Ejercicios resueltos de electrotecnia

Cátedra: Electrotecnia Prof.Titular: Ing. Carlos Hisgen J.T.P: Ing. Leoncio Mason

Ingeniería Electromecánica FACULTAD REGIONAL RESISTENCIA UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL

Resolución de las Guías de Trabajos Prácticos -Serie 1 (A): (A): Operaciones con Números Complejos. -Serie 1 (B): (B): Análisis de Corriente Continua. -Serie 2: 2: Corriente alterna en régimen permanente. -Serie 3: 3: Circuito magnético a flujo constante. -Serie 4: 4: Teorema de circuitos en Corriente Alterna. -Serie 5: 5: Circuito magnético a flujo variable. -Serie 6: 6: Circuitos trifásicos. -Serie 7: 7: Circuitos acoplados magnéticamente. -Serie 8: 8: Transitorio en circuitos lineales. -Serie 9: 9: Cuadripolos. -Serie 10: 10: Circuitos no lineales. -Serie 11: 11: Componentes simétricos. -Serie 12: 12: Análisis de fallas asimétricas.



Números Complejos 1)

Sumar los siguientes números complejos: z1 = 13

z1 := 13⋅e z2 := 28⋅e

(j35)

( j ⋅ 35⋅ deg)

z = 35. 35.49 + 19. 19.436j 436j

Multiplicar los siguientes números complejos: z1 = 32

z1 := 32⋅e

3´; z 2 = 28 . e

( j ⋅15.05⋅ deg)

z := z1 + z2 2)

∠25º

∠50º;

z2 = 15 - j12

( j ⋅ 50⋅ deg)

z2 := 15 − j ⋅ 12 z := z1⋅ z2 3)

z = 602. 602.69 699 9 + 120. 120.87 871j 1j

Escriba las expresiones cartesianas y polares de un fasor cuya magnitud es de 100 unidades y cuya posición de fase es: a. 30º atrás del eje de referencia.

A := 100⋅ e A b.

=

Forma Cartesiana

60º adelante del eje de referencia.

A

=

( j ⋅ 60⋅ deg)

Forma Polar Forma Cartesiana

50 + 86.603j

Encuentre la magnitud y la posición angular con respecto al eje de referencia de los fasores representados representados por: a. 0,8 + j6,1

z b.

c.

6.152

arg arg ( z)

=

82.5 82.528 28de deg g

=

14.142 arg arg ( z)

=

135 de deg

96.042 arg arg ( z)

=

121. 121.37 373 3deg deg

6.403

=

128. 128.66 66de deg g

-50 + j82

z d.

=

-10 + j10

z

=

-4 + j5

z 5)

Forma Polar

86.603 − 50j

A := 100⋅ e

4)

( j ⋅ − 30⋅ deg)

=

arg arg ( z)

Escribir la forma polar de los siguientes favores: a. 4 + j2

( j ⋅26.565)

Forma Polar

( j ⋅123.69)

Forma Polar

( j ⋅ − 45)

Forma Polar

4.472e ⋅ b.

-2 + j3

3.606e ⋅ c.

3 – j3

4.243e ⋅

6)

Multiplicar los siguientes favores: A = 2 ∠40º; B = 3 . e A . B = (2 . 3) ∠(40º + 100º) = 6

7)

8)

A / B = (20 / 5) ∠(60º – 30º) = 4

∠30º

Realizar el cociente de: z1 = 20

∠75º

z2 := 10⋅ cos ( 30) z := 9)

∠140º

Dividir los siguientes favores: A = 20 ∠60º; B = 5

z1 := 20cos ( 75.05 75.05)

z1

3´; z 2 = 10 . (cos 30º – j sen 30º)

+ j ⋅20 sin ( 75.05)

− j ⋅ 10⋅ sin( 30)

Realizar la suma de: z 1 = 3

z2 := 10⋅e

∠30º

z = −0.38 4 − 1.963j

z2

z1 := 20⋅e

(j100)

∠45º;

z2 = 4

∠30º

( j ⋅75.05⋅ deg) ( j ⋅ 30⋅ deg)

z := z1 + z2

z = 13. 13.82 + 24. 24.323j 323j

10) Hace el producto A . B en forma artesiana y expresar el resultado en forma polar:

A := 2⋅ ( cos ( 60 60⋅ deg ) B := 4⋅ (c os os ( 100⋅ deg ) z := A ⋅ B z

=

8

− j ⋅ sin (60⋅ deg ) )

deg ) ) − j ⋅ sin ( 100⋅ de

z = −7.51 8 − 2.736j arg arg ( z)

= −160 deg

z := 8⋅ e

( j ⋅ − 160⋅ deg)



Análisis de Corriente Continua 1)

Calcular la intensidad de la corriente del siguiente circuito de CC. Datos: V1 = 10V; V2 = 5V; V3 = 40V; ri1 = 0.1Ω; ri2 = 0.2Ω; ri3 = 0.2 Ω R1 = 2Ω; R2 = 4Ω; R3 = 6 Ω R1

V1

ri3

ri1

V3

R2

R3

V2

ri2

Req = R1 + R2 + R3 + r1 + r2 + r3 = 12,5 Ω. e = V = 25 V. e = I . R = I . R = I . Req ⇒I = V / Req = 2 A. 2)

Calcular la intensidad de la corriente del siguiente circuito de CC. Datos: V1 = 20V; V2 = 36V; V3 = 8V; R1 = 7Ω; R2 = 5 Ω V3

R1

V1 V2

e = 36V – 20V – 8V = 8V Req = 7 Ω + 8 Ω = 15 Ω I = 8V / 15 Ω = 0,53A

R2

3)

Calcular la intensidad de la corriente para cada una de las posiciones del selector. A

2ohm

8ohm 4ohm

B

4ohm

C

2ohm

8ohm

2ohm

8ohm

2ohm

12V

2ohm

2ohm

1ohm 8ohm

4ohm 2ohm

Llave en A: Req = 2 + ((8+4+8)^-1 + ¼)^-1 + 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + ((4+2)^-1 + ½)^-1 + 1 = 16,8333 I = V/R = 12/16,83 = 0,7129 A Llave en B: Req = 2 + 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + (( 4+2)^-1 + ½)^-1 + 1 = 13,5 I = V/R = 12/13,5 = 0,8889 A Llave en C: Req = 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + ((4+2)^-1 + ½)^-1 + 1 = 11,5 I = V/R = 12/11,5 = 1,0435 A 4)

2ohm

Ω

Ω

Ω

Hallar (mentalmente) (mentalmente) el valor de la resistencia R de tal forma que Req = 1Ω. Respuestas posibles: a) 11/15 b) 1 Ω; c) 9/4 Ω; d) 3 Ω 4ohm 2ohm

4ohm 1ohm

R

4ohm

Respuesta correcta b).

Ω;

5)

Determinar el sentido y la intensidad de la corriente del circuito. No se considera las resistencias internas de las fuentes. i1

i2

i3

10ohm 10ohm

20ohm

20V 30V 10V

10ohm

i=0 i1 – i2 – i3 = 0 e – iR = 0 30 – i1 . 10 – 20 – i3 . 10 = 0 30 – i1 . 10 – i2 . 10 – i2 . 20 + 10 = 0 Entonces: i1 = 1 A; i2 = 1 A; i3 = 0 A. 6)

Calcular las intensidades de las corrientes y hallar sus sentidos. 10V 10ohm 20ohm

i1

20V

i2

i3

20ohm

i=0 i1 – i2 – i3 = 0 e – iR = 0 20 – i1 . 10 – i2 . 20 = 0 20 – i1 . 10 – 10 – i3 . 20 = 0 Entonces: i1 = ¾ A; i2 = 5/8 A; i3 = 1/8 A 7)

Dado el siguiente circuito, hallar: a. Las intensidades intensidades de las corrientes en cada una de las resistencias. b. Las potencias disipadas en cada una de las resistencias. c. Hallar la potencia total suministrada al circuito. 20ohm

25ohm

40ohm

65ohm

9ohm

8ohm

4ohm

220V

5ohm

a.

Calculo de intensidad de corriente en cada resistencia. Req1 = (1/20+1/40)^-1 = 40/3 Ω. Req2 = (1/25+1/65)^-1= 325/18 Ω. Req3 = Req1 + Req2 + 5 = 655/18 Ω. Req4 = 9 + 8 = 17 Ω.

i3

Req3 i2

Req4

Luego: i=0 i1 – i2 – i3 = 0 e – iR = 0 220 – i1 . 4 – i2 . 17 = 0 220 – i1 . 4 – i3 . 655/18 = 0 Entonces: i1 = 14,1144 A; i2 = 9,6201 A; i3 = 4,4943 A

4ohm

i1

220V i4

i6

20ohm

i5

25ohm

i7

40ohm

65ohm

V1 = i3 . Req1 = 59,9240 V V2 = i3 . Req2 = 81,1471 V i4 = V1/20 = 2,9962 A i5 = V1/40 = 1,4981 A i6 = V2/25 = 3,2459 A i7 = V2/65 = 1,2484 A b.

Calculo de potencia disipada en cada resistencia.

P6

P5

P8

P7 P4

P2

P3

P1

220V 2

c.

P1 = i1 . 4 = 796,8651 Watt 2 P2 = i2 . 9 = 832,9169 Watt 2 P3 = i2 . 8 = 740,3706 Watt 2 P4 = i3 . 5 = 100,9937 Watt 2 P5 = i6 . 25 = 263,8026 Watt 2 P6 = i4 . 20 = 179,5443 Watt 2 P7 = i7 . 65 = 101,3027 Watt 2 P8 = i5 . 40 = 98,7721 Watt Cálculo de potencia entregada al circuito. P = V. i1 = 220 220 V . 14,1144 A = 3105,1680 Watt

8)

Resolver el siguiente circuito aplicando aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.

i1

10ohm

12V

i2

5ohm

i3

6V

1ohm

i=0 i1 – i2 – i3 = 0 e – iR = 0 12 – i1 . 10 – i2 . 5 = 0 12 – i1 . 10 – i3 . 1 – 6 = 0 Entonces: i1 = 0,6461 A; i2 = 1,1076 A; i3 = -0,4615 A 9)

Resolver el siguiente circuito aplicando aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.

10ohm

50V

10ohm

25ohm

100V

20ohm

50ohm

10ohm 75V

e – iR = 0 75 – i1 . 10 + 50 – (i1 – i3). 10 – (i1 + i2). 10= i1 . 30 + i2 . 10 – i3 . 10 – 125= 0 75 + 100 – i2 . 20 – (i2 + i3). 50 – (i1 + i2). 10= i1 . 10 + i2 . 80 + i3 . 50 – 175= 0 75 – i1 . 10 – i3 . 25 – (i2 + i3). 50 – (i1 + i2). 10= i1 . 20 + i 2 . 60 + i3 . 75 – 75= 0 Entonces: i1 = 2,3048 A; i2 = 3,3171 A; i3 = -2,2683 A 10) Resolver el siguiente circuito aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.

i2

17ohm 24V

i1

50V

8ohm

i3

20V

i=0 i1 – i2 – i3 = 0 e – iR = 0 50 – i1 . 8 – i2 . 17 + 24 = 0 50 – i1 . 8 – i3 . 18 – 20 = 0 Entonces: i1 = 3,1433 A; i2 = 2,8737 A; i3 = 0,2696 A

18ohm



Corriente Alterna Alterna en Régimen Permanente 2)

Determinar las frecuencias de las siguientes ondas. a. Frecuencia 1: T = 1 seg ⇒ f = 1/T = 1 Hz.

1

1

0.5 d u t i l p f ( x) m A

0

2

4

6

8

0.5

−1

1 0

b.

x Período

6.28

-2

Frecuencia 2: T = 10 mseg ⇒ f = 1/10 = 100 Hz.

1

1

0.5 d u t i l p f ( x) m A

0

2

4

6

8

0.5

−1

1 0

3)

x Período

6.28

Una corriente alterna alterna tiene una amplitud de 220 220 V. Determinar Determinar el valor instantáneo instantáneo de la tensión para para un ángulo de fase de 30º.

V := 220⋅ volt φ := 30⋅ deg v := V⋅ sin ( φ)

v = 110 V

4)

Una corriente alternada alternada tienen un un valor instantáneo de corriente i = 1,5A a 1/5 del período período desde el origen. Calcular el valor medio, máximo y eficaz de la corriente.

T

1⋅ T

360

5⋅ φ

solve , φ → 72

φ := 72deg i := 1.5⋅ A I⋅ sin ( φ)

i

2

imed :=

π

⋅I

I :=

i sin ( φ)

I = 1.57 1.577 7A

imed = 1.004A

I

iRMS := 5)

implica

iRMS = 1.115A

2

El valor eficaz de una tensión es de 280 V. ¿Cuánto vale la corriente media y la instantánea a 1/6 del período desde el origen?

T

1⋅ T

360

6⋅ φ

solve , φ → 60

φ := 60deg vRMS := 280 280⋅ volt volt V :=

2⋅ v RMS

vmed :=

2 π

⋅V

v med = 252.089V

v := V⋅ sin ( φ) 6)

V = 395. 395.98 98V V

v = 342. 342.92 929 9V

Una corriente alternada de 50 Hz tiene un valor máximo de corriente de 10 A. ¿Qué valor instantáneo alcaza a 1 mseg después del momento correspondiente al valor nulo?

T :=

1

T = 0.02

50 −3

T

10

360

solve , φ → 18

φ

φ := 18deg I := 10⋅ A i := I⋅ sin ( φ) 7)

i = 3.09A

El valor de una tensión a 50 Hz es de 500 V. Calcular el valor medio, máximo e instantáneo a 1 mseg.

T := T

1

T = 0.02

50 −3

10

360

solve , φ → 18

φ

φ := 18deg vRMS := 500 500⋅ volt volt V := v RMS⋅ 2 vmed :=

2 π

⋅V

v := V⋅ sin ( φ)

V = 707. 707.10 107 7V v med = 450.158V v = 218. 218.50 508 8V

8)

Efectuar una representación representación gráfica de la variación de XL y XC en función de la frecuencia frecuencia angular w, que varía entre los 400 rad/seg a 4000 rad/seg. Datos: L = 40 mH y C = 25 µF

Valores de X L y XC en función de w w XL XC 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 2000 2200 2400 2600 2800 3000 3200 3400 3600 3800 4000 9)

16,00 24,00 32,00 40,00 48,00 56,00 64,00 72,00 80,00 88,00 96,00 104,00 112,00 120,00 128,00 136,00 144,00 152,00 160,00

Variación de XL y XC en función de w

100,00 66,67 50,00 40,00 33,33 28,57 25,00 22,22 20,00 18,18 16,67 15,38 14,29 13,33 12,50 11,76 11,11 10,53 10,00

180,00 160,00 140,00 120,00 Xl

100,00 80,00

Xc

60,00 40,00 20,00 0,00 0 0 4

0 0 8

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 6 0 8 2 6 1 1 2 2 4 2 3 3

0 0 0 4

Frecuencia Angular

Una bobina de choque (permite el paso de determinadas frecuencias) con un coeficiente de autoinducción L = 20 mHy deja pasar una corriente I = 16A. Calcular cual es la máxima tensión que podemos aplicar a dicha bobina si las frecuencias son: a) 50 Hz; b) 16 Hz.

1 := 50⋅ 2π⋅ Hz

2 := 16⋅ 2π⋅ Hz

ω

−

L := 20⋅ 10

3

⋅

ω

H

XL1 := ω1⋅ L

Z1 := j⋅ XL1

XL2 := ω2⋅L

Z2 := j ⋅ XL2

I := 16⋅ A

a) Tensión Máxima con 50 Hz V := I⋅ Z1 V

V

100. 100.53 531e 1e ⋅

=

100. 100.53 531 1V

arg( V)

=

90 de deg

=

90 de deg

( j ⋅ 90)

b) Tensión Máxima con 16 Hz V := I⋅ Z2 V

32.17⋅e

V

=

( j ⋅ 90)

32.17V

arg( V)

10) Dado el circuito RC de la figura que tiene R = 20 Ω y C = 5 µF, alimentado por una tensión instantánea v = 169,7. sen (10000t) V. Encontrar el valor de la impedancia del circuito y el de la corriente que circula.

I 20ohm 45º

169.7V

Z 5uF 5u F

V

10000Hz ω := ⋅

−6 C := 5⋅ 10 ⋅ F

XC :=

R := 20⋅ Ω Z := R + j ⋅ XC Z

28.284e ⋅

1

ω⋅ C

Z = 28.284Ω

arg arg ( Z ) = 45 de deg

( j ⋅ 45)

V := 169 169.7vol .7vo ⋅ lt I := I

V

I = 6A

Z 6⋅e

arg arg ( I) = −45 deg

( j ⋅ − 45)

11) Dado el siguiente circuito de corriente alternada, calcular el valor de la corriente que circula por el el mismo. Datos: R1 = 10 Ω; XL1 = 6,28 Ω; XC = 31,80 Ω; R2 = 10 Ω; XL2 = 3,14 Ω; V = 220 V

R1

XL1 XL 1 R2

Z

XL2 XL 2

XC1

I

V

13º 38' 6,5”

220V 0Hz 0Deg

R1 := 10⋅ Ω

XL1 := 6.28⋅ Ω

XC1 := 31.8⋅ Ω

R2 := 10Ω

XL2 := 3.14⋅ Ω

V := 220⋅ volt

1  −1 Z := (R1 + j XL1) − j XC1   Z I := I

⋅ 24.141e V Z 9.113⋅e

−1

+ R2 + j ⋅ XL2

( j ⋅13.635)

I = 9. 9.113A ( i⋅ − 13.63 .635)

arg arg ( I) = −13.635deg

Z = 24.141Ω

arg arg ( Z) = 13. 13.635 635deg deg



Circuito Magnético a Flujo Constante 2

12) Una bobina anular tiene un diámetro de 30cm, 30cm, Una sección rectangular de 0.6 x 1.8 cm y S = 1.08 cm . Tiene arrollada 900 espiras por donde circula una corriente de 0.8 A, el núcleo de la bobina es aire. Calcular los valores de inducción y flujo magnético.

2

Dm := 30cm

S := 1.08 1.08cm

−6H

I := 0.8A H :=

N := 900

µ 0 := 1.25 1.25⋅ 10

N⋅ I

m

H = 763. 763.94 944 4

π⋅ Dm

Como para el aire

A m

µ := 1 − 4 Wb

B := µ ⋅ µ 0⋅ H

B = 9.549 × 10

2

m −9

φ := B⋅S

φ = 103.1 103.132 32× 10

Wb

13) Con los datos del problema problema anterior pero con núcleo constituido por chapa de dínamo. Calcular los valores de B, µ y Ф.

2

Dm := 30cm H :=

S := 1.08 1.08cm

N⋅ I

N := 900

H = 763. 763.94 944 4

π⋅ Dm

Del gráf gráfiico par para

I := 0.8A

A m

Sacam acamos os que que

B := 1.82

Wb 2

m −6

φ := B⋅S

φ = 196.5 196.56 6× 10

Wb 2

14) En un anillo se quiere producir un flujo de 128000Mx, las dimensiones del anillo son: son: D = 30cm, S 1 = 15cm , 2 2 S2 = 10cm , S3 = 8cm , calcular los Mx necesarios para S 1 = acero dulce, S 2 = chapa de Fe con 1.5% de Si, y S3 = capa de Fe con 2.5% de Si.

−8

Mx := 1⋅ 10

Wb

Dm := 30cm φ B1 := S1

De gráfico para

vuel vueltta := 1kg φ := 12800 12 8000 0Mx B1 = 0.853

2

S1 := 15cm

Wb 2

m B1 = 0.853

Wb 2

H1 := 800

m NI1 := H1⋅ π ⋅ Dm

2

S2 := 12cm

A ⋅vuelta m

NI1 = 753.982A vuelta

φ B2 := S2

B2 = 1.067

De gráfico para

B2 = 1.067

Wb 2

m

Wb 2

m

H2 := 200

A ⋅vuelta m

2

S3 := 8cm

NI2 := H2⋅ π ⋅ Dm

NI2 = 188.496A vuelta

φ B3 := S3

B3 = 1.6

De gráfico para

B3 = 1.6

Wb 2

m

Wb

H3 := 3500

2

A ⋅vuelta

m

m

3

NI3 := H3⋅ π ⋅ Dm

NI3 = 3.29 3.299 9 × 10 A vuelta 2

15) La longitud de la circunferencia media de un anillo de Rowland es de 50 cm y su sección de 4cm . Utilice la -4 curva de permeabilidad magnética y calcule la f.m.m. necesaria para establecer un flujo de 4 x 10 Wb. ¿Cuál es la corriente encasaría si el anillo tiene un arrollamiento de 200 vueltas?

−8

Mx := 1⋅ 10

Wb

vuel vueltta := 1kg −4

Dm := 50cm B :=

φ := 4⋅ 10

φ

B=1

S

S := 4cm

N := 200 200vuel vuelta ta

Wb 2

m

Por tabla sacamos

H := 200

fmm:= π⋅ Dm⋅ H i :=

2

Wb

A ⋅vuelta m

fmm = 314.159 314.159A A vuelta vuelta

fmm

i = 1.57 1.571 1A

N

16) Si cortamos el anillo del problema problema anterior un entre entre hierro de 1 mm de longitud, ¿qué corriente es necesaria para mantener el mismo flujo?

−8

Mx := 1⋅ 10

Wb

Dm := 50cm

vuel vueltta := 1kg

φ := 4⋅10

−4

2

Wb

S := 4cm

N := 200

−6 H

µ0 := 1.26 1.26⋅ 10

⋅

m

Para el hierro B :=

φ S

He :=

i :=

B=1

Wb

Por tablas

2

m B

5A He = 7.93 7.937 7 × 10 m

µ0

(

)

He⋅ δ + Hh ⋅ π⋅ Dm − δ N

i = 5.538 .538A A

A Hh := 200 m

δ := 1mm

17) Una bobina circular tiene un diámetro medio de 30cm, una sección de 0.0004 m2, un arrollamiento de 900 espiras donde pasa una corriente de 0.8 A ¿Cuánto vale B y Φ?

−8

Mx := 1⋅ 10

Wb

vuel vueltta := 1kg 2

Dm := 50cm H :=

S := 0.00 0.0004 04m

N⋅ i

H = 458. 458.36 366 6

π⋅ Dm

N := 900

i := 0.8A

−6 H

µ 0 := 1.25 1.25⋅ 10

⋅

m

A m − 4 Wb

B := µ 0⋅ H

B = 5.73 × 10

2

m φ := B⋅S

φ = 22.918Mx

18) En el entre hierro del circuito magnético de la figura figura se requiere un flujo útil de valor constante de 0.015 Wb. El material es chapa de hierro con 2.5% de Si y la bobina de 1000 espiras. Determinar el valor de la corriente circulante necesaria para crear dicho flujo; admitir un 5% de flujo de dispersión.

φ := 0.015Wb

a := 10cm

r d := 0.05

(

N := 1000

φmax = 1.57 1.575 5 × 10

Be

Wb 2

Hh := 5000

A m 2

Se = 400cm Be = 0.394

Wb 2

m

5A He = 3.1 3.15 × 10 m

µ0

lh := 2( b − a) + 2( c − a − δ) i :=

2

m

Se := ( a + δ) ⋅ ( a + δ) φmax Be := Se

Wb

Su = 95cm

Bh = 1.658

De tablas sacamos

He :=

δ := 10cm

Su := 0.95 0.95⋅ Sh

φmax Bh := Su

c := 50cm

−2

)

φmax:= 1 + r d ⋅ φ Sh := a⋅ a

b := 60cm 60cm

Hh ⋅ lh + He⋅ δ N

lh = 1.6m i = 39.5A

−6 H

µ0 := 1.25 1.25⋅ 10

⋅

m



Teoremas de Circuito en Corriente Alterna 1)

Aplicar el teorema de superposición superposición al circuito y obtener la intensidad de corriente. Datos: V1 = 50 ∠90º V; V2 = 50 V; R1 = 5 Ω; R2 = 3 Ω; XL1 = 4 Ω; XL2 = 5 Ω R1

L2

R2 V1

V2

L1

R1

XL2

Anulando V2

R2

(

V1

)

V1

i1.⋅ R 1 + i3.⋅ R 2 + XL1

V1

i1.⋅ R 1 + i2.⋅ XL2

i1.

i2. + i3.

XL1

Donde i1. = 3.103 + 7.241j 7.241jA

i2. = −2.759 − 3.103jA R1

i3. = −0.345 − 4.138jA XL2

Anulando V1

R2

(

V2

)

V2

i2..⋅ XL2 + i3..⋅ R 2 + XL1

V2

i1..⋅ R 1 + i2..⋅ XL2

i2..

i1.. + i3..

XL1

Donde i1.. = −3.103 + 2.759jA

i2.. = 2.759 − 6.897j 6.897jA

Finalmente i1 := i1. + i1..

i2 := i2. + i2..

i3 := i3. + i3..

i1 10j 10j⋅ A

i2

i3

−10j⋅ A

0⋅ A

i3.. = 0.34 0.345 5 + 4.13 4.138j 8jA

2)

Aplicar el teorema de superposición superposición al circuito para hallar la tensión VAB. Datos: I1 = 2 A; I2 = 4 A; R1 = 10 Ω; R2 = 5 Ω; R3 = 2 Ω C

R1 I1

I2

A

R3

R2 B

Anulando la corriente 2 y cortocircuitando cortocircuitando los bornes I 1

⋅ V AB.

:= V AB.

 1 +  R 2

120 17

 solv → solve e ,V AB. R + R 1 3  1

120 17

⋅ A⋅Ω

⋅ volt

Anulando la corriente 1 y cortocircuitando los bornes I 2

⋅ V CB

:= V CB

 R 1 + R 2 + R 3  

120 17

(

R ⋅ R 3 1

+

⋅ volt

i :=

:= i⋅ R 2 V AB..

)

R 2

solv solve e ,V CB

→

120 17

⋅ A⋅Ω

V CB R 1

+

R 2

= 2.353V V AB..

Entonces

:= VAB. V AB 3)

+

V AB..

= 9.412V V AB

Aplicar el teorema de superposición superposición al circuito y obtener la intensidad de corriente. Datos: V1 = V2 = 120 V; R1 = 1 Ω; R2 = 1.5 Ω; R3 = 10 Ω V1 R1

R2 V2 R3

Anulando V2 V 1

i ⋅ R 1. 1

+

i ⋅ R 3. 2

V 1

i ⋅ R 1. 1

+

i ⋅ R 2. 3

i 1.

i 2.

+

i 3.

Donde i = 52.075A 1.

i 2.

= −6.792A

i 3.

= −45.283A

Anulando V1 V 2

i ⋅ R 2.. 3

+

i ⋅ R 3.. 2

V 2

i ⋅ R 1.. 1

+

i ⋅ R 2.. 3

i 2..

i 1..

+

i 3..

Donde i 1..

= −6.792A

= 11.321A i 2..

i 3..

= −4.528A

Finalmente i := i 1 1. i 1

4)

+

i := i 2 2.

i 1..

45.283A

i 2

+

i := i 3 3.

i 2..

4.528A

i 3

+

i 3..

−49.811A

Obtener el circuito equivalente Thévenin para el el circuito de la figura. Datos: V = 30 V; R1 = 5 Ω; R2 = 12 Ω R1

R2

V

Cortocircuitando V

 1 + Z := T  R 1

 R 2  1

−1 Z = 3.529Ω T

Por el métodos de las corrientes en nudos V T

−V

R 1 V T

5)

:=

+

360 17

V T R 2

ZT

0 solv solve e ,V T

→

360 17

⋅ volt VT

⋅ volt

Obtener el circuito equivalente Thévenin para el el circuito de la figura. Datos: V = 100 V; R1 = 5 Ω; R2 = 3 Ω; XL1 = 5 Ω; XL2 = 4 Ω R1

L2 R2

V

L1

Cortocircuitando V 1 ZT :=  + R 1 

 R 2 + XL1  1

−1

+ XL2

ZT = 2.753 2.753 + 5.40 5.404j 4jΩ

Por el métodos de las corrientes en nudos VT − V R 1

+

ZT

VT R 2 + XL1

0 VT

4900 2500  VT :=  + j ⋅ ⋅ volt 89   89 6)

VT = 55.056 + 28.09j 28.09jV

Obtener el circuito equivalente Norton para el circuito de la figura. Datos: V = 50 V; R1 = 3 Ω; R2 = 2 Ω; XL1 = 4 Ω; XL2 = 6 Ω R1

L2 R2

V

L1

Cortocircuitando V 1 ZT :=  + R 1  Y N :=

1 ZT

 R 2 + XL1  1

−1

+ XL2

ZT = 1.902 1.902 + 6.87 6.878j 8jΩ

Y N = 0.037 − 0.135j 0.135jS

Por el métodos de las corrientes en nudos VT − V R 1

+

VT R 2 + XL1

0 solv solvee , VT →

1300 600  VT :=  + ⋅ i ⋅ volt 41   41 VT I N := ZT

 1300 +  41

600 41

⋅ i  ⋅ volt



VT = 31.7 31.707 07 + 14.6 14.634 34jjV

I N = 3.161 − 3.736j 3.736jA

IN

YN

7)

Obtener el circuito equivalente Norton para el circuito de la figura. Datos: V1 = 10V; V2 = 10∠90ºV; R1 = 10 Ω; R2 = 10 Ω; XL1 = 10 R1

Ω;

XL2 = 5 Ω L2

L1 R2

V1 V2

Cortocircuitando V 1 ZT :=  + R 1 + XL1  1 Y N := ZT

1  R 2 

−1

+ XL2

ZT = 6 + 7j Ω

Y N = 0.071 0.071 − 0.08 0.082j 2jS

Por el métodos de las corrientes en nudos VT − V1 R 1 + XL1

+

VT R 2

0 solv solvee , VT → ( 4 − 2⋅ i) ⋅ volt

VT := ( 4 − 2⋅ j ) ⋅ volt VT

I N := ZT 8)

YN

IN

I N = 0.118 0.118 − 0.47 0.471j 1jA

Hallar el valor de RL que da lugar a la máxima transferencia de potencia. Calcular también el valor máximo máximo de potencia. Datos: V = 100V; R1 = 5 Ω; XL1 = 10 Ω R1

V

L1

RL

Inpedancia de Thévenin ZT := R 1 + XL1

ZT = 5 + 10jΩ

Tensión de Thévenin VT − V

0 solv solvee , VT → 100 100⋅ volt volt

R 1 + XL1

VT := 100 100⋅ volt volt

La potendia máxima en ZL se obtiene si: ZL := ZT

Pmax

Pmax :=

9)

ZL = 5 + 10jΩ

2

i ⋅ ZL



VT



VT



 ZL + ZT  

 ZL + ZT 

2

⋅ ZL

2

⋅ ZL

Pmax = 100 100 − 200j 200jW

En el circuito de la figura, la carga está formada por una reactancia fija y una resistencia variable. Determinar: a. El valor de RL para el cual la potencia transferida es máxima. máxima. b. El valor de la potencia máxima. Datos: V = 10V; R1 = 10 Ω; XL1 = 10 Ω; XC1 = 15 Ω R1

L1 C1

V

RL

Inpedancia de Thévenin ZT := R 1 + XL1

ZT = 10 10 + 10jΩ

Tensión de Thévenin VT − V R 1 + XL1

0 solv solvee , VT → 10⋅ volt

VT := 10⋅ volt

La potendia máxima en ZL se obtiene si: ZL := ZT − XC1

Pmax

Pmax :=

2

i ⋅ ZL



ZL = 10 10 + 25jΩ





VT

 ZT + ZL + XC1  

VT

 ZT + ZL + XC1 

2

⋅ ZL

2

⋅ ZL

Pmax = 3.125 3.125 − 1.25jW

10) En el circuito de la figura actúan dos fuentes de tensión en la impedancia de carga conectadas a las terminales AB. Si la carga es variable, tanto en reactancia como en resistencia, ¿cuál es el valor de la carga ZL y cuanto vale la potencia en la misma? Datos: V1 = 50V; V2 = 25∠90ºV; R1 = 5 Ω; R2 = 3 Ω; XL1 = 5 Ω; XC1 = 4 Ω R1

L1

R2

A

C1

V2

V1

ZL

B

Primer Circuito ZT1 := R 1 + XL1

ZT1 = 5 + 5j Ω

VT1 := V1

VT1 = 50V 50 V

ZT1

Segundo Circuito

VT1

ZT2 := R 2 + XC1

ZT2 = 3 − 4j Ω

VT2 := V2

VT2 = 25jV

ZT2

ZL

VT2

La potendia máxima en ZL se obtiene si ZL el la suma en paralelo de ZT1 y ZT2 1 ZL :=  + ZT1 

 ZT2  1

−1 ZL = 4.231 4.231 − 1.15 1.154j 4jΩ

La corriente circulante por ZL será: ZT1

ZT2

Anulando V2 V1

i1.⋅ Z T1 + i3.⋅ Z L

V1

i1.⋅ Z T1 + i2.⋅ Z T2

i1.

i2. + i3.

VT1

ZL

Donde i1. = 5.577 5.577 − 2.88 2.885j 5jA

i2. = −3.077 + 0.385jA ZT1

i3. = −2.5 + 2.5jA ZT2

Anulando V1

V2

i2..⋅ ZT2 + i3..⋅ ZL

V2

i2..⋅ ZT2 + i1..⋅ ZT1

i2..

i1.. + i3..

ZL

VT2

Donde i1.. = −0.192 − 1.538jA

i2.. = −1.808 + 3.038 3.0 38jjA

i3 := i3. + i3.. Entonces i3 = −0.5 + jA 2

Pmax := i3 ⋅ ZL

Pmax = −4.327 − 3.365jW

i3.. = 2

−

1.5jA



Circuito Magnético a Flujo Variable Para el electroimán de la figura, calcular la intensidad de corriente y el número de vueltas necesarios para producir una 2 fuerza en la armadura de 150kg con una intensidad de corriente de 2.5 A/mm , en las siguientes condiciones de excitación: 1) Alimentado con corriente continua. a. Intensidad de corriente y número de de vueltas para producir una fuerza en l a armadura G 1 = 150 kg, con un entre hierro de 1mm. b. Manteniendo las condiciones de excitación según 1, pero con una separación de armadura de 2 mm, calcular &2 y G 2 y compararlas con los valores de & 1 y G 1d e la pregunta anterior. 2) Alimentado con una corriente alterna. a. Manteniendo el el número de vueltas constante, calcular qué tensión haría falta a una frecuencia de 50 Hz para obtener la misma fuerza G 1, en la armadura, con 1 = 1mm (despreciando la resistencia óhmica del bobinado y las pérdidas en el hierro y el cobre). b. Manteniendo las condiciones del punto punto anterior y separando separando la armadura a 2 = 2mm, calcular &2CA, G2CAy compararlos con los del punto anterior. Características magnéticas: B 0,02 0,20 0,64 0,90 1,10 1,24 1,36 1,45 1,51 1,66 (Tesla) H (A/m)

1)

20

40

80

160

300 300

600

1300

2000

4000

12000

Cálculo con alimentación de corriente continua.

a) Cálculo de (NI) para d1 = 1mm 2

lf := 0.52m

S := ( 0.03m) → −7 H

µ0 := 4π ⋅ 10

m

-4

9.⋅ 10

G := 150kgf

2

⋅m

la := 0.002m

0.001m δ1 :=

δe := 2.5

A mm

2

La fuerza portante en un electroimán está dada por la siguiente expresión: 2

1

P

2

1 B0 ⋅ 2 µ 0

B0 ⋅ H0 ⋅ S

También

2

2⋅ P

B0

µ0

Donde

⋅S

B0 :=

P := 2⋅ P ⋅µ 0

S

G 2

B0 = 1.433

Wb m

2

Buscanco en la tabla y interpolando: A Hf := 1875 m B0

6A H0 = 1.14 × 10 m

H0 := µ0

3

NIcc := Hf ⋅ lf + H0 ⋅ la

NIcc = 3.256 × 10 A

Tomando una sección de dos milímetros cuadrados I := δe ⋅ Sc N :=

Sc := 2mm

2

I = 5A

NIcc

N = 651.184vueltas

I

b) Cálculo del flujo φ2y de G 2 para δ2= 2mm. El cálculo de φ2 debe hacerse gráficamente gráficamente utilizando utilizando el diagrama dado por por la función se determina la siguiente tabla: -4

= f(NI). Previamente

(BS) Wb10

0,18

1,80

5,76

8,10

9,90 9,90

11,16

12,24

13,05

13,86

14,94

(Hl) A

10.4

20.8

41.6

83.2

156,00 156,00

312,00

624,00

1040,00

2080,00

6240,00

2)

Y además la tan 0p ara la pendiente de la recta B 0 = µ0S Dividiendo por las escalas de φy de Hl, resulta: -3 = 1.083 x 10 Wb < φ 2 1 2 B2= 1.203 Wb/m < B 1 G2 = 105.8 kgf< G 1 Cálculo con alimentación de corriente alterna alterna de 50 Hz.

a) Cálculo Cálc ulo de Eef para δ1 = 1mm para las mismas condiciones de 1) Bmax := B 0 ⋅

2

Eef := 4.44⋅ f ⋅ N ⋅ Bmax ⋅ S

f := 50Hz Eef = 263.696V



Circuito Trifásico 1)

Para un circuito trifásico balanceado balanceado con la carga conectada en estrella, hallar las corrientes de línea, la potencia por fase y la potencia total. Generador: VF = 50 V. Carga: R = 1 Ω; XL = j1 Ω.

C

B

A

XLa

XLb

XLc

Ra

Rb

Rc

Impedancia Z := R + XL

Z = 1 + jΩ

Tensiones de Línea: VFa := 50⋅ volt VFb := 50⋅e VFc := 50⋅e

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

⋅ volt

⋅ volt

(

)

(

)

(

)

VLab := VFa − VFb

VLab = 86.603V

arg arg VLab = 30deg

VLbc := VFb − VFc

VLbc = 86.603V

arg arg VLbc = −90 deg

VLca := VFc − VFa

VLca = 86.603V

arg arg VLca = 150deg

Corrientes de Línea: ILa :=

ILb :=

ILc :=

VLab Z VLbc Z VLca Z

arg arg ILa = −15 deg

ILb = 61.237A

arg arg ILb = −135 deg

ILc = 61.237A

arg arg ILc = 105deg

Factor de Potencia: φ := arg arg ( Z)

( )

ILa = 61.237A

φ = 45deg

( ) ( )

Potencia por Fase PF := QF :=

⋅

VLab

ILa

⋅

ILa

Potencia Activa

3

Potencia Reactiva

3

Potencia Activa

3

Potencia Reactiva

PF = 2.16 2.165 5 × 10 W

⋅ sin (φ)

QF = 2.16 2.165 5 × 10 W

3 VLab

3

⋅ cos ( φ)

3

Potencia Total

2)

PT :=

3⋅ VLab

⋅

ILa ⋅ cos ( φ)

PT = 6.49 6.495 5 × 10 W

QT :=

3⋅ VLab

⋅

ILa ⋅ sin ( φ)

QT = 6.49 6.495 5 × 10 W

Para un circuito trifásico balanceado con la carga conectada en estrella, hallar las tensiones tensiones de línea y de fase, la potencia reactiva y la reactancia inductiva. Generador: I L = 15 A; PT = 11 kW; S T = 13 KVA. Carga: R = 1 Ω; L = 1 mHy.

C

B

A

XLa

XLb

XLc

Ra

Rb

Rc

Cálculo de Potencia Reactiva QT :=

2

2

φ := atan

3

− PT

ST

QT = 6.92 6.928 8 × 10 W

 QT 

φ = 32.204deg

 PT 

Factor de Potencia

Cálculo de Impedancia tan ( φ)

ω⋅ L

donde

R

Z := R + j ⋅ ω ⋅ L

Z

ω := tan (φ) ⋅ =1+

0.63jΩ

Cálculon de Tensión de Fase VF := IL

⋅

Z

VF = 17.727V

Tensiones de Línea: VFa := VF VFb := VF⋅ e VFc := VF⋅ e

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅ deg)

R L*

ω = 629.837Hz

j ⋅ ω ⋅ L = 0.63jΩ

3)

(

)

(

)

(

)

VLab := VFa − VFb

VLab = 30.705V


VLbc := VFb − VFc

VLbc = 30.705V


VLca := VFc − VFa

VLca = 30.705V


Tres bobinas de reactancia j30 Ω y resistencia 25 Ω conectadas en triángulo, se alimentan por medio de un transformador trifásico, cuya fuente tiene una tensión de fase de 240 V. Calcular la corriente de fase en la carga, potencia total absorbida y factor de potencia.

a

c

b

XLab

XLca

Rab

Rca Rbc

XLbc

Impedancia Z := R + XL

Z = 25 + 30jΩ

Tensiones de Fase: VFa := 240⋅ volt volt VFb := 240 240⋅ e VFc := 240 240⋅ e

VLa := VFa

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

⋅ volt

⋅ volt

VLb := VFb VLc := VFc

Corrientes de Línea: VFa IFab := Z IFbc :=

VFb Z VFc

IFca := Z

(

)

(

)

(

)

IFab = 6.146A

arg IFab = −50.194deg

IFbc = 6.146A

arg IFbc = −170.194deg

IFca = 6.146A

arg IFca = 69.806deg

ILa := IFab − IFca

ILa = 10.645A

ILb := IFbc − IFab

ILb = 10.645A

ILc := IFca − IFbc

ILc = 10.645A

( ) arg( ILb) = 159.806deg arg( ILc) = 39.806deg arg ILa = −80.194deg


φ = 50.194deg

Potencia Total 3

Potencia Activa

3

Potencia Reactiva

PT :=

3⋅ VLa ⋅ ILa ⋅ cos ( φ)

PT = 2.83 2.833 3 × 10 W

QT :=

3⋅ VLa ⋅ ILa ⋅ sin ( φ)

QT = 3.39 3.399 9 × 10 W

4)

Establece la potencia activa, reactiva y aparente en un circuito con carga equilibrada conectado en triángulo, con una impedancia de fase de 20 . e^(30j). Tensión de línea igual a 240 V.

a

c

b

XLab

XLca

Rab

Rca Rbc

XLbc

Impedancia Z := 20⋅ e

( j ⋅ 30⋅ deg)

⋅ ohm

Z = 17.321 + 10jΩ


VLa := VFa

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

⋅ volt

⋅ volt



IFca :=

VFb Z VFc Z

(

)

(

)

(

)

IFab = 12A 12 A

arg arg IFab = −30 deg

IFbc = 12A 12 A

arg arg IFbc = −150 deg

IFca = 12A

arg arg IFca = 90deg


ILa = 20.785A


ILb = 20.785A


ILc = 20.785A

( ) arg arg ( ILb) = 180deg arg arg ( ILc) = 60deg arg arg ILa = −60 deg


φ = 30deg

Potencia Total 3

PT := 3⋅ VLa ⋅ ILa ⋅ cos ( φ)

PT = 7.48 7.482 2 × 10 W

QT := 3⋅ VLa ⋅ ILa ⋅ sin ( φ)

QT = 4.3 4.32 × 10 W

2

2

ST := PT + QT

Potencia Activa

3

Potencia Reactiva

3

Potencia Aparente

ST = 8.6 8.64 × 10 W

5)

Con la misma tensión de línea línea del problema anterior y el mismo valor de carga pero conectado conectado en estrella, estrella, calcular la potencia activa, reactiva y aparente.

C

B

A

XLa

XLb

XLc

Ra

Rb

Rc


( j ⋅ 30⋅ deg)

⋅ ohm

Z = 17.321 + 10jΩ

Tensiones de Línea: VFa := 240⋅ volt volt VFb := 240 240⋅ e VFc := 240 240⋅ e

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

⋅ volt

⋅ volt

(

)

(

)

(

)

VLab := VFa − VFb

VLab = 415.692V arg arg VLab = 30deg

VLbc := VFb − VFc

VLbc = 415.692V arg arg VLbc = −90 deg

VLca := VFc − VFa

VLca = 415.692V arg arg VLca = 150deg

Corrientes de Línea: ILa :=

ILb :=

ILc :=

VLab Z VLbc Z VLca Z

( )

ILa = 20.785A

arg arg ILa = 0

ILb = 20.785A


ILc = 20.785A


( ) ( )


φ = 30deg

Potencia Total 4

Potencia Activa

3

Potencia Reactiva

4

Potencia Aparente

PT := 3⋅ VLab ⋅ ILa ⋅ cos ( φ)

PT = 1.29 1.296 6 × 10 W

QT := 3⋅ VLab ⋅ ILa ⋅ sin ( φ)

QT = 7.48 7.482 2 × 10 W

2

2

ST := PT + QT

ST = 1.49 1.496 6 × 10 W

6)

Trazar el polígono vectorial de las corrientes de un sistema trifásico estrella.

Vla

Vfc Vlc

Ilc

30º 30º Vfa

120º

Ila

-120º 30º Vfb

Ilb Vlb

7)

Tres impedancias de 42 . e^(-35j) e^(-35j) se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores. V F = 350 V y secuencia ABC. Hallar las corrientes de línea y la potencia toral.

a

c

b

XLab

XLca

Rab

Rca Rbc

XLbc


( − j ⋅ 35⋅ deg)

⋅ ohm

Z

=

34. 34.404 404 − 24. 24.09j 09jΩ


( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

VFa IFab := Z IFbc :=

VLa := VFa

VFb Z

VFc IFca := Z

⋅ volt

⋅ volt


(

)

(

) = −85 deg

(

)

IFab = 8.333A

arg arg IFab = 35deg

IFbc = 8.333A

arg arg IFbc

IFca = 8.333A


ILa := IFab

−

IFca

ILa = 14.434A

ILb := IFbc

−

IFab

ILb = 14.434A

ILc := IFca

−

IFbc

ILc = 14.434A

( ) arg arg ( ILb) = −115 deg arg arg ( ILc) = 125deg arg arg ILa = 5deg


φ = −35 deg

Potencia Total

8)

3

PT :=


PT = 7.16 7.168 8 × 10 W

QT :=


QT = −5.019 × 10 W

3

Potencia Activa Potencia Reactiva

Se conecta en triángulo una carga a un sistema trifásico de de 3 conductores. Tensión de fase V F = 100V, secuencia ACB, impedancia Z = 15,9 . e^(70j). Hallar las corrientes de línea y la potencia total.

a

c

b

XLab

XLca

Rab

Rca Rbc

XLbc

Impedancia Z := 15.9⋅e

( j ⋅ 70⋅ deg)

⋅ ohm

Z = 5.438 + 14.941jΩ


VLa := VFa

( 120j⋅deg)

⋅ volt

( − 120j⋅ deg)

⋅ volt


Corrientes de Línea: VFa

IFab := Z IFbc :=

VFb Z

VFc IFca := Z

(

)

(

)

(

)

IFab = 6.289A

arg arg IFab = −70 deg

IFbc = 6.289A

arg arg IFbc = 50deg

IFca = 6.289A



ILa = 10.893A


ILb = 10.893A


ILc = 10.893A

( ) arg arg ( ILb) = 80deg arg arg ( ILc) = −160 deg arg arg ILa = −40 deg


φ = 70deg

Potencia Total PT :=


PT = 645.321W

QT :=


QT = 1.77 1.773 3 × 10 W

Potencia Activa 3

Potencia Reactiva

9)

Se conecta en triángulo una carga a un sistema trifásico de de 3 conductores. Tensión de fase V F = 240V, secuencia ACB, impedancia Z = 10 . e^(53,1j). Hallar las corrientes de línea y la potencia total.

a

c

b

XLab

XLca

Rab

Rca Rbc

XLbc


( j ⋅53.1⋅ deg)

⋅ ohm

Z = 6.004 + 7.997jΩ


VLa := VFa

( 120j⋅deg)

⋅ volt

( − 120j⋅ deg)

⋅ volt



IFca :=

VFb Z VFc Z

(

)

(

)

(

)

IFab = 24A 24 A

arg arg IFab = −53.1deg

IFbc = 24A 24 A

arg arg IFbc = 66.9deg

IFca = 24A

arg arg IFca = −173.1deg


ILa = 41.569A


ILb = 41.569A


ILc = 41.569A

( ) arg arg ( ILb) = 96.9deg arg arg ( ILc) = −143.1deg arg arg ILa = −23.1deg


φ = 53.1deg

Potencia Total 4

Potencia Activa

4

Potencia Reactiva

PT :=


PT = 1.03 1.038 8 × 10 W

QT :=


QT = 1.38 1.382 2 × 10 W

10) Se conecta una carga en estrella a un sistema de cuatro conductores. Hallar la potencia total del del sistema. Datos: VF = 208 V; Z A = 3 Ω; ZB = 10∠30º Ω; ZC = 8 Ω.

C

B

A

XLa

XLb

XLc

Ra

Rb

Rc

Impedancias de Fase Za := 3⋅ ohm Z b := 10⋅e

Za = 3 Ω

( j ⋅ 30⋅ deg)

⋅ ohm

Z b = 8 .6 .66 + 5j Ω

Zc := 8⋅ ohm

Zc = 8 Ω

Tensiones de Línea: VFa := 208⋅ volt volt VFb := 208 208⋅ e VFc := 208 208⋅ e

( − 120j⋅ deg)

( 120j⋅deg)

⋅ volt

⋅ volt

(

)

(

)

(

)

VLab := VFa − VFb

VLab = 360.267V


VLbc := VFb − VFc

VLbc = 360.267V


VLca := VFc − VFa

VLca = 360.267V


Corrientes de Fase: ILa :=

VLab Za

VLbc ILb := Z b VLca ILc := Zc

IFb := ILb

( )

IFc := ILc


ILc = 45.033A


φa = 0deg

( )

φ b = 30deg

( )

φc = 0deg

φc := arg arg Zc

( )

ILb = 36.027A

( )

φ b := arg arg Z b

IFa := ILa

arg arg ILa = 30deg

Factor de Potencia por Fase: φa := arg arg Za

( )

ILa = 120.089A

Potencia por Fase P Fa

:=

P Fb

:=

P Fc

:=

( ) ⋅ IFb ⋅ cos ( φ b ) V Fb ⋅ IFc ⋅ cos ( φc) V Fc V Fa

⋅

I Fa

⋅ cos φa

4

= 2.49 P 2.498 8 × 10 W Fa 3

= 6 .4 P .49 × 10 W Fb 3

= 9.36 P 9.367 7 × 10 W Fc

Potencia Activa Fase a Potencia Activa Fase b Potencia Activa Fase c

Potencia Total P T

:= PFa +

P Fb

+

P Fc

4

P = 4.08 4.084 4 × 10 W T

Potencia Activa Total



Circuito Acoplado Magnéticamente Magnéticamente 1)

Por el arrollamiento 1 de un par de bobinas acopladas circula una corriente de 5ª y los flujos correspondientes φ11 y φ12 son 20000 y 40000 Maxwell, respectiv amente. Si el número de espiras es N 1 = 500 y N2 = 1500, hallar L 1, L2, M y k.

i1 := 5 A

φ11 := 20000Mx

N1 := 500

1500 N2 :=

φ1 := φ11 + φ12 L1 := k :=

M :=

L2 2)

φ1 = 6 ×

⋅ 1 N1 φ

L1

i1

φ12

k

φ1

Wb

= 0.06H

M

i1

 M   k  :=

−4

10

= 0.667

⋅ 12 N2 φ

= 0.12H

2

= 0.54H

L2

L1

El coeficiente de acoplo de dos bobinas, L 1 = 0.8 H y L 2 = 0.2 H, es k = 0.9, hallar la inducción mutua M y la relación del número de espiras N 1/N2.

L1 := 0.8H

L2 := 0.2H

M := k ⋅

L1 ⋅ L2

N1

L1

N2 3)

φ12 := 40000Mx

M

k := 0.9

= 0.36H

N1

2

N2

L2

Dos bobinas de autoinducciones L 1 = 0.05H y L 2 = 0.2 H, tienen un coeficiente de acoplo k = 0,5. La bobina 2 posee 1000 espiras. Si la corriente de la bobina 1 es i 1 = 5 . sin(400t), determinar la tensión de la bobina 2 y el flujo máximo de la bobina 1. 0.05H L1 :=

i1 ( t )

L2 := 0.2H

:= 5 V ⋅ sin ( 400t)

M := k ⋅

d dt

⌠ ⋅ N2  ⌡ 1

M

= 0.05H v2 ( t ) := 100⋅ cos ( 400t)

i1 ( t )

recordando

φ12

1000 N2 :=

L1 ⋅ L2

v2 ( t ) := M ⋅

k := 0.5

v2 v2 ( t ) dt

N2 ⋅

d dt

φ12

⋅ − 3 ⋅ sin ( 400t)

0.25 10

φ12max := 0.25⋅ 10− 3Wb

φ1max :=

φ1max = 5 × 10− 4 Wb 4)

φ12max k

Aplicar la segunda segunda ley de Kirchhoff al circuito con acoplo magnético de la figura escribiendo la ecuación en valores instantáneos.

L1

M

L2

R⋅i 5)

+

d

(L1 + L2 − 2M) ⋅dt i

⌠ + ⋅ C  ⌡ 1

i dt

v

Escribir el sistema de ecuaciones en las corrientes de malla malla en valores instantáneos con acoplo magnético de la figura. i2

i1

L1

L2 M

R1 ⋅ i1 + L1 ⋅ R2 ⋅ i2 + L2 ⋅

d dt d dt

i1

+

i2

+

M⋅

d dt

M⋅

d dt

i2

v

i1

v

6)

Repetir el problema 5 con la corriente i 2 en la forma de la siguiente figura.

i1

i2

L1

L2 M

(

)

(

)

R1 ⋅ i1 − i2 + L1 ⋅

d

d

(i1 − i2) + M ⋅dt i2 dt

R1 ⋅ i1 − i2 + R2 ⋅ i2 + L2 ⋅ 7)

d dt

i2 − M ⋅

v

d

d

d

i2 − i1) + L1 ⋅ ( i2 − i1) − M ⋅ i2 ( dt dt dt

0

Obtener el circuito equivalente con acoplo acoplo magnético de la figura. figura. Determinar Determinar la tensión de de la reactancia – 10j empleando el circuito equivalente. 2j 5

5j

5j

5

i2 i1 10<0º

10<90º -10j

Planteando las ecuaciones de malla: Z :=

 5 − j ⋅ 5  5 + j ⋅ 3

 5 − j ⋅ 5  5 + j ⋅ 3

5 + j ⋅ 3 

Z = 64 − 50i

10 + j ⋅ 6 

 i1   10  ⋅ 10 + j ⋅ 6  i2 10     10 − j ⋅10 5 + j ⋅ 3 

 10  10 − j ⋅ 10 i1 :=

5 + j ⋅ 3  10 + j ⋅ 6 

i1 = −0.412 + 0.928i

Z

La caída de tensión en la reactancia es: V := i1 ⋅ ( − j ⋅ 10) V = 9.278 + 4.124i

V = 10.153

arg( V) = 23.962deg



Transitorio en Circuitos Lineales 1)

En el circuito RL se aplica una tensión constante en el instante t = 0. Determinar: c. Las ecuaciones de i(t), vR(t) y vL(t). d. La intensidad para t = 0,5 seg. e. El instante en que se cumple v R = vL. Datos: R = 50 Ω; L = 10 Hy; V = 100 V. Switch

R

V L

a) Ecuación de i, v L y vR i⋅ R + L⋅

i

d dt

i

V → 50⋅ i( t ) + 10⋅

 − R ⋅ t   L  ⋅  i − V  + e 0



R 

d dt

i(t )

100

V R

Para t = 0 implica i 0 = 0

 − R ⋅ t   V L  ⋅  1 − e  → i(t )



i

R

vR i( t) ⋅ R → function vL

L⋅

d dt

i( t ) → funct unctio ion n

2 − 2⋅ exp( −5⋅ t )

100 − 100⋅ exp( − 5⋅ t )

⋅ p( −5⋅ t) 100exp 100ex

i(t ) := 2( 1 − exp( −5t ) ) v R ( t ) := 100⋅ ( 1 − exp( v L( t ) := 100⋅ex e xp( −5⋅ t )

Gráfica de i(t) 2 1.5 1 0.5

0

0.5

1

Corriente en Período Transitorio

1. 5

2

Gráfica de i(t) 100 75 50 25

0

0.5

1

1. 5

2

Tensión en Resistencia Tensión en Bobina

b) Intensidad de corriente para t = 0,5

= 1.836

i(0.5)

c) Instante en que vR = vL

t := 2)

1 5

1

v L( t ) solv solvee , t

vR ( t )

⋅ ln( 2) ⋅ s

t

→ ⋅ ln( 2) 5

= 0.13 0.139 9s

En el circuito RC se aplica una tensión constante en el instante t = 0. Determinar Determinar las ecuaciones de i(t), vR(t) y vL(t). Datos: R = 5000 Ω; C = 20 µF; V = 100 V. Switch

R

V

C

Ecuación de i, v C y vR:

⌠ i i⋅ R +  dt  C ⌡

i

implica

d R ⋅ i dt

+

i C

0

 − 1 ⋅ t  R⋅C  ⋅ e

i0

para t

i

V1

0 implica i0

 − 1 ⋅ t  V  R⋅C  ⋅e → i(t )

R

V R 1 50

⋅ exp( −10⋅ t)

i( t)

:=

1 50

⋅ exp( −10⋅ t)

v R i( t ) ⋅ R → v R 100 100⋅ exp exp( −10⋅ t)

⌠ i( t)  dt → v C  C ⌡

vC

v R ( t ) := 100⋅ exp( −10⋅ t )

−100⋅ exp( −10⋅ t)

v C( t ) := 100⋅ ( 1 − exp( −10⋅ t ) )

Gráfica de i(t)

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.5

0.6

Corriente en Período Transitorio Gráfica de Tensiones 80 60 40 20 0

0.1

0.2

0.3

0.4

Tensión en Resistencia Tensión en Bobina 3)

El condensador de de 20 µF de un circuito RC tiene una carga inicial q0 = 500 coul. En el instante instante t = 0 se cierra el interruptor aplicándose una tensión constante de 50V. Determinar la corriente en el período transitorio. R = 1 Ω. Switch

R

V

C

Ecuación de i, vC y vR:

⌠ i i⋅ R +  dt  C ⌡

i

 − 1 ⋅ t  R⋅C  ⋅ e

i0

V1

implica

i d R ⋅ i + C dt

0

para t

i

0 implica i0

V

+

R

q0 C⋅ R

 − 1 ⋅ t   V q0   R⋅C  + ⋅ → i(t ) e

 R

C⋅ R 

75⋅ exp( −50000⋅ t )

v R i( t ) ⋅ R → v R 75⋅ exp( −50000 50000⋅ t )

vC

⌠  i( t) dt → v C  C ⌡

i(t ) := 75⋅ exp( −50000⋅ t )

v R ( t ) := 75⋅ exp( −50000⋅ t )

−75⋅ exp exp( −5000 50000 0⋅ t )

v C( t ) := 75⋅ ( 1 − exp( −50000⋅ t ) )

Gráfica de i(t) 70 60 50 40 30 20 10 0

5 .10

1 .10

5

4


Gráfica de Tensiones 70 60 50 40 30 20 10 0

4)

5 .10

1 .10

5

Tensión en Resistencia Tensión en Bobina

4

En el circuito RC de la figura se coloca el interruptor en la posición 1 en el instante t = 0 y después de un tiempo t = τ se para a la posición 2. Determinar Determinar el régimen transitorio de la corriente. V 1 = 100V; V 2 = 50 V; R = 500 Ω; C = 0,5 µF. Switch

R

V1

V2

C

Ecuaciones de i(t):

⌠ i i⋅ R +  dt  C ⌡

i

V1

i d R ⋅ i + C dt

implica

0

 − 1 ⋅ t  R⋅C  ⋅ e

i0

Para la posición 1: para t

i

V1 R

0 implica i0

V1 R

 − 1 ⋅ t  R⋅C  ⋅ e → i(t )

1 5

4000.000000000000 0000000000 0000 ⋅ exp( −4000.000000 ⋅ t)

i( t ) :=

1 5

exp( −4000 4000⋅ t ) ⋅ exp

Para la posición 2: para t

i

V2 R

0 implica i0

V2 R

 − 1 ⋅ t  R⋅C ⋅ e  → function

1 10

⋅ exp( −4000.000000 ⋅ t) 4000.000000000000 0000000000 0000

−4

τ := R⋅ C

2.5 × 10 τ = 2. 1

i(t ) :=

5

exp( −4000 4000⋅ t ) if t < τ ⋅ exp

 1 ⋅ exp  exp( −4000 4000⋅ t )  10 

if t ≥ τ Gráfica de i(t)

0.18 0.15 0.13 0.1 0.075 0.05 0.025 0

5 .10

4

0.001


i( t) :=

1 10

⋅ exp exp( −4000 4000⋅ t )

5)

En un circuito RLC se aplica aplica una tensión constante en el instante t = 0. Hallar el régimen transitorio de la corriente y su valor máximo. Datos: V = 50V; R = 3000 Ω; L = 10 Hy; C = 200 µF. Switch

R

V

C

L

Ecuación de i(t):

i⋅R + L⋅

d dt

 1   L⋅C  r :=  R   L  

d dt

i( t )

para t L⋅

d dt

i

implica

V

d

2

dt

s := po polyroots ( r )

s =

2

i+

R d

i

L dt

L⋅C

⋅ i+

 −298.324   −1.676 



1 A ⋅e

i( t )

⌠ i dt  C ⌡

i+

( − 298.324 ⋅ t )

−298.324⋅ A ⋅ e

+ B⋅e

( − 298.324 ⋅ t )

0 implica i0 V implica

( − 1.676⋅ t )

− 1.676B ⋅ ⋅e

0 d dt

i

V L

→

d dt

i( t )

5

( − 1.676⋅ t )

0

Entonces A

+

B

0

−298.324⋅ A + −1.676⋅ B S := Find(A , B)

→

5

-2  −1.68549 1.68 549931 931231 231628 628057 05750 50 10  ⋅ 10 -2

1.6 8549931 9931231 231628 628057 05750 50 10  ⋅ 10  1.6854 i(t )

:= −0.017⋅ e

(− 298.324⋅ t )

+ 0.017e ⋅

(− 1.676⋅ t )

Gráfica de i(t)

0

0.5

1

1.5

2

2.5


Valor máximo de la corriente: t := t

dt

i(t )

0 solve solve , t

-2

1.74 677400 4002232 2232029 029228 2287 10 → 1.74677 ⋅ 710

= 0.017

i( t) 6)

d

= 0.016

Corriente máxima

En un circuito RLC RLC se aplica una tensión constante constante en el instante t = 0. Hallar el régimen transitorio de de la corriente. Datos: V = 100V; R = 50 Ω; L = 0,1 Hy; C = 50 µF. Switch

R

V

C

L

Ecuación de i(t):

⌠ i⋅ R + L⋅ i +   dt ⌡

i

d

 1   L⋅ C  r :=  R   L   1 

C

s

dt

V

d

implica

polyr yroo oots ts ( r ) := pol

2

dt

s

=

2

i

+

R d

⋅

L dt

i

+

i L⋅ C

 −250 − 370.81j   −250 + 370.81j 

0

A ⋅e

i(t )

para t L⋅

d dt

( − 250⋅ t )

⋅ cos cos ( −370. 370.81 81t ) + B⋅ e

0 implica i0

⋅ sin sin ( −370. 370.81 81t )

0 d

V implica

i

( − 250⋅ t )

dt

i

V L

→d

dt

i(t )

1000.000000000000000

Entonces A

+

B

0

−250⋅ A − 370.81B ⋅ S := Find( A , B)

i(t )

:= 8.277⋅ e

→

1000

 8.2774604751262312722   −8.2774604751262312722 

( − 250⋅ t )

⋅ cos ⋅ cos ( −370. 37 0.81 81⋅ t ) − 8.277e

( − 250⋅ t )

⋅ sin sin ( −370. 370.81 81⋅ t )

Gráfica de i(t) 7.5 5 2.5 0

0.005

0.0 1

0.015

0.02

2.5

Corriente en Período Transitorio 7)

Dado un circuito RL alimentado por una tensión v(t) = 150 . sen(500t + φ), que se aplica en el instante en que φ = 0. Hallar la corriente completa. Datos: R = 50 Ω; L = 0.2 Hy. Switch

R V L

Ecuación de i(t): i⋅ R + L⋅

d dt

i

V0⋅ sin ( ω⋅ t

+ φ)

implica

 − R ⋅ t  L  ⋅ e

ic

i0

i p

A ⋅ sin ( ω⋅ t

+ φ) + B⋅ cos ( ω⋅ t + φ)

d dt

i

+

R

V0

L

L

⋅i

⋅ sin (ω⋅ t + φ)

Donde A⋅

R L

R B L

ω⋅ A + s

V0

− ω⋅ B

L 0

 .60000000000000000000   −1.2000000000000000000 

:= find( A , B) → i0⋅ e

i( t) i( t) '

( − 250⋅ t )

−250i0⋅ e

0.6⋅ sin( 500⋅ t

+

( − 250⋅ t )

+

300 300⋅ cos cos ( 500 500⋅ t

Condiciones Iniciales: i(0) i0 + 0.6⋅ sin ( φ)

−250⋅ i0 + s

− 1.2⋅ cos ( φ)

300⋅ cos co s ( φ)

:= find(i0 , φ) →

+

+ φ) − 1.2 1.2⋅ cos cos ( 500 500⋅ t + φ)

0; i(0) '

+ φ) +

600 600⋅ sin sin ( 500 500⋅ t

+ φ)

0

0

600⋅ sin sin ( φ)

0

 1.2000000000000000000  0  

Finalmente i(t )

:= 1.2⋅ e

( − 250⋅ t )

+

0.6⋅ sin( 500⋅ t)

− 1.2 1.2⋅ cos cos ( 500 500⋅ t)

Gráfica de i(t) 1.5 1 0.5 0.5 1 1.5

0

0.01

0.02

0.03

0.04

Corriente en Período Transitorio 8)

Dado un circuito RC alimentado por una tensión v(t) = 250 . sen(500t + φ), que se aplica en el instante en que φ = 0. Hallar la corriente completa. Datos: R = 100 Ω; C = 25 µF; q 0 = 0. Switch

R

V

C

Ecuación de i(t):

⌠ ⋅ C ⌡ 1

i⋅ R +

V0⋅ sin ( ω⋅ t

i dt

ic

 − 1 ⋅ t  R⋅ C  i ⋅ e

i p

A ⋅ sin ( ω⋅ t

d

implica

dt

i

+

1 R⋅ C

125

V0⋅ ω R

⋅ cos ( ω⋅ t + φ)

i0⋅ e

+ φ) + B⋅ cos ( ω⋅ t + φ)

41

( − 400⋅ t )

−400i0⋅ e

i(t ) '

50

B

82

i(t )

+

125 82

( − 400⋅ t )

⋅ sin sin (500⋅ t + φ) +

+

125 82

Condiciones Iniciales: i(0) 125 i0 + ⋅ sin ( φ) 82

−400⋅ i0 +

125 82

−50

50 41

41

⋅ cos cos (500⋅ t + φ)

⋅ 500⋅ cos cos ( 500 500⋅ t + φ) −

0; i( 0) '

⋅ cos (φ)

⋅ 500⋅ cos ( φ) −

φ

41

+

50

V0⋅ ω

50 41

⋅ 500⋅ sin sin ( 500 500⋅ t + φ)

R

0 50 40

V0⋅ ω

500 500⋅ sin sin ( φ)

R

0

Finalmente i(t )

⋅i

0

A

i0

+ φ)

:=

−50 41

⋅e

( − 400⋅ t )

+

125 82

⋅ sin sin (500⋅ t) +

50 41

⋅ cos cos ( 500 500⋅ t)

Gráfica de i(t) 1.5 1 0.5 0.5 1 1.5

0

0.01

0.02

0.03


0.04

9)

Dado un circuito RLC alimentado por una tensión v(t) = 100 . sen(1000t sen(1000t + φ), que se aplica en el instante en que φ = 90º. Hallar la corriente completa. Datos: R = 100 Ω; L = 0,2Hy; C = 25 µF; q 0 = 0. Switch

R

V

C

L

Ecuación de i(t): i⋅R + L⋅

a :=

d dt

R

i

a

2L

⌠ ⋅ C ⌡ 1

+

= 250 d

Implica

b :=

2

dt

2

V0⋅ sin ( ω⋅ t

i dt

+ 2⋅ a⋅ d i +

i

dt

1

2

( − a⋅ t )

ic

D⋅ e

i p

A ⋅ sin( ω⋅ t

447.21 214 4 = 447.

c⋅ cos ( ω⋅ t

b ⋅i

d

implica

2

dt b

L⋅C

r 1 = −250 − 370.81j

Raíces:

+ φ)

2

c :=

+

i

R d

⋅

L dt

V0⋅ ω L

i

+ c

1 L⋅C

V0⋅ ω

⋅i

= 5×

L

⋅ cos (ω⋅ t + φ)

5

10

+ φ)

r 2 = −250 + 370.81j

⋅ sin ( ωn⋅ t + φ0)

ωn :=

b

2

−a

2

ωn = 370.81

+ φ) + B⋅ cos ( ω⋅ t + φ)

Donde

( b2 − ω2)⋅A + 2⋅a⋅ ω⋅B 2 2 2⋅ a⋅ ω⋅ A + ( b − ω ) B = −0.641

A

i( t ) d dt

i( t )

D⋅e

c

B = −1.026

( − a⋅ t )

D⋅ e

0

⋅ sin (ωn⋅ t + φ0) + A ⋅ sin(ω⋅ t + φ) + B⋅cos (ω⋅ t + φ)

( − a⋅ t )

⋅ (−a⋅ sin (ωn⋅ t + φ0) +

Condiciones Iniciales: i( 0)

cos V0

0; i( 0) '

L

Entonces

( )+A

D⋅sin φ0 D⋅

0

(−a⋅sin (φ0) + ωn⋅ cos (φ0)) − ω⋅ B

V0 L

(ωn⋅ t + φ0)⋅ ω n) + ω⋅ (A ⋅cos (ω⋅ t + φ) − B⋅sin (ω⋅ t + φ))

D = 1.176

φ0 = 2.565

Finalmente

:= 1.176⋅ e

i(t )

( − 250⋅ t )

 1000t⋅ + ⋅ sin( 370.81 370.81⋅ t + 2.565) − 0.64 0.641 1⋅ sin sin 1000t

π 



2 

 1000t⋅ + − 1.02 1.026 6⋅ cos cos 1000t 

π  2 

Gráfica de i(t) 1.5 1 0.5 0.5 1 1.5

0

0.01

0.02

0.03

0.04

Corriente en Período Transitorio 10) Dado un circuito RLC alimentado por por una tensión v(t) = 30 . sen(50t + φ), que se aplica en el instante en que φ = 90º. Hallar la corriente completa. Datos: R = 200 Ω; L = 0,5 Hy; C = 100 µF; q 0 = 0. Switch

R

V

C

L

Ecuación de i(t):

⌠ i⋅ R + L⋅ i + ⋅  C ⌡ dt 1

d

a :=

R 2L

a

= 200 d

Implica

2

dt

Raíces:

2

i

V0⋅ sin ( ω⋅ t

i dt

b :=

+ 2⋅ a⋅ d i + dt

r 1 = −341.421

( r 1⋅ t )

ic

D1⋅ e

i p

A ⋅ sin ( ω⋅ t

+

D2⋅ e

1

+ φ)

2

= 141. 141.42 421 1

c⋅ cos ( ω⋅ t

b ⋅i

+ φ)

r 2 = −58.579

( r 2⋅ t )

+ φ) + B⋅ cos ( ω⋅ t + φ)

d

2

dt b

L⋅ C

implica

2

c :=

i

+

R d

⋅

L dt

V0⋅ ω L

i

+ c

1 L⋅ C

V0⋅ ω

⋅i

= 3×

L 3

10

⋅ cos (ω⋅ t + φ)

Donde

( b2 − ω2)⋅ A + 2⋅a⋅ω⋅B 2 2 2⋅ a⋅ ω⋅ A + ( b − ω ) B A

= 0.64 D1⋅ e

i(t ) d dt

c

B = −0.56

( r 1⋅ t )

D1⋅ r 1⋅ e

i( t)

0

+

D2⋅ e

( r 1⋅ t )

+

( r 2⋅ t )

+ A ⋅ sin(ω⋅ t + φ) + B⋅ cos (ω⋅ t + φ)

D2⋅ r 2⋅ e

Condiciones Iniciales: i(0)

( r 2⋅ t )

+ ω⋅ (A ⋅cos (ω⋅ t + φ) − B⋅ sin (ω⋅ t + φ) )

0; i( 0) '

V0 L

Entonces

D1 + D2

−A

r 1⋅ D1 + r 2⋅ D2 D1 = 0.019

V0

+ ω⋅ B

L

D2 = −0.659

Finalmente

i(t )

:= 0.019⋅ e

(− 341.421⋅ t )

− 0.659e ⋅

(− 58.579⋅ t )

+

 

0.64 0.64⋅ sin sin 50⋅ t

Gráfica de i(t) 2 1

0

0.2

0.4

0.6

1 2


0.8

+

π  2 

 − 0.56 0.56⋅ cos cos 50⋅ t + 

π  2 



Cuadripolos 1)

Conocidos los parámetros parámetros de las impedancias impedancias impulsoras y de de transferencia transferencia de un cuadripolo, cuadripolo, determinar determinar la matriz de los parámetros principales y luego calcular la corriente de carga para las siguientes condiciones de excitación y carga. La matriz de los parámetros resulta:

 15  10

10 

Ve

15Ie − 10Is

Vs

10Ie − 20Is

Ve

A⋅Vs + B⋅Is

Ie

20 

C ⋅Vs + D⋅Is

El procedimiento consiste en llegar, a partir de estas expresiones, al esquema sig

M1 ⋅

 Ve   Ie 

M2 ⋅

 1 −15   Ve  ⋅  0 −10   Ie   Ve   Ie   Ve   Ie 

 Vs 

Entonces resulta

 Is   0 −10   Vs  ⋅  −1 −20   Is 

−1  1 −15   0 −10   Vs   Ve  ⋅ ⋅ →  0 −10   −1 −20   Is   Ie   3 20   V   2 ⋅ s  1  I 2  s   10

 3 ⋅V + 20 ⋅I  s s 2   1   10

⋅Vs + 2 ⋅Is



 A  C

B 

 1.5  0.1

D 

20  2 

Cálculo de Ic para las condiciones de excitación y carga del circ Ve = 10 − 0.1Ie

Vs

10Is

Reemplazando los valores y simplificando 0.1Ie + 35Is

10

−Ie + 3Is

0

 0.1  −1 Is :=  0.1  −1 2)

10  0  35 

Is = 0.283A

A

3 

En este ejercicio:

a) La figura muestra muestra una red de de dos puertos en en la que una resistencia en serie de 5 3 . Utilizando la notación de la figura calcular Y11, Y22 e Y 12. b) Para la red mostrada, calcular Z 11, Z22 y Z 12. Hallar los parámetros de Y, Z, H, I1 e I 2:

y una resistencia en paralelo de

R2 I2

5ohm

R1

I1

3ohm

1

2

Cálculo de las Admitancias: Recordando que:

I1

V1 ⋅Y11 + V2 ⋅Y12

I2

V1 ⋅Y21 + V2 ⋅Y22

Cálculo de Y11(Admitancia de entrada): cortocircuitamos a la salida, entonces queda el circuito equivalente:

R 1 := 3ohm V1

I1 := R 2 I1 Y11 := V1

R 2 := 5ohm

V1 := 5V

I1 = 1 A Y11 = 0.2mho

Cálculo de Y12(admitancia mutua): cortocircuitamos la entrada y medimos la corriente entrante y l a tensión a la salida:

R := 3ohm 1

I := 1

R := 5ohm 2

V := 12 2

−V 2

R 2

:= Y 12

I 1

= −0.2 mho Y 12

V 2

Cálculo de Y22 (Admitancia de salida): cortocircuitamos l a entrada y medimos la corriente a la salida:

R := 3ohm 1

I := V ⋅ 2 2

:= Y 22

R := 5ohm 2

V := 5V 2

(R 1 + R 2) R ⋅R 1 2

I 2 V 2

= 0.533 Y 0.533 mho 22

Cálculo de las Impedancias: recordando las ecuaciones:

V 1

+ I ⋅Z I ⋅Z 1 11 2 12

V 2

I ⋅Z + I ⋅Z 1 21 2 22

Cálculo de Z11(impedancia de entrada): medimos la corriente a la entrada dejando abierto el circuito a la salida:

R := 3ohm 1

I := 1

R := 5ohm 2

V := 5V 1

V 1 R + R 1 2

Z := 11

V 1 I 1

Z = 8Ω 11

Cálculo de Z12(impedancia mutua): dejamos abierto el circuito a la entrada y medimos la corriente de salida y la tensión a la entrada:

R := 3ohm 1

I := 2

V 2 R 1

:= Z 12

V 1 I 2

R := 5ohm 2

V := I ⋅R 1 2 1

= 3Ω Z 12

V := 12V 2

Cálculo de Z22 (impedancia de salida): dejamos abierto el circui to a la entrada y medimos la corriente a l a salida y la tensión a la salida:

R := 3ohm 1

I := 2

V := 12V 2

V 2 R 1

Z := 22

3)

R := 5ohm 2

V 2

Z = 3Ω 22

I 2

En la red mostrada, use los parámetros calculados en el problema problema 2 para responder las siguientes preguntas:

a)

Si V1 y V2 son cada una 10 V, encontrar I 1 y encontrar I 2.

b)

Si V1 = 10 y V 2 = 5V, encontrar I 1 y encontrar I 2.

c)

Si I1 y I2 son cada una de 5 A, encontrar V 1 y encontrar V 2.

d)

Si I1 = 5 y I 2 = -5ª, encontrar V 1 y V2.

¿Cómo puede lograrse físicamente la parte d)? a)

V := 10V 1

V := 10V 2

:= Y 0.2mho 11

:= −0.2mho Y := −0.2mho Y 12 21

+ V ⋅Y I := V ⋅Y 1 1 11 2 12

I = 0A 1

+ V ⋅Y I := V ⋅Y 2 1 21 2 22

I = 3.33A 2

:= Y 0.533mho 22

b)

V := 10V 1

V := 5V 2

Y 0.2mho := 11

Y := −0.2mho 12

Y := −0.2mho 21

I := V ⋅Y + V ⋅Y 1 1 11 2 12

I = 1A 1

I := V ⋅Y + V ⋅Y 2 1 21 2 22

I = 0.665 0.665 A 2

Y 0.533mho := 22

c)

I := 5A 1 := Z 8ohm 11

I := 5A 2 := Z 3ohm 12

:= Z 3ohm 21

+ I ⋅Z V := I ⋅Z 1 1 11 2 12

V = 55 V 1

+ I ⋅Z V := I ⋅Z 2 1 21 2 22

V = 30 V 2

:= 3oh Z 22

d)

I1 := 5A

I2 := −5A

Z11 := 8ohm

Z12 := 3ohm

Z21 := 3ohm

V1 := I1 Z ⋅ 11 + I2 ⋅ Z12

V1 = 25 V

V2 := I1 Z ⋅ 21 + I2 ⋅ Z22

V2 = 0 V

Z22 := 3oh

Se lo logra cortocircuitando la salida

4)

La figura muestra una red

simétrica Z = 25

y Y = 0.02 mho, ambas puramente resistivas.

a) Encontrar la admitancia de punto impulsor en cortocircuito y la admitancia de transferencia. b) Encontrar la impedancia de punto impulsor en circuito abi erto y la impedancia de transferencia en circuito abierto. Z=25 Ω

0.5Y

Z := 25ohm

0.5Y

Y := 0.02mho

1 1 Y11 := ⋅Y + 2 Z

Y11 = 0.05mho

1 1 Y22 := ⋅Y + 2 Z

Y22 = 0.05mho

−1 Y12 := Z

Y12 = −0.04 mho

 Z + 2  ⋅ 2  Y  Y Z11 := Z+

2

+

Y

2

Y

 Z + 2  ⋅ 2  Y  Y Z22 := Z+

2

Y

Z11 = 55.556 Ω

+

2

Z22 = 55.556 Ω

Y

2 Z12 := Y⋅( Z⋅Y + 4)

Z12 = 22.222 Ω

5) La figura muestra una red T Z s= 12 , Z r = = 15 y Y = 0.02mho, 0.02mho, todas resistivas. a) Encontrar cada admitancia de punto impulsor en cortocircuito y admitancia de transferencia en cortocircuito. b) Encontrar la impedancia de punto impulsor en circuito abi erto y la impedancia de transferencia en circuito abierto. Zs=12Ω

Zr = 15Ω

Y = 0.02mho

Z := 12ohm s

Y 11

:=

Z := 15ohm r 1



+

 Y⋅ Zr +   Y     :=



+

⋅

Z s

 + 1  Y  

Z 22

:=

Z 12

:=

Z s

+

Z + r 1 Y

Z r

−1 +

Z r

Y⋅ Z s

:=

Z s

= 0.041 Y 0.041 mho 22



Z s

:=

Z 11

0.02mho

1

 Y⋅ Zs + 1   Y     Y 12

:=

= 0.042 Y 0.042 mho 11



Z r 1

Y 22

Y

1 Y 1 Y

1

 +  Y  

Y⋅ Z s

Z 11

=

62 Ω

Z 22

=

65 Ω

Z 12

=

50 Ω

1

Y 12

= −0.033 mh



Circuitos no Lineales 1)

En el circuito de la figura, encontrar a una frecuencia frecuencia de 900 Hz Hz y 1100 Hz: f.

magnitud y ángulo de V 1 / V2.

g.

magnitud y ángulo de Z eq.

h.

γ si

γ

e = V1 / V2.

0.5L

0.5L C

L := 0.2085H

C

:=

0.189 ⋅10

−6

⋅F

ω :=

900H

R := 700ohm 4

ω c := V1 V2 V1 V2

L⋅C

 1−

ω

2 2

+ j⋅

ωc



ω 

2

ωc



0.98 0.984 4 + 0.17 0.178 8 ⋅j

ω ⋅L Zent := j 2



γ := 2 ⋅asinh

+

1 j ω ⋅ ⋅C j ω ⋅L 1

Zent = −5.785j × 10



 4⋅ ⋅ ⋅C   j ω

γ =

0.179j

3

Ω

L := 0.2085H

C

:=

0.189 ⋅10

−6

⋅F

ω := 1100H

R := 700ohm 4

ω c :=

L⋅C



V1

ω

1−

V2

+ j⋅

2

ωc



V1

2

ω 

2

ωc



0.98 0.984 4 + 0.17 0.178 8 ⋅j

V2

ω ⋅L Zent := j 2

+



γ := 2 ⋅asinh

1 j ω ⋅ ⋅C j ω ⋅L

Zent = −4.695j × 10



1

γ =

3

Ω

0.219j

 4⋅ ⋅ ⋅C   j ω 2)

Para el problema anterior, calcular Z0 a las frecuencias 1100, 1250, 2000 2000 y 10000Hz.

L := 0.2085H

C

:=

0.189 ⋅10

−6

⋅F

ω :=

1100Hz

R := 700ohm Z0

:=

j ω ⋅ ⋅L 2

⋅ −4 ⋅

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

−1

Z0

=

1.04 1.044j 4j × 10

3

Ω

−1

Z0

=

1.04 1.042j 2j × 10

3

Ω

−1

Z0

=

1.02 1.029j 9j × 10

3

Ω

−1

Z0 = 127.939j Ω

ω := 1250Hz Z0

:=

j ω ⋅ ⋅L 2

⋅ −4 ⋅

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

ω := 2000Hz Z0

:=

⋅ ⋅L j ω 2

⋅ −4 ⋅

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

ω := 10000Hz Z0

:=

j ω ⋅ ⋅L 2

⋅ −4 ⋅

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

3)

El diagrama del problema 1 muestra dos secciones L puestas juntas para formar una T. a.

¿Cuál es es la frecuencia de corte fc en le filtro T?

b.

Encontrar Z0 y β a 2 fc.

c.

Encontrar Z0 y β a ½ fc.

L := 0.2085H

C

:=

0.189 ⋅10

−6

⋅F

R := 700ohm

a) f c

:=

1

π

f c

L⋅C

ω := 4 π ⋅ ⋅f c

b) Z0

:=

j ω ⋅ ⋅L

⋅ −4 ⋅

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

2

1 β := 2 ⋅asin 

β =

 2 

−1

Z0 = −1.819 × 10

3

Ω

1.047

ω := π ⋅f c

c) Z0

:=

j ω ⋅ ⋅L 2

⋅ −4 ⋅

β := 2 ⋅asin(2) 4)

= 2 × 103 Hz

1

j ω ⋅ ⋅C ⋅j ⋅ω ⋅L

β =

−1

Z0 = 909.605j Ω

3.14 3.142 2 − 2.63 2.634j 4j

Use las dos secciones L del del problema problema 3 para para formar formar una π (reconectar en el orden opuesto) y repetir el problema 3. Los resultados son los mismos como se ve en la teoría de filtros.



Componentes Simétricos 1)

Dado el circuito de la figura y aplicando el método método de las componentes simétrica, calcular las componentes en secuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero. 2 Generador: Va = 220 V; Vb = 220 α V; Vc = 220 α V. Carga: Z1 = 5 Ω; Z2 = 10 Ω; Z3 = 10 Ω.

Z1

Va

Vc

Z2

Vb

Z3

Tensiones de Línea: VFa := 220⋅ volt volt 2

VFb := 220⋅ α ⋅ volt VFc := 220⋅ α ⋅ volt

(

)

(

)

(

)

VLab := VFa − VFb

VLab = 381.051V


VLbc := VFb − VFc

VLbc = 381.051V


VLca := VFc − VFa

VLca = 381.051V


Corrientes de Línea: ILa := ILb :=

VLab Z1 VLbc Z2

VLca ILc := Z3

( )

ILa = 76.21A

arg arg ILa = 30deg

ILb = 38.105A


ILc = 38.105A


( ) ( )

Cálculo de secuencias positiva, negativa y cero: 1 2 I p := ⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3

I p = 50.807A

arg arg I p = 30deg

1 2 In := ⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3

In = 12.702A

arg arg In = 30deg

I0 = 12.702A

arg arg I0 = 30deg

I0 :=

1 3

⋅ ( ILa + ILb + ILc)

( )

Secuencia Positiva

( )

Secuencia Negativa

( )

Secuencia Cero

Secuencia Positiva Ip1 Ip3

Secuencia Negativa

Secuencia Cero

In1

Io

In2

In3

Ip2 2)

Las corrientes de un sistema trifásico son Ia = 5 A, Ib = - j8,66 A; Ic = j10 A. Calcular I p, In, I0. Dibujar las transformadas de las tres componentes en secuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero, indicando la adición gráfica para obtener las componentes dadas.

Cálculo de secuencias positiva, negativa y cero: I p :=

1

⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3

2

1 2 In := ⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3 I0 :=

1 3


( )

Secuencia Positiva

( )

Secuencia Negativa

( )

Secuencia Cero

I p = 7.057A

arg arg I p = −1.814deg

In = 3.727A

arg arg In = −176.564deg

I0 = 1.725A

arg arg I0 = 15.003deg

Ic Secuencia Positiva Ip3

Secuencia Negativa In3

Ip1 In1

Secuencia Cero

In2

Ip2 3)

Ia

Io

Podrían ser las corrientes del problema anterior: a. Corrientes de línea a una carga de alumbrado trifásico. b. Corrientes de línea a un banco de transformadores transformadores con el primario conectado en triángulo. c. Corrientes de línea a un banco banco de transformadores con el primario conectado en estrella. d. Corrientes de fase en un banco de transformadores transformadores conectados conectados en triángulo. Respuesta a.

Ib

4)

La tensión aplicada es de 240 V de línea a línea, balanceado trifásico. La reactancia capacitiva Xab = -j12 Ω está conectada de la línea 1 a la línea 2; la reactancia inductiva Xbc = j12 Ω está conectada de la línea 2 a la línea 3, la resistencia Rca = 6 Ω está conectada de la línea 3 a al línea 1. Encontrar las componentes en secuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero de las corrientes de línea. Graficar.

Tensiones de Línea: VFa := 240⋅ volt volt 2

VFb := 240⋅ α ⋅ volt VFc := 240⋅ α ⋅ volt

Ic

Corrientes de Línea: VFa IFab := Zab VFb IFbc := Z bc VFc IFca := Zca

(

)

(

)

(

)

IFab = 20A 20 A

arg IFab = 90deg

IFbc = 20A 20 A

arg IFbc = 150deg

IFca = 40A

arg IFca = 120deg


ILa = 24.786A


ILb = 20A


ILc = 24.786A

Ib Ia

( ) arg( ILb) = −150 deg arg( ILc) = 96.206deg

arg ILa = −36.206deg

Cálculo de secuencias positiva, negativa y ce ro: 1 2 I p := ⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3

I p = 23.094A

arg arg I p = −30 deg

1 2 In := ⋅ ILa + ILb⋅ α + ILc⋅ α 3

In = 3.094A

arg arg In = −90 deg

I0 :=

1 3


( )

Secuencia Positiva

( )

Secuencia Negativa

I0 = 0 A

Secuencia Cero

Secuencia Positiva Ip3

Secuencia Negativa In2 Ip1

Ip2

In3 In1

Ejercicios resueltos de electrotecnia

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