución: Cálculo de Z 11 . El circuito correspondiente es:

Aplicando la ley de Kirchhoff de corrientes (L. K. I.) al nodo A se cumple que:

− I 1 + I k − I fc = 0.......... .......... .......... ..(1) Además se observa que V 2 = -100V 1 ya que I 2 =0.

Por lo tanto I fc = 10−5 V 2 = 10 −5 (−100V 1). Sustituyendo I fc en (1).

232

Problemario de Circuitos Eléctricos II −5

− I 1 + I k − 10 (−100V 1) = 0 ∴

I = I − 10

−5

1

k

(100V 1) = I 1 − 10 − 3 V 1

Por ley de ohm se tiene que:

( 1 − 10 V 1) = 10 I 1 − V 1 V 1 = 10 I = 10 I 103 I 1 − V 1 V 1 = = 103 − V 1 = 103 − Z 11 Z 11 = I 1 I = 0 I 1 I 1 3

−3

3

3

k

2

2 Z 11 = 10

Z 11 =

103 2

3

= 500Ω

Cálculo de Z 21

V Z = I I =

=

2

21

1

2

0

− 100V 1

I

1

=

− 100[103 I 1 − V 1]

I

=

− 105 I 1 + 100V 1

1

Z

= −105 + 100 Z 11

Z

= −105 + 100(500) = −105 + 5 x104 = −50000 Ω

21

21

I

1

= −105 + 100 V 1

I

1

Cálculo de Z 12 . En la red que estamos analizando existen fuentes aparentes por lo

que la red no es recíproca, es decir Z 12 es diferente de Z 21 y habrá que calcular Z 12 mediante el siguiente circuito.


V 1 Z 12 =

I 2 I =0

=

233

(10

−5

1

pero

Z 12 =

V 2)(10 I 2

3

)

= 10 − 2 V 2

I 2

V 2 = 10 I 2 − 100V 1 4

10 − 2 (10 4 I 2 − 100V 1)

I 2

= 10 2 − V 1

I 2

Z 12 = 10 − Z 12 2 Z 12 = 10 2 ∴ Z 12 = 50Ω 2

Cálculo de Z 22 −2

10 I 2 − 100V 1 10 I 2 − 100(10 V 2) V 2 = = = = 10 4 − V 2 = 10 4 − Z 22 Z 22 I 2 I =0 I 2 I 2 I 2 4

1

2 Z 22 = 10

4

Z 22 = 5000Ω

4

234


PROBLEMA 5 Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de corto circuito.

Solución: Los parámetros de corto circuito son los parámetros parámetros para una red activa son:

Y . Las ecuaciones con estos

0

I 1 = Y 11V 1 + Y 12V 2 + I 1 0 I 2 = Y 21V 1 + Y 22V 2 + I 2 0

0

Calculemos primeramente I 1 e I 2 que son las corrientes debidas a la fuente interna con las terminales del cuadripolo en corto circu ito, como se muestra:

Obteniéndose:

Elvio Candelaria Cruz 0

I 1 = 0

235

amp.

0

I 2 = −5 x10

−3

amp.

Para calcular los parámetros Y k,l debemos pacificar la red (anular fuentes reales), a la vez que cortocircuitar las terminales del puerto correspondiente y excitar con una fuente real el otro puerto, según las condiciones requeridas.

Cálculo de

Y

11

= I 1

V V = 1

Y 21 =

2

Y 11 y Y 21 → Admitancia de entrada [mhos].

0

I 2 → Admitancia de transferencia directa [mhos]. V 1 V = 0 2

En ambos parámetros se tiene la condición de que V 2 = 0, por lo que el circuito resultante es:

I 1 Y 11 =

V 1 V =0

=

2

I 2 Y 21 =

V 1 V =0

=

Y V 1 V 1 eq

( −1)V 1

2

Cálculo de

Y 12

V 1 y

1

4

3

3

= 1+ =

= −1 mhos

Y 22

mhos

Y 12 =

I 1 → Admitancia de transferencia inversa [mhos]. V 2 V =0 1

236

Y 22 =


I 2 → Admitancia de salida [mhos]. V 2 V =0 1

Con la condición de V 1 = 0, obtenemos:

I 1 Y 12 =

V 2 V 1=0

=

(−1)(V 2)

V 2

= −1 mhos

Cumpliéndose que en una red puramente pasiva (no contiene en su interior fuentes de ningún tipo) Y 12 = Y 21.

Y 22 =

V 2 = 1 + 1 = 3 I 2 = Y ' 2 2 V 2 V 1=0 V 2 eq

mhos

Con lo resultados obtenidos, las ecuaciones que caracterizan a la red son:

I 1 =

4 3

V + (−1)V 1

2

I = (−1)V + 1.5V − 5 x10 2

1

2

−3


237

PROBLEMA 6

Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de corto circuito y obtenga sus circuitos equivalentes en V y en π.

Solución: Al cortocircuitar las terminales de los dos puertos de la red dada obtenemos: 0

I = −3 0º 1

0

I = 0 2

amp.

amp.

Cálculo de

Y

11

y

Y

21

. Al pacificar la red dada, cortocircuitar el puerto de salida y

excitar el puerto de entrada obtenemos:

238

Y

11


= I 1

V V = 1

Y

11

⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ + i + 2i − i ⎟⎟V 2 ⎠ 1 = 1 + 2i = ⎝

2

2

V

1

0

= 0.5 + 2i mhos

I 2 Y 21 =

V V = 1

2

=

− (−i + 2i)V 1

V

1

0

Cálculo de

= −i mhos

Y

12

y

Y

22

. Para el cálculo de estos parámetros cortocircuitamos el

puerto de entrada y excitamos con una fuente de voltaje el puerto de salida. La red resultante es:

I 1 Y 12 =

V V = 2

1

=

− (−i + 2i )V 2

V

= −i

2

0

En una red recíproca este parámetro no es necesario calcularlo, ya que es igual a Y21.

I 2 Y 22 =

V 2 V 1=0

1 2

= −3i + + 2i − i =


Representación de la red en V

Representación en π

1 − 2i mhos 2

239

Y 11 + Y 12 = Y + Y 22

240

12

=

1 2 1 2

+ 2i − i = − 2i − i =

1 2 1 2

+i − 3i



241

PROBLEMA 7 En la red mostrada, que contiene una fuente de corriente controlada por corriente, calcule los parámetros de corto circuito.

Solución: Cálculo de Y 11 y

Y

21

. Con la condición V 2 = 0 el circuito resultante es:

Y 11 =

I 1 V 1 V =0

⎛ 1 ⎞ ⎜1 + ⎟V 1 3 2 ⎠ = ⎝ = mhos

V 1

2

Y 21 =

2

I 2 V 1 V =0 2

Las siguientes consideraciones permitirán calcular I2. Al aplicar la ley de Kirchhoff para corrientes (L. K. I.) al nodo A:

242


− I 2 + 3 I 1 − I k = 0.................... ..........(1) Para calcular I k aplicamos la ley de Kirchhoff para voltajes (L. K. V.) a la malla M :

(V = 0)

−V 1 + 2 I k +V 2 = 0

2

∴ I = V 1 k

2

Sustituyendo

− I 2 + 3 I 1

I 2 = 3 I 1 − Y 21 =

I en − V 1 = 0 k

(1) :

2

V 1 2

I 2 V 1 V 2=0

3 I 1 − V 1 2 = 3 I 1 − 1 = V V 2 1

1

Con la misma condición (V2 = 0) sabemos que:

I 1 = = 3 Y V 1 11 2 ⎛ 3 ⎞

mhos, así que :

1

9

1

Y 21 = 3⎜⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟ − 2 = 2 − 2 Y 21 = 4

mhos

También se pudo haber obtenido I k por divisor de corriente: (1) I 1 I 1

I = 1 + 2 k

=

3

Sustituyendo en (1):

− I 2 + 3 I 1 − I 1 = 0 3

⎛ 8 ⎞ I 1 I 2 = 3 I 1 − 3 = I 1 ⎜⎜⎝ 3 ⎠⎟⎟ ⎛ 8 ⎞

I 1 ⎜⎜⎝ 3 ⎠⎟⎟ 8 ⎛ 3 ⎞ I 2 = = ⎜⎜ ⎟⎟ = 4 Y 21 = V 1 V 2=0 V 1 3 ⎝ 2 ⎠


Cálculo de

Y

12

mhos

243

y

Y

22

. En la red dada se tiene una fuente aparente, por lo que la

red no es recíproca y habrá que calcular Y12. Al aplicar la condición V1=0 el circuito resultante es:

Y 12 =

I 1 V 2 V =0 1

Y 22 =

⎛ 1 ⎞ − ⎜ ⎟V 2 1 2 = ⎝ ⎠ =− mhos

V 2

2

I 2 V 2 V =0 1

Las siguientes consideraciones permitirán calcular I 2.

⎛ 1 ⎞ = − I 1 ⎜⎝ 2 ⎠⎟V 2 Aplicando la ley de Kirchhoff para corrientes (L. K. I.) al nodo A de la figura, resulta:

− I 1 + V 2 + 3 I 1 − I 2 = 0.........................(1) 2

Sustituyendo I 1 en (1): 1 V 2 + 3⎛ ⎜ − 1 ⎞⎟ − = 0 + ⎜ 2 V 2 ⎟ I 2 2 V 2 2 ⎝ ⎠ 3 ∴ I = V − V 2 2 2 2 1 I 2 = − 2 V 2 1 − V 2 1 I 2 = 2 = − mhos Y 22 = 2 V 2 V 1=0 V 2

244


PROBLEMA 8 Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de transmisión directos:

Solución: Las ecuaciones que caracterizan a la red dada, con parámetros de transmisión directos A, B, C y D son:

V = AV + B(− I ) I = C V + D(− I ) 1

1

V A = V − I = 2

2

0

C = I 1

V

2

2

Relación de voltaje de entrada a voltaje de salida, con salida abierta → [sin unidades]

1

2

2

→ Admitancia de transferencia inversa, con salida ab ierta [mhos]

2 −

I 2 = 0

Cálculo de A y C . La siguiente configuración permite calcular A y C .


Con – I 2 = 0 no circula corriente por la terminal 2, por lo que V 1 = V 2.

245

V = (3 + 5i) I = V A = V =1 V − I = 1

2

=

I

1

1

2

0

2

C = I 1

V

2 −

I 2 = 0

1

(3 + 5i) I 1

=

1

=

3 + 5i

3 − 5i 34

mhos

Cálculo de B y D . La siguiente configuración permite calcular B y D.

B =

V − I = V

→ Impedancia de transferencia inversa, con salida en corto circuito [Ω].

1

2

2

0

D = I − I V =

Relación de corriente de entrada a corriente de salida, con salida → en corto circuito [sin unidades].

1

2

2

0

Por divisor de corriente: 3 + 5i

− I 2 =

V =

13 − 3i I 1 (10 − 8i )(3 + 5i ) 13 − 3i

1

I

1

(10 − 8i )(3 + 5i ) B =

V − I = V 2

2

D =

=

1

2

0

13 − 3i 3 + 5i

I

1

= 10 − 8i Ω

13 − 3i I 1

0

I − I = V 2

246

=

1

I

=

1

3 + 5i

13 − 3i I

13 − 3i 3 + 5i

=

24 − 74i 34

1


Como la red es puramente pasiva (en su interior no contiene fuentes de ningún tipo) se debe cumplir que AD – BC = 1, pudiéndose obtener también el parámetro D de la ecuación anterior. D =

1 + BC A

= 1 + BC ⎛ 1 ⎞ 13 − 3i ⎟= ⎝ 3 + 5i ⎠ 3 + 5i

D = 1 + (10 − 8i )⎜

Finalmente, en forma matricial:

⎡V 1⎤ ⎡ A ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ I 1 ⎦ ⎢⎣C

⎤⎡

B ⎥ ⎢

V ⎤⎥ 2

⎥ ⎥⎢ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ D ⎥⎦ ⎣− I 2 ⎦

⎡ ⎡V 1⎤ ⎢ 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ 3 − 5i ⎣ I 1 ⎦ ⎢ ⎣ 34


⎤⎡ ⎤ 10 − 8i ⎥ ⎢ V 2 ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ 24 − 74i ⎥ ⎢− I 2 ⎥ ⎥ ⎦ 34 ⎦ ⎣

247

PROBLEMA 9 En la red de celosía simétrica dada, calcule los parámetros de transmisión directos.

Solución: Para una más clara visualización de esta red, ubiquemos sus nodos nuevamente, conectando los elementos que existen entre dichos nodos y obtener la siguiente configuración:

Se observa que las ramas tienen impedancias iguales. A =

V V − I = 1

2

V 1 =

2

0

(3i − i)(3i − i )

4

4i

4i

I 1 = −

I = i I 1

1

La corriente que circula por cada rama es

1

I por ser impedancias iguales, 2 1 pudiéndose aplicar la ley de Kirchhoff para voltajes en el triángulo superior de la figura: 248


1

I 1 + V 2 − (−i)

3i

2

∴V 2 = − A =

3i

1

2

2

=

1

2

0

C = I 1

=

V

2 −

2 I 1

=0

I 1 − i I 1 = −2i I 1

V V − I = 2

1

I 2 = 0

i I 1

− 2i I 1

=−

1 2

I = − 1 = 1 i 2i 2 − 2i I 1

mhos.

1

Cálculo de B y D. La siguiente configuración permite calcular B y D (se cortocircuitan las terminales 2 y O’).

Al aplicar la ley de Kirchhoff para corrientes al nodo 2:

− I k + I l − I 2 = 0 − I 2 = I k − I l .......... .....................(1) En la figura se observa que las impedancias del triángulo superior están en paralelo y son del mismo valor que las del triángulo inferior, por lo que:

V

1

I

k

= 2

3i

e

V

1

I = l

2 −i


249

Sustituyendo I k e I l en (1):

− I 2 = V 1 − 6i

B =

V − I = V

V

1

− 2i =

1

2

2

0

1

1

2

6

2

3

= − iV 1 − iV 1 = − iV 1

V

=

1

2

− iV 1

I − I V = 1

2

2

V = Z − I T

0

2

i

3

V

1

D =

3

2

1

=

− 3i 2

− iV 1 3

=

3V 1

− 6V 1

=−

1 2

Se cumple que AD – BC = 1 por ser la red recíproca y también que A = D por ser simétrica.

250


PROBLEMA 10 En la red dada calcule los parámetros de transmisión inversos.

Solución: Las ecuaciones que caracterizan a la red dada, con parámetros de transmisión inversos A’, B’, C’ y D’ son:

V = A'V + B' (− I ) I = C 'V + D' (− I ) 2

2

1

1

1

1

donde A' =

V V

→ Ganancia en voltaje, con entrada abierta [sin unidades].

2

1 −

I 1= 0

C ' = I 2

V − I = 1

1

→ Admitancia de transferencia directa, con entrada abierta [mhos]. 0


251

Cálculo de A’ y C’ . Con la condición – I 1=0 se obtiene el siguiente circuito:

Se observa que el resistor de 5Ω está en serie con el de 10Ω de la rama superior, quedando en paralelo un resistor de 15Ω con otro de 10Ω.

V 2 = Z I 2 eq

⎛ 15 x10 ⎞ = V 2 ⎜⎝ 15 + 10 + 16 ⎠⎟ I 2 V 1 = 5 I k + 16 I 2 Para calcular I k observamos que el resistor de 15Ω (resultante de la suma en serie de 5Ω y de 10Ω) está en paralelo con el otro resistor de 10 Ω y la corriente de entrada es I 2.

Por divisor de corriente: 10

I = 25 I A' = V V − I = 2

k

=

2

1

1

V − I = 1

252

1

= 0

⎛ 10

⎞ I ⎟⎟ + 16 I 2 ⎝ 25 2 ⎠

5⎜⎜

0

C ' = I 2

(6 + 16) I 2

=

22 I 2

2 I 2 + 16 I 2

I I = 1 = 5 I + 16 I (2 + 16) I 18 2

k

2

2

=

22 18

mhos

2


Cálculo de B’ y D’. B' =

V − I = V 1

1

D' =

→ Impedancia de transferencia directa, con entrada en corto circuito [Ω].

2

0

I − I = V

→ Ganancia en corriente, con entrada en corto circuito [sin unidades].

2

1

1

0

La red correspondiente es:

− I 1 = J 1 . Calculando J 1 por el método de mallas: z11

= 21

z22

= 26

z33

= 25

z12

= −16

z13

=5

z23

= 10


253

⎡ ⎤ 5⎥ ⎢0 − 16 ⎢ ⎥ ⎢V 2 26 10⎥ ⎢ ⎥ ⎢0 10 25 ⎥ 450V 2 ⎥⎦ ⎣⎢ = = J 1 ⎡ 2900 ⎤ 5⎥ ⎢ 21 − 16 ⎢ ⎥ 26 10⎥ ⎢− 16 ⎢ ⎥ ⎢ 5 10 25 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ B' =

V 2 = V 2 − I 1 = 0 45V 2 V 1

D' =

=

290 45

290

I 2 = I 2 45 − I 1 = 0 V V 290 2 1

V 2 = Z ' I 2 eq

En la figura 2 se observa que el resistor de 16Ω está en paralelo con el de 5Ω, por lo 29 que al reducir la red se obtiene una Z 'eq = 5 Así, V 2 =

D' =

29 5

I − I = V

I

2

=

2

1

1

0

I

=

2

45

V 290

2

I

2

45 ⎛ 29 ⎞ ⎜ ⎟ I 290 ⎝ 5 ⎠ 2

=

10 9

Se cumple que A’D’ – B’C’ = 1.

254


PROBLEMA 11 Calcule los parámetros híbridos directos de la red mostrada y obtenga su circuito equivalente.

Solución: Los parámetros híbridos directos son los parámetros h. Las ecuaciones con estos parámetros para la red dada son:

V = h I + h V I = h I + h V 1

2

Cálculo de

h

11

= V 1

I V = 1

2

I h = I V =

y

h

12

2

21

1

22

2

21

0

→

21

2

11

1

→ Impedancia de entrada, con salida en corto circuito [Ω].

2

1

h

11

Ganancia en corriente o factor de amplificación (α21), con salida en corto circuito [sin unidades].

0


255

Con la condición V 2 = 0 la red correspondiente es:

h

11

= V 1

I V = 1

1

2

V Y V

=

1

1

0

1

3

Y = i − 4i = − 4 i h11 =

V

=−

1

3

− iV 1

4 3i

=

4i 3

Ω

4

h

21

= I 2

I V = 1

2

0

Por divisor de corriente calculamos I 2:

I 2 = −

i I 1

− 4i + i

1

2

0

Cálculo de

V h = V I = 12

256

1

I

1

3 1

I

3

1

h

12

→

1

2

1

I 1 1 =3 =

I 2 h21 =

I V =

=

y

h

22

Relación inversa de la ganancia en voltaje, con entrada abierta [sin unidades].

0


h

22

= I 2

V I = 2

1

→ Admitancia de salida, con entrada abierta [mhos]. 0

Con la condición I 1 = 0 se tiene el siguiente circuito:

⎛ 10 I 2 ⎞ 10i I 2 V 1 = i I = i⎜⎜ i − 4i + 10 ⎟⎟ = − 3i + 10 k

⎝

⎠

⎛ − 3i I 2 ⎞ − 30i I 2 ⎟⎟ = V 2 = 10 I = 10⎜⎜ i − 4i + 10 − 3i + 10 l

⎝

10i I 2

V h12 = 1

V 2 I = 0 1

I h22 = 2

V 2 I =0 1

h22 =

1 10

⎠

10i I 2 1 = − 3i + 10 = =− − 30i I 2 − 30i I 2 3 − 3i + 10

=

I 2 − 30i I 2

=

− 3i + 10 90 + 300i = 900 − 30i

− 3i + 10

1

+ ì mhos. 3

Se observa que por tener una red puramente pasiva (recíproca) h12 = - h21. El circuito equivalente viene a ser:


257

Al sustituir valores de parámetros, obtenemos:

258


PROBLEMA 12 En el circuito equivalente de un transistor con parámetros híbridos directos que se

⎛ V ⎞ ⎛ I ⎞ muestra, determine la ganancia en corriente ⎜⎜ 2 ⎟⎟ , la ganancia en voltaje ⎜⎜ 2 ⎟⎟ y la ⎝ I 1 ⎠ ⎝ V 1 ⎠ impedancia de entrada ( Z ent ) .

Transistor. Valores típicos son:

h11 = 1

k Ω −4

h12 = 3 x10 h21 = 50 h22 = 25μ mhos Solución: Cálculo de la ganancia en corriente. Al aplicar la ley de Kirchhoff para corrientes al nodo A:

h21 I 1 + h22V 2 − I 2 = 0 ∴ I 2 = h21 I 1 + h22V 2 .......................(1) pero

V 2 = −10 x10 I 2 3


259

Sustituyendo valores en (1): −6

I 2 = 50 I 1 + 25 x10 − 10 x10 I 2 −2 I 2 (1 + 25 x10 ) = 50 I 1 50 50 I 2 = = = 40 −2 1 25 10 1 . 25 + x I 1 3

= 50 I 1 − 25 x10−2 I 2

Obsérvese que I 2 pudo obtenerse también directamente del circuito de salida por divisor de corriente:

I 2

⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟h ⎜ ⎟ 21 I 1 h 22 ⎠ ⎝ = = 1

h22

+ Z L

h21 I 1 1 + h22 Z

L

y la ganancia en corriente queda como:

I 2 = h21 I 1 1 + h22 Z

= 40

L

Cálculo de la ganancia en voltaje . Al aplicar la ley de voltajes de Kirchhoff a la malla de entrada:

103 I 1 + h12V 2 − V 1 = 0

∴ I 1 = V 1

− h12V 2 103

Sustituyendo I 1 en (1):

⎛ V 1 − h12V 2 ⎞ ⎟ + h V ................(2) = I 2 h21⎜⎜ 103 22 2 ⎟ ⎝ ⎠ pero ya hemos establecido que

V 2 = −10 x10 I 2 ∴ I 2 = − V 42 10 3

260


Sustituyendo I 2 en (2):

⎛ − ⎞ − V 42 = h 21 ⎜⎜ V 1 h312V 2 ⎟⎟ + h22V 2 10 10 ⎝ ⎠ Al sustituir los valores de los parámetros h:

⎛ V 1 − 3 x10 −4 V 2 ⎞ ⎟ + 25 x10 −6 = 50⎜ V 2 3 ⎜ ⎟ 10 10 ⎠ ⎝ − V 2 = 5 x10 2 V 1 − 15 x10 − 2 V 2 + 25 x10 − 2 V 2 − V

2 4

− V 2 = 5 x10 2 V 1 + 10 −1 V 2

V (− 1 − 10 ) = 5 x10 V V (−1.1) = 5 x10 V 5 x10 ∴ V = = −454.54 − 1 . 1 V −1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

Cálculo de la impedancia de entrada . Hemos obtenido al calcular la ganancia en voltaje que

V 1 I 1 =

− h12V 2 103

2

5 x10 y también que V = V − 1.1 5 x10 V ∴V = , así que sustituyendo este valor de V 2 en I 1: − 1.1 2

1

2

1

2

⎛ 5 x10 2 ⎞ ⎛ 5 x10 2 ⎞ V 1 − h12 ⎜⎜ − 1.1 V 1 ⎟⎟ V 1 ⎜⎜1 − h12 − 1.1 ⎟⎟ ⎝ ⎠ = ⎝ ⎠ I 1 = 3 3 10

10

10 V = = Z − I 1 + (3 x10 )(5 x10 3

1

4

ent

1

1.1

2

)

= 880 Ω


261

PROBLEMA 13 Calcule los parámetros híbridos inversos de la red dada y obtenga su circuito equivalente.

Solución: Las ecuaciones que caracterizan a una red puramente pasiva con parámetros híbridos inversos o parámetros “g” son:

I = g V + g I V = g V + g I 1

11

2

21

1

12

1

22

2

2

Cálculo de g11 y g21

→ g11 = I 1 V 1 I =0

Admitancia de entrada, con salida abierta [mhos].

→ g 21 = V 2 V 1 I =0

Ganancia en voltaje, con salida abierta [sin unidades].

2

2

La siguiente configuración corresponde a la condición I 2 = 0.

262


= 20 5 + 16 =

Z

eq

g

= I 1

V I =

11

1

2

=

20 x5 + 16 = 20 25

I = 1 20 I 20 1

mhos

1

0

V = 10 I + 16 I

1

k

2

Por divisor de corriente :

I k =

5 I 1

=

5 25 I 1

5 + 20 ⎛ 5 ⎞ V 2 = 10⎜⎜⎝ 25 I 1 ⎠⎟⎟ + 16 I 1 = 18 I 1

g

= V 2 21

V I = 1

2

= 0

18 I 1 20 I 1

=

9 10

Cálculo de g12 y g22

g

= I 1 12

I V = 2

1

g

→ Ganancia en corriente, con entrada en corto [sin unidades]. 0

= V 2 22

I

2

→ Impedancia de salida, con entrada en corto [Ω]. V 1= 0


263

Con la condición V 1 = 0 se tiene el circuito siguiente:

I = − J 1

Calculando J 1 por el método de mallas: z11 = 21 z22

= 26

z33 = 25 z12

= −16

z13 = 5 z23

= 10 − 16

5

V 2

26

10

0

10

25

0

J 1 =

= 21

− 16

5

− 16

26

10

5

10

25

Por lo que I 1 =

− 45 290

V

2

450V 2 2900

1

264


Para obtener I2 calculamos Z ’eq: 29 16 5 10 10 ( ) = + = Z 'eq 5 5 I 2 = 29 V 2 Sustituyendo en g

= g12 = I 1 I 2 V =0 1

−

12

45 290 V 2 = − 45 x29 = − 45 = − 9 5 5 x290 50 10 V 2 29

29 Ω = V 2 = g 22 = V 2 5 5 I 2 V =0 29 V 2 1

Se cumple que g21 = -g12 (red puramente pasiva).

El circuito equivalente de la red dada es:

Red pasiva (contiene fuentes aparentes). Las ecuaciones en su forma matricial son:

⎡1 ⎡ I 1 ⎤ ⎢ 20 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎣V 2⎦ ⎢0.9 ⎣

⎤⎡ ⎤ − 0.9⎥ ⎢V ⎥ 1 ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ 5.8 ⎥ ⎢ ⎥ ⎦ ⎣ I 2 ⎦


265

PROBLEMA 14 En el circuito mostrado, que contiene un transformador ideal, encuentre: a) b) c) d) e)

La relación de transformación N . La impedancia de entrada Ze. La corriente de salida I 2. La corriente de entrada I 1. La potencia de entrada P1 y la potencia de salida P2.

Solución: a)

V 2 = n2 ∴ = n2V 1 = 6 x120 = 60 n 12 V 1 n1 1 V 2 n1 = 60

vueltas.

y la relación de transformación vale

N

=

n n

1 2

=

60 6

= 10

La relación de transformación en un transformador se denota como se muestra:

266


Esto indica, en nuestro caso, que por cada 10 vueltas en el primario, en el secundario se tendrá una vuelta (transformador reductor o de bajada).

b) La impedancia de entrada se calcula de 2

Z = N Z e

Z

e

s

= (10) 2 (2 x10 3 ) = 200 k Ω

c) La corriente de salida I 2 es

I 2 =

12 = 6x10−3 = 6 mA 2000

d) La corriente de entrada es

I 2 = n1 ∴ = n2 = 6 (6 x10 −3 ) I 1 I 2 60 n1 I 1 n2 I 1 = 0.6

mA

En este problema no hemos incluido el signo negativo en la ecuación de corrientes 1 = − I1 N I 2 del transformador, ya que I 2 aparece en sentido contrario al del símbolo convenido para el transformador.

Nótese que la corriente de entrada I 1 también pudo calcularse por la ley de Ohm en el circuito primario como

V 1 = = 1

I

Z

e

120 200 k Ω

= 0.6 x10 −3 = 0.6 mA

por lo que I 1 depende de la impedancia reflejada en el primario del transformador.


267

Asimismo, se observa que si el voltaje se redujo 10 veces (N=10) en el secundario del transformador, la corriente de salida aumentó en la misma proporción y la potencia de entrada es igual a la potencia de salida.

e) −3 P1 = V 1 I 1 = (120)(0.6 x10 ) = 72 mW −3 P2 = V 2 I 2 = (12)(6 x10 ) = 72 mW

y

P1 = P2

268


PROBLEMA 15 En el circuito dado, encuentre la relación de transformación N que debe tener el transformador para suministrar la máxima potencia al altavoz y determine dicha potencia si su impedancia es de 8Ω.

Solución: Por el teorema de la máxima transferencia de potencia, ésta se tendrá cuando la resistencia reflejada en el primario del transformador (carga) sea igual a la resistencia de Thévenin, en este caso de 72Ω. En el transformador ideal se tiene que 2

Z = N Z e

s

siendo

N =

n n

1 2

Así 72 = N 2 x8 2 72 =9 ∴ N = 8 y la relación de transformación es N = 3 . La corriente I 1 valdrá: 20

I = 144 1

amp.

El voltaje V 1 (voltaje en el primario del transformador) es, por tanto:

⎛ 20 ⎞ ⎟ = 10 volts ⎝ 144 ⎠

V 1 = 72 I 1 = 72⎜


269

De la relación de voltajes del transformador ideal dada por

V = n = 1 V n N 2

2

1

1

obtenemos

V2 =

V = 10 N 3 1

volts

La corriente I 2 valdrá:

V I = Z

2

2

s

2

10 5 = V 2 = 3 = amp. 8 8 12

25

I = 144 y la potencia máxima transferida al altavoz es 2

P

max

P

max

⎛ 25 ⎞

200

= R I = 8⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝ 144 ⎠ 144 = 1.38 watts

Se observa que la fuente entrega una potencia

⎛ 20 ⎞ = = 20 ⎜ ⎟ = 2.77 watts P f V I 1 ⎝ 144 ⎠ de los cuales 1.38 watts se disipan en la resistencia interna de la fuente y 1.38 watts se entregan a la carga, que es la potencia que se transfiere a la bocina, como ya se había calculado.

270


PROBLEMA 16 En el circuito mostrado obtenga la expresión para calcular V 2 en función de las impedancias Z g y Z L para una V g dada.

Solución: Método 1. Las ecuaciones del transformador son:

V 1 = N V 2 ∴V 2 = I 1 = −

1

V 1 ....................(1) N

I 2 ∴ I 2 = − N I 1.............(2) N

De la malla I:

Z I 1 + V 1 − V = 0 ∴V = Z I 1 + V 1.......... ..(3) g

g

g

g

De la malla II:

V + I Z = 0 ∴V = − I Z ..................(4) 2

2

2

L

2

L

Sustituyendo (1) y (2) en (4) obtenemos


271

V 1 = − ) I 2 Z = −(− N I 1 Z N L

L

2

V 1 = N I 1 Z

o

L

y sustituyendo esta expresión en (3):

V

g

2

2

= Z g I 1 + N I 1 Z L = Z g + N Z L I 1

La impedancia vista desde la fuente V g es:

V = + Z N Z I 2

g

g

L

1

2

El término Z L es la “impedancia reflejada” en el primario del transformador ( ( Z Z e). L N

De la ecuación anterior,

V ...............................(5) I = + Z N Z g

2

1

g

L

Así , de (4) y ( 2) :

V = − Z I = − Z (− N I ) V = N Z I L

2

2

L

2

1

L

1

y sustituyendo (5) en esta última ecuación:

N Z V 2 Z + N Z L

V 2 =

g

g

L

Método 2.

Malla I:

Z I + V = V ...................(1)

Malla II:

Z I + V = 0.......... .......... ..(2)

g

L L

1

1

2

g

2

272


⎧V 1 = N V 2 ..........................(3) ⎪ Ecuaciones del transformador: ⎨ 1 = − I I 2 .........................(4) 1 ⎪ N ⎩ Sustituyendo (3) y (4) en (1):

⎛ 1 ⎞ ⎜− Z g ⎜ I 2 ⎟⎟ + N V 2 = V g ........................( A) ⎝ N ⎠ Z L I 2 + V 2 = 0................................................( B) resolviendo (A) y (B) para V 2 por determinantes:

Z N

−

g

V

g

Z

0

L

V = 2

Z V =− Z − − N Z N N L

Z − N

g

g

L

Z

1

L

N Z V Z + N Z L

V 2 =

2

g

g

g

L

=

− Z LV g 2

− Z g − N Z L

N


273

PROBLEMA 17 A partir de las ecuaciones de un cuadripolo con parámetros expresiones que permitan calcular: a) Los parámetros Y en en función de los parámetros Z. b) Los parámetros Z en función de los parámetros h.

Solución: a)

V = Z I + Z I ...................(1) V = Z I + Z I ..................(2) 1

2

11

21

1

1

12

22

2

2

En las ecuaciones anteriores despejamos a I 1 e I 2:

I 1 =

I 2 =

V 1

Z 12

V 2 Z 11

Z 22 Z 22V 1 Z 12V 2 = − Δ Δ Z 12

Z 21

Z 22

Z 11

V 1

Z 21 Z 11

V 2 Z 11V 2 Z 21V 1 = − Δ Δ Z 12

Z 21

Z 22

Las ecuaciones para un cuadripolo con parámetros Y son: son:

Z deduzca las

I 1 = Y 11V 1 + Y 12V 2 ................(3) I 2 = Y 21V 1 + Y 22V 2 ...............(4) Comparando la I 1 calculada, con la ecuación (3) se obtiene

Y

11

= Z 22 Δ

274

Y

12


= − Z 12 Δ

Comparando la I 2 calculada, con la ecuación (4) se obtiene

Z 21 Y 21 = − Δ

( 21 = Z 12) Z

Z 11 Y 22 = Δ Con los resultados anteriores se da respuesta al inciso a); sin embargo, podemos obtener una expresión general para el propósito buscado haciendo las siguientes consideraciones.

Del determinante general de Z vemos que Z 22 = cof Z 11 ,

Z 11 = cof Z 22 . Sustituyendo estos parámetros en Y 11, Y 12

Z 22 Y 11 = Δ =

cof Z 11

Δ

Z 12 Y 12 = − Δ = Z 11 Y 22 = Δ =

cof Z 12

Δ

cof Z 22

Δ

Las expresiones anteriores permiten establecer que

− Z 12 = cof Z 12 y

Y 22 se obtiene:

y

=

Y ,

n p

cof Z p , n

(Δ = Δ

Δ

Z

= Z

)

Z

b) Las ecuaciones para un cuadripolo con parámetros híbridos son:

V 1 = h11 I 1 + h12V 2 .................(5) I 2 = h21 I 1 + h22V 2 .................(6) De las ecuaciones anteriores despejamos a I 1:


I 1 =

V 1

h12

I 2

h22

h11

h12

h21

h22

275

= h22V 1 − h12 I 2

Δ

h

Δ

h

y

h22V 1 = + h12 I 2 I 1

Δ

Δ

h

h

o

V 1 =

Δ

I +

h

h22

i

h12 I 2 h22

Comparando la V 1 calculada, con la ecuación (1) dada por

V = Z I + Z I 1

11

1

se obtiene

Z 11 =

Δ

h

h22 h12 Z 12 = h22 De las ecuaciones (5) y (6) despejamos a V2:

12

2

h

V

h

I

h

h

11

1

2

21

V 2 =

11

h

=

h I − h V

12

h

21

2

11

Δ

21

Δ

h

1

h

22

Sustituyendo V 1 en la ecuación anterior:

276


⎛ Δ h h12 ⎞⎟ = ⎛ ⎜ h11 − ⎜ + I I Δh Δh ⎜⎝ h22 1 h22 2 ⎠⎟ ⎜⎝ Δh ⎛ h11 h22 − h21 h12 ⎞ ⎟ − h21 V 2 = ⎜⎜ I I Δh h22 ⎠⎟ 2 h22 1 ⎝

V 2 =

pero

h I − h 2

11

h h 11

V = 2

22

h h ⎞⎟ − h I I Δ h ⎠⎟ h 21

12

21

2

h

22

1

22

− h21 h12 = Δh , así que

h Δ I − I h Δh 21

h

2

1

h

1

22

h

V 2 =

21

I − 2

22

22

h I h 21

1

22

Comparando la V 2 calculada, con la ecuación (2) dada por

V = Z I + Z I 21

2

1

22

2

se obtiene

Z

21

= − h21

= 22

Z

h

(h

12

= − h21)

22

1

h

22

Hemos expresado los parámetros Y en términos de los parámetros Z y éstos, a su vez, en términos de los parámetros h; es posible la conversión de un tipo de parámetros en otro cualquiera, existiendo tablas elaboradas que facilitan dicha conversión.


277

PROBLEMA 18 Caracterice cada una de las siguientes redes por sus ecuaciones con parámetros de circuito abierto, conéctelas en serie y escriba las ecuaciones del cuadripolo resultante.

RED “A”

RED “B”

Solución: Las ecuaciones del cuadripolo resultante o equivalente pueden obtenerse al conocer los parámetros individuales de cada red, razón por la que caracterizaremos cada una de ellas. Las ecuaciones con parámetros de circuito abierto son:

V = Z I + Z I V = Z I + Z I 1

2

11

21

1

1

12

22

2

2

RED “A”

Con I 2=0:

278


Por reducción serie-paralelo:

Z

11

⎛ 20 x5 ⎞ ⎜ ⎟ 20 + 5 ⎠ I 1 ⎝ = = 4Ω

= V 1

I I = 1

2

I

1

0

V = 10 I 2

k

Para calcular I k emplearemos divisor de corriente.

V 2 Z 21 =

I I = 1

2

= 0

10 I k

I

1

⎛ 5 I 1 ⎞ ⎟ ⎜ 25 ⎟ ⎝ ⎠ = 2Ω

10⎜

=

I

1

Por ser red recíproca Z 21 = Z 12 = 2Ω. Para calcular Z 22 nos apoyaremos en la red correspondiente:

Por reducción serie-paralelo: 15 x10

V Z = I I = 22

2

1

I

2

25

=

2

I

= 6Ω

2

0

Así, para la RED “A” V 1 = 4 I 1 + 2 I 2 V 2 = 2 I 1 + 6 I 2


279

RED “B” Con I 2=0:

V 1 Z 11 =

I I = 1

2

=

I I = 1

2

I

= 16Ω

1

0

V 2 Z 21 =

16 I 1

= 0

16 I 1

I

= 16Ω = Z 12

1

Siendo la red simétrica se tiene que Z 22 = Z 11 = 16Ω.

Así, para la RED “B” V 1 = 16 I 1 + 16 I 2 V 2 = 16 I 1 + 16 I 2

La conexión de dos cuadripolos en SERIE se ilustra en la siguiente figura:

La prueba de validez de Otto Brune debe satisfacerse para que ambas redes puedan conectarse directamente sin necesidad de un transformador de relación 1:1. En las siguientes figuras la terminal común se visualiza con línea gruesa, cumpliéndose en ambos casos la condición V = 0 que se requiere.

280

Por lo que la conexión en SERIE de ambas redes es:


De los resultados obtenidos anteriormente establecemos:


RED “A”:

RED “B”:

⎡V 1 ⎤ ⎡ ⎢ ⎥ = ⎢4 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣V 2 ⎥⎦ ⎢⎣2 ⎡V 1 ⎤ ⎡ ⎢ ⎥ = ⎢16 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣V 2 ⎥⎦ ⎢⎣16

281

⎤⎡

⎤

⎥⎢

⎥

2⎥ ⎢ I 1 ⎥ 6 ⎥⎦ ⎢⎣ I 2 ⎥⎦

⎤⎡

⎤

⎥⎢

⎥

16⎥ ⎢ I 1 ⎥ 16⎥⎦ ⎢⎣ I 2 ⎥⎦

La matriz general de impedancia para circuitos de dos puertos conectados en SERIE es la suma de sus matrices de impedancia individuales.

Por lo tanto

⎡V e ⎤ ⎡ ⎢ ⎥ = ⎢4 + 16 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣V s ⎥⎦ ⎢⎣2 + 16

⎤⎡ ⎤

2 + 16⎥ ⎢ I e ⎥

⎥⎢ ⎥

6 + 16⎥⎦ ⎢⎣ I s ⎥⎦

y las ecuaciones del cuadripolo resultante son:

V = 20 I + 18 I V = 18 I + 22 I e s

282

e

e

s s


PROBLEMA 19 En cada una de las siguientes estructuras de dos puertos calcule los parámetros de corto circuito, conecte ambas estructuras en paralelo y escriba las ecuaciones del cuadripolo resultante.

RED “A”

RED “B”

Solución: Las ecuaciones con parámetros de corto circuito son:

I = Y V + Y V I = Y V + Y V 1

2

11

21

1

1

12

22

2

2

RED “A” . El circuito correspondiente para V 2 = 0 es:

1

V 1 I Z mhos = = Y = V V = V Z 1

1

1

11

1

2

Y

21

= I 2

V V = 1

2

1

0

= 0

0

V

1

= 0 mhos

1


Para la condición V 1 = 0 se tendrá el siguiente circuito:

283

I 1 Y 12 =

V V = 2

1

=

0

= 0 mhos

V

2

0

Cumpliéndose que Y 21 = Y 12

I 2 Y 22 =

V V = 2

1

=

0

= 0 mhos

V

2

0

RED “B” . Con V 2 = 0:

1

V 1 I Z mhos = = Y = V V = V Z 1

1

2

11

1

2

I Y = V V =

− =

2

21

1

2

284

Con V 1 = 0:

1

0

0

2

1

V Z = − 1 V Z 1

2

1

2


I Y = V V =

− =

1

12

2

1

1

V Z V

2

2

=−

Z

mhos

2

2

0

1

Por ser recíproca la red se ve que Y 21 = Y 12.

Z + Z V + Z Z = = Z Z V Z Z 2

I Y = V V =

2

2

2

22

2

1

3

0

3

2

2

3

2

3

La conexión de dos cuadripolos en paralelo se ilustra en la siguiente figura:

Al conectar en paralelo las dos redes dadas se satisface la prueba de validez de Brune, según se muestra:


285

Lo anterior permite conectar directamente las redes sin necesidad de un tr ansformador ideal, como sigue:

Esta conexión es la misma que se muestra en la siguiente figura:

286


De los resultados obtenidos anteriormente establecemos:

⎡ I 1 ⎤ ⎡ 1 ⎢ ⎥ ⎢ R ED “A”: ⎢ ⎥ = ⎢ Z 1 ⎢ ⎥ ⎢0 ⎣ I 2 ⎦ ⎢⎣

⎡ ⎢ I 1 ⎢ RED “B”: ⎢ ⎢ ⎢⎣ I 2

⎤⎡

⎤

0 ⎥ ⎢V 1 ⎥

⎥⎢ ⎥ ⎥ 0⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎢⎣V 2⎥⎦

⎤⎡ ⎤ ⎥ ⎢V 1 ⎥ Z 2 ⎥ ⎢ ⎥ Z 2 + Z 3 ⎥⎥ ⎢⎢ ⎥⎥ Z 2 Z 3 ⎦⎥ ⎢⎣V 2 ⎥⎦

⎤ ⎡ 1 ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ Z 2 ⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢− ⎥⎦ ⎣⎢ Z 2

−

1

La matriz general de admitancia para circuitos de dos puertos conectados en paralelo es la suma de sus matrices de admitancia individuales.

Por lo tanto

⎡ ⎢ I e ⎢ ⎢ ⎢ ⎢⎣ I s

1 ⎤ ⎡ 1 + ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ Z 1 Z 2 ⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢− ⎥⎦ ⎢⎣ Z 2

⎤⎡ ⎤ ⎥ ⎢V e ⎥ Z 2 ⎥ ⎢ ⎥ Z 2 + Z 3 ⎥⎥ ⎢⎢ ⎥⎥ Z 2 Z 3 ⎥⎦ ⎢⎣V s ⎥⎦ −

1

Finalmente, las ecuaciones del cuadripolo resultante son:

⎛ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎜− ⎟V = + + I e ⎜ ⎟V e ⎜ ⎟ s ⎝ Z 1 Z 2 ⎠ ⎝ Z 2 ⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛ + ⎞ ⎜− ⎟V + ⎜ Z 2 Z 3 ⎟V = I s ⎜ ⎟ e ⎜ ⎟ s ⎝ Z 2 ⎠ ⎝ Z 2 Z 3 ⎠


287

PROBLEMA 20 Conecte en cascada las dos redes que se muestran y obtenga las ecuaciones con parámetros de transmisión directos del cuadrip olo resultante.

RED “A”

RED “B”

Solución: Dos cuadripolos se conectan en cascada cuando el puerto de salida de uno se une directamente al puerto de entrada del otro. En nuestro caso, la red resultante es:

Las ecuaciones del cuadripolo resultante o equivalente pueden obtenerse al conocer los parámetros individuales de cada red, razón por la que caracterizaremos cada una de ellas. Las ecuaciones con parámetros de transmisión directos son:

V 1 = AV 2 + B (− I 2) I 1 = C V 2 + D (− I 2) 288


RED “A” Con la condición – I 2 = 0 se tiene:

= V 1

A

(V = V )

=1

V

1

2

2 −

C =

I 2= 0

⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟V 3 + 5i ⎠ 2 ⎝ = =

I V 1

V

2 −

I 2 =0

2

1 3 + 5i

=

3 − 5i 34

mhos

Para la condición V 2 = 0 el circuito es:

Se observa que – I 2 = I 1 = ∞ .

B

=

V − I = V 1

2

D

=

2

0

I − I = V

=1

1

2

2

= V 1 = 0 ∞

0


289

RED “B” Con la condición – I 2 = 0:

= V 1

A

=1

V

2 −

I 2 = 0

I 1 C =

=

V

2 −

I 2 =0

0

V

=0

2

Para la condición V 2 = 0 el circuito es:

Se observa que I 1 = - I 2

=

B

V − I = V 2

D

=

=

1

2

0

I − I = V 2

− I 2

= 10 − 8i Ω

=1

1

2

(10 − 8i)(− I 2 )

0

Las ecuaciones matriciales para cada red son:

290


RED “A”

RED “B”

⎧⎡ ⎤ ⎡ ⎪⎢V 1 A⎥ ⎢1 ⎪⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎨⎢ ⎥=⎢ ⎪⎢ ⎥ ⎢ 3 − 5i ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎪⎩⎣ I 1 A ⎦ ⎣⎢ 34 ⎧⎡ ⎤ ⎡ ⎪⎢V 1 B ⎥ ⎢1 ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎨⎢ ⎥=⎢ ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎪⎢ ⎥ ⎢0 ⎩⎣ I 1 B ⎦ ⎣

⎤

0⎥ ⎡

⎤ ⎢V 2 A ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ 1⎥ ⎢− ⎥ ⎦⎥ ⎣ I 2 A⎦

⎤⎡

⎤

10 − 8i ⎥ ⎢V 2 B ⎥

⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ 1 ⎥ ⎢− ⎥ ⎦ ⎣ I 2 B ⎦

La matriz de transmisión general para dos cuadripolos conectados en cascada es el producto matricial de sus matrices individuales de transmisión, multiplicadas en el orden natural, esto es, el primer factor es el cuadripolo de entrada. Por lo tanto

⎡ ⎤ ⎡1 ⎢V e ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ 3 − 5i ⎢ ⎥ ⎢ I e ⎣ ⎦ ⎢⎣ 34 ⎡ ⎤ ⎡ ⎢V e ⎥ ⎢1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥=⎢ ⎢ ⎥ ⎢ 3 − 5i ⎢ ⎥ ⎢ ⎣ I e ⎦ ⎣ 34

⎤⎡ 0⎥ ⎢1

10 − 8i ⎤ ⎡

⎤ ⎥ ⎢V s ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ 1 ⎥⎢ ⎥ ⎦ ⎣− I s ⎦

⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ 1⎥ ⎢0 ⎥⎦ ⎣ ⎤⎡

⎤

10 − 8i ⎥ ⎢V s ⎥

⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥ 24 − 74i ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥ 34 ⎦ ⎣ I s ⎦

Las ecuaciones del cuadripolo resultante son:

V = (1)V + (10 − 8i)(− I ) e

s

s

⎛ 3 − 5i ⎞ ⎛ 24 − 74i ⎞ = + ⎜ ⎟ I e ⎝ 34 ⎠V s ⎜⎝ 34 ⎠⎟(− I s )

Si se desea calcular los parámetros directamente de la red resultante, se obtendrán los mismos resultados (ver problema núm. 8 de este capítulo).


291


PROBLEMA 1 Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de circuito abierto y obtenga sus circuitos equivalentes en V y en T .

PROBLEMA 2 En la red mostrada, que contiene una fuente de corriente controlada por corriente, calcule los parámetros de circuito abierto.

PROBLEMA 3 Caracterice la siguiente red por sus ecuaciones con parámetros de corto circuito.


295

PROBLEMA 4 En el circuito equivalente de un transistor con parámetros híbridos directos que se muestra, determine la ganancia en corriente

⎛ I 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎝ I 1 ⎠

la ganancia en voltaje

⎛ V 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ y ⎝ V 1 ⎠

la

impedancia de entrada ( Z ent).

Transistor Datos:

h11 = 1 k Ω -4

h12 = 2.5x10 h21 = 40

h22 = 50 μmhos

PROBLEMA 5 Calcule los parámetros híbridos directos de la red mostrada y obtenga su circuito equivalente, a la frecuencia ω=10 rad/seg.

296

PROBLEMA 6


A partir de las ecuaciones de un cuadripolo con parámetros de transmisión directos y considerando las características físicas que definen al transformador ideal deduzca las ecuaciones de este dispositivo, cuyo símbolo se muestra en la figura.

PROBLEMA 7 En el circuito que se muestra, Z L = 100–50i. Calcule la potencia media o activa entregada a Z L si a)

I = 3 60°

b)

V = 80 30°

c)

I = 2 20°

d)

V = 1000 0°

2

amp.

2

1

f

volts

amp. volts


297

PROBLEMA 8

A partir de las ecuaciones de un cuadripolo con parámetros expresiones que permitan calcular:

Y

deduzca las

a) Los parámetros Z en función de los parámetros Y . b) Los parámetros Y en función de los parámetros h.

PROBLEMA 9 En cada una de las siguientes estructuras de dos puertos calcule los parámetros de circuito abierto, conecte ambas estructuras en serie y obtenga las ecuaciones del cuadripolo resultante.

RED “A”

RED “B”

PROBLEMA 10 Conecte en cascada las redes dadas y escriba las ecuaciones con parámetros de transmisión directos del cuadripolo resultante.

298


BIBLIOGRAFÍA

Bustamante Llaca, Enrique, Modern Analysis of Alternating Current Networks, vol. I y II, Limusa-Wiley, S.A. Jiménez Garza Ramos, Fernando, Problemas de Teoría de los Circuitos , vol. I y II, Limusa Noriega Editores, S.A. Jiménez Garza Ramos, Fernando, Análisis de Circuitos Eléctricos, Limusa-Noriega Editores, S.A.

Edminister, Joseph A., Circuitos Eléctricos, Serie Schaum McGraw-Hill. Boylestad, Robert L, Análisis Introductorio de Circuitos, Pearson Educación. Hayt, William H. y Kemmerly, Jack E., Análisis de Circuitos en Ingeniería, McGraw-Hill. Benítez Serrano, Ismael, Circuitos Eléctricos, vol. I y II. Johnson, David E. y Hilburn, John L., Análisis Básico de Circuitos Eléctricos, Prentice Hall. Gerez Greiser, Víctor y Murray-Lasso, M. A., Teoría de Sistemas y Circuitos, Representaciones y Servicios de Ingeniería, S. A. Bobrow, L. S., Análisis de Circuitos Eléctricos, Interamericana, S.A., de C.V. Nilson, James W. y Riedel, Susan A., Circuitos Eléctricos, Pearson Educación. Van Valkenburg, M. E., Análisis de Redes, Limusa, S.A. Hsu, Hwei P, Análisis de Fourier , Pearson Educación. Cheng, David K., Analysis of Linear Systems, Addison-Wesley. García Talavera, Guillermo, Teoría de los circuitos , vol. I, II, III, IV, Instituto Politécnico Nacional. García Talavera, Guillermo, Problemas y Soluciones de Técnicas de Telecomunicaciones , Limusa-Noriega Editores, S.A. Bogdanov, E. I., Problemas de Circuitos Eléctricos de Corriente Alterna , Limusa-Noriega Editores, S.A. Dorf, Richard C., Circuitos Eléctricos-Introducción al Análisis y Diseño , Alfaomega, S.A., de C.V. Hubert, Charles I., Circuitos Eléctricos CA/CC Enfoque Integrado , McGraw-Hill. Tocci, R. J., Circuitos y Dispositivos Electrónicos, Interamericana S.A., de C.V.

126959068 Problemario de Circuitos Electricos II

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