Libro Circuitos Palomino

CIRCUITOS ELECTRICOS I Jairo Palomino de la Cruz

UNIVERSIDAD DEL VALLE ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELÉCTRONICA PROGRAMA ACADEMICO DE INGENIERÍA ELÉCTRICA ASIGNATURA: CIRCUITOS ELÉCTRICOS I INTRODUCCIÓN El objeto de estudio de la ingeniería eléctrica es la generación, transmisión, distribución, utilización y control de la energía eléctrica. El análisis de circuitos eléctricos es la puerta a través de la cual los estudiantes de ingeniería eléctrica o ingeniería electrónica inician su formación científica en esta disciplina. Todas las áreas de ingeniería eléctrica como electrónica, maquinas eléctricas, sistemas de potencia, comunicaciones y sistemas digitales se basan en la teoría de circuitos.

Estrategia Utilizada En El Análisis De Circuitos Eléctricos. La estrategia se basa en los siguientes pasos: 1. Establecer el modelo lineal de los elementos que conforman un circuito. 2. Definir las variables que se usarán en las ecuaciones del circuito. 3. Escribir las ecuaciones necesarias para resolver el circuito. 4. Resolución de las ecuaciones. 5. Interpretar los valores de la solución para las variables a fin de determinar lo que está pasando en el circuito.

Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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CONTENIDO Capitulo I Conceptos generales aplicados a los circuitos eléctricos 1.1 Introducción

5

1.2 Carga eléctrica

5

1.3 Corriente eléctrica

5

1.4 Tipos de corriente

6

1.5 Diferencia de potencial o voltaje

7

1.6 Potencia eléctrica

7

1.7 Elementos de circuitos

10

1.8 Fuentes independientes

10

1.9 Fuentes dependientes o controladas

11

1.10 Resistencia eléctrica

12

1.11 Conductancia

13

1.12 Definiciones usadas en el análisis de circuitos

13

1.13 Leyes de Kirchhoff

14

1.14 Análisis de circuitos

15

1.15 Circuitos de un solo par de nodos

16

1.16 Divisor de voltaje

19

1.17 Divisor de corriente

20

1.18 Fuentes reales

20

1.19 Fuente real de corriente

21

1.20 Fuente real de voltaje

22

1.21 Transformación Y a delta y delta a Y

25

1.22 Ejercicios propuestos

28 Capitulo II

Técnicas usadas en el análisis de los circuitos 2.1 Introducción

32

2.2 Análisis nodal

32

2.3 Análisis por el método de nodos cuando el circuito tiene

40

---fuentes de voltaje 2.4 Análisis de mallas Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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2.5 Análisis por mallas cuando el circuito contiene fuentes de ------corriente 2.6 Ejercicios propuestos

51 56

Capitulo III Principios y teoremas aplicados en el análisis de circuitos 3.1 Introducción

62

3.2 Circuitos lineales

62

3.3 Superposición

63

3.4 Teorema de Thevenin y Norton

68

3.5 Transferencia máxima de potencia

81

3.6 Ejercicios propuestos Capitulo IV Elementos almacenadores de energía 4.1 Introducción

91

4.2 Capacitores

91

4.3 Inductores

96


100 Capitulo V

Análisis de circuitos alimentados con corriente alterna 5.1 Introducción

103

5.2 Función de excitación senoidal

103

5.3 Respuesta de los elementos pasivos de circuitos

---------

---alimentados con señales senoidales

105

5.4 Análisis fasorial de circuitos

109

5.5 Relación fasorial para los elementos de circuitos

115

5.6 Leyes de Kirchhoff con fasores

119

5.7 Impedancia

120

5.8 Admitancia de entrada de dos terminales

124

5.9 Análisis de circuitos de AC usando fasores

130

5.10 Diagrama fasorial

138


149


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Capitulo VI Análisis transitorio de circuitos 6.1 Introducción

155

6.2 Circuito RL

156

6.3 Constante de tiempo

τ

163

6.4 Circuito RC

164

6.5 Circuito equivalente del inductor y el capacitor con

169

energía acumulada en el dominio de La Place 6.6 Circuitos con fuentes

173

6.7 Función escalón unitario

174

6.8 Función impulso unitario δ(t)

189

6.9 Análisis transitorio de circuitos RLC

195

6.10 Circuito RLC en paralelo sobreamortiguado

199

6.11 Circuito RLC en paralelo críticamente amortiguado

204

6.12 Circuito RLC en paralelo subamortiguado

207

6.13 Circuito RLC serie

211

6.14 Circuito RLC con fuentes

214


228


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CAPITULO I CONCEPTOS GENERALES APLICADOS A LOS CIRCUITOS ELÉCTRICOS

1.1 Introducción En este primer capitulo se presentan los conceptos de carga eléctrica, corriente, voltaje y potencia que son cantidades que se deben calcular en el análisis de los circuitos. Adicionalmente se identificarán las fuentes independientes y las controladas, el resistor, se estudiarán las leyes experimentales de Kirchhoff de corriente y voltaje.

1.2 Carga Eléctrica. La cantidad mas elemental de electricidad es la carga eléctrica cuya naturaleza esta basada en conceptos de la teoría atómica. El átomo se considera como un tabique de materia que está compuesto por un núcleo cargado positivamente, rodeado por electrones cargados negativamente. En el sistema métrico la carga se mide en Coulombs (C ) , la carga de un electrón se considera negativa e igual 19

en magnitud a 1.602 10

C.

El interés en el estudio de las cargas eléctricas está centrado en su movimiento, ya que las cargas en movimiento dan como resultado una transferencia de energía. Un circuito eléctrico es esencialmente una red que facilita la transferencia de carga desde un punto a otro. Cuando se tiene cargas en movimiento, se constituye una corriente eléctrica.

1.3 Corriente Eléctrica. Es la razón de cambio de la carga con respecto al tiempo.

i (t ) 

dq dt

(1)

La unidad de la corriente es el Ampere ( A) , y 1 ampere es igual a 1 coulomb por segundo. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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La corriente eléctrica se caracteriza por su magnitud en Ampere y su dirección establecida universalmente por la dirección del movimiento de las cargas positivas aunque el flujo de la corriente en conductores metálicos se debe al movimiento de electrones.

Figura 1.1

1.4 Tipos De Corriente. a) Corriente Directa (CD): cuando su magnitud y sentido no varía en el tiempo. b) Corriente Alterna (CA): cuando varía su magnitud y además, invierte su sentido cíclicamente, a una frecuencia determinada.

(a)

(b) Figura 1.2 Clases de corriente eléctrica


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1.5 Diferencia De Potencial o Voltaje. La diferencia de potencial entre los terminales a y b del elemento (E) del circuito de la figura 1.3, es igual al trabajo requerido para mover una carga positiva de 1 coulomb, de un terminal al otro a través del elemento.

Figura 1.3

V (t ) 

dW dt

(2)

La unidad del voltaje es el Volt (V ) y 1 volt es igual a 1 julio por coulomb, igual a 1 newton-metro por coulomb. El voltaje se caracteriza por su magnitud en Volts y su polaridad la cual depende de la naturaleza del elemento. Esta polaridad se indica con los signos + y -.

Figura 1.4 Polaridad del voltaje

1.6 Potencia Eléctrica. Es la tasa a la cual se suministra o consume energía eléctrica.


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p(t )  p (t ) 

dW dt

(3)

dW dq   V (t ) i (t ) dq dt

(4)

La unidad de potencia es el Watt (W ) y 1 Watt es igual a 1 Joule por segundo.

1 Watt  1

Joule seg.

(a)

(5)

(b) Figura 1.5

En la figura 1.5 (a), el circuito 1 le está suministrando energía al elemento

E1 .

PE1  V i  2  5  10 W Note que cuando el elemento está absorbiendo energía, una corriente positiva entra por el terminal positivo. En la figura 1.5 (b), el elemento

E2

le está suministrando energía eléctrica al

circuito 2 y en este caso una corriente positiva entra por el terminal negativo del elemento

E2 . PE2  4  4  16 W


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El signo negativo indica que el elemento E 2 está suministrando potencia.

Ejemplo 1.1 Determinar la potencia consumida o suministrada por los elementos del circuito de la figura 1.6.

Figura 1.6

Solución. La fuente de 24 Volts de acuerdo al sentido de la corriente suministra potencia

P  24  2  48 V . El elemento E1 consume potencia P1  24  2  48 W . El elemento E2 suministra

P2  2  6  12 W

y el elemento

E3

consume

P3  6  2  12 W . En todo sistema eléctrico la potencia suministrada es igual a la consumida (Balance de Potencia). Como en general V e I son función del tiempo P(t ) es también una cantidad que varia con el tiempo. El cambio de energía entre el instante

t1

y el instante

t2

se puede calcular

integrando la ecuación (3).


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t2

t2

t1

t1

W   p(t )dt   v(t ) i(t )dt

(6)

La unidad de energía utilizada en los sistemas eléctricos es el

Watt-hora o el

kiloWatt-hora. Este primer curso es de análisis de circuitos y por tanto estaremos interesados en la determinación de un voltaje, corriente o potencia en algún elemento de una red.

1.7 Elementos De Circuitos Los elementos empleados en la construcción de los circuitos se clasifican en forma amplia como activos o pasivos. La distinción entre los elementos según esta clasificación radica en que los elementos activos tienen la capacidad de suministrar energía, mientras que los pasivos la consumen o pueden acumular cantidades limitadas de esta energía. Los elementos activos son las fuentes como las baterías y los generadores y los pasivos son las resistencias, los capacitores y los inductores.

1.8 Fuentes Independientes. Una fuente de voltaje ideal independiente es un elemento de dos terminales que suministra un voltaje específico entre sus terminales independientemente de la corriente que circula por ella.

Figura 1.7 Fuentes de voltaje Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Una fuente de corriente ideal

independiente es un elemento de dos

terminales que mantiene una corriente específica independientemente

del

voltaje entre sus terminales.

Figura 1.8 Fuentes de corriente Estos modelos ideales de las fuentes tienen limitaciones y por tanto serán representaciones validas de fuentes físicas solo bajo ciertas condiciones, por ejemplo el modelo de la fuente ideal de voltaje es valido cuando las corrientes son muy pequeñas.

1.9 Fuentes Dependientes o Controladas. Este tipo de fuente genera un voltaje o una corriente que está determinado por un voltaje o una corriente en un lugar especifico en el mismo circuito.

Figura 1.9 Fuentes controladas Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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1.10 Resistencia Eléctrica. La resistencia es la propiedad física de un elemento o un dispositivo que se opone al paso de la corriente a través del mismo y se simboliza por R. La relación Voltaje-Corriente es la resistencia está definida por la ley de Ohm. Esta ley establece que el voltaje a través de una resistencia es directamente proporcional a la corriente que fluye a lo largo de ésta.

VR (t )  R i (t )

(7)

La unidad de la resistencia es el Ohm que se abrevia con el símbolo

1  1

.

V A

En una resistencia por ser un elemento pasivo siempre habrá una caída de potencial o voltaje en el sentido del flujo de la corriente.

Figura 1.10 Resistencia eléctrica La potencia suministrada es absorbida por la resistencia y la energía absorbida es disipada por ella en forma de calor.

V 2 (t ) p(t )  V (t ) i (t )  Ri (t )  R 2


(8)

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Esta ecuación muestra que la potencia es una función no lineal de la corriente o voltaje y que siempre es una cantidad positiva.

1.11 Conductancia. La conductancia, representada por el símbolo G , es por definición igual al inverso de la resistencia.

G

1 i (t )  R V (t )

(9)

La unidad de la conductancia es el Siemens.

1 s 1

A V

i(t )  G V (t )

(10)

i 2 (t ) p(t )   G V 2 (t ) G

(11)

1.12 Definiciones usadas en el análisis de circuitos. Red: Es la interconexión de uno o mas elementos de circuitos. Una red puede ser activa o pasiva, dependiendo de los elementos que la componen.

Lazo: Es un camino cerrado de una red eléctrica por donde puede circular la corriente.

Malla: Es un lazo que no contiene otro lazo en su interior. Nodo: Es un punto de una red en donde dos o más elementos tienen una conexión común. Cuando están conectados dos elementos, se denominan nodo secundario, y si son tres o más elementos, se denomina nodo principal. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Rama: Es un camino de un circuito que une dos nodos principales, y contiene al menos un elemento simple de circuito.

Corriente de Rama: Es la corriente que circula por una rama especifica de un circuito.

1.13 Leyes de Kirchhoff.  Ley de Kirchhoff de Corriente. Esta ley establece que la suma algebraica de las corrientes que entran en cualquier nodo es igual a cero. Esto se debe al principio de la conservación de la carga eléctrica. n

 i (t )  0 J 1

(12)

J

Al hacer la suma algebraica se consideran positivas las corrientes que salen del nodo y negativas las que llegan.  Ley de Kirchhoff de Voltaje. Establece que la suma algebraica de los voltajes alrededor de un camino cerrado de un circuito, es igual a cero. Esto se debe al principio de conservación de la energía. n

 V (t )  0 J 1

(13)

J

Al recorrer el camino cerrado, para hacer la suma algebraica de los voltajes, las elevaciones se consideran negativas y las caídas positivas.


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1.14 Análisis De Circuitos.  Circuito de un solo lazo.

Figura 1.11 Elementos en serie Dado que en este caso circula la misma corriente por todos los elementos del circuito, se dice que estos elementos están conectados en Serie. Aplicando LKV, se tiene:

V1 (t ) VR1 (t ) V2 (t ) VR 2 (t )  0 Donde:

VR1 (t )  R1 i(t ) y VR 2 (t )  R2 i(t )

V1 (t )  R1 i (t )  V2 (t )  R2 i (t )  0 i (t ) 

V1 (t ) V2 (t ) R1  R2

Cuando se tienen varias resistencias en serie, la resistencia equivalente es igual a la suma de dichas resistencias, en este caso:

R e q  R1  R2 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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En general: n

R e q   Ri

(14)

i 1

Cuando se tienen varias fuentes de voltaje en serie se puede reemplazar por una fuente equivalente que será igual a la suma de los voltajes de las fuentes individuales teniendo en cuenta la polaridad de cada fuente.

Ve q  V1  V2

Figura 1.12

1.15 Circuito de un solo par de nodos.

Figura 1.13 Elementos en paralelo En este caso, se dice que los elementos están conectados en paralelo porque todos están sometidos al mismo voltaje V (t ) . Como no se conoce la polaridad Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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real del voltaje, se supone una polaridad y con base en esta polaridad se aplica la LKI en el nodo superior.

i1 (t )  iG1 (t )  i2 (t )  iG 2 (t )  0 Pero:

iG1 (t )  G1 V (t ) e iG 2 (t )  G2 V (t )

i1 (t )  G1 V (t )  i2 (t )  G2 V (t )  0 V (t ) 

i1 (t )  i2 (t ) G1  G2

Cuando se tienen varias conductancias en paralelo, la conductancia equivalente es igual a la suma de las conductancias. n

Ge q   GJ

(15)

J 1

Para este caso:

Ge q  G1  G2 Si se trabajan con resistencias en lugar de conductancias, la resistencia equivalente de n conectadas en paralelo será igual a:

Re q 

1 n

1  J 1 RJ


(16)

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Cuando se tienen varias fuentes de corriente en paralelo, se pueden reemplazar por una fuente equivalente cuyo valor será igual a la suma algebraica de las fuentes individuales.

ie q (t )  i1 (t )  i2 (t ) El circuito equivalente será:

Figura 1.14 Circuito equivalente

Ejemplo 1.2 Calcular la resistencia equivalente entre los terminales a-b de la siguiente red.


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Figura 1.15

1.16 Divisor de Voltaje.

Figura 1.16

i (t ) 

V (t ) R1  R2

VR1 (t )  R1 i (t ) 


R1 V (t ) R1  R2

(17)

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VR2 (t )  R2 i (t ) 

R2 V (t ) R1  R2

(18)

1.17 Divisor de Corriente.

Figura 1.17

V (t ) 

R1 R2 i (t ) R1  R2

iR1 (t ) 

V (t ) R2 i (t )  R1 R1  R2

iR 2 (t ) 

V (t ) R1 i (t )  R2 R1  R2

(19)

(20)

1.18 Fuentes Reales.  Fuente Real de Voltaje

Figura 1.18 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Si se conecta una resistencia de carga

RL

en los terminales de la fuente real

Figura 1.19

VT  VS  RV i Donde:

i

VS RV  RL

VT  VS 

RV VS RV  RL

 RV  VT  1  VS  RV  RL 

(21)

1.19 Fuente Real de Corriente


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Al conectar una resistencia de carga

RL

se tiene:

Figura 1.21

iL 

Ri iS  iS  iRi Ri  RL

 RL  iL  1  iS  Ri  RL 

(22)

1.20 Fuentes Reales Equivalentes.

Fuente real de Voltaje

Fuente real de Corriente Figura 1.22

Una fuente real de voltaje es equivalente a una fuente real de corriente, si ambas suministran la misma corriente a una resistencia

R

que se conecte entre

sus terminales. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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iV  iV

Para que

sea igual a

ii

VS RV  R

ii 

Ri iS Ri  R

se debe cumplir que:

VS  Ri iS

(23)

RV  R  Ri  R  RV  Ri  RI

(24)

VS  RI iS

(25)

A las fuentes controladas reales de voltaje o corriente también se les puede calcular su correspondiente fuente equivalente.

Ejemplo 1.3 Calcular

Vab

del siguiente circuito.

Solución.


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Figura 1.23 Aplicando LKV:

6 11I  8I  4Vab  0

donde

6  51I  0  I 

Vab 

Vab  8I

6 A 51

48 V  0.94 V 51


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1.21 Transformación Y a Delta y Delta a Y.

Conexión Delta

Conexión Y Figura 1.24

Estas dos configuraciones están conectadas a los terminales a, b y c. Se trata de encontrar una equivalencia entre las dos conexiones. Para la transformación de Delta a Y se tiene:

Rab Rca Ran  Rab  Rbc  Rca

Si

Rbn 

Rab Rbc Rab  Rbc  Rca

Rcn 

Rbc Rca Rab  Rbc  Rca

(26)

(27)

(28)

Rab  Rbc  Rca  R , entonces Ran  Rbn  Rcn  RY / 3


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Para la transformación de Y a Delta:

Si

Rab 

Ran Rbn  Rbn Rcn  Rcn Ran Rcn

Rbc 

Ran Rbn  Rbn Rcn  Rcn Ran Ran

Rab 

Ran Rbn  Rbn Rcn  Rcn Ran Rbn

(29)

(30)

(31)

Ran  Rbn  Rcn  RY , entonces Rab  Rbc  Rca  R

R  3RY Ejemplo 1.4 Calcular la resistencia equivalente entre los terminales a-b de la siguiente red.


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2k  8k 6k 12k  6.43 k

Figura 1.25


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EJERCICIOS PROPUESTOS CAPITULO I CONCEPTOS GENERALES 1.1

En los siguientes casos determinar si el elemento E consume o suministra potencia y cuanto suministra o consume.

Figura 1.26 1.2

Determinar el tiempo requerido para que un cargador de una batería de 24 A entregue una carga de 1200 C.

1.3

Si en la figura 1.27 el elemento A suministra 24 W ¿Cuánta potencia suministra o consume el elemento B?

Figura 1.27 1.4

Determinar I0 y la potencia suministrada o consumida por la fuente controlada en la figura 1.28.


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Figura 1.28 1.5

Calcular la resistencia equivalente entre los terminales a-b de las redes a y b de la figura 1.29.

Figura 1.29

1.6

Usando divisor de voltaje calcule V0 en la figura 1.30.


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Figura 1.30 1.7

En la figura 1.31 calcular Vx usando divisor de corriente.

Figura 1.31 1.8

Calcular Vx en la figura 1.32.


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1.9

Calcular Req en la red de la figura 1.33.

Figura 1.33 1.10 Si en la red de la figura 1.34 Ix es igual a -2A, calcular Vy y Vk.

Figura 1.34 Respuestas 1.1 R/ a)-24W b)-320W c)12W. 1.2 R/ 50s. 1.3 R/ 32 Wts. 1.4 R/ I0=3A P=-24W. 1.5 R/ a)5.92kΩ b)1.588Ω . 1.6 R/ 2.38 V 1.7 R/ 0.1V. 1.8 R/ 8.59 V. 1.9 R/ 1.10 R/ Vy=224V Vk=144V. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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CAPITULO II TÉCNICAS USADAS EN AL ANÁLISIS DE LOS CIRCUITOS

2.1 Introducción Con estas técnicas se logra simplificar el trabajo de análisis mediante el uso de métodos generales que se pueden aplicar en la solución de circuitos más complejos.

2.2 Análisis nodal. En este método las variables son los voltajes de los nodos principales con respecto a uno de ellos que se escoge como nodo de referencia. Generalmente se selecciona como nodo de referencia, al nodo que tenga más ramas conectadas y con frecuencia se le llama tierra debido a que se dice que está a potencial de tierra cero. Si el circuito tiene n nodos principales se deben definir n 1 variables o incógnitas y el nodo restante será el de referencia. Esto significa que para resolver el sistema, se deben establecer n 1 ecuaciones independientes las cuales se obtienen al aplicar la ley de Kirchhoff de corriente en estos n 1 nodos. Al aplicar esta ley en estos nodos se asume que los voltajes desconocidos son positivos con respecto al nodo de referencia. Una vez que se conocen los n 1 voltajes de nodo, se pueden calcular cualquier corriente en una rama o la potencia suministrada o consumida por cualquier elemento. En el análisis nodal es preferible trabajar con conductancia en lugar de resistencia.


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Figura 2.1 Nodo 1:

iA  G1 V1  G2 V1 V2  0

G1  G2 V1 G2 V2  iA Nodo 2:

(A)

G2 V1 V2  iB  G3 V2  0

G2 V2 V1  iB  G3 V2  0

G2 V1  G2  G3 V2  iB

(B)

Por tanto, las dos ecuaciones para los voltajes desconocidos V1 y V2 serán:

G1  G2 V1 G2 V2  iA G2 V1  G2  G3 V2  iB En forma matricial:

i GV  


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Donde:

G Matriz de conductancias.

V  Vector de Voltajes. i  Vector de Corrientes. 

G1  G2  G2  G   ,  G G  G 2 3  2

V1  V   , V2 

 iA  i    iB 

G1  G2  G2 V1   iA    G   G2  G3 V2  iB   2 La solución para esta ecuación matricial se obtiene así:

i G GV  G  1

1

i V  G  1

Donde G  es la inversa de la matriz G . 1

Ejemplo 2.1. Calcular la potencia suministrada o consumida en cada uno de los elementos del circuito de la figura 2.2.


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Figura 2.2 Nodo 1:

3  0.25V1  0.2 V1 V2  0 0.45V1  0.2V2  3

Nodo 2:

(A)

0.2 V2 V1 1  0.5V2  0 0.2V1  0.7V2  1

(B)

Resolviendo se tiene:

V1  6.91V

y V2  0.55V

P3 A  3  6.91  20.73 W V12 6.912 P4     11.937 W 4 4

V V   1 2

2

P5

5


 8.09 W

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P1 A  1V2  0.55 W

V2 2 P2   0.151 W 2 Ejemplo 2.2. Calcular la potencia consumida en la conductancia de

4s

del circuito de la

figura 2.3.

Figura 2.3

Solución. Nodo 1:

8  3 3V1 V2  4 V1 V3  0 7V1  3V2  4V3  11

Nodo 2:

(A)

3V2 V1 V2  3 2 V2 V3  0

3V1  6V2  2V3  3 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Nodo 3:

4 V3 V1  5V3  25  2 V3 V2  0 4V1  2V2 11V3  25

(C)

 7  3  4 V1  11  3 6  2 V    3    2     4  2 11   25  V3   

i GV  

i V  G  1

Donde:

 Cof G  1   G  G

T

62 41 30   Cof G   41 61 26    30 26 33 

62 41 30  T 41 61 26    Cof G         30 26 33 

 G 7 66  4 333 8 4 6  24191 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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V1  62 41 30 11  V   1 41 61 26  3   2  191      30 26 33  25  V3  

V1 

62 11 413  30 25 1 V 191

V2 

4111 613  26 25 2 V 191

30 11 26 3  33 25 V3  3 V 191 La diferencia de potencial en la conductancia de

4 s:

V4 s  V3 V1  2 V P4 s  4  22  16 W Es importante notar la simetría con respecto a la diagonal principal de la matriz

G del ejemplo anterior. Esta simetría se presenta siempre que el circuito esté conformado

solamente

por

resistencias

o

conductancias

y

fuentes

independientes de corriente. En estos casos se pueden escribir las ecuaciones nodales por inspección de la siguiente forma: o El coeficiente del voltaje del nodo al cual se está aplicando la LKI, es positivo e igual a la suma de las conductancias conectadas entre ese nodo y los demás del circuito, incluido el nodo de referencia.


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o En la misma ecuación, el coeficiente de los voltajes de los demás nodos es negativo e igual a la suma de las conductancias conectadas al nodo en cuestión con cada uno de los demás nodos. o El lado derecho de la ecuación es igual a la suma de las corrientes que entran al nodo vía las fuentes de corriente, menos la suma de las corrientes que salen del nodo vía las fuentes de corriente.

Ejemplo 2.3. Calcular

V1 y V2 en el circuito de la figura 2.4.

Figura 2.4

Solución. La señal de control:

i Nodo 1:

V1 1

V  V1 V2

5 V1 V2  2 V1 V2  5 V1  0 9V1  2V2  5


(A) Página 39

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Nodo 2:

5 V1  2 V1 V2 

V2  2 V2 V1  0 2

9V1  4.5V2  0

(B)

 9  2 V1  5  9 4.5V  0   2    Resolviendo:

V1  1 V y V2  2 V 2.3 Análisis Por El Método De Nodos Cuando El Circuito Tiene Fuentes De Voltaje. El caso más simple se presenta cuando la fuente de voltaje está entre un nodo principal y el nodo de referencia. Bajo esta circunstancia la fuente define el voltaje del nodo.

Ejemplo 2.4. Calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente de corriente de la figura 2.5.


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Solución. Nodo 1:

V1  12 V Nodo 2:

V V V2 V1 V2  2 2 3 0 10 20 10

0.25V2  0.1V3  2 

V1 10

0.25V2  0.1V3  0.8 Nodo 3:

(A)

V3 V1 V V V V 2  3 2  3  3  0 40 10 100 200 0.1V2  0.14V3  2  0.1V2  0.14V3  2.3

V1 40 (B)

Resolviendo:

V1  12 V

V2  4.72 V

V3  19.8 V

El voltaje a través de la fuente de corriente:

V  V3 V2  15.08

P  15.08  2  30.16 W Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Otro caso que se presenta es cuando la fuente de voltaje se encuentra entre dos nodos principales distintos al de referencia.

Ejemplo 2.5. Calcular los voltajes de nodo del circuito de la figura 2.6.

Figura 2.6 En este caso la fuente de 12 Volts establece que V2 V3  12 y sería una ecuación. Como el circuito tiene cinco nodos, para resolverlo se necesitan cuatro ecuaciones independientes (n 1) las cuales se obtienen al aplicar la LKI en el nodo 1 y el nodo 4, la ecuación que define la fuente es decir V2 V3  12 , y la cuarta ecuación se obtiene al aplicar la LKI a la superficie punteada que incluye los nodos 2 y 3 a la cual comúnmente se le llama SUPERNODO. Nodo 1:

V V V1 V2  2 103  1 3  0 4k 1k


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V3 1  1 1  V  V   2 103 2  1 4k 1k 4k 1k 

1.25V1  0.25V2 V3  2

(A)

Súper Nodo 2-3:

V2 V1 V2 V4 V3 V1 V3 V4 V3     0 4k 8k 1k 4k 2k 1  1  1  1 1  1 1 1 1    V1    V2     V3    V4  0 4k 1k  4k 8k  1k 4k 2k  8k 4k 

1.25V1  0.375V2 1.75V3  0.375V4  0

(B)

La fuente de voltaje:

V2 V3  12 Nodo 4:

(C)

V4 V2 V4 V3 V4   0 8k 4k 1k 

V2 V3  1 1 1      V4  0 8k 4k 8k 4k 1k 

0.125V2  0.25V3 1.375V4  0

(D)

Resolviendo:

V1  5.176 V , V2  13.176 V , V3  1.176 V y V4  1.412 V Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Ejemplo 2.6. Calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente controlada de voltaje del circuito de la figura 2.7.

Figura 2.7

Solución. Las señales de control:

VX  V1 V2

ig 

V2 40

Como

V1  24 V VX  24 V2 Nodo 2:

V2 V1 V2 V4 V1 V2 V2    0 10 4 10 40

0.2V1  0.475V2  0.25V4  0 0.475V2  0.25V4  4.8 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(A) Página 44

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La fuente de voltaje

V3 V4  4ig 

4V2 40

0.1V2 V3 V4  0

(B)

Súper Nodo 3-4

0.5 

V3 V4 V2 V4   0 8 4 20

0.25V2  0.125V3  0.3V4  0.5

V1  24 V

V2  13.44 V

(C)

V3  7.68 V

V4  6.33V

El voltaje de la fuente controlada:

4ig  4 

V2  1.34 V 40

Aplicando LKI en el nodo 4 para calcular

i:

V4 V2 V4   i  0  i  1.46 A 4 20 La fuente controlada de voltaje suministra una potencia

P  1.34 1.46

P  1.96 W


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2.4 Análisis De Malla. El método de malla utiliza la LKV para determinar las corrientes en un circuito. Este método solo se puede utilizar en circuitos planos, es decir circuitos que se pueden dibujar en una hoja de papel y ningún conductor cruza a otro conductor. Se define el concepto de CORRIENTE DE MALLA como aquella que circula alrededor del perímetro de una malla. Se debe calcular una corriente de malla por cada malla, esto significa que si el circuito tiene m mallas se deben definir m corrientes de malla que son las variables y se indican por medio de flechas curvas dibujadas dentro de las mallas. Como se tienen m incógnitas, se requieren m ecuaciones independientes que se obtienen al aplicar LKV a cada una de las m mallas, en función de las corrientes de malla desconocidas. En el análisis por mallas se prefiere trabajar con resistencias en lugar de conductancias, miremos el circuito de la figura 2.8.

Figura 2.8 Malla 1:

V1  R1 i1  R2 i1  i2  R5 i1  0

R1  R2  R5 i1  R2 i2 V1 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Malla 2:

R2 i1  i2  R3 i2 V2  R4 i2  0 R2 i1  R2  R3  R4 i2  V2

(B)

En forma matricial

 R2 R1  R2  R5 i1   V1     R   R2  R3  R4 i2  V2  2 

i  V  R En donde:

R=Matriz de resistencias. i =Vector de corrientes. 

V =Vector de voltajes. i  R V   1


I

en el circuito de la figura 2.9.

Figura 2.9


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Solución.

I  I1  I 2 Malla 1:

24 10I1  40 I1  I 2  0

50 I1  40 I 2  24 Malla 2:

(A)

40 I1  I2  8I2 10  0

40 I1  48I 2  10

(B)

 50  40I1   24 40 48 I  10    2    1

I1   50  40   24  I   40 48  10      2  Resolviendo:

I1  0.94 A, En este caso, la matriz

I 2  0.58 A,

I  0.36 A

R es simétrica con respecto a la diagonal principal, y

esto sucede en todos los circuitos conformados por resistencias y fuentes independientes de voltaje. Bajo estas condiciones se pueden escribir las ecuaciones de malla por inspección siguiendo estos pasos: o El coeficiente de la corriente de la malla a la cual se le está aplicando la LKV, es positivo e igual a la suma de las resistencias de esa malla. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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o En la misma ecuación, el coeficiente de las demás corrientes es negativo e igual a la suma de las resistencias comunes entre la malla que se esta analizando y cada una de las demás mallas. o El lado derecho de cada ecuación es igual a la suma algebraica de las fuentes de voltaje incluidas en la malla que se está analizando. Estas fuentes de voltaje tendrán signo positivo si ayudan al flujo de la corriente de esa malla, y signo negativo si se opone a el.

Ejemplo 2.8. Determinar las corrientes de malla del circuito de la figura 2.10.

Figura 2.10

Solución. Malla 1:

7 1I1  I 2  2 I1  I3  6  0 3I1  I 2  2 I 3  1

Malla 2:

(A)

1I 2  I1  2I 2  3I 2  I3  0 I1  6 I 2  3I 3  0


(B) Página 49

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Malla 3:

6  2 I3  I1  3I3  I 2  I3  0 2 I1  3I 2  6 I 3  6

(C)

Resolviendo

I1  3 A,

I 2  2 A,

I3  3 A


Vab


Figura 2.11

Solución.

Vab  4k I 2  0.2Vab Vab  5k I 2 Malla 1:

1k I1  2k I1  I 2 12  0 3k I1  2k I 2  12


(A) Página 50

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Malla 2:

2k I 2  I1  4k I 2  8k I 2  I 4  0 2k I1 14k I 2  84k I 4  0

Malla 3:

(B)

2k I3 12 10k I3  I 4  0 12k I 3 10k I 4  12

Malla 4:

(C)

10k I4  I3  8k I4  I2  0.25k I2  0 7k I 2 10k I 3 18k I 4  0

Resolviendo:

I1  3.97 mA,

I 2  0.04 mA,

I 3  1.89 mA,

I 4  1.06 mA

Vab  0.2 V 2.5 Análisis Por Malla Cuando El Circuito Contiene Fuentes De Corriente. Cuando la fuente de corriente está en una rama del circuito que no es compartida con otra malla, la corriente de la fuente define la corriente de la malla correspondiente.


V0


Figura 2.12


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Solución

I1  1 A Malla 3:

I2  4 A

V0  30 I 3 12

100 I3  I1  8I3  30I3 12  40 I3  I 2  0 100 I1  40 I 2 178I 3  12

100 1 40 4 178I3  12 I 3  0.404 A

V0  0.12 V Cuando la fuente de corriente está en una rama compartida o que es común a dos mallas. En estos casos no se puede definir directamente el voltaje a través de dicha fuente cuando se aplica LKV en las mallas que tienen la fuente. Este caso se resuelve considerando las dos mallas que comparten la fuente de corriente, como una sola malla (Supermalla). Al hacer esta unión y aplicar LKV a las mallas que resultan, quedaría faltando una ecuación para poder resolver el sistema. Esta ecuación la suministra la fuente de corriente.

Ejemplo 2.11 Calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente de corriente del circuito de la figura 2.13.


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Figura 2.13

Solución. Malla 1:

12  4I1 10 I1  I2  6 I1  I3  0 20 I1 10 I 2  6 I 3  12

(A)

Súper Malla 2-3:

10 I 2  I1  8I 2  8I3  6 I3  I1  0 16 I1 18I 2 14 I 3  0

(B)

La fuente de corriente:

I3  I 2  2 I 2  I 3  2

(C)

Resolviendo:

I1  0.83 A,

I 2  0.46 A,

I 3  1.54 A

El voltaje entre los terminales de la fuente de corriente:

V  8I3  6 I3  I1  0 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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V  14 I 3  6 I1  16.58 V La fuente suministra potencia

P  2 16.58  33.16 W Ejemplo 2.12. Calcular el voltaje en la resistencia de

10 k

del circuito de la figura 2.14.

Figura 2.14

Solución.

VX  10k I 4

Súper Malla 1-2:

24  2k I1  4k I1  I3 1k I2  I3  6k I2  0

6k I1  7k I 2  5k I 3  24

(A)

La fuente controlada de corriente:

I 2  I1 

VX 10k I 4   5I 4 2000 2k


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I1  I 2  5I 4  0

(B)

Súper Malla 3-4:

1k I3  I2  4k I3  I1 10k I 4  0 4k I1 1k I 2  5k I 3 10k I 4  0

(C)

La fuente de corriente:

I 4  I 3  4 mA I 3  I 4  4 103 I1  2 mA,

(D)

I 2  3 mA, I 3  3 mA, VX  10 V


I 4  1 mA

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PROBLEMAS PROPUESTOS CAPITULO II TÉCNICAS USADAS EN EL ANÁLISIS DE LOS CIRCUITOS 2.1Por análisis de nodos calcular iX en el circuito de la figura 2.15.

Figura 2.15 2.2 Calcular V en el circuito de la figura 2.16.

Figura 2.16 2.3 Calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente de 12V en la figura 2.17.


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Figura 2.17

2.4 Usando el método de nodos calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente independiente de corriente del circuito de la figura 2.18.

Figura 2.18

2.5 Usando el método de nodos calcular la potencia suministrada o consumida por la fuente controlada de voltaje del circuito de la figura 2.19.


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Figura 2.19

2.6 En el circuito de la figura 2.20, V=6.2 Volts con la polaridad indicada, y la potencia disipada en R es 457 Wts. Calcular Vs.

Figura 2.20

2.7 En el circuito de la figura 2.21, Calcular iX.


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Figura 2.21 2.8 Determinar que fuentes suministran y cuales consumen potencia en el circuito de la figura 2.22.

Figura 2.22

2.9 Usando el método de nodos calcular V K en el circuito de la figura 2.23.


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Figura 2.23

2.10 Calcular iY en el circuito de la figura 2.24.

Figura 2.24


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Respuestas 2.1 R/ iX=-5/3 A. 2.2 R/ V=52/11. 2.3 R/ P=-7.2 Wts. 2.4 R/ P=0.453 Wts. 2.5 R/ P=1.82x10-3 Wts (consume). 2.6 R/ 2.7 R/ iX=2.15A. 2.8 R/ P10ix=-44.72 P250V=-12.28 P0.2Vy=8.15 Wts. 2.9 R/ VK=3.48V. 2.10 R/ iY=2.1mA.


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CAPITULO III PRINCIPIOS Y TEOREMAS EMPLEADOS EN EL ANÁLISIS DE CIRCUITOS

3.1 Introducción Con los métodos incluidos En este capítulo se busca simplificar el análisis de circuitos más complicados, encontrando el equivalente de una parte de la red el cual resulta muy sencillo. Estas técnicas solamente se pueden aplicar en los circuitos lineales, es decir circuitos que están conformados por elementos pasivos lineales y fuentes independientes y controladas lineales.

3.2 Circuitos lineales Un circuito es lineal cuando cumple las siguientes condiciones: a) Cuando la señal de la fuente de entrada se multiplica por una constante

K,

los voltajes y las corrientes en los elementos del circuito aparecen

multiplicados por la misma constante K .

x(t ) la salida es y (t ) ; x '(t )  K x(t ) entonces la salida y '(t )  K y(t ) .

Cuando se aplica la señal de entrada aplica

cuando se

b) Si se aplican simultáneamente dos señales de entrada, las respuestas de voltaje o corriente son iguales a la suma de las respuestas de cada una de las entradas actuando por separado.

x1 (t ) la respuesta es y1 (t ) , cuando se aplica x2 (t ) la respuesta es y2 (t ) y cuando se aplica x3 (t )  x1 (t )  x2 (t ) la respuesta es y3 (t )  y1 (t )  y2 (t ) . Si se aplica

Ejemplo 3.1. Determinar si la red de la figura 3.1 es lineal.


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Figura 3.1 a)

d di i '(t )  K i(t )  VL '(t )  L  K i(t )  K L dt dt b)

i1 (t )  V1 (t )  L

di1 dt

i2 (t )  V2 (t )  L

di2 dt

i3 (t )  i1 (t )  i2 (t )  V3 (t )  L V3 (t )  L

d i1 (t )  i2 (t ) dt

di1 di L 2 dt dt

El elemento L es lineal.

3.3 Superposición. Este principio nos permite reducir un problema complejo con más de una fuente independiente, a varios problemas más sencillos, cada uno conteniendo solo una fuente independiente.


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El principio de superposición establece que en un circuito lineal que contiene varias fuentes independientes, la corriente o el voltaje en cualquier punto de la red se puede calcular como la suma algebraica de las contribuciones individuales de cada fuente al actuar sola. Cuando se calcula la contribución de cada una de las fuentes ya sea de voltaje o de corriente, las fuentes restantes de voltaje y de corriente se deben anular; es decir las fuentes voltajes se deben reemplazar por corto circuitos y las de corriente se deben reemplazar por circuitos abiertos. Si el circuito contiene fuentes controladas, solamente se anularán si su señal de control vale cero.

Ejemplo 3.2. Calcular V0 por superposición en la red de la figura 3.2.

Figura 3.2

Solución.

V0  V0 ' V0 '' - Contribución de la fuente de corriente.


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I 0 '  2 103 

3k 2  mA 9k 3

2 V0 '  6k  103  4 V 3 - Contribución de la fuente de voltaje.

Figura 3.4

3  6k 2 V 9k V0  6 V

V0 ''  Ejemplo 3.3. Calcular por superposición

I0



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Solución.

I 0  I 0 ' I 0 ''

Figura 3.6

I0 '  I3

I X  I1

Malla 1:

22 I1 10 I 2  12

(A)

Súper Malla 2-3:

10 I1 12 I 2  6 I 3  0

(B)

Fuente de corriente:

I3  I 2  0.6 I1  0.6 I1  I 2  I 3  0 (C) I1  0.83 A, I 2  0.63 A, I3  0.13 A, I 0 '  0.13 A

Cálculo de I 0 ''


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Figura 3.7

IX  Nodo 1:

V1 V2 4

I 0 '' 

V1 V3 V1 V2  0 8 4 0.375V1  0.25V2  0.125V3  2

V3 6

2 

Nodo 2:

V2 V1 V2 V3 V2   0 4 10 2 0.25V1  0.85V2  0.1V3  0

(A)

(B)

Nodo 3:

V3 V1 V3 V2 V V  V   0.6  1 2  3  0 8 10  4  6

0.275V1  0.05V2  0.392V3  0 V1  9.98 V ,

V2  3.7 V ,


(C)

V3  6.53 V , Página 67

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I 0 ''  1.09 A

I 0  I 0 ' I 0 ''  1.22 A 3.4 Teoremas de Thévenin y de Norton. Ocurre a menudo en la práctica que un elemento particular de un circuito es variable (normalmente llamado carga), y los demás son fijos. Cada vez que el elemento variable se cambia, el circuito entonces tiene que ser analizado de nuevo. Para evitar este problema, el teorema de thévenin proporciona una técnica mediante la cual la parte fija del circuito es reemplazada por un circuito equivalente. El teorema de Thévenin establece que cualquier circuito con un par de terminales identificados, puede reemplazarse por un circuito equivalente que consiste en una fuente de voltaje

Vth

Vth

en serie con una resistencia

es el voltaje en circuito abierto en los terminales y

Rth

Rth , donde

es la resistencia

equivalente en los terminales, cuando se anulan las fuentes independientes. El teorema se enuncia como sigue: Dado un circuito lineal, se divide en dos circuitos, A y B, conectados por el par de terminales. Si alguno de los circuitos contiene fuentes controladas, su señal de control debe estar en el mismo circuito. Entonces para determinar el equivalente Thévenin del circuito A, se define a abierto del circuito A

Vcd

como el voltaje de circuito

(VOC ) cuando el circuito B se desconecta de los dos

terminales. Entonces el circuito equivalente de A es una fuente de voltaje en serie con

Rth , siendo Rth

Vcd

la resistencia que se mira desde los terminales

hacia la red A con las fuentes independientes anuladas.


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Pasos: 1)

Identificar el circuito A y el B

2) Separar el circuito A del B

Vth  Vcd  VOC

(1)

(en circuito abierto)

3)

Sustituir el circuito A por su equivalente Thevenin

4)

Reconectar el circuito B


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Para calcular la resistencia

Rth

si la red A no tiene fuentes dependientes, se

anulan todas las fuentes independientes y

Rth

será igual a la resistencia de

entrada de la red que aparece entre los terminales c-d.

Figura 3.9 Si la red tiene fuentes dependientes, se anulan las independientes (las fuentes dependientes se anulan solamente cuando su señal de control es igual a cero), se conecta una fuente expiatoria de voltaje de valor conocido en los terminales c-d y se determina la corriente resultante

I0 .

Entonces

Rth 

V0 I0

(2)

Alternativamente se puede insertar una fuente de corriente terminales c-d y se encuentra el voltaje correspondiente

Rth 

Vcd

I0

en los

y de nuevo

Vcd I0

(3)

Ejemplo 3.4. Calcular el equivalente thévenin de la red de la figura 3.10.


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Figura 3.10

Solución. - Calculo de

Vth

Vth  32 Vth  2  0 4 12 1 1  32 Vth     2 4 12  4

Vth  30 V - Calculo de

Rth

Figura 3.11 El equivalente thévenin se muestra en la figura 3.12:


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Figura 3.12

Ejemplo 3.5. Calcular el equivalente thévenin de la red que se muestra en la figura 3.13.

Figura 3.13

Solución. -

Calculo de

Vth

Vth  6 I3

I1  5 A

VX  4 I1  I 3  VX  20  4 I3

Malla 2:

2 20  4I3  2 I2  I3  0

2 I 2  6 I 3  40

(A)

Malla 3: Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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4 I3  I1  2 I3  I2  6I3  0 2 I 2 12 I 3  20

(B)

Resolviendo:

I1  5 A, - Calculo de

Rth

I 2  10 A, Vth  20 V

I 3  3.33 A

usando fuente expiatoria como se muestra en la figura

3.14.

Figura 3.14

Rth  Malla 1:

1 1  I 0 I 3

VX  4 I 2

2 4I2  2 I1  I2  0 2 I1  6 I 2  0

Malla 2:

(A)

4I2  2 I2  I1  6 I2  I3  0 2 I1 12 I 2  6 I 3  0


(B) Página 73

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Malla 3:

6 I3  I 2  2I3 1  0 6 I 2  8I 3  1

(C)

Resolviendo:

I1  0.167 A,

I 2  0.055 A,

I 3  0.166 A

Rth  6 

Figura 3.15 El teorema de Norton establece que cualquier circuito lineal con un par de terminales identificados, puede reemplazarse por un circuito equivalente que consiste en una fuente de corriente donde

IN

IN

en paralelo con una resistencia

RN ,

es la corriente que circula entre los terminales cuando se ponen en

cortocircuito

( I SC ) ,

y

RN

es la resistencia equivalente en los terminales

cuando se anulan las fuentes independientes. De lo anterior se deduce que

RN

se calcula de la misma forma que

Rth

es

decir,

Rth  RN

(4)

I N  I SC

(5)


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Circuito Original

El Equivalente Norton Figura 3.16

Para calcular la corriente Norton se ponen en corto los terminales c-d como se indica en la figura 3.17.

Figura 3.17 Al confrontar el equivalente Thévenin con el equivalente Norton se tiene que el equivalente Thévenin es una fuente real de voltaje que al transformarla en su equivalente de fuente real de corriente, se obtiene el equivalente Norton como se muestra en la figura 3.18.


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Vth  RN I N  Rth I N

Rth  Esta es otra forma de calcular

(6)

Vth VOC  I N I SC

Rth

(7)

sobretodo cuando el circuito contiene

fuentes dependientes o controladas.

Ejemplo 3.5. Calcular el equivalente Norton de la red de la figura 3.19.

Figura 3.19

Solución. -

Cálculo de

Rth  RN

Al anular la fuente, la red queda:


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RN  5 8  4  8 - Calculo de

20  5 4  25

IN

I1  2 A I SC  I 2 Figura 3.21 Malla 2:

4 I2  I1 16I2 12  0 20I 2  12  4 2 I 2  1 A  I SC

El equivalente Norton se muestra en la figura 3.22:

Figura 3.22

Ejemplo 3.6. Calcular el equivalente Norton entre los terminales a-b de la red de la figura 3.23. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Figura 3.23

Solución. - Calculo de

I SC , para calcular I SC

se usará el circuito de la figura 3.24.

Figura 3.24

i

5  0.01 A 500

I SC  10i  0.1 A - Calculo de

VOC

En el circuito original

Vab  VOC  25 10i  250i

Por tanto:

i 

Vab 250

(A)

En la malla de la izquierda: Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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5  500i  Vab  0

(B)

Al sustituir A en B se tiene:

 V  500  ab  Vab  5  250  Vab  VOC  5 V V 5 RN  Rth  OC   50  I SC 0.1 El circuito equivalente norton se muestra en la figura 3.25:

Figura 3.25

Ejemplo 3.7. Determinar el equivalente Thévenin de la red de la figura 3.25:


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Solución. Como el circuito no tiene fuentes independientes

Vth  0 . Para calcular Rth

usará una fuente expiatoria de 1 Ampere como se indica en la figura 3.27.

Figura 3.27

V3 1 VX  V3 V1 V2  2VX Rth 

V2  2V3  2V1 Ecuación del nodo 2:

2V1 V2  2V3  0

(A)

Nodo 1:

V1 V1 V2 V1 V3    0  2.5V1  0.5V2 V3  0 1k 2k 1k

(B)

Nodo 3:

V3 V1 V3 V2 V3   1  0  V1 V2  2.5V3  1000 (C) 1k 1k 2k


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se


Resolviendo:

V1  533.33 V ,

V2  800 V y

V3  993.33 V

Rth  993.33  3.5 Transferencia Máxima De Potencia. En análisis de circuitos algunas veces interesa determinar la máxima potencia que se le puede entregar a una carga. Empleando el teorema de Thévenin se puede determinar la resistencia de carga para transferir potencia máxima y calcular esa potencia máxima. Analizando el circuito de la figura 3.28.

Figura 3.28 La potencia entregada a

RL

será:

P  RL i 2

(8)

Donde

i

P

Vth Rth  RL

RL Vth 2

Rth  RL 


(9)

2

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Se requiere determinar el valor de

RL

deriva esta expresión con respecto a

que maximiza esta cantidad para ello, se

RL

y se iguala la derivada a cero.

2 2 dP Rth  RL  Vth  2Vth RL Rth  RL   0 4 dRL Rth  RL  2

Rth  RL   2RL Rth  RL  0 2

De donde

RL  Rth

(10)

Esto significa que la máxima potencia transferida tiene lugar cuando la resistencia de carga

RL  Rth .

Ejemplo 3.8. En el circuito de la figura 3.29 calcular el valor de R para máxima transferencia de potencia y calcular dicha potencia.


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Solución Calculo del voltaje Thevenin entre los terminales a-b

Vth  V2

iy 

V3 V4 8

VX  V3

Supernodo 1-2

V1 V1 V3 V2 VK   0 10 16 10 0.162V1  0.1V2  0.0625V3  0.1V4  0

(A)

V2 V1  0.8V3 V1 V2  0.8V3 =0

(B)

Nodo 3

V3 V1 V3 V4 2(V3 V4 )   0 18 8 8 0.0625V1  0.0625V3  0.125V4  0 (C) Nodo 4

V4 V2 V4 V3  1 10 8 0.01V2  0.125V3  0.225V4  1

(D)

Resolviendo

Calculo de

Rth

V1  -1.688V

V2  -10.519V

V3  -11.039V

V4  -6.363V

usando fuente expiatoria


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Figura 3.30

Rth 

V2 1

VX  V3

iy 

V3 V2 18

Supernodo 1-2

V1 V1 V3 V2 V3   1 10 16 18 0.01625V1  0.0565V2  0.1181V3  1 V1  V2  0.8V3 =0

Nodo 3

(A)

(B)

V3 V1 V3 V2 2(V3 V2 )   0 16 18 18 0.0625V1  0.055V3  0.0069V3  0 (C) V1  4.805V V2  5.324V V3  0.65V R th  5.324 Pmax

Vth 2   5.19 wts. 4R th


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PROBLEMAS PROPUESTOS CAPITULO III PRINCIPIOS Y TEOREMAS 3.1 Usando la superposición calcular V e i en el circuito de la figura 3.31.

Figura 3.31

3.2 Empleando superposición calcule V en el circuito de la figura 3.32.

Figura 3.32 3.3 Calcular por superposición Vk.


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Figura 3.33 3.4 Calcular el equivalente Thevenin entre los terminales a-b de la red de la figura 3.34.

Figura 3.34

3.5 Calcular el equivalente Norton de la red que se muestra en la figura 3.35.


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Figura 3.35 3.6 Obtenga el equivalente Thevenin de la red de la figura 3.36. ¿Qué potencia suministraría a una resistencia de carga de 10Ω conectada entre los terminales a-b?

Figura 3.36 3.7 Calcular el equivalente Norton entre los terminales a-b de la red de la figura 3.37. .


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3.8 Calcular el equivalente Thevenin entre los terminales a-b de la red de la figura 3.38.

Figura 3.38 3.9 Calcular el equivalente Norton entre los terminales c-d de la red de la figura 3.39.

Figura 3.39


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3.10 En el circuito de la figura 3.40 calcular el valor de R para obtener máxima transferencia de potencia y calcular esa potencia máxima.

Figura 3.40 3.11 La resistencia variable del circuito de la figura 3.41 se ajusta para la transferencia de potencia máxima. a) Calcular R0. b) Calcular la potencia máxima.

Figura 3.41 3.12 Calcular el valor de R para que la red de la figura 3.42 le transfería y determinar el valor de dicha potencia máxima. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Figura 3.42

Respuestas: 3.1 R/ i=-0.5A, V=-42V. 3.2 R/ V=82.5V. 3.3 R/Vk=3.48V. 3.4 R/ Vth=-1/3V, Rth=2.5Ω . 3.5 R/ Isc=7/2A, Rnt=8Ω . 3.6 R/ Vth=38.89V, Rth=177.78Ω , P10Ω =0.43Wts. 3.7 R/ IN=0, RNT=10.64Ω 3.8 R/ Vth=-7.62V, Rth=3.81Ω 3.9 R/ Vth=-9.93V, Rth=3334.56Ω . 3.10 R/ Rth=3.5kΩ , Pmax=4.83Wts. 3.11a R/ R0=5.7kΩ 3.11b R/P=5.7mW. 3.12 R/ Rth=30.29Ω , Pmax=3.28Wts.


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CAPITULO IV ELEMENTOS ALMACENADORES DE ENERGÍA

4.1 Introducción. Los elementos almacenadores de energía son el capacitor y la bobina o el inductor que son elementos lineales cuya relación voltaje-corriente se describe mediante ecuaciones diferenciales lineales. El capacitor y los inductores tienen la capacidad de absorber energía del circuito, almacenarla temporalmente y regresarla después.

4.2 Capacitores. Un capacitor es un elemento pasivo diseñado para almacenar energía por medio de su campo eléctrico y consiste en dos placas conductoras separadas por un material no conductor o dieléctrico como se muestra en la figura 4.1.

Figura 4.1 Al aplicar el voltaje una carga

q

V

se acumula una carga

q

positiva en una de las placas y

negativa en la otra placa.

q  C V Donde

(1)

C , la constante de proporcionalidad, se conoce como la capacitancia del

elemento. La unidad de capacitancia es el FARAD

(F ) .


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1 F 1

Coulomb Volt

La capacitancia de un capacitor de placas paralelas está dada por:

C Donde placas y

A

 A D

es el área de la superficie de cada placa,

 es la permitividad del material dieléctrico.

D

la distancia entre las

Para obtener la relación voltaje-corriente en un capacitor se toma la derivada de ambos lados de la ecuación de definición

q  C V Puesto que

dq  i (t ) dt Se tiene

i(t )  C

dV (t ) dt

(2)

Tomando en cuenta el convenio de signos para elementos pasivos, siempre habrá una caída de potencial en el sentido del flujo de la corriente entre los terminales de un capacitor como se indica en la figura 4.2.

Figura 4.2


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Para explicar el paso de la corriente entre las placas de un capacitor, Maxwell propuso lo que llamó la corriente de desplazamiento que es la corriente que se presenta entre las placas del capacitor, siempre que el voltaje entre las placas cambie en el tiempo. Esta corriente es igual a la que fluye por los terminales del capacitor. De acuerdo a la ecuación (2), si el capacitor se somete a un voltaje constante, la corriente será igual a cero. Esto significa que este elemento se comporta como un circuito abierto con corriente continua. También de esta ecuación se concluye que el voltaje de un capacitor no puede cambiar en una cantidad finita en un tiempo cero, ya que esto implicaría una corriente infinita por el capacitor. De la ecuación (2) se tiene

dV 

t 

Integrando esta expresión desde que

1 i (t )dt C

V ( )  0 .

hasta algún instante

t

y suponiendo

t

1 V t  i( x) dx C 

(3)

Esta forma se puede expresar como dos integrales t

t

1 0 1 V t  i ( x) dx  i ( x) dx C  C t0 t

1 V t  V t0  i ( x) dx C t0


(4)

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Donde

V (t 0 )

desde

t 

es el voltaje debido a la carga que se acumula en el capacitor hasta

t  t0 .

La potencia instantánea que se entrega al capacitor es

dV t  p t  V t i t  C V t  dt

(5)

Y la energía almacenada en el campo eléctrico es

 dV x  WC t  C V x  dx  C  V x dV x  dx  V   V t

t

V t 

1 WC t  C V 2 x  2 V   Si

(6)

V ( )  0 , entonces

1 WC t  C V 2 t  joules 2

(7)

Esta ecuación representa la energía almacenada por el capacitor que, a su vez, es igual al trabajo realizado por la fuente para cargarlo. La capacitancia equivalente de

N

capacitores conectados en paralelo es la

suma de los capacitores individuales. N

Ceq   Ci

(8)

i 1


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La capacitancia equivalente de

N

capacitores conectados en serie es el

recíproco de la suma de los recíprocos de las capacitancias individuales.

Ceq 

1 N

1

C i 1

(9)

i

Ejemplo 4.1. El voltaje a través de un capacitor de 10uF tiene la forma de onda que se muestra en la figura 4.3a. Determine la forma de onda de la corriente.

Figura 4.3 a

Figura 4.3 b Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Solución

24 t  4000t 6 103 24  t  96  12000t  96 2 103 0

V t 

La corriente por el condensador

iC  c

0  t  6 ms 6  t  8ms 8ms  t

dv dt

iC t  1105  4000  40mA  1105 12000  120mA

0  t  6ms 6  t  8ms

0

t  8ms

El grafico de la corriente se muestra en la figura 4.3b.

4.3 Inductores. Un inductor o bobina es un elemento pasivo que consiste en un alambre conductor en forma de rollo o carrete, y que almacena energía por medio de su campo magnético.

Figura 4.4 Se encontró que la relación voltaje-corriente en un inductor es

di t  V t  L dt Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(10)

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La constante de proporcionalidad el henry

(Volt seg Amp) .

L

se llama inductancia y tiene como unidad

Según la ecuación (10), si la corriente que circula por un inductor es constante, el voltaje entre sus terminales es igual a cero, independientemente del valor de la corriente. Esto significa que un inductor se comporta como un corto circuito frente a la corriente continua. También se deduce que la corriente por un inductor no puede cambiar bruscamente de un valor finito a otro diferente, pues esto implicaría un voltaje infinito entre los terminales del inductor. En otras palabras, si se requiere producir un cambio brusco de la corriente por una bobina, se debe someter a un voltaje infinito. La corriente en un inductor en función del voltaje es: t

1 i t  V x dx L 

(11)

t

1 i t  i t0  V x dx L t0

(12)

La potencia instantánea en una bobina

p t  V t i t  i t L

di t  dt

(13)

Y la energía almacenada en el campo magnético es

WL t 

t

t





p x dx  i x L


di( x) dx dx Página 97

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Si

i( )  0

entonces

1 WL t  Li 2 (t ) joules 2 La inductancia equivalente de

N

(14)

inductores conectados en serie es la suma de

las inductancias individuales N

Leq   Li

(15)

i 1

La inductancia equivalente de

N

inductores conectados en paralelo es el

recíproco de la suma de los recíprocos de las inductancias individuales de cada uno.

Leq 

1 N



i 1

1 Li

(16)

Ejemplo 4.2 Por una bobina de 20mh circula una corriente cuya forma de onda se muestra en la figura 4.5a. Determinar la forma de onda del voltaje.

a

b Figura 4.5


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Solución

2 103 i t  t  10t 2 103  10t  40 103 0

VL t  L V t  20 103 10  200mV  20 103 10  200mV 0


0  t  2ms 2  t  4ms t  4ms

di dt 0  t  2ms 2  t  4ms t  4ms

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CAPITULO IV ELEMENTOS ALMACENADORES DE ENERGÍA PROBLEMAS PROPUESTOS 4.1 Las capacitancias que se muestran en la red de la figura 4.6 están en picofarad. Calcular la capacitancia equivalente entre los terminales a-b.

Figura 4.6 4.2 Determinar la corriente i(t) que pasa por un capacitor de 1f si se le aplica el voltaje del grafico de la figura 4.7.

Figura 4.7 4.3 Dibuje la onda de voltaje a través de una bobina de 10mh si la corriente que circula por ella esta dada por la forma de onda de la figura 4.8.


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Figura 4.8 4.4 Calcular la inductancia total entre los terminales a-b de la red de la figura 4.9.

Figura 4.9 4.5 La red de la figura 4.10 almacena 534.8uJ de energía cuando se conecta una fuente de tensión de 2.5V entre los terminales a-b. Calcular el valor de CX.


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Respuestas: 4.1 R/ 4pf. 4.3 R/

4.4 R/ 2mh. 4.5 R/ 0.136uf.


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CAPITULO V ANÁLISIS DE CIRCUITOS ALIMENTADOS CON CORRIENTE ALTERNA

5.1 Introducción. En éste capitulo nos concentraremos en la determinación de la respuesta forzada de estado estable de redes alimentadas por señales senoidales, y se denominará análisis de C.A. en estado estable. Cuando un circuito es excitado con una señal senoidal, la respuesta forzada o permanente de voltaje o corriente también tendrá forma senoidal; lo que origina que su análisis matemático se facilite.

5.2 Función De Excitación Senoidal.

Figura 5.1 Esta es una onda de voltaje senoidal definida matemáticamente por:

V t  Vmax Sen Wt  

(1)

Donde:

Vmax : es la amplitud o valor máximo de voltaje.

W : es la frecuencia angular en radianes/segundo. W

2 T


(2)

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Donde

T

es el periodo de la señal, en función de la frecuencia

f 

1 ciclos en o Hertz T seg

W  2 f

(3)

Wt  : es el argumento de la función seno.  : es el ángulo de fase. En este caso la onda de voltaje se adelanta

V '(t )  Vmax Sen Wt . En

general

en

un

circuito

si



radianes con respecto a la onda

V (t )  Vmax Sen Wt  

y

i(t )  Imax Sen Wt , entonces V (t ) adelanta a i(t ) en      se dice que el voltaje está en fase con la corriente. Si   

la

corriente

radianes

si

el voltaje y la

corriente están fuera de fase. Generalmente, el ángulo de fase se expresa en grados. Aunque el análisis se hizo con la función seno se pudo haber usado la función coseno que en realidad es la más usada. Estas dos formas de onda difieren solo por un ángulo de fase.

Cos Wt  Sen Wt  90º 

(4)

Sen Wt  Cos Wt  90º 

(5)

Cuando se compara una función senoidal con otra de la misma frecuencia para determinar la diferencia de fase, se deben expresar ambas funciones como senos o como cósenos con amplitud positiva. Para expresar las dos funciones


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con amplitud positiva se debe hacer uso de las siguientes identidades trigonometricas:

Cos Wt  Cos Wt 180º 

(6)

Sen Wt  Sen Wt 180º 

(7)

Por ejemplo, determinar el ángulo de fase entre V (t ) 100Cos 1000t  30º  y la corriente i(t )  5Sen 1000t  60º .

Solución.

i(t )  5Sen 1000t  60º 180º  5Sen 1000t 120º  i(t )  5Cos 1000t 120º 90º  5Cos 1000t  30º  La señal de voltaje se atrasa 60º con respecto a la señal de corriente.

5.3 Respuesta De Los Elementos Pasivos De Circuitos Alimentados Con Señales Senoidales. - La resistencia.

Figura 5.2 Si

i (t )  I max Cos Wt

VR (t )  R i (t )  R I max Cos Wt Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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(8) de 238


VR (t )  Vmax Cos Wt Donde

Vmax  R I max - En un inductor

i (t )  I max Cos Wt di VL (t )  L  WL I max Sen Wt dt VL (t )  VmaxCos Wt  90º  (9) Donde Figura 5.3

Vmax  WL I max

En este caso, el voltaje se adelanta 90º con respecto a la corriente. - En un capacitor

i (t )  I max Cos Wt t

1 VC (t )  i( x)dx VC (0) C0 Si VC (0)  0 , entonces t

Figura 5.4

VC (t ) 

1 VC (t )  I max CosWxdx C0

1 1 I max Sen Wt  I max Cos Wt  90º  WC WC

(10)

En un capacitor el voltaje se atrasa 90º con respecto a la corriente.


Página 106

de 238


En

general

si

un

circuito

V (t )  VmaxCos Wt  ,

i(t )  I maxCos Wt ;

se

alimenta

con

una

señal

senoidal

la respuesta forzada de corriente será de la forma

por tanto la solución implica determinar

I max



y

puesto que la frecuencia W es la misma de la señal de excitación.

Ejemplo 5.1. Determinar la expresión de la corriente en el circuito de la figura 5.5.

Figura 5.5

Solución. Aplicando LKV se tiene

R i(t )  L

di(t )  Vmax Cos Wt dt

La respuesta forzada tendrá la forma

(11)

i(t )  I maxCos Wt 

i(t )  I max Cos  Cos Wt  I max Sen  Sen Wt

i(t )  A1Cos Wt  A2 Sen Wt Al sustituir esta forma de

i(t )

(12)

en la ecuación (11), se tiene:

R A1CosWt  A2 SenWt  L

d A1CosWt  A2 SenWt  VmaxCosWt dt


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de 238


RA1CosWt  RA2 SenWt WLA1SenWt  WLA2CosWt  Vmax CosWt Igualando los coeficientes

 AWL  RA2  0 1 RA1  A2WL  Vmax Resolviendo estas dos ecuaciones se tiene

A1 

RVmax R 2  W 2 L2

A2 

WLVmax R 2 W 2 L2

(13)

(14)

Por tanto

i(t ) 

RVmax WLVmax Cos Wt  Sen Wt R 2 W 2 L2 R 2 W 2 L2

(15)

Usando la siguiente identidad

B  x(t )  ACos Wt  BSen Wt  A2  B 2 Cos Wt  Tan 1  (16) A  Donde

A

RVmax R 2  W 2 L2

A2  B 2  La expresión final para

y

B

Vmax R 2  W 2 L2

y

WLVmax R 2  W 2 L2

Tan 1

B WL  Tan 1 A R

i(t ) :


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de 238


i (t ) 

WL   Cos Wt  Tan 1  R   R 2  W 2 L2 Vmax

(17)

Conclusiones  La amplitud de la respuesta de excitación

i(t )

es proporcional a la amplitud de la señal

V (t ) .

 La amplitud de la respuesta disminuye si W, L o R,

aumentan pero no en

forma proporcional.  La corriente se atrasa al voltaje en un ángulo igual a

Tan1 WL R 

También se puede concluir que resolver este circuito simple de una malla con una

R

y una

L

resultó algo complicado comparado con el análisis de un

circuito en DC con solo resistencias, imagine cuan laborioso sería resolver un circuito

más

complicación

complicado se

usando

desarrolló

este

un

procedimiento.

procedimiento

Para

que

evitar

establece

esta una

correspondencia entre funciones senoidales en el tiempo y números complejos. El método se denomina método fasorial.

5.4 Análisis Fasorial De Circuitos Encontraremos que al utilizar este método la función excitatriz y las respuestas senoidales se representan por medio de números complejos, y las ecuaciones diferenciales en el análisis de circuitos que contienen inductores y capacitores, se transforman en ecuaciones algebraicas en las que los coeficientes de las variables son números complejos. En el circuito serie RL alimentado por forma de

i(t )  I maxCos Wt .

V (t )  Vmax Cos Wt se encontró que la

Una vez que se determinó

I max

y



la

respuesta quedó completamente definida puesto que con estos dos parámetros queda caracterizada la corriente. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

Página 109

de 238


Para introducir el concepto de fasor, se estudiará inicialmente una función de excitación ideal compleja. Idealmente cuando se aplica a un circuito una función de excitación

compleja, con parte real y parte imaginaria, se espera que

produzca una respuesta también compleja en donde la parte real de la excitación origina la parte real de la respuesta y la parte imaginaria de la respuesta la origina la parte imaginaria de la excitación.

Figura 5.6 En esta red cuando se excita con corriente es

V (t )  VmaxCos Wt  , la respuesta de

i(t )  I maxCos Wt , y cuando se aplica V '(t )  Vmax Sen Wt  ,

la respuesta será

i '(t )  I max Sen Wt .

Si se aplica una señal imaginaria la respuesta será

V ''(t )  JVmax Sen Wt   por linealidad,

i ''(t )  JI max Sen Wt .

Cuando se aplica la señal compleja

V (t )  VmaxCos Wt   JVmax Sen Wt  

(18)

La respuesta por superposición será:

i(t )  I maxCos Wt  JI max Sen Wt 

(19)

Aplicando la identidad de Euler, la excitación será

Vmax e 

J Wt  


(20) Página 110

de 238


y la respuesta

i(t )  Imaxe 

J Wt 

(21)

En lugar de aplicar una excitación real para obtener una respuesta real, lo que se hizo fue aplicar una excitación compleja cuya parte real era la excitación dada y se obtuvo una respuesta compleja cuya parte real, es la respuesta real requerida. Se encontrará que la ventaja de este procedimiento es que las ecuaciones integro diferenciales que resultan para calcular la respuesta de estado estable, se convierten en simples ecuaciones algebraicas con números complejos. Apliquemos este procedimiento al mismo circuito RL de la figura 5.5 excitado por

V (t )  Vmax Cos Wt , para calcular nuevamente i(t ) .

Figura 5.5

Como

JWt  VmaxCos Wt  RE  V e max  ,

la

función

compleja

será

VmaxeJWt  V maxCos Wt  JV maxSen Wt .

La respuesta compleja se produce en términos de una amplitud desconocida

I max

y un ángulo de fase desconocido

.

JWt 

I max e


(22) Página 111

de 238


Aplicando LKV al circuito

Ri(t )  L Sustituyendo

i(t ) y V (t )

di(t )  Vmax Cos Wt dt

(23)

por la expresión compleja:

RI max eJWt   L

RI maxe 

J Wt 

Dividiendo por el factor común





d I max eJWt   Vmax eJWt dt

 JWLI maxe 

J Wt 

 VmaxeJWt

(24)

eJWt

RI max eJ  JWLI max eJ  Vmax

I max eJ R  JWL Vmax I max eJ 

(25)

Vmax Vmax  R  JWL R 2 W 2 L2  (Tan1 WL R)

I max eJ 

Vmax R W L 2

2 2

e

WL   J Tan1  R  

(26)

Por lo tanto

I max 

Vmax R 2  W 2 L2

y


  Tan 1

WL R

Página 112

de 238


Como

J(wt +  )  i(t )  RE  I e max  , entonces

WL   Cos Wt  Tan 1 (27)  2 2 2 R   R W L Vmax

i (t )  I max Cos Wt   

Que concuerda con la respuesta que se logró cuando se resolvió la ecuación diferencial no homogénea. Una corriente o voltaje senoidal a una frecuencia determinada se caracteriza por solo dos parámetros: amplitud y ángulo de fase. La representación compleja del voltaje o la corriente se caracteriza también por los mismos parámetros. Por

ejemplo

la

forma

senoidal

i(t )  I maxCos Wt 

I max e 

y

su

de

la

respuesta

representación

en

de

corriente

es

forma

compleja

es

J Wt 

.

I max

Una vez que se determina

y

 , la corriente se define de manera exacta,

por tanto, se podría simplificar la fuente de voltaje representán dola por

Vmax

o

Vmax e J0 y la corriente por I max e J . Estas cantidades complejas generalmente se escriben en forma polar, de tal manera que si compleja será

V (t )  Vmax Cos Wt ,

Vmax  0

entonces su representación en forma

y la corriente

I max   .

La representación compleja

recibe el nombre de FASOR. Se usan letras mayúsculas en la representación fasorial de una cantidad eléctrica debido a que el fasor no es una función del tiempo.


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de 238


i(t )

Se reconoce esta diferencia refiriéndose a

dominio del tiempo, y llamando al fasor la frecuencia. El proceso mediante el cual

i(t )

I

como la representación en el

una representación en el dominio de

se transforma en el fasor

I

recibe el nombre

de TRANSFORMACIÓN DEL DOMINIO DEL TIEMPO AL DOMINIO DE LA

FRECUENCIA. Ejemplo 5.2. Convertir

Solución.

V (t ) 180Cos 377t  20º  e i(t )  4Sen 377t  40º  a fasores.

V (t ) 180Cos 377t  20º  V  180 20º i(t )  4Sen 377t  40º  4Cos 377t  50º  I  4  50º

Ejemplo 5.3.

V  220 60º f  100 Hz .

Convertir

del dominio de la frecuencia al dominio del tiempo si

Solución. Para

f  100 Hz , entonces W  200  rad seg

V  220 60º V (t )  220Cos 200t  60º  I  310º A i(t )  3Cos 200t 10º  Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


5.5 Relación Fasorial Para Elementos De Circuitos. - La resistencia. La relación voltaje corriente en una resistencia en el dominio del tiempo es

VR (t )  Ri (t )

(A)

(28)

(B) Figura 5.6

Aplicando el voltaje complejo

I max e 

J Wt 

Vmax e 

J Wt  

, resulta la corriente compleja

y por tanto la ecuación (28) se convierte en:

Vmax e 

J Wt  

 RI max e 

J Wt 

Vmax eJ  RI max eJ

(29)

En forma fasorial:

V  RI Donde

V  Vmax  

e

(30)

I  I max  


Página 115

de 238


Como

 

para el caso de la resistencia, el voltaje y la corriente están en

fase.

Ejemplo 5.4. Si a una resistencia de

10 

se aplica

V (t ) 110Cos 377t  20º  cual

será la

corriente?

Solución. El fasor voltaje V  110 20º y la corriente fasorial:

I

110 20º  11 20º 10

i(t ) 11Cos 377t  20º  - El inductor La relación voltaje corriente en una bobina es:

V (t )  L

Vmax eJWt    L

di dt

(31)

d  J Wt    I e max   dt

Vmax eJ  JWL I max eJ

(32)

En notación fasorial 

V  JWL I Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(33)

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de 238


Figura 5.7 Como el operador imaginario escribir

VmaxeJ  WL I maxe 

J  1eJ90º  1 90º , la ecuación (32) se puede

J  +90º 

.

El voltaje adelanta la corriente 90º o la corriente está retrasada del voltaje en 90º.

Ejemplo 5.5.

V (t )  40Cos 1000t  30º 

Se aplica a un inductor de

20 mh .

Calcular la

corriente resultante.

Solución.

V 40  30º  JWL 1000 20 103  90º I  2 120º A i(t )  2Cos 1000t 120º  A

I

- El capacitor. La relación voltaje corriente en un capacitor es

i (t )  C

dV (t ) dt


(34)

Página 117

de 238


I max e 

J Wt  

C

d  J Wt    V e max   dt

I max eJ  JWCVmax eJ

(35)

En notación fasorial

I  JWCV Sustituyendo

I

por

1eJ90º

(36)

en la ecuación K se tiene:

I maxeJ  WCVmax e 

J  90º 

(37)

En este caso la corriente adelanta al voltaje 90º, o el voltaje se retrasa de la corriente en 90º.

Figura 5.8

Ejemplo 5.6. Si se aplica

V (t ) 100Cos 2000t  38º  a

un capacitor de

200  F ,

calcular la corriente.


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de 238


Solución.

V 100 38º I  JWCV  2000  2 104 100 38  90º  I  40128º A i(t )  40Cos 2000t 128º  5.6 Leyes De Kirchhoff Con Fasores. La ley de Kirchhoff de voltaje en el dominio del tiempo es

V1 (t )  V2 (t )  V3 (t )...  Vn (t )  0 Utilizando la identidad de Euler para sustituir cada voltaje compleja que tenga la misma parte real, y se suprime

Vi

(38) por una tensión

eJWt , se obtiene:

V1  V2  V3 ...  Vn  0

(39)

Lo que significa que la LKV se aplica a los voltajes fasoriales como se aplica en el dominio del tiempo. Mediante un argumento similar se puede probar que la LKI se cumple para las corrientes fasoriales.

Ejemplo 5.7. Analizar el circuito R-L serie usando fasores si

V (t )  Vmax Cos Wt .


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de 238


Solución. Aplicando LKV, se tiene:

V  VR  VL  RI  JWLI Donde

V  Vmax  0 . Vmax  0  R  JWL I

Vmax  0 Vmax WL     Tan 1  R  JWL R  R 2  W 2 L2  Vmax i (t )  cos  wt  Tan 1 WL / R    R 2  W 2 L2 I

5.7 Impedancia. La impedancia de entrada de dos terminales se define como la razón del voltaje fasorial

V

a la corriente fasorial

I

, se simboliza por la letra

Z

y tiene

unidades de Ohms. Por ser la razón entre dos números complejos, la impedancia también es una cantidad compleja.

Z Si

V  Vmax  

e

V I

(22)

I  I max   , entonces:

Z

Vmax    Z      Z   I max  


Página 120

de 238


En forma rectangular

Z  R e q  JX eq Donde

R eq

es la componente real, o resistiva y

(23)

X eq

imaginaria o reactiva. En general se encontrará que tanto funciones de

W

y por tanto

Z

es la componente

R eq

como

X eq

son

es dependiente de la frecuencia.

Z    Re q  JX eq Donde

Z  R e q  X eq 2

2

y

X    Tan 1   R 

R e q  Z Cos 

(24)

X eq  Z Sen 

(25)

La impedancia de los elementos pasivos individuales será: - Para la resistencia:

ZR 

VR R IR

ZL 

VL  JWL  JX L IL

(26)

- Para el inductor:

Donde

XL

(27)

se denomina reactancia inductiva.


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- En el caso del capacitor:

ZC  Donde

X C  1 WC

VC 1   JX C I C JWC

(28)

se denomina reactancia capacitiva.

Cuando se analiza un circuito en el dominio de la frecuencia, los elementos pasivos se representan por su impedancia y los voltajes y corrientes por sus fasores correspondientes. La validez de la LKV y LKI en el dominio de la frecuencia se puede usar para mostrar que las impedancias pueden combinarse usando las mismas reglas que se establecieron para las resistencias. Es decir, si

Z1 , Z 2 , Z 3 … Z n

están

conectadas en serie, la impedancia equivalente será:

Z eq  Z1  Z 2  Z 3 ...  Z n

(29)

Si están conectadas en paralelo:

Z eq 

1 1 1 1 1   ...  Z1 Z 2 Z 3 Zn

(30)


la

impedancia

W  1000 rad seg .

equivalente Si

del

circuito

que

se

muestra

V (t )  220Cos (1000t  30 ) , 

calcular

i(t ) .¿Cuanto vale VC (t ) ?


Página 122

si:

de 238


Figura 5.10

Solución.

Z R  30 

,

ZC  

Z L  JWL  J1000  20 103  J20

J 5  3  J10  6 WC 10 100 10

Zeq  30  J20  J10  30  J10  31.6218.43  V  220 30 V V 220 30  I   6.96  11.56 A  Zeq 31.6218.43 i(t )  6.96Cos 1000t  11.56

VC  Z C  I  J10  6.96 11.56  69.6  78.44 V

VC (t )  69.6Cos 1000t  78.44

Ejemplo 5.9. Calcular la impedancia equivalente que ve la fuente de corriente alterna y

V (t ) .


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de 238


Figura 5.11

Solución.

Z L  J  40 103 103  J40 J ZC   3  J10  10 100 106

Z R  20 

,

Z eq  Z R  Z L  Z C 

20  J40J10 12.40  82.87  20  J40  J10 V  Z eq  I

Donde:

Z eq  1.54  J12.30

I  4  30

V  12.40  82.87 4  30  49.6 112.87 V (t )  49.6Cos 1000t 112.87 V Es importante observar en este caso que la componente real de

Z

no es igual a

la resistencia del resistor del circuito.

5.8 Admitancia De Entrada De Dos Terminales. La admitancia es el recíproco de la impedancia, se simboliza por la letra

Y

y

tiene unidades de Siemens ( s )

Y

1 I  Z V


(31) Página 124

de 238


Como

Z

Y

es una cantidad compleja,

también es un número complejo.

Y  Y 

(32)

En forma rectangular

Y  G  JB Donde

G

es la Conductancia y

Y

B

(33)

se denomina Susceptancia .

1 I R X   2  J Z R  JX R  X 2 R2  X 2

Por lo tanto

G

R R2  X 2

B

X R2  X 2

(34)

(35)

De una manera similar se puede demostrar que

R La unidad de

Gy B

G G2  B2

y

X

B G 2  B2

también son los Siemens.

La admitancia de los elementos pasivos individuales es:

YR 

1 R


(36)

Página 125

de 238


1 J  JWL X L J YC  JWC  XC YL 

Si

Y1 , Y2 , Y3

hasta

Yn

(37)

(38)

están conectados en serie, la

Yeq 

1 1 1 1 1   ...  Y1 Y2 Y3 Yn



1 n

1 i1 Y i

(39)

Si están conectadas en paralelo n

Yeq  Y1  Y2  Y3 ...  Yn   Yi i 1

(40)

Ejemplo 5.10. Calcular la

Yeq

que ve la fuente de voltaje y el fasor

I

.

Figura 5.12

Solución.

YR 

YL 

1  0.1 s 10

1  J0.125 s J8


Página 126

de 238


YC 

1  J0.0625 s J16

Yeq  0.1  J0.125  J0.0625  0.1  J0.0625 s

I  Yeq V  0.1  J0.0625100 20 I  11.79 12 La transformación

Y

a delta y delta a

Y

también son validas para las

impedancias.

Figura 5.13

Z AN 

Z AB Z CA Z AB  Z BC  Z CA

Z BN 

Z AB Z BC Z AB  Z BC  Z CA

Z CN 

Z BC Z CA Z AB  Z BC  Z CA


(41)

(42)

(43)

Página 127

de 238


Z AB 

Z AN Z BN  Z BN Z CN  Z CN Z AN Z CN

Z BC 

Z AN Z BN  Z BN Z CN  Z CN Z AN Z AN

Z CA 

Z AN Z BN  Z BN Z CN  Z CN Z AN Z BN

(42)

(43)

(44)

Ejemplo 5.11. Calcular las impedancias equivalentes entre los terminales a-b de la siguiente red.

Figura 5.14

Solución. Transformando la delta

YcN 

dce

a una

Y

equivalente

8  J4 6  J6  8  J4  6  J6+10  J4


 3.068  4.4  Página 128

de 238


YdN 

YeN 

10  J4 8  J4  8  J4  6  J6+10  J4

6  J6 10  J4  8  J4  6  J6+10  J4

 3.8918.8 

 3.69  52.77 

Figura 5.15a

Figura 5.15b Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

Página 129

de 238


Zeq  2  J4  3.068  4.4 15.53 21.38  21.68 25.78 

Zeq  19.52  J9.43 

5.9 Análisis De Circuitos De AC Usando Fasores. Como las leyes de Kirchhoff son validas en el dominio de la frecuencia se pueden usar para calcular Voltajes y Corrientes en estado estable en circuitos de corriente alterna. También las técnicas empleadas en el análisis de circuitos alimentados con corriente continua, como nodos, mallas, los teoremas son validos en los circuitos de AC.


I

en el circuito que se muestra:

Figura 5.16

Solución. Aplicando el método de nodos: Nodo 1:

V1  5 0 V1 V1 V2 V1 V2    0 0.5 J1 J1 J0.5

2  J2V1  JV2 10 0


(A) Página 130

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Nodo 2:

V2 V1 V2 V1 V2 V2     5 0  0 J1 J0.5 J0.5 1 JV1  1  J V2  5 0 (B)

Resolviendo:

V1  2.24  26.56 V

V2  4.47 63.43 V V I  2  8.94  26.57 A J0.5 Ejemplo 5.13. Calcular

V0

en el circuito de la figura 5.17:

Figura 5.17

Solución. Aplicando el método de mallas:

V0  J2(  I 2 )  (2  J6)(I1 )  J4(  I 3 ) Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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V0  J2I 2  (2  J6) I1  J4I 3

Vab  J4(  I 3 )  J8(  I 4 )  J4I 3  J8I 4 I 2  1 0 Malla 1:

10  J6I1  4I2  4I3  4010  0 10  J6I1  4I3  43.94 170.91 (A)

Súper Malla 3-4:

4I1  4  J4I3  6I2  6  J8I4  0

4I1  4  J4I3  6  J8I4  6 0

(B)

I 4  I3  0.4 J4I3  J8I 4  (1  J1.6) I 3  (1  J3.2) I 4  0

(C)

Resolviendo:

I1  4.61 134.23 , I 2  1 0 , I 3  2.73 141.6

I 4  1.54 156.25 V0  J2  (1 0)  (2  J6)  (4.61  134.23)  J4  (2.73  141.6) V0  38.23  30.22º V Ejemplo 5.14. Calcular

V0 (t )

si

V (t )  Cos 1000t Volts


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Figura 5.18

Solución. En el dominio de la frecuencia.

Figura 5.19

1  0.45  63.44 s Z Vg  1 0 V0

Z  (1  J2)  Y 

Aplicando LKV en el nodo A se tiene

J1V0 V0  0.5 1 0 V0  0.45  63.44V0  0 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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1.8019.35 V 

0

 0.5 0

V0  0.28 19.35 V

V0 (t )  0.28Cos 1000t 19.35 Ejemplo 5.15. Utilizando el principio de superposición calcular

I

:

Figura 5.20

Solución.

I  I C  IV Calculo de

IC

Figura 5.21 Aplicando LKI en el nodo V

J30 V Vab  Va  50  J30


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J30 V   V V 2 46    0.1 0 50  J30 8 50  J30 0.1711.99V  2 46

V  11.76 34.01 V IC  Calculo de

V  1.47 34.01 A 8

IV

Figura 5.22

V V IV  1 2 8

y

J30 V1 J12 V2 Vab   50  J30 10  J12

Vab  0.51 59.04V1  0.77  39.8V2 Donde

V2  42 0  Vab  0.51 59.04V1  32.34  39.8

Nodo 1:

V1 V V  1 2  0.1Vab  0 50  J30 8


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0.1711.88º V1  8.0 14.98º V1  47.06  26.86º

IV 

47.06  26.86º  42 0º  2.66  90.05º 8

I  I C  IV  2.20  56.50º A Ejemplo 5.16. Calcular el equivalente Thévenin entre los terminales a-b del circuito de la figura 5.23.

Figura 5.23

Solución. Cálculo de

Vth  Vab

Vab  4  J8I1 10I 2 Súper Malla 1-2:

10 0  14  J8I1 10I2  0


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14  J8I1 10I2 10 0 (A) I1  I 2  0.4   4  J8I1 10I 2  

11.6  J3.2I1 5I2  0

0.6  J3.2I1  5I 2  0

(B)

Resolviendo

I1  0.48  43.45º A

I 2  0.31 35.93º A

Vth  4  J 80.48  43.45º 10 0.31 35.93º 

Vth  7.32 26.66º V Calculo de

Z th  VOC I SC

Figura 5.24

I SC  I 2 Malla 1:

24  J8I1 14  J8I2 10 0


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Malla 2:

14  J8I1  14  J4I 2  0

Resolviendo:

I1  0.84 21.26º A

Zth 

I 2  0.93 35.06º A

7.32 26.66º  7.87  839º   7.79  J1.15 0.93 35.06º

Figura 5.25

5.10 Diagrama Fasorial El diagrama Fasorial es un grafico en el plano complejo que muestra las relaciones entre los fasores de Voltaje y los fasores de Corriente de un circuito especifico; ofrece también un método grafico para resolver ciertos problemas y se puede utilizar para verificar los métodos de análisis ya vistos. Puesto que los voltajes y corrientes son números complejos, se pueden identificar como puntos en el plano complejo.

Ejemplo 5.17. El fasor del voltaje

V1 10 53.1º V ,

6  J8 se

muestra en el

grafico siguiente mediante una flecha dibujada desde el origen. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Figura 5.26 La suma del fasor

V1

con el fasor

V2  5  53.1º V ,

3  J4 se

muestra en el siguiente grafico

Figura 5.27


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Si el voltaje V1 alimenta una admitancia

Y1  1  J1s , la corriente resultante

I1  YV 1  J1V1  2 45º V1 . 1 1 

Figura 5.28 En los diagramas en donde se registran tanto los fasores de corriente como los de voltaje, cada uno debe tener su propia escala de amplitud, pero una escala de ángulo común; por ejemplo 1 cm. de largo podrá representar 200 Volts, mientras que 1 cm. de longitud podrá indicar 1 mA.

Ejemplo 5.18. Dibujar el diagrama fasorial del siguiente circuito


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Solución. Por conveniencia, para hacer el diagrama fasorial se selecciona a

V

como

fasor de referencia y se le asigna arbitrariamente un ángulo de fase de 0° por tanto, se deben medir todas las corrientes con respecto a este fasor referencia. En el nodo V:

I  I R  I L  IC  Como

V V V   R JWL J WC

V  Vmax  0º , entonces

V  V  I   max  0º   max   90º  WCVmax  90º   R   WL  El diagrama fasorial correspondiente será

Figura 5.30


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Para valores pequeños de corriente total

I

W , la magnitud de I L

es mayor que la de

IC

y la

será:

Figura 5.31

Para valores grandes de

W

la magnitud de

IC

es mayor que la magnitud de

I L , como se muestra en el siguiente grafico:

Figura 5.32


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Observe que conforme fasor

I

se mueve de

W

I1

a

se incrementa manteniendo fijos

In

R, L

y

C,

a lo largo del lugar geométrico especificado por

la línea punteada que se muestra en el siguiente grafico:

Figura 5.33 El fasor

I

está en fase con V cuando

IC  I L

, es decir cuando

1  WC WL W0 

1 LC

Este resultado también se puede ver de

1  1  I    J WC  V  Yeq V R WL    Cuando WC 

el

1 1 , entonces Yeq  R WL


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Ejemplo 5.19. Determinar el diagrama fasorial del siguiente circuito.

Figura 5.34

Solución. Tomando como referencia

I  I max  0º ,

y aplicando LKV

V  VR VL VC  IR WLI  90  Para

W  377 rad seg , WL  6

y

I   90º WC

1 WC  2

V  4  I  6 90º  I  2  90º  I  4  J4 I V  5.66 45º  I


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Figura 5.35

Ejemplo 5.20. Calcular por diagrama fasorial

I

en el siguiente circuito

Figura 5.36

Solución. Tomando como referencia

V  Vmax  0º

I  I R  I L  IC V  0º I R  max  0.5Vmax  0º A 2 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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IL 

Vmax  0º Vmax    45º  0.707Vmax   45º A 1  J1 2

IC 

Vmax  0º  2Vmax  90º A J0.5

Figura 5.37

Ejemplo 5.21. Por diagrama fasorial calcular

V ( s)

WL1 

si:

1  R1  2 R2 WC1

1  WL2  4 R2 WC2 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


Figura 5.38

Solución. Asumiendo como base el modulo de

I2 

R2

y como referencia

V  V  0º .

V  0º V  0º V  0º   R2  JWL2  J WC1 R2  J4 R2  J2R2 R2  J2R2

I2  I1 

V  Tan 1 2  R2 5

 0.447

V   63.43º R2

V  0º V  0º V   0.25  90º  J WC2 4 R2   90º R2

0.447V    V I  I1  I 2     63.43º  0.25  90º  R2  R2    I

V V 0.447   63.43º  0.25  90º   0.25  36.86   R2 R2

VS  R1  JWL1  I1 V  0º V VS  2 R2  J2 R2  0.25   36.86  V  0º R2


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VS  0.5 2V  (36.86  45º ) V  0º VS  V  0º  0.707 8.141  VS  1.7 V  3.37º V

Figura 5.40


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CAPITULO V CIRCUITOS ALIMENTADOS CON CORRIENTE ALTERNA PROBLEMAS PROPUESTOS 5.1 Determinar el ángulo de fase entre

V (t )  120 Sen(377t  40º ) e

i(t )  4 Cos(377t 10º ) . 5.2 Si V(t)=-50 Cos wt – 30 Sen wt e i(t) = 55 Cos wt – 15 Sen wt , determinar la amplitud de V(t) y de i(t) y el ángulo de fase. 5.3 Si el voltaje entre los terminales de una bobina es V(t)=100 Cos(200t+40º) cuanto vale la corriente si L=10mh. 5.4 Calcular i(t) en el circuito de la figura 5.41.

Figura 5.41 5.5 Calcular la impedancia equivalente Z de la red que se muestra en la figura 5.42 si la frecuencia es 60Hz.

Figura 5.42


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5.6 Calcular la admitancia equivalente entre los terminales a-b de la red de la figura 5.43.

Figura 5.43 5.7 En el circuito de la figura 5.44, V(t)=51.5 Cos(10t+101.31º) V, calcular Vs(t).

Figura 5.44 5.8 Calcular el equivalente Thevenin entre los terminales a-d del circuito de la figura 5.45.


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5.9 Si en el circuito de la figura 5.46, i(t)=6.052 Cos(200t-30.13º) A cuando V(t)=100 Cos(200t+20º), calcular R y L.

Figura 5.46 5.10 Calcular el equivalente Thevenin entre los terminales a-b del circuito de la figura 5.47. Explicar el resultado.

Figura 5.47 5.11 Calcular usando el método de nodos V ab en el circuito de la figura 5.48.


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5.12 Calcular el equivalente Norton entre los terminales a-b del circuito de la figura 5.49.

Figura 5.49 5.13 Calcular el equivalente Norton entre los terminales a-b del circuito de la figura 5.50.

Figura 5.50 5.14 Calcular Vac en el circuito de la figura 5.51.


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Figura 5.51 5.15 Calcular el equivalente Norton entre los terminales a-b del circuito de la figura 5.52.

Figura 5.52 5.16 a) Calcular por diagrama fasorial la corriente I, asumiendo como referencia V = 1 ∡ 0 º V en el circu ito d e la fig u ra 5 .5 3 . b ) ¿C u án to vald rá Ix cu an d o V s= 1 2 ∡ 0 º V ?


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Figura 5.53 Respuestas 5.1 R/ 60º. 5.2 R/ Vmax=58.3, Imax= 5 7 .0 , θ = 1 3 3 .8 º. 5.3 R/ i(t)=50 Cos(200t-50º). 5.4 R/ 0.671 Cos(500t-26.6º) A. 5.5 R/ Z=5.09+j4.96 Ω . 5.6 R/ 1/6 s. 5.7 R/ Vs(t)=132.87 Cos(10t+5.23º) V. 5.8 R / V th = 1 3 .3 3 ∡ -9 0 º, Z th = 8 .4 3 ∡ 1 8 .4 4 º. 5.9 R/ R=4Ω , L=0.03h. 5.10 R / V th = 5 .6 6 ∡ 1 3 5 º, Z th = -1+j2Ω . 5.11 R/ Vab= 7 9 .6 4 ∡ -10.46º V. 5.12 R / Isc= 1 .6 6 ∡ -45.22º, Znt=3514.12 ∡ 5 .2 2 º. 5.13 R / Isc= 0 .0 1 7 4 ∡ -1 6 6 .2 5 º, Z n t= 4 1 5 1 .0 4 ∡ 0 .6 8 º. 5.14 R/ Vac=18.38 Cos(2000t-136.023º) + 3.132 Cos(1000t-88.75º) V. 5.15 R / Isc= 1 2 .1 6 ∡ 1 1 7 .2 2 º, Z n t= 8 .5 7 ∡ -170.052º. 5.16a R / I= 2 .2 3 6 ∡ 2 6 .5 6 . 5.16b R / Ix = 1 .5 ∡ 0 º A .


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CAPITULO VI ANALISIS TRANSITORIO DE CIRCUITOS

6.1 Introducción. Todo sistema ya sea eléctrico, mecánico, hidráulico que contenga elementos almacenadotes de energía, se oponen a los cambios súbitos de las señales, y este hecho origina un periodo de tiempo durante el cual, el sistema se acomoda a las nuevas condiciones del sistema. Este periodo de tiempo se conoce como Régimen Transitorio y su nombre se debe a que desaparece cuando el sistema llega a su estado estable. Cuando se estudiaron los capacitares y las bobinas, se encontró que eran capaces de almacenar energía eléctrica. Específicamente se encontró que en un capacitor cargado, la energía se almacena en el campo eléctrico que existe entre las placas cargadas positiva y negativamente. Esta energía almacenada se puede liberar si se conecta un circuito a través del capacitor que proporcione una trayectoria por la cual circule corriente. La razón por la cual se descarga la energía es una función directa de los elementos del circuito que se conecte al capacitor. Los transitorios se presentan cuando se efectúan operaciones de suicheo en circuitos que contienen capacitares o bobinas, para entrar o sacar fuentes o elementos pasivos. Como la bobina se opone a cambios bruscos de su corriente, y en t  0 se realiza una operación de conmutación, se puede afirmar que:

iL (0  )  iL (0)  iL (0  )


(1)

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Que significa que la corriente por una bobina un instante antes de la operación de conmutación

(0)

(0  )

es igual a la corriente en el momento de la operación

y es igual un instante después de la operación de conmutación

(0  ) .

De igual manera, como el capacitor se opone a los cambios súbitos del voltaje entre sus terminales, se afirma que:

VC (0 )  VC (0)  VC (0  )

(2)

Debido a este hecho, por una operación de conmutación es posible llegar a un circuito sin fuentes independientes pero con energía acumulada en un inductor o capacitor. En estos casos cuando no se presentan fuentes o funciones forzadas, la respuesta se denomina respuesta natural debido a que su forma depende solo de la naturaleza del circuito.

6.2 Circuito RL Miremos el siguiente circuito

Figura 6.1 El interruptor

K

ha estado cerrado por un largo periodo y en

Estamos interesados en calcular la corriente


i(t )

para

t 0

se abre.

t  0 seg.

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En

t  0

el interruptor está cerrado e

i (0  )  V R1  I 0

(recuerde que

la bobina se comporta como un cortocircuito frente a la corriente continua). La energía almacenada en

L

será:

WL  Para

1 LI 0 2 2

t  0 s el circuito queda.

Figura 6.2 Aplicando LKV se tiene:

di(t ) 0 dt di (t ) R  i (t )  0 dt L

Ri(t )  L

(3)

Que es una ecuación diferencial lineal homogénea. Se obtiene la solución cuando encontremos una expresión para la variable dependiente

i(t )

que

satisface la ecuación diferencial y la distribución de energía existente en el inductor en

t 0.

Para resolver la ecuación (3) por separación de variables Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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di (t ) R    dt i (t ) L Puesto que la corriente es

I0

en

t 0

e

i(t )

(4)

en el tiempo

t , se igualan las

dos integrales definidas con los límites correspondientes. i (t )

 I0

t R di '   dt ' 0 L i'

(5)

t

R Ln i ' I   t ' 0 L 0 R Ln i (t )  Ln I 0   t L i (t ) R Ln  t I0 L i (t )

i(t )  I0e

R Lt

(6)

Haciendo uso de un método alternativo, luego de separar las variables se tendría la integral indefinida de cada lado de la ecuación (4) incluyendo la constante de integración

K. di (t ) R   i(t ) L dt  K

(7)

La integración origina:

Ln i (t )  


R t K L

(8)

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La constante de integración debe elegirse de tal manera que satisfaga la condición inicial

i(0)  I 0 .

Así, al evaluar la ecuación (8) en

t 0

se convierte en

Ln I 0  K Empleando este valor de

K

en la ecuación (8), se tiene

Ln i (t )  

R t  Ln I 0 L

i(t )  I0e

R Lt

(6)

Llegando al mismo resultado. La ecuación (6) define la forma general de la solución de circuitos transitorios de primer orden, es decir, representa la solución de la ecuación diferencial que describe una corriente o voltaje en cualquier elemento de la red. La potencia instantánea que se disipa en el resistor es igual a

PR (t )  Ri 2 (t )  I02 Re

2 R Lt

Y la energía que se convierte en calor en

R

(9)

se calcula integrando la potencia

instantánea desde el tiempo cero hasta infinito. 

WR   I 0 2 Re2 R L t dt 0

L  2 R L t WR  I 0 2 R  e 2 R  Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica



 0

1 LI 0 2 2 Página 159

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Valor que coincide como se esperaba con la energía total almacenada al principio en la bobina. Por tanto, toda la energía inicial almacenada en disipa en

L , se

R.

Ejemplo 6.1. El interruptor ha estado cerrado durante mucho tiempo. Si en calcular

i(t )

para

t 0.

t 0

se abre,

Figura 6.3

Solución. Calculo de la corriente por la bobina en

t  0

Figura 6.4

I

V 24 24   Req 48  20 10 54.67


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I  0.44 A iL (0 )  Para

20  I  0.29 A 30

t  0 el circuito queda

Figura 6.5 Donde

Req  10  20 40  17.14  De acuerdo a los resultados anteriores se tiene que

R Lt i(t )  Ke eq  Ke85.7t Aplicando la condición inicial

i (0 )  i (0 )  0.29  K

i (t )  0.29e85.7 t Es importante tener en cuenta que cualquier voltaje o corriente del circuito tendrá la forma

Ke85.7t , donde K

depende de las condiciones iniciales de esa

corriente o voltaje. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Análisis de la respuesta. Se encontró que la forma de la respuesta de la corriente por una bobina en un circuito

RL

sin fuente es

i(t )  I 0e

R Lt

En

t  0 , la corriente tiene el valor I 0 , y a medida que el tiempo aumenta, la

corriente disminuye y se aproxima a cero. La forma de este decaimiento exponencial se observa en la grafica

i (t ) I 0

en

función del tiempo.

Figura 6.6 Puesto que la función que se grafica es

eR Lt , la curva no varia sí

mantiene constante, pero por ejemplo si se duplica la razón entre

R L se L y R,

entonces la corriente tarda más en decaer hasta cualquier fracción de su valor original, cuando la razón entre

L

y

R

disminuye sucederá lo contrario, es

decir, la curva decae más rápido.


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6.3 Constante De Tiempo La constante de tiempo

τ

 es el tiempo que se requerirá para que la corriente

decrezca hasta cero si continuara disminuyendo a su tasa inicial. La tasa inicial se calcula evaluando la derivada de tiempo evaluada en

i (t ) I 0

con respecto al

t 0 d i (t ) I 0  R   e R L t dt L

d i (t ) I 0  R 1   dt L L R t 0 La ecuación de decaimiento constante será la de una recta que no pasa por el origen.

i (t ) 1  mt  b   t b I0 L/R En

t  0 i (0) I 0  1 ,

entonces,

b 1.

i (t ) 1  t 1 I0 L R Por lo tanto cuando

i (t ) 1 0   1 I0 L R

 L

(10)

R


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La relación

L R

se mide en segundos, pues el exponente

 t ( L R)

debe

ser adimensional. Generalmente, se mide el decaimiento de la variable, en este caso la corriente, a intervalos de tiempo iguales a una constante de tiempo Para

.

t  , se tiene i (t )  e1  0.3679 I 0 t  i ()  0.3679 I 0

Así en una constante de tiempo la respuesta disminuyó hasta 36.8% de su valor inicial.

i (2)  0.135 I 0 i (4)  0.0183I 0

i (5)  0.00673I 0 Se puede considerar que después de despreciable del valor inicial

I0

5 ,

la respuesta es una fracción

(menos del 1%).

6.4 Circuito RC Puesto que en un capacitor las pérdidas son menos que en una bobina y que además, son de menor costo, su modelo matemático concuerda mejor con el comportamiento real del dispositivo y su tamaño y peso son menores, los circuitos

RC

son más usados que los

RL .


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de 238


Figura 6.7 Si en

t 0

se abre el interruptor que había estado cerrado mucho tiempo en

el circuito que se muestra, se determinará En

V (t )

para

t 0.

 t  0 , VC (0 )  R2 V ( R1  R2 )  V0

ya que el capacitor en

t  0

se está comportando como un circuito abierto

por estar alimentado por una fuente de DC. La energía almacenada es:

1 WC  CV0 2 2 Para

t 0

(11)

el circuito queda:

Figura 6.8 La corriente total que sale del nodo superior debe ser igual a cero. Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


iC (t )  iR (t )  0 C

dV (t ) V (t )  0 dt R

dV (t ) 1  V (t )  0 dt RC

(12)

La similitud de ésta ecuación con la que resultó en el caso del circuito lleva a que

V (t )

RC

en el circuito

e

i(t )

en el circuito

RL , nos

RL ,

tengan

expresiones idénticas.

V (t )  V (0)et RC  V0e

1 RC t

Si se escoge la corriente

i(t )

como variable en lugar de

(13)

V (t ) , al aplicar LKV

se tiene:

R i (t )  VC (t )  0

1 R i(t )  C

t

i '(t )dt 'V (0)  0 0

Al derivar ésta ecuación se tiene:

R Sustituyendo

i(t )

por

di(t ) 1  i (t )  0 dt C

V (t ) R

se obtiene de nuevo la ecuación (12):

dV (t ) 1  V (t )  0 dt RC Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Volviendo a la expresión de voltaje en el capacitor se tiene que el voltaje en

t  0

es igual a la condición inicial y a medida que el tiempo aumenta, el

voltaje tiende a cero. La energía inicial en el capacitor se disipa en forma de calor en el resistor. La constante de tiempo del circuito

RC

se puede determinar calculando el

tiempo en que la respuesta disminuye hasta el 36.79% de su valor inicial.

0.3679V0  V0e RC

  RC

Valores más grandes de

R

(14)

C , originan constantes de tiempo mayores y una

o

disipación más lenta de la energía almacenada. Una resistencia mayor disipará una potencia mas pequeña con un voltaje determinado entre sus terminales, por lo que requiere mayor tiempo para convertir la energía almacenada en calor; una capacitancia mas grande, almacena mayor energía para un voltaje determinado en ella, lo que también implica un mayor tiempo para disipar su energía inicial. También muchos circuitos

RC

contienen más de una resistencia y más de un

capacitor. Cuando tiene un solo condensador y varias resistencias se puede sustituir la red resistiva de dos terminales que se encuentran en los terminales del capacitor por un resistor equivalente y luego se puede escribir la expresión para el voltaje en el capacitor.


V0 (t )

para

t 0

en el circuito que se muestra


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de 238


Figura 6.9

Solución. Se calculará inicialmente calculará

VC (t )

para

t 0

y luego por divisor de voltaje se

V0 (t ) .

2 1 V0 (t )  VC (t )  VC (t ) 6 3 6k 12 VC (0 )  VC (0 )  8 V 9k Para

t 0

Figura 6.10


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  Req C  6 103 100 106  0.6 VC (t )  Ket 0.6 Aplicando la condición inicial

VC (0  )  8  K VC (t )  8e1.67 t 8 V0 (t )  e1.67t 3 También muchos circuitos RC contienen más de una resistencia y más de un capacitor. Cuando tiene un solo condensador y varias resistencias, se puede sustituir la red resistiva de dos terminales que se encuentra en los terminales del capacitor por un resistor equivalente, y luego se puede escribir la expresión para el voltaje en el capacitor.

6.5 Circuito Equivalente Del Inductor y El Capacitor Con Energía Acumulada En El Dominio De La Place  Para el inductor, por el cual circula

i (0 ) ,

partiendo del dominio del

tiempo.

VL (t )  L

di(t ) dt

Figura 6.11


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Transformando a La Place

VL ( S )  SLI ( S )  Li (0  )

VL ( S ) i (0 ) I (S )   SL S

(A)

(B)

Los circuitos equivalentes utilizando fuentes con la condición inicial

(A)

i (0 ) :

(B) Figura 6.12

En el caso del capacitor sometido a un voltaje en

 t  0 de valor V (0 )

En el dominio del tiempo

1 t VC (t )   i '(t )dt 'VC (0 ) C 0 Figura 6.13 Transformando a La Place

1 V (0 ) VC ( S )  I (S )  SC S Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(C) Página 170

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I (S ) 

VC ( S )  C V (0 ) 1 SC

(D)

Los circuitos equivalentes:

(C)

(D) Figura 6.14

Ejemplo 6.3. En la siguiente red

i (0  )  I 0

y

VC (0 )  V0 .

Calcular

i(t )

para

t 0.

Figura 6.15

Solución. Transformando el circuito al dominio de La Place


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de 238


Figura 6.16 Aplicando LKV se tiene:

SLI ( S )  LI 0 

V 1 I (S )  0  0 SC S

V0 1   I ( S ) SL   LI  0 SC  S  

V0 V0 SI  0 CSLI 0  CV0 L L I (S )    2 1 J  J  LCS 1  S2  S  S    LC  LC  LC   SI 0 

Si

1

LC  W0 : V0 K1 K2 L I (S )    S  JW0 S  JW0  S  JW S  JW SI 0 

Donde

V0 L K1  S  JW0 SI 0 



I0 JV0  2 2W0 L

S  JW0


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V0 L K2  S  JW0 SI 0 



I0 JV0  2 2W0 L

S JW0

I (S ) 

i (t )  L

1

I0 2 I 2 JV 2W0 L JV0 2W0 L  0  0  S  JW0 S  JW0 S  JW0 S  JW0

I (S )

I 0 JW0t JV0 JW0t JW0t JW0t     e  e  e  e     2 2W0 L

eJW0t  eJW0t  V0 eJW0t  eJW0t  i(t )  I 0     2 W L J2   0   i (t )  I 0Cos W0t 

V0 Sen W0t W0 L

  V0 2 1  V0 i (t )  I 0  2 2 Cos W0t  Tan   W0 L W LI  0 0   2

6.6 Circuitos Con Fuente Se estudiarán ahora el tipo de respuesta que se produce cuando por una operación de conmutación, se introduce de forma súbita fuentes de energía a un circuito con Inductores y Capacitares.


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de 238


En estos casos se entenderá que la fuente se aplica en el tiempo cero, por tanto la fuente es nula hasta el instante en que se cierra el interruptor y de ahí en adelante es igual a la tensión o corriente de la fuente. La fuente o función forzada tiene un rompimiento o discontinuidad, en el instante en que se cierra el interruptor. También se pueden presentar casos en los cuales ya exista energía almacenada en los elementos reactivos en el momento de la conmutación. Ciertas

funciones

forzadas

que

son

discontinuas

o

tienen

derivadas

discontinuas se denominan funciones singulares, como la función escalón unitario y la función impulso unitario.

6.7 Función Escalón Unitario Esta función forzada se representa por la letra

u

y se define como una función

del tiempo que es nula para todos los valores de su argumento que son menores que cero y que es la unidad para todos los valores positivos de su argumento.

u t  t0  La función debe ser cero para todos los valores de unidad para todos los valores de

t

mayores que

forma abrupta de cero a uno. Su valor en

u (t0 )  0

y

t  t0

(15)

t

menores que

t0 .

En

t0 , y será la

t  t0 ,

cambia en

no está definido.

u (t0 )  1

La definición matemática


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de 238




0 t t

u t  t0  1 t t 0 0

Figura 6.17 Si

t0  0 , entonces:



u t  10 tt00

Figura 6.18 La función escalón unitario es adimensional de tal manera que si se quiere representar un voltaje, es necesario multiplicar como

u t  t0 

por un voltaje

V (t )  5u t  0.1 V constituye una fuente ideal de voltaje que es

cero antes de

t  0.1 y una constante de 5 V


después de

t  0.1 s .

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(A)

(B) Figura 6.19

El circuito B es el equivalente exacto para la función escalón unitario de la grafica A. Miremos el siguiente caso:

(A)

(B) Figura 6.20

Como el interruptor del circuito A se cierra en corriente

i(t )

es evidente que la

t  0 , en consecuencia se puede sustituir la Vu (t ) , como se muestra en el circuito B. después

es nula antes de

batería y el interruptor por de

t 0,

t  0 , los dos circuitos son idénticos.

Al aplicar LKV al circuito B, se tiene

Ri(t )  L

di(t )  Vu (t ) dt


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Como para

t 0

la fuente vale cero, entonces

En el tiempo positivo

i (0  )  0 .

u (t )  1 y la ecuación queda:

Ri(t )  L

di(t ) V dt

(16)

Esta es una ecuación diferencial no homogénea de primer orden, cuya solución esta conformada por dos partes; la respuesta natural y la respuesta forzada.

i (t )  in (t )  i f (t )

(17)

La forma de la respuesta natural in (t ) es la misma que se obtuvo sin fuentes, es decir se sustituye la fuente de voltaje por un cortocircuito y queda la ecuación:

L

di(t )  Ri(t )  0 dt

Ya se sabe que la solución de esta ecuación es:

in (t )  K1e 

 R Lt

Donde

K1

(18)

depende no solamente de la condición inicial sino también de la

amplitud de la fuente. La segunda parte de la respuesta

i f (t )

en este caso particular debe ser

constante, debido a que la fuente es una constante

V

para todos los valores

positivos del tiempo. Por lo tanto, cuando el tiempo tiende a infinito la


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de 238


respuesta natural se desvanece, no hay voltaje en el inductor y el voltaje aparece entre los terminales de

R

V

de modo que la respuesta forzada es:

i f (t ) 

V R

(19)

Combinando las dos respuestas se obtiene:

i(t )  K1eR L t  Para calcular

K1

V R

se aplica la condición inicial. Como

(20)

i (0 )

es cero y esta

corriente no puede cambiar su valor en forma instantánea por el inductor, se cumple que

i (0 )

también es cero.

0  K1 

V R

V K1   R Y por tanto:

i(t ) 





V 1  eR Lt u (t ) R


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(21)

de 238


Figura 6.21 En resumen, la respuesta natural es una característica del circuito y no de la fuente. Su forma se puede determinar a partir del circuito sin fuente pero su amplitud

K1

depende de la amplitud de la fuente y de la energía almacenada

inicialmente. La respuesta forzada tiene la forma de la función de excitación y se calcula suponiendo que los interruptores se cerrarán o abrirán mucho tiempo atrás.


i(t )

para

t 0

en el siguiente circuito.

Figura 6.22


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de 238


Solución. Calculo de la condición inicial

i(0 ) 

24 6 A 4

(la

L

La respuesta forzada

i f (t ) 

se está comportando como un corto)

24 12 9 A 4

Para calcular la respuesta natural se anulan las fuentes de voltaje:

Figura 6.23



L R  s Req 3

in (t )  K1e

t 23

 K1e1.5t

i (t )  9  K1e1.5t

i (0 )  i (0 )  6  9  K1  K1  3 i(t )  3 3  e1.5t u(t )


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i(t )

para

t 0


Figura 6.24

Solución. Cálculo de la condición inicial

i '(0 ) 

10 10   2.06 A 20 10 4 2  2.86

i(0 )  i '(0 )  Para

t 0

10  1.47 A 14

el circuito será:


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Req  2 10 1.67 

i (t )  i p (t )  in (t ) Cálculo de

i p (t ) :

Figura 6.26 Malla 1:

Malla 2:

5.67  J20I1  J20I2  20 20º J20I1  8  J20I2  0 I1  1.55 7.62º A I 2  1.44 29.42º A I p  I1  I 2  0.58  60.66º

ip (t )  0.58 Cos 100t  60.66º  Calculo de in (t ) :


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Req  5.67 8  3.32  in (t )  Ket 

  L  0.06 R

in (t )  Ke16.67t

i(t )  0.58 Cos 100t  60.66º  Ke16.67t Para calcular

K

se aplica la condición inicial:

i(0 )  i(0 ) 1.47  0.58 Cos 60.66 K K  1.18

16.67t  i(t )   0.58 Cos 100 t  60.66º  1.18 e    u(t )

La respuesta completa del circuito

RC

también se obtiene como la suma de

la respuesta natural y la forzada.


V (t )



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de 238


Solución. Calculo de

V (0 )

Figura 6.29



V (0 ) 

Para

24  20 10  8  20 10

 10.91 V

t 0:

Figura 6.30

Req  8 20  5.71  V (t )  V p (t )  Vn (t )


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Cálculo de

V p (t ) :

Figura 6.31

Req '  Req 10  3.63  48  3.63 Vp (t )   12.78 V 10  3.63 Cálculo de

Vn (t )

:

Figura 6.32 Donde :

Req ''  4  Req ' 10 6.66  Vn (t )  Ket 

donde

  Req '' C  0.33

V (t )  12.78  Ket 0.33 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


Aplicando la condición inicial para calcular

K

:

V (0 )  V (0 )  10.91  12.78  K  K  1.87 3.03t  V (t )   12.78 1.87e u(t )

Ejemplo 6.7.

Figura 6.33 El conmutable ha estado en la posición A durante mucho tiempo. Si en

t 0 s

pasa rápidamente a la posición B, calcular

V (t )

para

t 0.

Solución Para

t 0

en estado estable.


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de 238


Cálculo de

VC (0  ) :

Nodo VC:

2 30 

VC VC V   C 0 100 50 J20

VC  34.30  29.04º V

VC (t )  34.30 Cos 1000t  29.04º  V

VC (0 )  34.30 Cos 29.04º  29.99 V Para

t 0:

Figura 6.35

VC (t )  V pC (t )  VnC (t ) Calculo de

V pC (t )

:


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de 238


VC p 50



VC p J20



VC p 100 0 10

0.13 22.62VC

p

0

10 0

VCp  76.92  22.62 V pC (t )  76.92  22.62º

VpC (t )  76.92 Cos 1000t  22.62º  Cálculo de

VnC (t )

:

Figura 6.37

  CReq

donde

Req  50 10  8.33

  4.16 104 Vn (t )  Ket   Ke2400.96t VC (t )  76.92 Cos 1000t  22.62º  Ke2400.96t C

VC (0 )  VC (0 )  29.99  76.92 Cos 22.62 K K  41.01 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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2400.96t  VC (t )   76.92 Cos 1000 t  22.62º  41.01 e    u(t )

6 .8 Fu n ció n Im p u lso U n itario δ (t) La primera derivada de la función escalón unitario es la función impulso.

 (t ) 

du (t ) dt

(22)

Como la función escalón unitario es constante e igual a cero cuando su argumento es negativo, su derivada también debe ser igual a cero, y lo mismo sucede cuando su argumento es positivo. En otras palabras la función impulso

 (t )

debe ser igual a cero para todo

(t )  0

t

excepto cuando

para todo

t 0.

t 0



(t )dt  1

(23)



Una consecuencia inmediata de la ecuación (23), es que el escalón unitario es la integral del impulso unitario. 

u (t )   ()d 


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Se considera que el valor del impulso unitario en

t 0

es infinito.

Figura 6.38


i(t )

para todo

t


Figura 6.39

i (t )  C

dV u (t )   C d   C (t )  dt  dt 


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de 238



V (t )


Figura 6.41

1 t 1 0 1 VC  i()d    ()d  u (t ) C 0 C 0 C

Figura 6.42


V (t )



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de 238


VL (t )  L

di du (t ) L  L (t ) dt dt

Figura 6.44


i(t )


Figura 6.45

1 t 1 0 1 iL (t )  V ()d    ()d  u(t ) L 0 L 0 L


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de 238


Figura 6.46

Ejemplo 6.12.

V (0 )  0 , calcular: i (t )   (t ) .

Si en el siguiente circuito a)

V (t )

cuando

b) Calcular iC (t ) .

Figura 6.47

Solución. a) en

t  0

el circuito será:


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de 238


V (t )  Ke1 RC t En

t 0

cuando se produce el impulso de corriente el capacitor se comporta

como un corto circuito corriente fluya por

C

V (0)  0,

y no por

cambio instantáneo del voltaje en

R. C.

lo que origina que el impulso de

Este impulso de corriente produce un

1 0 1 VC    ()d  u (t ) C 0 C Por lo tanto

VC (0 )  1 C

(condición inicial)

Aplicando esta condición inicial se tiene:

VC (0 )  V (t ) 

1 K C

1 1 RC t e u (t ) C

Por La Place:

VC dV  C C   (t ) R dt V (S )  SCV (S )  1 R

V (S ) 

1 1  SC R




1C 1 S RC Página 194

de 238


V (t )  L V ( S ) 1

1 1 RC t e u (t ) C

b)

iC (t )  C

dVC 1  1 1 RC t   C   e u(t )  (t )e0  dt  C  RC 1 1 RC t iC (t )   (t )  e u(t ) RC

Figura 6.49

6.9 Análisis Transitorio de Circuitos RLC La presencia de inductores y capacitores en un mismo circuito produce un sistema de segundo orden, que está constituido por una ecuación diferencial que incluye una derivada de segundo orden, o dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Esto significa que se tendrá que evaluar dos constantes arbitrarias y se requerirá determinar condiciones iniciales para la derivada de la variable que se está investigando.


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de 238


Se inicia esta parte del curso determinando la respuesta natural del circuito paralelo atrapada

RLC sin fuentes después de la conmutación pero con energía en L o C , o en ambos. Luego se incluirán fuentes de D.C. o A.C.

con interruptor o fuentes escalón y se podrán obtener respuestas conformadas por la suma de la respuesta natural y la respuesta forzada. La combinación en paralelo de estos 3 elementos simples es un modelo adecuado en muchas redes de comunicación y en filtros de supresión de armónicos utilizados en sistemas de potencia.

Figura 6.50 En este circuito el interruptor ha estado cerrado desde hace mucho tiempo y en

t 0

se abre. En estado estable en

t  0

el inductor se comporta como un

cortocircuito y el capacitor como un circuito abierto puesto que la fuente es de D.C.

V  I0 R' V (0 )  0

i(0 ) 

Para

t  0 el circuito queda:


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La ecuación del nodo será:

V (t ) 1 t dV (t )  V ()d  i(0)  C 0 0 R L dt

(24)

Al diferenciar ambos lados de la ecuación (24) se obtiene una ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden.

d 2V (t ) 1 dV (t ) 1 C   V (t )  0 2 dt R dt L Cuya solución

(25)

V (t ) es la respuesta natural deseada.

La solución de esta ecuación también tendrá forma exponencial.

V (t )  Kest Donde

(26)

K y S podrán ser números reales o complejos.

dV (t )  KSest dt

y

d 2V (t ) 2 st  KS e 2 dt

Al sustituir la solución propuesta en la ecuación (25), se obtiene:

CKS 2est 

1 1 KSest  Kest  0 R L

S 1  Kest CS 2     0 R L  Para que se satisfaga esta ecuación para todo

CS 2 

t se debe cumplir que:

S 1  0 R L


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S2 

1 1  0 RC LC

(27)

Que es la ecuación auxiliar o ecuación característica. Las dos soluciones de esta ecuación son: 2

1 1  1  S1       2 RC 2 RC  LC 2

1 1  1  S2       2 RC 2 RC  LC Donde cualquiera de estos dos valores de Además

S1

y

S2

satisfacen la ecuación diferencial.

podrán ser números reales o números complejos conjugados

dependiendo de los valores de Si se sustituye

S

S por S1

R,L

y

C.

en la ecuación (26) se obtiene:

V1 (t )  K1eS1t Y de manera similar:

V2 (t )  K 2e S2t Las dos soluciones satisfacen la ecuación diferencial

y la suma de ambas

soluciones también es una solución. De este modo se tiene la forma general de la respuesta natural.

V (t )  K1eS1t  K 2eS2t Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(28)

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de 238


En donde

K1

K2

y

son dos constantes arbitrarias que se deben seleccionar

para satisfacer las dos condiciones iniciales que se presentan en estos casos. Puesto que los exponentes de

1 2RC

y

1 2RC  se

1

LC

S1t

S 2t

y

deben ser

representa por



deben ser adimensionales, las unidades

S 1

o frecuencias.

y se denomina frecuencia de Neper o el

coeficiente de amortiguamiento exponencial , y es una medida de la rapido con que decae o se amortigua la respuesta natural hasta su valor final.

1

S1

LC y

S2

se representa por en función de



W0 y

y se denomina frecuencia Resonante.

W0

serán:

S1     2 W02 S2     2 W0 2 La forma de la respuesta depende de la magnitud relativa de



y

W0 ,

la

RLC paralelo tendrá constantes K 1 y K 2 serán

respuesta de corriente en cualquier elemento de la red la misma forma que la del voltaje en donde las diferentes a la de los voltajes; por ejemplo:

iL (t )  K 3e S1t  K 4e S2t 6.10 Circuito RLC En Paralelo Sobreamortiguado Este caso se presenta cuando por lo tanto

S1

y

S2

  W0 ;

es decir cuando

LC  4 R 2C 2 ,

serán números reales diferentes y negativos.


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de 238

y


Ejemplo 6.13. En el siguiente circuito

iL (0  )  8 A

y

VC (0  )  40 V

, calcular

V (t ) e iL (t ) para t  0 .

Figura 6.52

Solución.

 Como

1 5 2 RC

1 4 LC

W0 

  W0 , es un circuito sobreamortiguado.

S1     2 W0 2  2 S2     2 W02  8

V (t )  K1e2t  K 2e8t Aplicando las condiciones iniciales para calcular

K1

y

K2

VC (0 )  VC (0 )  40  K1  K 2 K1  K 2  40


(A)

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de 238


Se obtiene la segunda ecuación que relaciona a derivada de

V (t )

K1

y

K2

tomando la

con respecto al tiempo y determinando el valor inicial de

esta derivada usando la otra condición inicial.

dV  2 K1e2t  8K 2e8t dt Al evaluar la derivada en

t  0 , se tiene:

dV dt

t 0

 2 K1  8 K 2

La ley de Kirchhoff de corriente se debe cumplir en cualquier momento; por ejemplo en

t  0

iL (0 )  iR (0 )  iC (0 )  0 Donde :

VC (0 ) 40 iR (0 )   5 A R 8 iL (0 )  iL (0  )  8 A 

Entonces:

iC (0 )  iL (0 )  iR (0  )  3 A iC (0 )  C

dV dt

t 0

3 12.5 103 2K1 8K2  2 K1  8K 2  240 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(B) Página 201

de 238


Resolviendo (A) y (B) se tiene:

K1  93.33

y

K 2  53.33

V (t )  93.33e2t  53.33e8t La corriente por la bobina:

iL (t ) 

1 1 2t 8t V ( t ) dt  93.33 e  53.33 e dt     L 5 iL (t )  9.333e2t 1.333e8t

Analizando la expresión de

V (t )

se encuentra que los dos términos tienden a

cero cuando el tiempo tiende a infinito, aunque el segundo termino decae con mayor rapidez. Se tiene entonces la curva de respuesta que vale 40 en y cero en

t  ,

t 0,

y nunca es negativa; puesto que no es cero en todo el

tiempo, debe tener al menos un máximo que se determina diferenciando la respuesta.

dV (t )  186.66e2t  426.64e8t dt Se iguala a cero esta derivada para determinar el tiempo es máximo.

t m en el cual el voltaje

0  186.66e2tm  426.64e8tm 2.285  e6tm tm  0.138 seg .

V (tm )  70.82 17.68  53.14 V Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


Figura 6.53 Se define el tiempo de establecimiento magnitud de máximo

V (t )

V (tm )

tS

como el requerido para que la

llegue a valores menores que 1% de su valor absoluto

. Para el ejemplo el 1% del voltaje máximo es 0.531 V y si se

desprecia el segundo termino de

V (t ) , se tiene:

0.531  93.33e2ts 5.17  2ts ts  2.58 seg. Este tiempo de establecimiento es comparativamente grande si se confronta con los otros 2 casos que se estudiaran a continuación. Por esta razón la respuesta se denomina sobreamortiguada.


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de 238


6.11 Circuito RLC Paralelo Críticamente Amortiguado Este caso se presenta cuando

  W0 , es decir cuando LC  4R 2C 2 .

Ejemplo 6.14

L  7h , C  1 42 F iL (0 )  10 A , calcular VC (t ) si

R  7 6 2

y

,

VC (0  )  0

para t>0.

Solución

1  6 s 1 2 RC 1 W0   6 s 1 LC



Luego

S1  S2   6 .

Figura 6.54 La forma de la respuesta natural en este caso es :

V (t )  K1e st  K 2test

V (t )  K1e

6t

 K2te


6t

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de 238


En donde

K1

K2

y

se calculan utilizando las condiciones iniciales.

V (0 )  V (0 )  0  K1

V (t )  K2te En este caso

K1

es cero porque

V (0  )

6t

es cero pero en el caso más general

se requerirá la solución simultánea de dos ecuaciones.

La condición

iL (0  )  10 , se debe aplicar a la derivada



dV  K 2 e 6t  6te dt dV  K2 dt t 0 Como

V (0 )  0

entonces

iR (0  )



igual a cero y por tanto

iC (0 )  10  C

10 

6t

dV dt

dV dt

iC (0 )  10 A .

t 0

1 K 2  K 2  420 42

V (t )  420te

6t

será el voltaje para

t 0.

El valor inicial del voltaje es cero y para calcular su valor cuando el tiempo tien d e a in fin ito se d eb e ap licar la reg la d e L’H o p ital, la cu al estab lece:


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de 238


LimV (t )  420 Lim t 

t 

t

e

6t

 420 Lim t 

1 6e

6t

0

Esto indica que la respuesta inicia en cero y termina también en cero cuando t   y que tiene valores positivos en todos los demás tiempos; tiene un valor máximo

Vm que ocurre en t  t m .

dV  420  6tme  dt

6tm

 e

6tm

 0 

6tm 1 tm  0.408 seg . Vm  420  0.408e

60.408

 63.1 V

El tiempo de establecimiento se determina resolviendo

0.631  420ts e 6ts ts  3.12 seg. El grafico correspondiente es el siguiente:


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de 238


6.12 Circuito RLC En Paralelo Subamortiguado Este caso se presenta cuando

  W0 y origina

que

S1

y

S2

sean números

complejos conjugados.

S1,2     2 W0 2

 2 W02  1 W02  2  J W02  2 Al radical

W0 2   2 se denomina la frecuencia resonante natural Wd .

Wd  W02  2 Entonces

S 2    JWd

S1    JWd

Y la respuesta:

V (t )  K1eS1t  K2eS2t  K1e

 JWd t

 K2e

 JWd t

JWd t JWd t  V (t )  e t  K e  K e 2  1 

V (t )  e t  K1 Cos Wd t  JSen Wd t  K2 Cos Wd t  JSen Wd t   V (t )  e t  K1  K2 Cos Wd t  J K1  K 2 Sen Wd t   Finalmente:

V (t )  e t K3Cos Wd t  K4 Sen Wd t 

V (t )  K3  K 4 2

2

e

 t

 1  K 4 Cos Wd t  Tan   K3 


Página 207

   de 238


Donde

K 3 y K 4 son

cantidades reales que se deben elegir de tal manera que

satisfagan las condiciones iniciales.

Ejemplo 6.15. Después de estar abierto durante largo tiempo, el interruptor del siguiente circuito se cierra en

t  0 . Calcular VC (t )

para

t 0.

Figura 6.56

Solución. Para Para

  t  0 iL (0 )  10 mA  iL (0 ) t  0 el circuito será:

y

VC (0 )  20K 10 10 3  200 V

Figura 6.57



1  5000 2 RC

W0 


1  11180.3395 LC Página 208

de 238


Wd  W0 2  2  10000 Rad seg 4 4 VC (t )  e5000t  K Cos 10 t  K Sen 10 t 4  3 

Aplicando las condiciones iniciales para calcular

K3 y K 4

VC (0 )  VC (0  )  200  K 3 4 4 VC (t )  e5000t  200 Cos 10 t  K Sen 10 t 4  

Para calcular

K4

se debe calcular

iC (0  )

Donde:

VC (0 ) iR (0 )   10 mA 20K 

En

t  0

se debe cumplir que:

iL (0 )  iR (0 )  iC (0  )  0 iC (0 )  0 iC (0  )  C

dVC dt

t 0 

Donde:

dVC 4 4  5000e5000t  200 Cos 10 t  K Sen 10 t  4   dt 4 4 4 4  e5000t   200  10 Sen 10 t  10 K Cos 10 t 4  


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de 238


dVC dt

 106  104 K 4

t 0

6 4 0  5 109   10  10 K4   

K 4  100 4 4 VC (t )  e5000t  200 Cos 10 t  100 Sen 10 t  

4 VC (t )  223.607e5000t  Cos 10 t  26.565º    

Esta es una respuesta oscilatoria del tiempo que cruza el eje del tiempo un número infinito de veces; pero debido a que  es muy grande, la función se desvanece rápidamente y la mayor parte de los cruces por cero no serán evidentes en su grafico. La naturaleza oscilatoria de la respuesta se nota cuando es cero

R 

 , VC (t ) será



es pequeña. Si



una senoidal con amplitud constante y el

tiempo de establecimiento es en consecuencia infinito.


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de 238


6.13 Circuito RLC En Serie El circuito RLC serie es el dual del RLC paralelo, lo que facilita su estudio.

Figura 6.59 La ecuación integrodiferencial es:

L

di(t ) 1 t  Ri(t )  i( x)dx VC (0)  0 dt C 0

Diferenciando esta ecuación se tiene:

d 2i (t ) R di (t ) 1   i (t )  0 2 dt L dt LC La ecuación característica:

S2 

R 1 S 0 L LC 2

R 1 R  S1,2       2L 2 L  LC


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de 238


Para este caso llamaremos



R 2L

y

W0 

1 LC

S1,2     2 W0 2 La respuesta sobreamortiguada es:

i (t )  K1e S1t  K 2e S2t La forma de la respuesta críticamente amortiguada es:

i (t )  K1e t  K 2te t Y la respuesta subamortiguada es:

i(t )  e t K3Cos Wd t  K4 Sen Wd t  Donde:

Wd  W0 2  2 i (t )  K3  K 4 2

2

e

 t

  1  K 4  Cos  Wd t  Tan    K3  


iL (t )

para

t 0



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de 238


Figura 6.60


 t  0 iL (0 )  10 A t  0 el circuito queda:

y

VC (0  )  10  2  20 V

.

Figura 6.61



R 4 2L

W0 

1  4.472 LC

Wd  W0 2  2  2 Rad seg

i(t )  e4t K3Cos 2t  K4 Sen 2t  Calculo de

K3

y

K4 :

i (0 )  i (0  )  10  K 3 i(t )  e4t 10Cos 2t  K4Sen 2t  Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


En

t  0

se debe cumplir que :

VC (0  )  VR (0  )  VL (0  )  0

Donde

VR (0 )  2 10  20 V

VL (0  )  0

VL (0  )  L

di dt

t 0 

di  4e4t 10Cos 2t  K 4 Sen 2t  e4t 20Sen 2t  2 K 4Cos 2t  dt

di dt

t 0

 40  2 K 4

K 4  20

i(t )  e4t 10Cos 2t  20Sen 2t  6.14 Circuito RLC Con Fuentes Cuando se produce una conmutación en un circuito RLC con fuentes es posible que además de la respuesta natural, se produzca una respuesta forzada que no necesariamente se anula cuando el tiempo tiende a infinito. En estos casos la respuesta forzada se obtiene determinando su valor cuando el tiempo tiende a infinito; mientras que la respuesta natural se obtiene como una forma funcional adecuada, con el número necesario de constantes arbitrarias; la reapuesta completa será igual a la suma de la respuesta natural más la forzada y luego se aplican las condiciones iniciales a ésta respuesta completa a fin de calcular las constantes.


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de 238


Ejemplo 6.17. En el circuito siguiente el interruptor ha estado cerrado durante mucho tiempo. Si se abre en

t  0 , calcular V (t )

para

t 0.

Figura 6.62


  t  0 se tiene que iL (0 )  12 6  2 A y VC (0 )  5  2  10 V t  0 queda un circuito RLC serie con la fuente de 12 V .

.

Figura 6.63

VC (t )  V p (t )  Vn (t ) Cuando el tiempo tiende a infinito, el capacitor se comportará como un circuito abierto por ser la fuente de DC, por lo tanto

V p (t )  12 V Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


Vn (t )

tendrá la forma

Vn (t )  K1e S1t  K 2e S2t

S1 , S2     2 W0 2 Como para

t 0

queda un circuito serie RLC, entonces



R 1 W0  2L S1 , S 2  1

1 1 LC

Y la respuesta total

VC (t )  12  K1et  K 2tet Aplicando las condiciones iniciales para calcular

K1

y

K2

VC (0 )  VC (0  )  10

10  12  K1

K1  2 VC (t )  12  2et  K 2tet Como

iL (0 )  iL (0 )  2 A

0  por el iC (0 )  2 A .

y en

estar en serie, se tiene que

iC (0  )  C

capacitor pasa la misma corriente por

dVC dt


t 0 

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de 238


dVC  2et  K 2 et  tet  dt dVC  2  K2 dt t 0

2  2 2  K2 

K 2  1 VC (t )  (12  2et  tet )u (t ) Ejemplo 6.18 El interruptor calcular

VC (t )

K

ha estado abierto durante mucho tiempo, si en

para

t 0

se abre,

t 0.

Figura 6.64

Solución. Para

t  0 iL (0 )  1 A, VC (0  )  0, ia (0  )  0 .

Para

t 0

el circuito será


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de 238


Figura 6.65 Calculando el equivalente Thévenin entre a-b se tiene:

Figura 6.66

12  1.5 A 8 Vth  Vab  3ia  4ia ia 

Vth  1.5 V I SC  I 2 Malla 1

ia  I1  I 2

8 I1  4 I 2  12


(1) Página 218

de 238


Malla 2

4 I1  4 I 2  3( I1  I 2 )  0

I1  I 2  0 I1  3 A

Rth 

(2)

I 2  3 A  I SC

VOC 1.5   0.5  I SC 3.0

(1)

El circuito equivalente será:

Figura 6.67

VC (t )  V p (t )  Vn (t )

donde

V p (t )  0 Para calcular

Vn (t )

anulamos la fuente independiente de voltaje y queda un

circuito paralelo RLC.



1  26.27 2RC

y

W0 


1  15.49 LC

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de 238


S1  4.96

S2  48.37

VC (t )  K1e4.96t  K 2e48.37 t Calculo de

K1

y

K2 :

VC (0 )  VC (0  )  0

K1  K 2  0 Calculo de

(1)

iC (0 ) :

iR (0 )  iL (0 )  iC (0 )  0 1.5 iC (0 )  iR (0 )  iL (0 )  1  0.8 A 7.5

iC (0  )  C

dVC dt

t 0 

Donde :

dVC  4.96 K1e4.96t  48.37 K 2e48.37 t dt dVC dt

t 0

 4.96 K1  48.37 K 2

0.8  2.5 103 4.96K1  48.37K2  4.96 K1  48.37 K 2  320 K1  7.37 Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

(2)

K 2  7.37 Página 220

de 238


48.37 t 4.96t  V (t )  7.37  e  e  u(t )

Ejemplo 6.19 Calcular

V (t )

para

t 0


Figura 6.68

Solución. Para

t 0:

Figura 6.69


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de 238


I 2  0.2 A

iL (0 )  I1

y

VC (0 )  40( I1  0.2)  40 I1  8

Malla 1

60 I1  40 I 2  24

I1  0.2667 A Para

iL (0  )  0.2667 A

VC (0  )  18.668V

t 0:

Figura 6.70

V (t )  Vn (t )  V p (t ) Cálculo de

Vn (t )

donde

anulando la fuente de

iLn (t ) 

Vp (t ) 

24 V

24  40  16V 60

y asumiendo como variable

Vn (t )

Vn (t ) dV (t ) C n 40 dt

din (t ) d 2Vn L dVn (t ) VLn (t )  L  LC 2  dt dt 40 dt Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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de 238


Aplicando LKV, se tiene:

VLn (t )  20in (t )  Vn (t )  0

d 2Vn L dVn (t ) Vn (t ) dV LC 2    20  C n  Vn (t )  0 dt 40 dt 2 dt d 2Vn  1 20 dVn   1.5Vn (t )  0   2 dt C 40 L  dt d 2Vn dVn  16.25 1.5Vn  0 2 dt dt

Vn (t )  K1e16.157 t  K 2e0.0928t V (t )  16  K1e16.157 t  K 2e0.0928t Calculo de

K1

y

K2 :

V (0 )  V (0  )  18.668  16  K1  K 2  K1  K 2  2.668 Aplicando LKI en el nodo 0 y en

t  0

tenemos:

iL (0 )  iR (0  )  iC (0  )  0 Donde :

iL (0  )  0.2667 A

e

VC (0 ) iR (0 )   0.4667 A 40 

iC (0 )  0.2 A iC (0 )  C

dV dt

t 0

 4 10 3 16.157 K1  0.0928 K 2  0.2


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de 238

(A)


16.157 K1  0.0928K 2  50

(B)

Resolviendo (A) y (B) :

K1  3.097

K 2  0.429

16.157 t 0.0928t  V (t )   16  3.097 e  0.429 e  u(t )

Ejemplo 6.20 En el circuito siguiente calcular

i(t )

para

t 0.

Figura 6.71

Solución. Para

t 0


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de 238


Malla 1

40 I1  20 I 2  200 0 Malla 2

20 I1  (30  J8) I 2  J8I 3  0 Malla 3

J8I 2  J8 I 3  0

I1  6.6374 10.587 A

I 2  3.9043  38.659 A

I 3  3.9043141.340 A

I L  I 2  I 3  7.808  38.629º A VC  J16  I 3  62.468 51.34º V

iL (t )  7.808Cos (400t  38.659º )  iL (0  )  6.097 A VC (t )  62.468Cos (400t  51.34º )  VC (0  )  39.021 V Para

t 0

i (t )  in (t )  i p (t ) Calculo de

i p (t )


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I 2  2 160º A Malla 1

(20  J8) I1 10 I 2  J8I 3  0 (20  J8) I1  J8I 3  20 160

(A)

Malla 3

J8 I1  J8 I 3  0

I1  0.7809161.34º A

(B) I 2  2 160º A

I 3  0.7809 18.66º A

I p  I1  I 3  1.562161.34º A i p (t )  1.562Cos (400t 161.34º ) A La respuesta natural

Figura 6.74



1  160 2 RC

W0 

1  565.685 LC

Wd  W0 2  2  542.586 Rad s

i(t ) 1.562Cos(400t 161.34º )  e160t K3CosWd t  K4 SenWd t  Escuela de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

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Calculo de

K3

y

K4

iL (0 )  iL (0 )  6.097  1.562Cos 161.34º K 3

K3  7.577

i(t ) 1.562Cos(400t 161.34º )  e160t 7.577CosWd t  K4 SenWd t  Por estar en paralelo la bobina y el capacitor, se tiene que

VC (0 )  VC (0  )  VL (0  )  L

di dt t 0

di  624.696Sen(400t 161.34º )  dt 160e160t 7.577CosWd t  K 4 SenWd t   e160t 4110.96 SenWd t  542.986 K 4CosWd t 

di  199.87 160  7.577  542.586 K 4 dt t 0 di  1412.1264  542.586 K 4 dt t 0 1 VL (0 )  39.021  1412.1264  542.586 K 4  50 K 4  6.198 

i(t )  1.562Cos(400t 161.34º )  e160t 7.577CosWd t  6.19SenWd t u(t ) Donde

Wd  542.586


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CAPITULO VI ANALISIS TRANSITORIO DE CIRCUITOS PROBLEMAS PROPUESTOS

6-1. Si en la red de la figura 6.75

V (0 )  2 V , calcular i(t )

para

t 0.

Figura 6.75 6-2. En la red de la figura 6.76, en energía de

0.18 J .

Si en

t 0

quedará almacenada en el instante

t  0

habia almacenada en el capacitor una

se cierra el interruptor, ¿Cuánta energía

t  20 ms .

Figura 6.76

6-3. En la red de la figura 6.77

i(0)  4 mA , calcular i(t )


para

t 0.

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Figura 6.77 6-4. Calcular

i(t )

para

t 0

en el circuito de la figura 6.78 si

V (0 )  2 V .

Figura 6.78 6-5. El interruptor del circuito de la figura 6.79 ha estado en la posición que se

t 0 t 0.

muestra durante mucho tiempo. Si en de la flecha, determinar

V (t )

para

cambia rápidamente en el sentido


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6-6. Obtenga la constante de tiempo

 de la red de la figura 6.80.

Figura 6.80 6-7. En el circuito de la figura 6.81 el interruptor K ha estado cerrado durante mucho tiempo. Si en

t 0

se abre, calcular

i(t )

para

t  0.

Figura 6.81

6-8. En el circuito siguiente el interruptor K ha estado cerrado durante largo tiempo. Si en tiempo

V0 (t )

t 0

seg. éste interruptor se abre, calcular al cabo de cuanto

llega al 50% de su valor máximo.


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Figura 6.82 6-9. En el circuito No. 6.83 el interruptor tiempo. Si en

t 0

K

ha estado cerrado durante mucho

se abre éste interruptor, calcular

V0 (t )

para

t 0.

Figura 6.83

6-10. En el circuito No. 6.84, el interruptor ha estado abierto desde hace mucho tiempo. Si en

t 0

seg. se cierra dicho interruptor, calcular

V (t )

para

t 0.


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Figura 6.84 6-11. Hallar

t 0

seg. En

V (t )

para

t  0

t 0

en el circuito No. 6.85 si el interruptor se abre en

el circuito está en estado estable.

Figura 6.85

K ha estado t  0 se abre, calcular V (t ) para t  0 .

6-12. En el circuito siguiente el interruptor mucho tiempo. Si en

cerrado durante


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6-13. Si en el circuito No. 6.87,

VC (t )

V (t )  60Cos(5000t  30º )u(t ) V ,

calcular

t 0.

para

Figura 6.87 6-14. En el circuito No. 6.88 el interruptor ha estado durante mucho tiempo en la posición

a.

En

t 0

b. VC (t ) ,

el interruptor se posa rápidamente a la posición

Calcular el tiempo que se requiere para que el voltaje en el capacitor

llegue a cero Volts a partir del instante en que el interruptor se posa a la posición

b.

Figura 6.88 6-15. En el circuito No. 6.89 el interruptor largo periodo de tiempo. Si en para

t 0

t 0

K

ha estado abierto durante un

seg. se cierra éste interruptor, calcular

i(t )

seg.


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Figura 6.89 6-16. En el circuito de la figura 6.90 el interruptor un largo periodo. Si en

t 0

K

ha estado abierto durante

se cierra éste interruptor, calcular

i(t )

para

t 0.

Figura 6.90

6-17. En el circuito No. 6.91 el interruptor Si en

t 0

K'

ha estado cerrado largo tiempo.

seg. se abre éste interruptor, calcular


VC (t )

para

t 0.

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Figura 6.91 6-18. En el circuito No. 6.92 calcular

i(t )

para

t 0

seg.

Figura 6.92

V (t )  10Cos(200000t  40º ) V . El conmutable ha estado en la posición a durante un largo tiempo. Si en t  0 seg. se pasa bruscamente a la posición b , calcular V (t ) para t  0 seg. 6-19. En el circuito No. 6.93,


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Figura 6.93 6-20. En el circuito No. 6.94; el interruptor Si en

t 0

seg. se cierra, calcular

V (t )

para

K ha estado abierto largo tiempo. t 0.

Figura 6.94


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RESPUESTAS: 6-1. 6-2.

i(t )  0.8et A . 244 nJ .

3 6.2510 6-3. i(t )  4 10 e 6 3 4t e . 6-4. i (t )  11 7 t 6-5. V (t )  19.2e . 6-6.   L R . 1 6t 6-7. i (t )  2e . 6-8. t  3.46 seg . 10 t 6-9. V0 (t )  3e .

6

6-10. 6-11. 6-12.

t

.

V (t )  18  9e6t u(t ) .

V (t )  8  4e2308t u(t ) .

6-13.

VC (t )  18  7.14e2979.64t  5.234e11187.03 u(t ) .

6-14.

t  9.16 104 seg .

6-15.

i(t )  8 104  2 104 e6.82t 1.4 109 e1000t .

6-16.

i(t )  1.332  0.132e4.5t .

6-17.

0.764t 5.24t  VC (t )   12  6.1 e  0.106 e  u(t ) .

6-18.

i(t )  4.74Cos(200t  28.3º )  e92.86t 5.13Cos 106.67t  0.31Sen 106.67t .

6-19.

V (t )  e8000t 6.524Cos 6000t  44.623Sen 6000t u (t ) .

6-20.

t 1.5t  V (t )   6.2  2.127 e  0.707 e  u(t ) .


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Circuitos Eléctricos, Introducción al Análisis y diseño.

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Libro Circuitos Palomino

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