Problemas resueltos de circuitos eléctricos - Victoriano López Rodríguez

Problemas resueltos de circuitos eléctricos Victoriano López Rodríguez

Problemas resueltos de circuitos eléctricos

VICTORIANO LÓPEZ RODRÍGUEZ

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del de l Copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio me dio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la l a distribución de ejemplares de ella ell a mediante alquiler o préstamos públicos. © Universidad Nacional de Educación a Distancia Madrid 2012 www.uned.es/publicacione www.uned.e s/publicacioness

© Victori Victoriano ano López Rodríguez Todas nuestras publicaciones han sido sometidas a un sistema de evaluación evaluac ión antes de ser editadas ISBN electrónico electrónico: 978-84-362-6502 -6 E dición digital: octubre de 2012

.

A mis nietos Nacho, Álvaro, Raúl, Elena y Javier

PREFACIO En la asignatura de Teoría de circuitos y electrónica, que se imparte en segundo de CC Físicas, se introducen los conceptos básicos sobre circuitos eléctricos, semiconductores y dispositivos electrónicos. Las unidades didácticas constan de dos partes, en la primera se exponen los conceptos sobre circuitos y en la segunda los relativos a semiconductores y dispositivos electrónicos. Al iniciar la re flexión sobre el objeto de un libro de problemas, me viene a la memoria un proverbio cuyo origen y redacción precisa desconozco, pero la idea se puede expresar de la forma siguiente: " Lo escuché y lo olvidé, lo vi y lo entendí, lo hice y lo aprendí."; aprendí. "; o esta otra, "olvido " olvido lo que oigo, recuerdo lo que veo y aprendo lo que hago ". Creo que siguiendo el proverbio, el objeto de los ejercicios y problemas de Teoría de circuitos es facilitar al estudiante una serie de propuestas de trabajo para motivar la re flexión sobre las ideas básicas, y haciendo problemas aprender dichas dichas ideas. Además de re flexinar sobre conceptos fundamentales, se trata de comprender la aplicación y manejo de las herramientas de cálculo imprescindibles en la formulación de modelos matemáticos y la solución de los problemas tanto de circuitos como de las aplicaciones con ellos relacionadas. En el primer capítulo se resuelven los problemas relacionados con circuitos en los que intervienen fuentes de corriente continua. En el segundo los correspondientes fenómenos transitorios que se producen al conectar un circuito a una fuente de tensión continua. El tercero se exponen las soluciones a problemas de circuitos con corrientes sinusoidales (c. a.). En el cuarto capítulo se estudian las soluciones de problemas con redes eléctricas en corriente alterna. Todos se corresponden con los propuestos en Teoría de circuitos. He contado con la inestimable ayuda de mis compañeros M  del Mar Montoya Lirola y Manuel Pancorbo Castro. Gracias a sus múltiples aportaciones se ha incrementado la claridad y precisión del libro. Espero que el libro sea útil para los alumnos de la UNED, así como para todos los interesados en estudiar los circuitos eléctricos. Las Rozas de Madrid Agosto de 2012 Victoriano López Rodríguez

ÍNDICE

CIRCUITOS DE CORRIENTE CONTINUA CIRCUITOS CON CORRIENTE VARIABLE CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA ANÁLISIS DE REDES

Capítulo 1

CIRCUITOS DE CORRIENTE CONTINUA PROBLEMA 1.1 En una bombilla de las utilizadas en iluminación figuran dos datos, la potencia disipada y la tensión aplicable. Si tenemos una bombilla de 100 100 vatios vatios y 220 y 220 voltios, voltios, calcular la corriente que circula por ella cuando se aplica la tensión nominal (220 V). Cuando se le aplican 300 300 V V en lugar de los 220 220 la la bombilla se estropea. Explicar qué ocurre.

Solución La potencia suministrada a una resistencia viene dada por la ecuación,  =   Si la bombilla es de 100 100 vatios vatios y su tensión nominal 220 voltios, la intensidad que circula por ella cuando se aplica su tensión nominal es, 100 ' 0 45 (A) 220 Cuando se aplica una tensión notablemente superior a la nominal, atraviesa el filamento una corriente superior a la que puede soportar dicho filamento sin fundirse. La fusión se produce debido al efecto Joule, que provoca un aumento tal de la temperatura del filamento que llega a la de fusión del material que lo compone.  =

CAPÍTU CAPÍTULO LO 1. CIRCUI CIRCUITOS TOS DE CORRIENT CORRIENTE E CONTIN CONTINUA UA

8

PROBLEMA 1.2 En las resistencias utilizadas en los circuitos electrónicos, además del valor de su resistencia se tiene en cuenta la potencia que puede disipar sin quemarse. Si tenemos una resistencia de 1000 Ω (1 Ω) que puede disipar 0 1 va va-tios (W), calcular el valor máximo de corriente que soporta sin quemarse. Obtener la máxima tensión que podemos aplicar a la resistencia.

Solución La relación dada por la ley de Joule nos indica que,  =   2 Como  = 0 1 y  = 1000, 1000,  12 12   = = 10 4 = 10  La máxima tensión que podemos aplicar es,

µ¶ ¡ ¢

−2

−

  =  =    = 103 × 10

−2

= 10 [mA mA]]

= 10

[V]

PROBLEMA 1.3 Cuando arrancamos el motor de un automóvil observamos observamos que dismin disminuye uye la intensidad de las luces del cuadro de instrumentos. Si medimos con un voltímetro la tensión en los bornes de la batería antes y durante el arranque, obtenemos los valores siguientes: Antes de conectar  = 12 12 V. V. Durante el arranque  = 9 V y se suministran 12 amperios (A) al motor de arranque. Calcular la resistencia interna de la batería. Si por una mala conexión de los bornes se duplica la resistencia entre batería y motor de arranque, ¿Cual será la corriente que se suministra al motor de arranque?

Solución En la figura P 1.3 se muestra el circuito que describe la situación.   representa la f.e.m de la batería y  su resistencia interna.   representa el motor de arranque, cuya carga equivale a una resistencia . Cuando no suministra corriente la batería,  = 0, la tensión que se mide en sus bornes es   , luego en este caso,


9

  = 12 (V)

Figura P 1.3 Durante el arranque cae la tensión en bornes b ornes de la batería a 9 V. Teniendo Teniendo en cuenta los datos y el circuito indicado en la figura P5.5,  

−   = 9

Como   = 12 12 y y se están suministrando 12 amperios (A), la resistencia interna de la batería será, 12 9 = 0 25 (Ω) 12 La resistencia equivalente del motor se calcula dividiendo la tensión de 9 voltios que existen en sus bornes por la corriente de 12 A que atraviesa el motor,

−

 =

9 = 0 75 (Ω) 12 La duplicación de la resistencia por una mala conexión es equivalente a que la resistencia  se duplique, por tanto atendiendo al circuito de la figura y considerando la nueva circunstancia,  =

 

0

0

− 2   =  

Conocemos las resistencias y la tensión en vacío por lo que despejando obtendremos  , 0

0

 =

  12 = = 9 6 (A) 2 +  0 5 + 0 0 75


10

La corriente suministrada al motor se ha reducido notablemente y en consecuencia no tiene potencia su ficiente para arrancar el motor del automóvil.

PROBLEMA 1.4 Dos bombillas, cuyas resistencias respectivas son, 1 = 10 Ω y 2 = 6 Ω, se conectan en paralelo a un generador (batería)   . ¿Cual de las dos bombillas emite una luz más intensa?. Si se conectan en serie ¿Cual emite ahora la luz más intensa?

Solución La bombilla que disipa más potencia es la que emite una luz más intensa, por tanto para contestar a la pregunta se calcula la potencia disipada en cada bombilla. Conectadas en paralelo En este caso a las dos se aplica la misma tensión, por tanto la corriente que las atraviesa será,     = 1 10 La potencia disipada es  1 =

;

 2 =

    = 2 6

  2  2   2  2 2  1 =   = 10 × ( ) = ;  2 =  2  2 = 6 × ( ) = 10 10 6 6 De lo anterior se deduce que 2 1 1

 1   2 En consecuencia la bombilla de 6 Ω emitirá una luz más intensa. Conectadas en serie Ahora circula la misma corriente por ambas bombillas,     = 1 + 2 16 La potencia disipada en cada bombilla será,  =

  2   ) ;  2 =  = 2 ×  2 = 6 × ( )2 16 16 Comparando las dos potencias comprobamos que  1 =  1 ×  2 = 10 × (


11

 1   2 Luego la luz más intensa la emite en este caso la bombilla de 10 Ω

PROBLEMA 1.5 Una pila de 2 de 2 V V suministra corriente a dos resistencias en serie, 1 = 1 Ω y 2 = 5 Ω. Calcular la potencia disipada en 2 y la suministrada por la pila.

Solución Por las dos resistencias circula la misma corriente, que es, 2 1 = (A) 1+5 3 La potencia disipada en 2 es  =

1 5  2 = 5 × ( )2 = (vatios)( vatios)(W W 3 9 La potencia suministrada por la pila será, 1 2 = (W) 3 3 La diferencia entre  2 y  se disipa en la resistencia 1 0

 =  ×  = 2 0

0

 1 = 

−  = 23 − 59 = 19 2

(W)

PROBLEMA 1.6 Dados los circuitos indicados en   y  de la figura P1.6, calcular la resistencia entre los bornes A B.

Figura P1.6


12

Solución Circui Circuito to a Se componen sucesivamente sucesivamente las resistencias en sentido sentido derecha derecha izquierda. Primero nos encontramos con las resistencias de 2 Ω en paralelo, 1 1 1 = + =1 1 = 1 Ω 1 2 2 A continuación componemos las resistencias en paralelo 1 y 2

→

Ω

1 1 1 1 3 2 = + =1+ = 2 = Ω 2 1 2 2 2 3 La resistencia entre los bornes A B se obtiene sumando 2 a la resistencia de 2 Ω que está unida al borne A,

→

 = 2 +

2 8 = 3 3

Ω

Circuito b Procedemos de forma análoga al apartado anterior. En primer lugar se suman las tres resistencias en serie de 2 Ω. 1 = 2 + 2 + 2 = 6 Ω La resistencia 1 está en paralelo con la resistencia de 6

Ω,

por tanto,

1 1 1 1 = + =  6 6 3 La resistencia total será,  = 3

Ω

Circuito c Seguim Seguimos os un procedi procedimi mien ento to simil similar ar a los los anter anterio iores res.. En primer primer lugar lugar sumamos las resistencias de 2 Ω que están en serie, 1 = 2 + 2 = 4

Ω

Ahora se componen las tres resistencias 1 , 2 paralelo,

Ω

y 4

1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + =1  1 2 4 4 2 4

Ω que

están en


13

La resistencia desde los bornes A B es en este caso,  = 1

Ω

PROBLEMA 1.7 Dado el circuito indicado en la figura P1.7, calcular la resistencia entre los bornes AB antes y después de conectar la resistencia  a los terminales MN.

Solución Se trata de asociación de resistencia en serie y paralelo.

Figura P1.7

Figura P1.7.1

Antes de conectar la resistencia a los terminales MN El proceso se muestra en la figura P1.7.1. En primer lugar se tiene en cuenta que la resistencia  unida a M está en circuito abierto. Después se componen en paralelo 2 2  y , que dan lugar a  , 1 1 1 3 3 = + = =   2 2 2 2 La resistencia en los bornes AB será, 2  =  3 Después de conectar la resistencia a los terminales MN Ahora se comienza el proceso calculando la composición en serie de la resistencia  con la primera rama, como muestra la figura. P1.7.2; después se unen en paralelo con . 1 1 1 3 3 = + = = 1  2 2 2 2 2 1 =  3


14

Después se suman 1 y , 2 =  1 +  =

2 5 +  =  3 3

Figura P1.7.2 A continuación se obtiene la resultante de poner en paralelo 2 con , 1 1 1 1 3 8 8 = + = + = =  2  5 5 2 5  La resistencia final ahora es, 0

5  =  8 0

PROBLEMA 1.8 La figura P1.8 muestra un circuito con un potenciómetro (POT.) de 1 kΩ. Calcular la tensión entre los puntos A B cuando la posición del potenciómetro está en el centro.

Figura P1.8 NOTA: El potenciómetro es un dispositivo de tres terminales, con una resistencia unida a dos de ellos y un contacto deslizante conectado al tercer terminal, que hace contacto con la banda resistiva en distintos puntos, dependiendo de la posición del mando deslizante.


15

Solución Para calcular la tensión entre los bornes A B primero debemos obtener la corriente que circula por la resistencia de 100 Ω Dicha corriente se puede calcular considerando el circuito compuesto por dos lazos y aplicando el método de mallas. El sistema de ecuaciones se plantea suponiendo dos corrientes de lazo  1 ,  2 con sentido horario. 3 = (10 + 1000)  1 0 =

− 500 

2

−500  + (500 + 100)  1

2

Nos interesa únicamente calcular  2 , por tanto aplicando el método de Cramer obtenemos,

 2 =

¯¯ ¯¯ − ¯¯ −

1010 3 500 0

1010 500 La tensión    será,

¯¯ ¯¯ ¯

−500

=

1500 ' 4 213 [mA mA]] 356 35 6 00 000 0

600

   = 100 ×  2 ' 0 421 (V)

PROBLEMA 1.9 Dado el circuito indicado en la figura P1.9, calcular la corriente que circula por cada una de las baterías  1 y  2 . Indicar para cada batería si suministra o recibe energía.

Figura P1.9 Solución Se trata de un circuito con dos lazos. Aplicamos el método de lazos,


16

suponiendo unas corrientes de lazo en sentido horario. El sistema de ecuaciones resultante es,

3 Del sistema se deduce que,

−3

= 3 1

 1 =

−1

− 1 5

= 5  2

1 5 = 0 3 5 El signo menos indica que la corriente real en el primer lazo tiene sentido contrario al propuesto. Por la batería  1 circula una corriente    2 =

 =  2

− 

1

= 1 3 (A)

Dados los sentidos de las corrientes  e  2 , la batería  1 suministra energía, y la batería  2 recibe energía. Podríamos decir la batería  2 se está cargando a costa de  1 .

PROBLEMA 1.10 La figura P1.10 muestra un circuito con tres lazos o bucles. Calcular la corriente que atraviesa la batería de 1 5 voltios.

Figura P1.10 Solución El circuito se compone en este problema de tres lazos, por tanto tendremos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. El sistema de


17

ecuaciones que se obtiene, suponiendo las corrientes de lazo en sentido horario, es, 3 = 22  1 1 5 =

−1 5

− 10  − 10  −10  + 22  − 2  −10  − 2  + 22  2

1

3

2

3

= 1 2 3 Para calcular la corriente que atraviesa la batería de 1,5 voltios, tenemos que resolver el sistema y obtener las corrientes  2 e  3 . Por el método de Cramer,

 2 =

¯¯ ¯¯ −− ¯¯ ¯ −−

22 10 10

3 1 5 15

−10 −2

− 22 −10 −10 22 −2 −2 22

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯

=

3 ;  3 = 16

¯¯ ¯¯ −− ¯¯ ¯ −−

22 10 10

−10 22 2

3 1 5 15

− − −10 −10 22 −2 −2 22

22 22 10 10 10 10 La corriente que pasa por la batería de 1,5 voltios es,

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯

=

1 16

3 1 1 = = 0 125 [A] 3 16 16 8 La corriente  entra  entra por el polo negativo y sale por el positivo, en otras palabras, la batería funciona como generador que suministra energía al circuito.  =  2

− 

=

−

PROBL PR OBLEMA EMA 1.1 1.111 El circuito de la fi gura P1.11 muestra la conexión de dos pilas en paralelo que suministran corriente a una resistencia de 100 Ω. Calcular dicha corriente y explicar cuál de las pilas suministra o recibe energía.

Solución Utilizamos el método de lazos para resolver este problema. Se elige el sentido horario para las corrientes en los dos lazos. Las ecuaciones que se obtienen para cada lazo son las siguientes, 1 5

−1

= (1 + 10)  1

1 =

− 10 

2

−10  + (10 + 100)  1

2


18

0 5 = 11  1 10  2 1 = 10  1 + 110  2

−

−

Figura P1.11 Resolvemos el sistema de ecuaciones por el método de Cramer.

 1 =

¯¯ ¯¯ ¯−

05 1

−10

11 10

−10

110

110

¯¯ ¯¯ ¯

=

65 1110

;

65 1110

 1 ' 0 058 [A]  =  1

16 − 1110 ;

− 

2

 2 =

¯¯ ¯¯ − ¯−

11 05 10 1

11 10

−10 110

¯¯ ¯¯ ¯

=

16 1110

 2 ' 0 014 [A]

' 0 044 (A (A)

Dado el sentido elegido para las corrientes en los lazos, la corriente  que circula por la batería de 1 voltio entra por el polo positivo y sale por el negativo, negativo, mientras que la corriente  corriente  1 circulando por la batería de 1,5 voltios voltios entra por el negativo y sale por el positivo. Dadas estas circunstancias la batería de 1,5 voltios suministra energía, es decir, actúa como un generador. La de un voltio recibe energía, por tanto funciona como un receptor; en otras palabras se está cargando.


19

PROBLEMA 1.12 En el circuito de la figura P1.12 tenemos una fuente independiente de tensión y una dependiente de corriente. Utilizando el método de lazos calcular la corriente   que atraviesa la resistencia de 3  Ω, indicada en la figura.

Figura P1.12 Solución El circuito consta de cuatro lazos, que numeramos de la forma siguiente: Número 1, superior izquierdo; número2, inferior izquierdo; y número 3 el inferior derecho. Las corrientes en todos los lazos se suponen en sentido horario. La fuente 3  del lazo uno determina la corriente en dicho lazo.  1 = 3  . En primer lugar establecemos las ecuaciones de lazo.

−

 1 = 0 =

−3  12  + 16 16  − 3 −12 4  −3 + 4 1

2

−4 = La corriente   =  −  , por tanto, 2

2

 1 =

3

3

3

−3 ( −  ) =⇒ 2

3

0 =  1 + 3 3  2

Las ecuaciones del sistema son,

0 =  1 + 3 3  2 0 =

−4

=

3 2

2

3

− 3

12  + 16 16  − 3 −12 0 − 3 + 4 4  1

− 3

3

3

Nos interesa calcular las corrientes  2 e  3 . Mediante el método de Cramer,


 2 =

¯¯ ¯− − ¯¯ ¯¯ − − ¯¯ ¯¯ − 1 12 12  0

0 0 4

−3 −3

1 12 12  0

3 16 16  3

−3 −3

 3 =

1 12 12  0

  =  2

4

4

3 16 16  3 91 91 2

−

¯¯ ¯ − ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯ ¯ − =

0 0 4

156 156 156 = ' 91 91 2 91 91

=

−

−1 714

208  ' −2 286 − 208 91 91  2

2  286 ' 0 572 −  ' −1 714 + 2 3

20

[mA mA]]

[mA mA]]

[mA mA]]

PROBLEMA 1.13

La figura P1.13 muestra un circuito con una fuente de tensión independiente y otra dependiente. Calcular, por el método de nudos, la corriente   que atraviesa la resistencia de 2 Ω situada en la rama central inferior.

Figura P 1.13 Solución Los tres nudos se numeran de la forma siguiente: 1 central izquierdo; 2 central; 3 central derecho. Las corrientes en los nudos son: 1 entran las procedentes de las dos fuentes y sale la que va al nudo 2; 2 entra la que procede del nudo 1 y salen las otras dos; 3 entra la que procede del nudo 2 y salen las otras dos. Ecuaciones para los nudos. Nudo 1 La fuente impone la tensión del nudo,


21

 1 = 5 Nudo 2 0=

− 5 −3

2

+

 2  2  3 + = 2 2

−

10 = Nudo 3 0=

−  2−  2

3

+

− 61 (3 (3  − 8 + 10) 3

2

8  −3 + 8 3

2

 3 ( 3 + 2 2  2 ) 5 + = 1 5 10 =  2 + 17 17  3

−

1 17  + 10) − 10 ( (  − 17 10  2

3

−

Agrupando las dos últimas ecuaciones, tenemos el sistema necesario para calcular las tensiones en los nudos. 10 = 8 2 10 =

− 3

3

17  − + 17 2

3

Para calcular la corriente   sólo necesitamos calcular  2 , por tanto,

 2 =

¯¯ ¯¯ ¯−

10 10 8 1

  =

¯ − ¯ ¯¯ − ¯ 3 17

3 17

=

200 ' 1 504 133

[V]

200 1 133 2000

 2 ' 0 752 2

[mA mA]]

PROBLEMA 1.14 En la figura P1.14 se muestra un circuito con una fuente independiente de tensión y otra de corriente. Calcular, por el método de nudos, la corriente que circula por la resistencia de 1 Ω de la rama central.


22

Figura P1.14 Solución Este circuito tiene tres nudos más el común o tierra. La fuente de tensión valor lor del nudo superior, que consideramos consideramos como nudo 1. Nudo 2 el fi ja el va central izquierdo y nudo 3 el central derecho. Ecuaciones para los nudos,  1 = 6 En el nudo 2 suponemos que entra la corriente que procede de la resistencia de 3 Ω y salen por las otras dos ramas. En el nudo 3 entra la corriente de la fuente de 2 mA y la de la rama central; sale por la rama de 5Ω. Nudo 2 0=

− 6 −3

2

+

 2

− 

3

1

+

 2 = 24

− 36 + 

2

Nudo 3 −3

2 × 10

=

−  1−  2

6 3 −3

2 × 10

3

+

=  2 =

 3 = 5

175 

µ ¶−

 3

1 1

(5  − 6 ) − 51 (5 2

175 

µ ¶−

 3

1 1

(5  − 6 ) − 51 (5 2

3

3

Multiplicando la primera ecuación por 3 y la segunda por 5, 6 =  2 525 10 =

− 3

3

−5 + 6 6  2

3


23

Resolviendo este sistema de ecuaciones obtenemos las tensiones en los nudos.

 2 =

¯¯ ¯¯ ¯−

6 10

¯ − ¯ ¯ − ¯ ¯ 3 6

=

66 = 4 ;  3 = 165 16

¯¯ −

525 6 5 10 165 16

525 3 5 6 La corriente que pasa por la resistencia de 1 Ω es,  =

 2

− 

3

¯¯

=

825 82 =5 165 16

= 1 [mA mA]] 1 La corriente real circula desde el nudo 3 al 2 y es  = 1 [mA mA]]

−

PROBLEMA 1.15 Tenemos el circuito de la figura P1.15, con una fuente de tensión independiente y otra dependiente. Mediante el método de nudos, calcular la tensión  3 entre los extremos de la resistencia de 3  Ω.

Figura P1.15 Solución El circuito se compone de tres nudos, además del común. En el nudo 1 suponemos que salen las corrientes que va a la fuente de 3 V y la que atraviesa la resistencia de 1 1 Ω, y entra la procedente del nudo 2. En el nudo 2 se supone que salen las que van hacia los nudos 1 y 3 y entra la procedente de la fuente 2 3 . En el nudo 3 entran la procedente del nudo 1 y 2 y sale la que atraviesa la resistencia de 3 Ω. Con estas condiciones de referencia establecemos las ecuaciones para las corrientes en los tres nudos. Nudo1


0=

 1 ( 1 + 3) + 1 2

24

−  −  −  =⇒ − 3 = 4 −  −  2 2 2 2 2 3 = −4 +  +  3

2

1

1

1

2

2

3

3

Nudo 2 La tensión tensión queda queda determinad determinada a por la fuente  2 = 2 3 Nudo 3 0=

−  4−  + 3  − ( +23) −  2

3

3

1

3

18 =

18 = 12 12 

=

⇒

1 (6 (6  + 3 3  − 13 13  ) − 12 12  1

2

3

13  −6 − 3 + 13 1

2

3

Agrupando las dos ecuaciones tenemos,

3 = 4 1 +  2 +  3  2 = 2 3

−

18 =

13  −6 − 3 + 13 1

2

3

Como  2 = 2 3 , el sistema de ecuaciones anteriores se simpli fica, 3 =

3  −4 + 3 7  −6 + 7

18 =

1

3

1

3

La tensión  3 se calcula resolviendo el sistema de ecuaciones anterior.

 3 =

¯¯ − ¯¯ − ¯¯ −−

4 3 6 18

¯¯ ¯¯ ¯

4 3 6 7 La tensión pedida es,  3 = 5 4

PROBLEMA 1.16

=

−54 = 5 4 −10

[V]

[V]

Dado el circuito de la Figura P1.16, con fuentes independientes independientes de tensión y de corriente, corriente, calcular, calcular, por p or el método de nud nudos, os, la corri corrien ente te que circ circula ula por la resistencia de 3  Ω.


25

Figura P1.16 Solución Tenemos en el circuito tres nudos y el común. Suponemos que en el nudo 1 sale la corriente que va hacia la fuente de 3V y la que atraviesa la resistencia de 1Ω, entra la corriente que procede del nudo 2. En el nudo 2 entra la que suministra la fuente de corriente de 3 mA, salen las que se dirigen al nudo 2 y 3. En el nudo 3 entra la procedente del 2 y de la fuente de 3V, sale la que atraviesa la resistencia de 3Ω. La fuente de 3 mA determina la corriente en su rama. Las ecuaciones en los correspondientes nudos son: Nudo 1 0=

 1 (3 +  1 ) + 1 7

−  −  −  2 3

1

6 1 = (9 (9  + 7 7  − 2 ) ⇒ − 14 14  14 14 

2

=

2

3

−6 = 9 + 7 7  − 2 1

Nudo 2 −3

3 × 10

=

 1

− 

2

2

− 

Nudo 3

3

1 ( −5 + 3 3  + 2 2  ) − 5 10 10  30 = 55  − 3 − 2 +

 2

2

3

1

0=

1

=

1

2

2

3

3

1 (15 (15  + 21 21  − 71 71  + 45) −  5−  − (3 +  7) −  + 3  = − 105 105  45 = −15 15  − 21 21  + 71 71  2

3

1

3

3

1

1

2

2

3

Agrupando las tres ecuaciones tenemos el siguiente sistema,

3


−6

= 9 1 + 7 7  2

30 =

26

− 2 5 − 3 − 2 15  − 21 21  + 71 71  −15 1

3

2

3

45 = 1 2 3 Para calcular la corriente que nos piden debemos obtener  3 .

 3 =

¯¯ ¯¯ − ¯¯ ¯¯ −

9 5 15 9 5 15

7 3 21

−6

7 3 21

−2 −2

− −

30 45

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯

=

630 = 4270

−

− 619 = 3

− − 71  9 1 3  = =− = − = −49 49 18 3 61 3 61 3

[V]

[mA mA]]

La corriente real tiene sentido contrario al supuesto, por tanto entra en el nudo 3 y sus valor es,  = 49 49 18

[mA mA]]

PROBLEMA 1.17 La figura P1.17 muestra un circuito con una fuente de tensión independiente y otra de corriente dependiente. Calcular, por el método de nudos, la corriente   que circula por la resistencia de 4  Ω.

Figura P1.17 Solución Tenemos dos nudos. En el primero suponemos que entran la corrientes que procede de la fuente de tensión de 3 V y de la 3 3   y sale la que atraviesa la resistencia de 6 Ω; en el segundo entran la procedente del nudo uno y la de la fuente de 2V y sale   .


27

Las ecuaciones correspondientes son: Nudo 1 0=

− 3 −2 − 3  +  6−  1

1

9= Como   =  2 4, 9= Nudo 2 0=

2

− 61 ( (  − 4 + 18 18   + 9) 2

1

4  − 18 18   − + 4 2

1

 4  − 18 18  = 4 − 55 − + 4 4 2

2

1

−  6−  − 2 −1 1

=

2

2

24 =

1

 2 = 4

+

2

1 (2 (2  − 17 17  + 24) − 12 12  1

2

17  −2 + 17 1

2

Agrupando las ecuaciones queda,

9 = 4 1 55 2 24 = 2 1 + 17 17  2

−

−

Para calcular   necesitamos conocer  2 . Por el método de Cramer,

 2 =

¯¯ ¯¯ − − ¯−

  =

4 9 2 24

4 2

¯¯ ¯¯ ¯

55 17

=

114 = 2 [V] 57

 2 2 = = 0 5 4 4

[mA mA]]

PROBLEMA 1.18 La figura P1.18 muestra un circuito con una fuente de tensión y otra de corriente independientes. Calcular los circuitos equivalentes Thévenin y Norton, vistos desde los terminales A - B.


Figura P1.18 Solución

En primer lugar vamos a calcular la tensión en los terminales A_B. Para ello utilizamos el método de nudos. El nudo 1 es el unido a las fuentes de tensión y corriente y el dos es en el que con fluyen cuatro resistencias. La fuente de tensión de 4 V determina la tensión del nudo 1, por tanto sólo nos queda establecer la ecuación para el nudo 2. Suponemos que entra la corriente que procedente de la fuente de 2 mA, además de la que procede del nudo 1, y salen las otras dos. Nudo 1  1 = 4 V. Nudo 2,

2 × 10−3 = − Operando,

4 −  2  2 2  2 + + = (2  2 − 3) 2 2 3 3

12 = 3 [V] 4 La tensión tensión  en los los term termin inal ales es A-B, A-B, es deci decirr la tens tensió ión n del del circ circui uito to equivalente Thévenin, es, 6 = 4 2 − 6

=⇒

 2 =



 = 2 = 2 

 2

3

 = 0 5

=

23 1 = 34 2

[V] La resistencia equivalente, en este caso, la calculamos cortocircuitando la fuente de tensión y dejando en circuito abierto la de corriente. Con estas condiciones, la resistencia vista desde los terminales A-B es la siguiente: Primero se combinan en paralelo de las resistencias de 2 Ω que 


unen el nudo 2 con tierra; el resultado se suma a la resistencia de 1Ω y se combina en paralelo con la resistencia de 2Ω 

1 1

=

1 1 1 + = 2 2 1

=⇒

1 = 1 Ω

2 = 1 + 1  = 2

1 



=

1 1 1 + = 2 2 1

por tanto,  = 1 Ω 

El circuito circuito equivalen equivalente te Thévenin Thévenin desde los terminales A-B se compone de una fuente independiente de  = 0 5 [ ] en serie con una resistencia  = 1 Ω. Para obtener el circuito equivalente Norton debemos calcular la corriente de cortocircuito, que es, 



 =





= 0 5 [mA]  El circuito equivalen equivalente te Norton se compone de una fuente de corriente independiente independiente de  = 0 5 [mA] en paralelo con una resistencia  = 1Ω. 







PROBLEMA 1.19

Tenemos un circuito con una fuente de tensión independiente y otra de corriente dependiente, como muestra la figura P1.19. Calcular los circuitos equivalentes Thévenin y Norton desde los terminales A - B. Solución

Vamos a calcular en primer lugar la tensión entre los terminales A-B. Utilizaremos el método de nudos para encontrar las ecuaciones que nos permiten calcular las tensiones en los nudos y corrientes en las ramas. El nudo 1, al que están unidas las dos fuentes, tiene una tensión de 6 V, que impone la fuente de tensión. El nudo 2, es al que se unen la fuente de corriente, las resistencias de 2  Ω y la de 1  Ω. Las corrientes en el nudo 2, suponemos que tienen las siguientes direcciones de entrada y salida; entra la procedente del nudo 1 y salen las demás. Nudo 1  1 = 6 V.


30

Figura P1.19 Nudo 2 0=

− 6 −2

2

+

 2 1 + 3 3  +   = ( (  2 + 4 4   2 

− 3)

3 =  2 + 4 4   Como la corriente   es,   =

 2 3

 2 7 =  2 3 3 La tensión en los terminales A-B es, 3 =  2 + 4 4

=

⇒

 2 =

9 7

 2 29 6 = = =   ' 0 857 [V] 3 37 7 Para calcular la resistencia equivalente, ahora no podemos recurrir al cortocircuito de fuentes, ya que en la dependiente, su corriente depende de lo que ocurre en otra parte del circuito. En este caso tenemos que calcular la corriente que pasa por el cortocircuito resultante de unir los terminales A-B. Nos sirven las ecuaciones obtenidas antes salvo que ahora la corriente   es igual a la de cortocircuito, es decir,   = 2  = 2

⇒

3 =  2 + 4 4   La corriente   =   es,


  =   =

 2 1

=

⇒

3 =  2 + 4 4

31

 2 = 5 2 1

3 =   = 0 6 [mA mA]] 5 La resistencia equivalente Thévenin y Norton es,  2 =

 =

⇒

  6 5 3 10 3 = 10 = 10 ' 1428 1428 6   73 7

[Ω]

El circuito equivalente Thévenin se compone de una fuente de tensión independiente   ' 0 857 [V] en serie con una resistencia en serie  ' 1428 6 [Ω]. 1428 El circuito equivalente Norton se compone de una fuente de corriente independiente   = 0 6 [mA mA]] con una resistencia  ' 1428 1428 6 [Ω] en paralelo.

PROBLEMA 1.20 La figura P1.20 muestra un circuito con una fuente de tensión independiente y otra dependiente. Calcular los circuitos equivalentes Thévenin y Norton desde los terminales A - B.

Figura P1.20 Solución Este circuito tiene tres nudos, además del común. El nudo 1 se caracteriza por que su tensión la determina la fuente de 6 V. El nudo 2 es donde confluyen tres resistencias y el 3  coincide con el terminal A. Aplicamos el método de nudos para calcular las tensiones en los nudos. En el nudo 2 suponemos que entra la corriente procedente del nudo 1 y salen


32

las otras dos. En el nudo 3 suponemos que entra la procedente del nudo 2 y salen las otras dos. Las ecuaciones en los nudos son: Nudo 2 0=

− 6 −2

2

+

 2  2  3 + = 2 1 3 = 2 2

Nudo 3 0=

−  1−  2

3

+

(  − 2 + 3) − 1 (

−

( 3 + 3 3  2 ) 1

3

2

− 

3

− 6 + 

1 = (2 (2  2 + 3 3  3 1  3

− 6)

6 = 2 2 + 3 3  3 Agrupando las ecuaciones tenemos el sistema para calcular las tensiones en los nudos, 3 = 2 2

− 

3

6 = 2 2 + 3 3  3 La única tensión que nos interesa calcular es  3 , por tanto,

 3 =

¯¯ ¯¯ ¯

¯¯ ¯ − ¯ ¯

2 3 2 6

2 1 2 3 La tensión equivalente Thévenin es,

=

3 6 = 8 4

  = 0 75 [V] Ahora, como en el problema anterior, debemos calcular la corriente de cortocircuito al unir los terminales A-B, es decir,  3 = 0. Las ecuaciones ahora para los dos nudos son: 0=

3 2 6 2

− −  = 1 (2 (2  − 3) 1  2

2

3 = 2 2 En el nudo 3,


0=

33

3  − 6 2 − 1  + 3 +   = ( (  − 3) +   1  2

2

2

2 (3  2 )  Sustituyendo el valor de  2 de la primera ecuación en la última,   =

2   =   =  La resistencia equivalente es,

−

3 = 3 2

µ−¶ 3

[mA mA]]

  31 3 = 10 ' 250 [Ω]   43 El circuito equivalente Thévenin se compone de una fuente de tensión independiente de  de   = 0 75 [V] en serie con una resistencia   ' 250 [Ω]. El circuito equivalente Norton se compone de una fuente de corriente independiente   = 3 [mA mA]] en paralelo con la resistencia obtenida para el equivalente Thévenin.  =

PROBLE PR OBLEMA MA 1.21 Dado el circuito indicado en la figura P1.21 calcular el circuito equivalente Thévenin con respecto a los bornes A B. Calcular el valor de la resistencia  que se aplica a los bornes A B para que se le trans fiera la máxima potencia.

Figura P1.21 Solución El circuito equivalente Thévenin se obtiene de forma siguiente: Primero se calcula la tensión entre A y B sin aplicar la resistencia  ; a continuación


34

se obtiene la resistencia equivalente  cortocircuitando los generadores y calculando la resistencia que se  desde los bornes A B. Para calcular   entre A B se aplica el método de mallas al circuito, cuyas ecuaciones son: 2

−3

= (2 + 2)  1

3 =

−1

− 2 

2

−2  + (4 + 2)  1

= 4  1

3 =

2

− 2 

2

−2  + 6  1

2

La corriente que circula por el segundo lazo se calcula resolviendo el sistema por el método de Cramer,

 2 =

¯¯ ¯¯ − ¯¯ −

4 2

−1 3

¯¯ ¯¯ ¯¯

=

4 2 2 6 La f.e.m del generador equivalente es,

−

10 ' 0 5 [A] 20

=     =   = 4 ×  2 ' 2 [V] La resisten resistencia cia equiv equivalente alente se obtiene obtiene cortocircu cortocircuitan itando do los generado generadores res y calculando la resistencia desde A-B en el circuito que muestra la figura P1.21.1.

Figura P1.21.1

Figura P1.21.2

Dado que las tres resistencias están en paralelo,


35

1 1 1 1 = + +  4 2 2 4 ' 0 8 [Ω] 5 En la figura P1.21.2 se muestra el circuito equivalente. La aplicación del teorema de máxima transferencia de potencia determina que,  =

 =  =   En consecuencia la resistencia que debemos aplicar es,  ' 0 8 [Ω]

PROBLEMA 1.22 Dado el circuito de la fi gura P1.22, calcular el equivalente Thévenin desde los terminales A-B. ¿Qué resistencia  debemos colocar entre A y B para que se suministre la máxima potencia a dicha resistencia?

Figura P1.22 Solución En primer lugar obtenemos la f.e.m. del generador equivalente Thévenin calculando     La corriente que circula por la rama izquierda es, 3 = 0 5 [A] 2+4 Por la rama derecha circula una corriente  2   1 =

 2 =

3 ' 0 15 [A] 8 + 12


36

Las tensiones en A y B son respectivamente,   =  1 4 = 2 [V]   =  2 12 = 1 1 8 [V] La diferencia de potencial    , que es igual a   , se,   =    =  

−   = 0 2

[V]

La resistencia  del circuito equivalente se calcula cortocircuitando la batería de 3 voltios y obteniendo la resistencia que se ”ve” desde ”ve” desde los bornes AB. La figura gura P5.15 P5.15.1 .1 muestra uestra la disposi disposició ción n de las las resis resisten tencia ciass despué despuéss de cortocircuitada la batería. Es decir, resulta una disposición serie de dos grupos de resistencias en paralelo. La resistencia equivalente será,

Figura P1.22.1  =  1 + 2 1 1 1 3 = + = ; 1 2 4 4 1 =

4 ' 1 333 (Ω) 3

1 1 1 5 = + = 2 12 8 24 ;

 ' 6 133

2 =

24 = 4 8 5

(Ω)

(Ω)

En la figura P1.22.2 se muestra el circuito equivalente Thévenin con la resistencia de carga  sin conectar. El teorema de la máxima transferencia de potencia determina que la resistencia que debe utilizarse para que se la trans fiera la máxima potencia será,


 =   ' 6 133 (Ω)

Figura P1.22.2

37

Capítulo 2

CIRCUITOS CON CORRIENTE VARIABLE FENÓMENOS FENÓMENO S TRANSIT TRANSITORIOS ORIOS PROBLEMA 2.1 Tenemos dos circuitos como los indicados en la figura P2.1 P2.1 y y  .. Cuando se cierra el interruptor S de los dos circuitos, ¿qué diferencia existe entre las corrientes iniciales de cada circuito? Si reducimos  reducimos  a la mita mitad, d, ¿qué parámetro parámetro del circuito circuito cambia cambia y en qué proporción?

Figura P2.1 Solución En el apartado correspondiente a los fenómenos transitorios en un circuito   serie, se obtiene la siguiente expresión para la corriente,

−

CAPÍTULO CAPÍTULO 2. CIRCUITOS CIRCUITOS CON CORRIENTE CORRIENTE VARIABL VARIABLE E

  (1 exp( ))  ))   De forma análoga, en el apartado sobre el circuito  expresión siguiente para la corriente,  =

−

−

39

−  , se deduce la

  exp( )   De las dos ecuaciones anteriores se deduce que para  =  = 0 la corriente en el circuito   es nula mientras que en el circuito   alcanza  alcanza el valor máximo, es decir, Para  = 0,  =

−

−

−

  Este comportamiento se debe a que inicialmente en el circuito   la f.e.m. inducida en la autoinducción  que se opone al paso de corriente alcanza su máximo valor   ,, en consecuencia la corriente es nula. En el circuito   ocurre ocurre lo contrario, es decir, en el instante inicial el condensador está descargado y por tanto la diferencia de potencial entre sus bornes es cero y como consecuencia la corriente únicamente está limitada por la resistencia ,  =  =  . . Si reducimos reducimos  a la mitad, el parámetro del circuito que cambia en ambos casos es la denominada constante de tiempo, y como se muestra en los apartados correspondientes de teoría, es de la forma siguiente en cada circuito, Circuito 

−→

 = 0 ; Circuito 

−  → →

 =

−

−

Circuito 

−  →  = 

; Circuito 

−  →  = 2

; Circuito 

−  → →

 = 

Cuando se reduce la resistencia a la mitad, las respectivas constantes de tiempo son,   2 En forma verbal, la constante de tiempo se duplica en el circuito  y se reduce a la mitad en el circuito   . Circuito 

PROBLEMA 2.2

−

−  → →

 =

−

Al cerrar el interruptor S del circuito indicado en la figura P2.2, circula por él una corriente oscilatoria que se inicia y termina con valor nulo. Ex-


40

plicar qué componentes del circuito y por qué razón determinan los valores inicial y final de la corriente indicados.

Figura P2.2 Solución Comienza con valor nulo por que la f.e.m. inducida en , , como hemos visto en el problema anterior, inicialmente es del mismo valor y signo contrario a la aplicada. Cuando  tiende a in finito la f.e.m. inducida en  tiende a cero, pero el condensador se comporta como un circuito abierto en el caso de corriente continua, por tanto la corriente final también es nula.

PROBLEMA 2.3 En el instante  = 0 se cierra el conmutador S en el circuito   indicado en la figura P2.3. Calcular las energías suministrada por la batería, disipada en la resistencia y almacenada en el condensador.

−

Figura P2.3 Solución En primer lugar debemos obtener la ecuación que relaciona las distintas tensiones en los bornes de cada componente en un instante dado y la que se aplica mediante la batería. En el condensador,


 =

41

 

En la resistencia  =  La tensión aplicada será igual a la suma de la tensión en el condensador y resistencia.  +   Para calcular la energía suministrada por la batería, así como la almacenada en el condensador y disipada en la resistencia, se multiplica ambos miembros de la ecuación anterior por   y  y se integran entre 0 e ,   =

∞

  + 2   Teniendo en cuenta la de finición de corriente,    =  =

 =

  

  1  + 2  =  =  + + 2      En el apartado correspondiente a los fenómenos transitorios en un circuito   , la corriente obtenida es de la forma,     =  =

−

   exp( )   Calculamos la energía suministrada por la batería utilizando la corriente anterior e integrando entre cero e in finito,  =

−

    2    =   exp( ) =  = (  )[exp( )]0 =  2      0 La energía almacenada en el condensador se obtiene mediante la integración del segundo término del segundo miembro de la ecuación para el balance de energía en el circuito, ∞

Z

−

1   = 

−



Z 0

−

1  2  1 2  = = [ ] 0 =  2 2 

∞


42

Donde  Donde  representa representa la carga final del condensador, es decir, para  =  = . La carga inicial del condensador es nula, ya que suponemos que se parte del condensador descargado. Por de finición la relación entre la carga y potencial en el condensador es  =  =    , por tanto,

∞

11 1 (   )2 =   2 2  2 Llevando Llevando las expresiones de  de   y  y   a la ecuación que muestra el balance de energía en los distintos componentes obtenemos,   =

1  2  =   2 + 2  2 0 Despejando el término con la integral y operando obtenemos la energía disipada en la resistencia, que es de la forma siguiente, ∞

Z

1   2 2 0 En conclusión, la batería suministra una energía   =   2 . La mitad de dicha energía se almacena en el condensador y la otra mitad se disipa en la resistencia  resistencia  durante durante el proceso que culmina con la carga del condensador al potencial   . ∞

  =

Z

2  =  =

PROBLEMA 2.4 En un instante dado el conmutador S de la fi gura P2.4 pasa de la posición 1 a la 2. Calcular el intercambio de energía en el circuito  . Suponemos que en dicho instante por el circuito   circula una corriente  corriente   =    ..

−

−

Figura P2.4 Solución Calculamos el balance de energía en el proceso que ocurre al cortocircuitar el sistema   partiendo de la ecuación diferencial que expresa su

−


43

comportamiento en régimen transitorio:   +  =  = 0  Si multiplicamos los términos de la ecuación por  , , y a continuación integramos entre  = 0 y  =  obtenemos el balance de energía en el proceso. 

∞

∞

Z Z 0

   + 

∞

Z Z

2  =  = 0

0

 2   =   =  =  =  =   [ ] 0  2 0 0 Para  = 0 la corrien corriente te que circula circula por  es   =    Cuando  Cuando  = la corriente por el circuito es cero. Con estos límites la energía   será, ∞

∞

  =

∞

∞

− 12  

2

Llevando este resultado a la ecuación del balance energético queda, 1 2   + 2  =  = 0 2 0 Despejando la energía disipada en la resistencia tendremos, ∞

Z

−

1 2 1   2   = ( ) 2 2  0 Las relaciones obtenidas ponen de mani fiesto que la energía almacenada en el instante  instante  = = 0 en la autoinducción  se  se disipa en la resistencia durante el proceso que termina con una corriente nula en el circuito. ∞

Z

2  =  =

PROBLEMA 2.5 Dado el circuito indicado en la figura P2.5, en el instante  = 0 se cierra el interruptor S. Calcular la corriente () que circula por .

Solución Se trata de encontrar la corriente de cortocircuito en la autoinducción  = 0 1 . La ecuación diferencial que gobierna este proceso es: 

 +  =  = 0 


44

Y su solución es:  =  =   exp(

−  )

Figura P2.5 La corriente inicial en nuestro caso es la que atraviesa las dos resistencias de 50 Ω y  antes de cerrar S, es decir,   10 = = 0 1 [A] 2 × 50 100 Al cortocircuitar, la única resistencia que permanece en serie con  es  = 50 Ω, por tanto la corriente que circula por  es,   =

− 050 1 ) = 0 1exp(−500 )

 = 0 1exp(

PROBLEMA 2.6 En el circuito indicado en la fi gura P2.6 el conmutador S está inicialme inicialmente nte en la posi posició ción n 1, al alcan canzan zando do el es estad tado o es estac tacio ionar nario. io. En un ins insta tant nte, e, que consideramos   = = 0, pasamos pasamos S a la posic posición ión 2. Calcular Calcular la corriente corriente  (() que circula por .

Solución Dado que en este problema se trata de cambiar la fuente aplicada, el proceso que tiene lugar consiste en pasar de un condensador cargado a que, en el mismo circuito, se produzca la carga del condensador a otro potencial. La solución de la ecuación general para la carga  , y es de la forma,  =  =  exp( exp(

 −  ) +   

  es el valor del potencial de la pila en la segunda posición, es decir,   = 5   ..


45

Figura P2.6 La constante  se  se calcula aplicando las condiciones iniciales, y en este problema se concretan en que el condensador está cargado en el instante  = 0 a un potencial de 10 10   .. Para  = 0  =  =  =  =   =  10  10 De donde se deduce que, 10  =  exp( exp(

0 ) + 5 5  − 

Operando obtenemos  = 5 . Sustituyendo  en  en la primera ecuación,

  ) + 5 5 = 5 (1 (1 + exp(− )) −  

 = = 5 exp(  exp(

La corriente  se obtiene derivando la carga con respecto al tiempo,  5  = exp( )    El signo negativo se debe a que el condensador se descarga en lugar de cargarse, ya que pasa de estar bajo la tensión de 10 10   a a la de 5   ..  =

−

−

PROBLEMA 2.7 Dado el circuito que muestra la figura P2.7, calcular la corriente  que circula por 1 cuando cerramos el interruptor S.

Solución Si consideramos el circuito formado por dos mallas con las corrientes, 1 =  en la primera malla e 2 en la segunda. Las ecuaciones respectivas para cada malla cuando se cierra el circuito son:   = ( + 1 )

− 

2


− 

2

=

46

−  + 

2

Figura P2.7 La solución de este sistema de ecuaciones podemos obtenerla despejando  en la primera ecuación y sustituyendo dicho valor en la segunda.   + 2    = + 2  + 1  + 1  + 1 Sustituyendo en la segunda y trasponiendo términos,  =

0=

−   ++ 

2

+ 2 + 

1

0=

− + 

+

1

 2 

1  2 2 +   + 1 

2 2 + 2  + 1 Si multiplicamos la última ecuación por (  + 1 ) y  y operamos, queda de la forma,   =  1 2 +

 + 1  2   

Donde,

 =   +  →   =   0

1 2

2

 + 1   La ecuación deducida es similar a la que corresponde a un circuito  , cuya solución obtuvimos en el apartado del circuito   en serie, que es: 0

 =

−

2 =

  1 +  exp( exp( )  ) 1 

−

0

−


47

La constante  se  se determina con las condiciones iniciales. Al conectar el interruptor S la corriente en la malla dos es nula, ya que la f.e.m. en la autoinducción se opone al paso de corriente, por tanto, Para  = 0 De esta condición se deduce que,  =

2 = 0

−  

1

  1 (1 exp( ))  )) 1  Para calcular la corriente ,  , llevamos esta solución para  2 a la expresión obtenida con la ecuación de la primera malla, es decir, 2 =

−

−

0

     1 + (1 exp( ))  ))  + 1  + 1 1  Sustituyendo  por su valor y operando queda,  =

−

−

0

0

    1  = 1+ (1 exp( )  + 1 1  ( + 1 ) Esta ecuación muestra que en el instante inicial ( (  = 0) la 0) la corriente  corriente  es,

µ

−

 = Para  =

−

¶

   + 1

∞,

  1 Los valores muestran que inicialmente la autoinducción se comporta como un circuito abierto y cuando pasa mucho tiempo tiende a un cortocircuito.  =

PROBLEMA 2.8 A un circuito formado por una resistencia  = 1 kΩ en serie con una autoinducción  = 3 H, se le suministra una corriente de la forma que muestra la figura P2.8. 1) Calcular la energía suministrada al circuito entre 0 y 10 s, y entre 0 y 35 s.


48

2) Calcular la energía almacenada en la autoinducción en el instante  = 35 s.

Figura P2.8 Solución La ecuación diferencial que expresa el comportamiento de un circuito  , con  =  = (() y  =  = (() es:

−

 +   =  =   La energía suministrada por el generador será: 



 =

Z



0

Multiplicando los dos miembros de la ecuación diferencial anterior por  y  y sustituyendo en la energía tendremos, 

 =

Z



 =  =  

0

Z



 + 

0

Z

2 

0

Para calcular los dos términos del segundo miembro necesitamos conocer el comportamiento de  en los distintos intervalos de tiempo. Intervalo 0  20 La ecuación de la recta   nos proporciona la variación de la corriente con el tiempo.

≤ ≤

−

 = Intervalo 20

2  = 0 1 20

≤  ≤ 30  = 2


Intervalo 30

49

≤  ≤ 40 − 102  + 

 =

Para  = 40 40   = = 0, por tanto  = 8  =

−0 2 + 8

1) La 1) La energía disipada en la resistencia es: 

  = 

Z

2 

0

La energía almacenada en el campo magnético: 

  =  = 

Z



0

Entre 0 y 10 10 segundos segundos 10

  = 

Z

3

2

3

−2

001 01  =  = 10 × 10

3

0

10

∙ ¸

0

1   = 104 [J] 3 La corriente para  = 10 10 es es 1 A, por tanto, 1

  =  = 

Z 0

La energía total será:

1 1 3 1  =  =  2 0 =  = 2 2 2

10

 =

Z

  =

0

£¤

[J]

1 4 1 10 + ' 3333 3333 8 [J] 3 2

Entre 0 y 35 35 segundos segundos 20

0

  = 

Z

30

2

0 01 01  + 

0

Z

20

35

2

2  + 

Z ¶

30

(8

2

− 0 2 )

8000 + 40 + 11 11 667 ' 78333 [J] 3 La corriente para  = 35 35 es es 1 A, por tanto,

µ

  ' 103 × 10 0

−2




1

0

  =  = 

Z 0

1  =  =  2 2

1

£¤

La energía total será:

0

50

1 3 =  = = 1 5 [J] 2 2

35

3 ' 78334 78334 5 [J] 2 0 2) La 2) La energía almacenada en la autoinducción en el instante  =  = 35 35 s s es: 0

 =

Z

 ' 78333 +

1

0

  = 

Z 0

 =  =

1  1  2 0 = = 1 5 [J] 2 2

£¤

Capítulo 3

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA FENÓMENOS ESTACIONARIO PROBLEMA 3.1 Calcular las reactancias   de una bobina de 1 de 1 mH mH y    de un condensador de 1 de 1  F, F, para las siguientes frecuencias:   = = 1000 Hz 1000 Hz y   = = 10000 Hz.

Solución Dado que  = 2 y  y teniendo en cuenta que,   =  =  

y

   =

− 1

Cuando  = = 1000 1000 Hz Hz   = 2 103 × 10

−3

= 2

Ω

y    =

Para  = = 10000 10000 Hz Hz   = 2 104 × 10 0

−3

= 20 

Ω

0

1 3 × 10

− 210

y   =

−6

1 4 × 10

− 210

=

−6

− 500 

[Ω]

− 50 

[Ω]

=

PROBLEMA 3.2 Dibujar una gráfica de la reactancia en función de la frecuencia para los dos componentes indicados en el problema anterior. Observar los valores respectivos para  = 0 y  .

→ ∞ →

CAPÍTULO CAPÍTULO 3. CIRCUITOS CIRCUITOS DE CORRIENTE CORRIENTE ALTERNA ALTERNA

52

Solución Partiendo de los valores de cada reactancia en función de la frecuencia angular obtenemos sus valores en función de  ,  ,   =  =   = 2  ;    =

− 1 = − 21 

Figura P3.2 La reactancia inductiva es una función lineal de la frecuencia, mientras que la capacitiva varía con la inversa de la frecuencia. Su representación gráfica se muestra en las figuras P3.2 P3.2 y P3.2 P3.2 . En los extremos de la frecuencia, las reactancias alcanzan los siguientes valores, Para Para

PROBLEMA 3.3



→0



→ → ∞

 

→0

 

y

→∞

  

→ −∞

y

  

→ 0

Una bobina de 50 de 50 mH mH tiene una reactancia inductiva de 1500 Ω (1 (1 5 k Ω) para una frecuencia determinada, ¿Cuál es dicha frecuencia? Si se duplica la frecuencia, ¿cuánto varía la reactancia inductiva?

Solución La reactancia inductiva es: −3

  =   =  =  × 50 × 10 Por tanto, despejando  tendremos,  =

1500 50 × 10

−3

= 1500 Ω

= 3 × 104 s

−1


53

Dado que  = 2  ,  , la frecuencia será,  3 × 104  = = ' 4774 477465 c/s 2 2 Si se duplica la frecuencia, 0

  = 2  = 2 × 1500 Ω = 3000 Ω Es decir, se duplica la reactancia.

PROBLEMA 3.4 Un condensador de 0,5  0,5 F F tiene una reactancia capacitiva de 15 Ω para una determinada frecuencia, ¿cuál es dicha frecuencia? Si se reduce dicha frecuencia a la mitad, ¿cuánto valdrá ahora la reactancia capacitiva?

−

Solución La reactancia capacitiva es:    =

1 1 =− −   × 0 5 × 10

−6

=

−15 Ω

Despejando  tendremos, 1 15 × 05 × 10 Y la frecuencia   será,  =

−6

−1

' 133333 133333 33 s

 106  = = ' 21220 21220 7 c/s 2 2 × 7 5 Si se reduce la frecuencia a la mitad,  = 12  y por tanto, 0

−  1 = − 2 = −2 × 15 = −30 Ω 0

La reactancia capacitiva se duplica.

PROBLEMA 3.5 Tenemos una bobina de 0 4 H en serie con un condensador de 0 1 F. Calcular la frecuencia para la que tienen el mismo módulo la reactancia inductiva y la capacitiva. Obtener las reactancias respectivas.

Solución La dos reactancias tienen el mismo módulo cuando se cumple que,


  =

1  

Es decir, cuando, 1 4 × 10 1 × 1 × 10 La frecuencia es,  =

√

−7

−

2 =

→ =

54

1  

1 4 × 10

√

−1

−8

= 5000 s

 5000 = ' 795 795 775 c/s 2 2 Las respectivas reactancias para la frecuencia obtenida son:  =

  =   = 5000 × 0 4 = 2000    =

− 1 = − 5000 × 01 1 × 10

−6

=

Ω

−2000 Ω

PROBLEMA 3.6 Tenemos un circuito  circuito    serie, serie, con  con  = = 4 Ω ,   = = 5 H y  y  = 1  F, y se supone que la frecuencia angular utilizada es  = 106 s 1 . Calcular cada una de las reactancias. Obtener la impedancia compleja, así como el módulo y la fase de dicha impedancia.

− −

−

Solución Para calcular la solución debemos sustituir los datos que corresponden a cada componente y realizar la operaciones necesarias a fin de obtener el resultado,   =   = 106 × 5 × 10

−6

   =

− 1 = − 10

1 6 × 10

 = 4

−6

=5 =

Ω

−1

Ω

Ω

La impedancia compleja será, ¯ = Z =  +  (  +    + (5 (5  ) = 4 + 

− 1)


55

+  4 Z = 4 +  El módulo de la impedancia es, 2 12

2

 = |Z| = (4 + 4 )

√

=4 2

Ω

La fase o ángulo que forma el vector que representa la impedancia con el eje real (eje X) es,   +   4  = arctan arctan ( ) = arctan(1)  4

 = arctan

 = 45

PROBLEMA 3.7 Se define el voltaje e ficaz de una tensión periódica  (() de la forma siguiente: 12

1  2   =  ()   0 Calcular el valor e ficaz de la tensión periódica que se muestra en la fi gura P3.7.

µ Z

¶

Figura P3.7 Solución La función periódica que representa la figura P3.7 es un impulso rectangular cuya amplitud es 2 y su periodo  .  . Aplicando la de finición de tensión eficaz calculamos su valor,   =

Ã Z 1 

 2

0

2

2  +

12

Z ! µ ¶ 

0

 2

=

1  4  2

12


56

El valor eficaz de la tensión es,   =

√

2

[V]

PROBLEMA 3.8 Dado el circuito indicado en la figura P3.8, calcular lo siguiente: Impedancia de cada rama, corriente en cada rama, impedancia conjunta de las dos ramas y corriente total que suministra la fuente de energía.  = 10 co coss  ,, para  = 104 y  = 2 × 104 .

Figura P3.8 Solución 1) El 1) El generador suministra una tensión  =   cos   = 10 cos 10 4  De donde se deduce que,   = 10 10 [V]

 = 104 s

−1

y

Impedancias de cada rama La impedancia de la rama izquierda es una asociación en serie de una resistencia y una inductancia, por tanto su impedancia será,

¡ − ¡ ¢ µ− ¶

+    Z1 = 10 +   = 10

4

−5

 10 × 10

El módulo y la fase correspondiente son,  1 = 102 + 102

12

¢

−1

= 10

√

= 10 2 [Ω]

10 = arctan(1) 1 = 10 La expresión exponencial de la impedancia es, 1 = arctan

−  10

→

− 4 = −45


√

√

57

 ) 4 La impedancia de la rama derecha es una asociación en serie de una resistencia y una reactancia capacitiva, por lo que su impedancia será, =  1  Z1 = 

1

= 10 2 

 4

−

= 10 2 exp( 

+    = 10 +  +  104 × 10 Z2 = 10 + 

−3

−

= 10 +  +  10

Su módulo y fase son, 2

¡

 2 = 10 + 10

2 12

¢

[Ω]

→

2 =

= 10 2

10 = arctan(1) 10 La forma exponencial de Z2 es, 2 = arctan

µ¶

√

√

√

 = 45 4  4

 4 =  2  2 = 10 2   = 10 2exp(  ) Z2 = 

Corriente en cada rama Rama izquierda,

√

√

10 2  4 2   = =  = (cos +  sen ) I1 =  4 2 2 4 4 Z1 10 2   Hemos utilizado la formula de Euler   = cos  +  sen , que relaciona relaciona la exponencial compleja con las funciones circulares seno y coseno. V

√

I1 =

−

√ √ 2 2

Ã

√

!

2 2 1 +  = (1 +  + )) [A] 2 2 2

Podemos calcular la corriente usando la forma cartesiana de los números complejos, I1 =

10 1 1 +  +  = = 10 10  10 1  1+1

−

I1 =

La corriente I2 será, I2 =

−

1 (1 +  + )) [A] 2

10 1 1  = = 10 +  + 10 10 10(1 +  + )) 10(1 +  + )(1 )(1 )  )

−

−


58

1 (1 )  ) [A] 20

I2 =

−

Impedancia conjunta Se obtiene asociando las dos impedancias Z1 y Z2 en paralelo, 1 Z

=

1

+

Z1

1 Z2

=

1 1 + 10 10  10 10 +  + 10 10

−

Realizando operaciones, 1 Z

=

1 1 1 ( (1 +  + )) + (1 10 2 2 1

1 − ))  )) = ((1 − )  ) + (1 +  + )) )) 20

1 2 Z = 10 [Ω] 20 Z La corriente total I que suminis suministra tra la fuente fuente de energí energía a será, será, =

I=

→

10 V = I1 + I2 = =1 10 Z

[A]

2) Para  = 2 × 104 , repetimos los cálculos anteriores pero ahora las reactancias son respectivamente,   =

− 2 × 10 1× 10 4

−5

= 5  5

y

−

  =  = 2 2 × 104 × 10

−3

= 20  20

Impedancias de cada rama Z10 = 10 0

 1 =

√

− 5  5 √

y

100 + 25 = 5 5

0

1 = arctan 0

5 10

y

µ− ¶ − µ ¶

2 = arctan

10 20

'

+ 20 20 Z20 = 10 +  0

 2 =

√

√

100 + 400 = 10 5

0464 rad '

−2633 54” 0

' 0464 rad ' 26 33 54” 0

Corriente en cada rama I10 =

10 10 1 = (10 +  + 5) 5) = (4 +  + 2) 2) 10 5  5 125 5

−


10 10 = (10 10 +  + 20 20 500 Impedancia conjunta I20 =

1 Z0

=

1 Z10

+

1 Z20

=

1 10 5  5

−

+

59

1 − 20)  20) = (1 − 2)  2) 5

1 10 +  + 5 5 10 20  20 1 = + = 10 +  + 20 20 125 500 10

−

Z0 = 10

La corriente total ahora será, I0 =

10 V = = 1 [A] 10 Z0

Tanto la impedancia conjunta como la corriente total son las mismas.

PROBLEMA 3.9 La figur gura a P3 P3.9 .9 mues uestra tra un cir circui cuito to de cor corrie rient ntee al alter terna. na.  = 10 V,  = 103 s 1 . Calcular módulo y fase de la corriente I que atraviesa la autoinducción . 1 = 5 000 Ω  2 = 10000 Ω  = 0 1 F  = 10 H −

Figura P3.9 Solución Para calcular la corriente I que atraviesa la inductancia , debemos en primer lugar obtener la impedancia equivalente de condensador y resistencia 2 en paralelo. Después se calcula la impedancia debida a la autoinducción  en serie con la resistencia 1 . 1

1 1 +  +   2 +    = 2 2 Z2 Sustituyendo los datos numéricos, =

1 +  + 10 103 × 10 = 104 Z2 1

−7

× 104

=

1 +  +  104


60

Despejando Z2 104 104 (1 )  ) = = 5000(1 )  ) Z2 = 1 +  +  1+1 La impedancia Z1 es,

−

−

+   = = 5000 +  + 10 103 × 10 = 5000(1 +  + 2) 2) Z1 =  1 +  La impedancia total es la suma de las anteriores, que están dispuestas en serie. Z = Z1 + Z2 Z = 5000(1

 ) + 5000(1 +  + 2) 2) = 5000(2 +  + )) − )

La corrien corriente te I se calcula aplicando la 2  ley de Kirchho ff a la malla formada por el generador y las impedancias Z1 y Z2 . I=



=

Z

10 10(2 )  ) = 5000(2 +  + )) 5000(4 + 1)

−

2(2 )  ) 4 (2 )  ) = = 4 × 10 5000 10000 El módulo de I es, I=

−

−

−4

 = 4 × 10

√

−4

−4

4 + 1 = 4 × 10

√

5

(2

 ) − )

[A]

La fase, tan  =

−1 = − 0 5 2

 = arcta arctan n ( 05) = 0464 rad = rad = 26 33 54” La corriente se retrasa con respecto a la tensión aplicada.

−

−

−

0

PROBLEMA 3.10 Disponemos de un circuito como el indicado en la figura P3.10, donde  = 10 5 Ω ,  1 = 10 10  F F ,  ,  2 = 0 001 001  F F y  y  = = 1 mH mH La frecuencia angular  = 104 y el generador G suministra una tensión  = 10∠0 = 10+  10+ 0 0 voltios. Calcular módulo y fase de la corriente que circula por la autoinducción . Obtener la diferencia de tensión entre los bornes de la resistencia .


61

Figura P3.10 Solución El circuito está formado por dos impedancias Z1 y Z2 en serie. Z1 está formada por la autoinducción  y el condensador  1 en serie.  y el condensador  condensador  2 dispuestos en paraleZ2 lo forman una resistencia  y lo. Calculamos en primer lugar las impedancias.   Z1 = 

 − 

 4 × 10

=  104 × 10

−3

− 10

1

−5

=0

1 1 +  +   2 1 +  + 10 104 × 105 × 10 9 = +    2 = =   105 Z2 1 105 5 = 10 (1 +  + )) = 5 × 104 (1 )  ) Z2 = (1 +  + )) Z2 1

−

−

⇒

−

4

¡

Z1 + Z2 = 5 × 10 (1

¢

 ) − )

La corriente que circula por el circuito es, I=

  = =  × 10 Z1 + Z2 Z2

−5

−5

−1

(1 +  + ))

(1 +  + )) = 10 4 (1 +  + )) [A] Como la impedancia Z1 = 0 para la frecuencia  = 104 , la tensión entre los bornes de la resistencia  es, I = 10 × 10

−

   = 10 [V]  =  o bien, −4

  

10 = Z2 I = 10

(1 +  + )) = 10 [V] 5 (1 +  + ))

−


62

PROBLEMA 3.11 La figura P3.11 muestra un circuito de corriente alterna. Los valores de cada componente se expresan en forma de número complejo. Calcular el módulo y la fase de la corriente I que suministra el generador.

Solución Determinamos la impedancia total del circuito. En primer lugar calculamos la impedancia de la paralelo de resistencia y condensador en paralelo que denominamos Z1 . 1 Z1 Z1 =

=

4 1 1 +  +  1

1 1 1 +  +  + = 4 4  4 4

−

 ) −  = 4(1 − ) = 2 (1 − )  ) 2 − 

Figura P3.11 A continuación, la impedancia de la resistencia de 2Ω en serie con la bobina es + 2) 2) Z2 = (2 + 

Ω

Seguidamente, Z3 es la impedancia equivalente de Z2 en paralelo con el condensador 1 Z3

=

1 Z2

Luego

+

1 1 1 2  2 + (2 + 2  2 )) 2 1 = + = = = 2  2 2 +  + 2 2 2  2 4  4 + 4 4 4  4 2 2  2

−

−

−

Z3 = 2(1

−

 ) − )

−

Ω

Y la impedancia total del circuito será la suma de Z1 y Z3 Z = 2(1

− )  ) + 2(1 − )  ) = 4(1 − )  )

Ω

−


63

La corriente que circula por el circuito será I=

 Z

=

8 4(1 )  )

−

Operando 8

1 +  +  = (1 +  + )) 4(1 )  ) 1 +  +  El módulo y la fase de la corriente serán I=

 =

[A]

−

√

2 (A)

 = 45 4

 = arctan arctan (1) =

PROBLEMA 3.12

En la figura P3.12 se muestra un circuito divisor de tensión. Calcular la relación entre el voltaje de salida  AB AB y el que suministra la fuente  =   cos  Comprobar si dicha relación varía con la frecuencia.

Figura P3.12 Solución El circuito es la asociación en serie de dos impedancias Z1 y Z2 , que a su vez están formadas por la asociación en paralelo de una resistencia y un condensador. Para calcular    debemos obtener primero las impedancia Z1 y Z2 y después calcular la impedancia total. A partir de esta última se calcula la corriente y con ella se obtiene la tensión pedida. Cálculo de las impedancias. 1 Z1

=

1 1 1 + = +    1 = 10 1 1 1 10

−1

Z1 = 10

1 Z2

=

µ

1 1 +  +   10

−6

1 1 +   2 = +   10 2 100

−8

−6

1 +  +   10

1   10 6 1 + 2 10 12

¶ µ− = 10

¡

= 10

−2

−

−

¶

¢

−6

(1 +  +   10

)


−6

64

1 1   10 2 = 10 1 +  +   10 6 1 + 2 10 12 La impedancia total es la suma de las dos anteriores, por tanto, Z2 = 102

µ

−

¶ µ−

1   10 6 1 + 2 10 12

−

¶

µ− ¶ µ− ¶ −

Z = Z1 + Z2 =

(10 + 100)

−

1   10 6 Z = 110 1 + 2 10 12 La corriente que suministra el generador es, −

−

 1   10 6 = I= 110 1 + 2 10 12 Z La diferencia de tensión entre AB es, 

  

 = I Z2 = 110

µ−

1   10 6 1 + 2 10 12

µ−

−

−

¶

−

−

−1

¶

−1

× 100

1   10 6 1 + 2 10 12

µ−

−

−

¶

10   10   = 11  11 Vemos que la relación entre la tensión de entrada   y salida    no depende de la frecuencia. La razón está en los valores de las resistencias y capacidades capacidades elegidas. elegidas.    =

→

PROBLEMA 3.13 Dado el circuito que muestra la figura P3.13, calcular la impedancia  AB AB que se puede medir en los bornes AB en función de la frecuencia angular  ..

Solución En este circuito se calcula la impedancia mediante la aplicación sucesiva de suma de impedancias en serie y paralelo. 1 Z1 =    

 1 ; 2 −  Z

2

=     + +

1 Z1

; 3 Z = Z2 +  +  


65

Figura P3.13 Realizando los pasos sucesivos tendremos, 1 Z2

=    + +

  =    (1 (1 + 1 2  1

−

−

1 )  2 

 2  1 Z2 =   (  ( 2  2)

− −

−

Finalmente,   Z = 

−

 2  1  4 2  2 32  + + 1  =   (2  2)  (  ( 2  2)

PROBLEMA 3.14

− −

−

−

En el circuito de la figura P3.14 consideramos dos zonas, la situada a la derecha de los puntos AB y la localizada a la izquierda. Suponemos que la segunda es un generador ideal en serie con una resistencia, y la primera una carga compuesta por resistencias y capacidades. Donde  = 104 ,  = 2F = 2 × 10 6 F y  = 50 Ω. Calcular la impedancia  AB AB del circuito situado a la derecha de los puntos AB. −

Figura P3.14


66

Solución La solución se obtiene de mediante la aplicación sucesiva de la asociación de impedancias en serie y paralelo. Z1 =

−

     104 × 2 × 10 6 × 50  +  = = = 50(1 )  )   104 × 2 × 10 6 −

−

1 Z

=

−

−

−

1 1 1 1 1 + = + = (3 +  + ))  Z1 50 50(1 )  ) 100

−

Z = 100

1 (3 )  ) = 100 3 +  +  9+1

−

El resultado final es, Z = 10(3

PROBLEMA 3.15

 ) − )

Dado el circuito de la figura P3.15 P3.15: Donde  = 104 ,  = 2 × 10 3 H,  = 5F = 5 × 10 6 F y  = 20 Ω. 1) Calcular 1) Calcular la impedancia  AB AB . 2) Calcular 2) Calcular la admitancia  AB AB . 3) Obtener 3) Obtener la parte real e imaginaria del circuito equivalente serie indicado en la figura P1.15 P1.15. −

−

Figura P3.15 Solución 1)

Cálcul lculo o de Z En primer lugar se obtiene la impedancia de la resistencia y autoinducción en serie y después se calcula la composición en paralelo de la impedancia anterior con el condensador.


−3

  = 20 +  + 2 2 × 10 Z1 =  +  1 Z

=

1 Z1

× 104 = 20 +  + 20 20 = 20(1 +  + ))

1 + 10  104 × 5 × 10 20(1 +  + ))

−6

+    =

1 Z

=

67

=

1 (1 40

1 − )  ) +  20

1 (1 +  + )) 40

El valor de Z es, Z =

2)

40 = 20(1 (1 +  + ))

 ) − )

Cálc Cálcul ulo o de de la admi admita tanc ncia ia Y Por definición, Y =

1 Z

=

1 20(1 )  )

−

Por tanto

1 (1 +  + )) 40 3) Cálculo Cálculo de las comp componen onentes tes del circuito circuito equiva equivalente lente Hemos obtenido Z . Ahora simplemente debemos separar la parte real e imaginaria de la impedancia, en consecuencia, Y =

 = 20

y

PROBLEMA 3.16

  =

−20

A un circuito como el indicado en la figura P3.16 se le suministra una potencia por un generador de tensión ideal  =   co coss 2 104 . Calcular el factor de potencia que corresponde al circuito.

Solución El factor de potencia es cos , siendo  siendo  el desfase entre tensión y corriente corriente debido a la impedancia Z.  ( Z =  + (

1 −  )

; tan  =



− 1 


68

Figura P3.16 Sustituyendo los valores de los distintos componentes, −1

tan  =

2104 × 10

4

(2 10 − (2

−7

× 10

−1

)

104 La relación entre tangente y coseno es: cos  =

1 = 4 2 20 20 

¡

¢ −

1 ' 0 612

1

p

1 + tan2  Sustituyendo el valor de tan  calculamos el factor de potencia. 1 cos  = ' 0 853 2 1 1 + 20 (4 (4 2 1)

PROBLEMA 3.17

q ¡

−

¢

Dado el circuito indicado en la figura P3.17, calcular: 1) 1) La La tensión entre los puntos AB, en función de   y   .. 2) Representar gráficamente la variación de tensión entre A y B cuando cambia   desde desde cero hasta in finito.

Figura P3.17

Figura P3.17.1

Solución Se calcula en primer lugar la impedancia de cada rama del circuito al que conectamos el generador. Después se obtiene la corriente en cada rama.


69

Finalmente se calculan las tensiones en los puntos A y B, cuya diferencia nos da la tensión    pedida. Impedancia de las ramas Z1 =  +

1 =    

−   = 1 (    −  )

Z2 =

Corrientes de rama I1 =

 Z1

=

−2 

      = (   +  )     1 + (   ) )2

−

I2 =

 Z2

=

    2

Voltajes o tensiones Tomando como referencia de voltaje en el extremo inferior del circuito calculamos los voltajes. V = I1  = V = I2 V

   (   + )  ) 1 + ( (   )  )2

1  1  =    =   2     2

µ ¶

µ ¶

 − V = 1 + ( (   )

(   + )  ) 2

−  2

Realizando operaciones,  (( ((  ) − 1 +  +  2  ) ) − V = 2(1 + ( (  ) ) ) El módulo y fase de V − V se obtiene a partir de la expresión anterior,   |V − V | = (( ((  )  ) − 1) + (2 (2  ) ) 2(1 + ( (   ) ) 2

V

2

2

|V

¡

2

¢

− V | =  2

2  tan  = ;  = arctan (  )  )2 1

−

2 1 2

2

µ

2 (  )  )2 1

−

¶


70

La representación grá fica de V V se muestra en la figura P13.17.1 El ángulo varía desde  = 0 para  tendiendo a in finito, hasta  =  cuando  tiende a 0, pasando por  =  =  2 cuando    = 1.

−

PROBLEMA 3.18 Dado el circuito de la figura P3.18, calcular la función de transferencia V V . Obtener la frecuencia angular para la que dicha función es real y el valor     para dicha frecuencia. Representar el diagrama de Bode de la función de transferencia.

Figura P3.18 Solución Mediante el método de lazos calculamos las ecuaciones que nos permiten obtener   en funció función n  1 , la frecuencia angular y los parámetros de los elementos del circuito. Ecuaciones del sistema. Suponemos el sentido horario en las corrientes de lazo. 1 1 I1 I2       1 1 0 = +    I2 I1 +  +       La tensión en la salida es, =

V

−

µ

−

¶

 I2 V =  En consecuencia sólo calculamos I2 en el sistema de ecuaciones.

¯¯ ¯− ³

1



I2 =

1

  

¯¯ ¯−

1

 1

  

V

0 1

¯¯ ¯ ¯ ´ ¯¯

− 

1  +  +   

=

1 V = 1      +    ( (  )  ) V

−


 I2 = V V = 

71

    +   

La función de transferencia es, G ( ) =

   10  V = = =  +    10 +  +  10 1 +  +   V

   (1   )  ( +  + )) = 1 + 2 1 + 2 La función de transferencia es real para  = 0 y  () = 0, dado que la autoinducción es un cortocircuito para esa frecuencia, como ocurre en corriente continua. Diagrama de Bode de la función de transferencia. G( ) =

−

¯¯ ¯

¯¯ ¯

   20 log log  ( ) = 20 log log = 20 log log |   | 1 +  +  20 log log  ( ) = 20 log log  La fase será,

1 + 2

12

¡ ¢ ³ ´− ³ ´

log − 20 log

− 20 log log |1 +  +  |

= 20 log log 

log − 10 log

1 + 2

¡ ¢

   arctan = arctan  0 1 2 La representación se hace en función de la frecuencia  =  2 2 en una escala logarítmica. Observando la figura 3.18.1 vemos que, Para  À 1 log  log   ' log(1 +  +  ), por tanto () 0 y  0. El condensador se comporta como un cortocircuito para frecuencias elevadas.  = arctan

−

→

Cuando  ¿ 1 log(1 +   ) ' log log 1 = 0 y log(  log(  ) ( ) y 2. 2

→ −∞

→

→

→ −∞, por tanto

Las tangentes a la función () cuando tiende a cero y a in finito se cruzan en la frecuencia de corte, que en este caso es  = 1,  =  = 159 mHz. A este valor corresponde una fase  =  =  4 = 45 .


72

Figura P 3.18.1 PROBLEMA 3.19 Dado el circuito de la figura P3.19, obtener la función de transferencia V V . Calcular la frecuencia angular para la que dicha función es real y el valor     para dicha frecuencia.

Figura P3.19 Solución Procedemos de forma análoga al problema anterior. Las ecuaciones correspondientes a loa lazos son,


=  I1

V

−   I

73

2

1 0 =   I1 +  + +    I2    Ahora también necesitamos calcular únicamente I2 , por tanto,

µ

−

I2 =

¯¯ ¯− ³

   V    0

¯¯ ¯¯ −

     

¯¯ ¯ ¯ ´ ¯¯¯

  − 

=

¶

 V   V = 1 1 +  +      )  )  ( + 

1 +     + 

La tensión V es,

V 1 +  +    La función de transferencia, transferencia, teniendo en cuenta que   = 10 será, V =  I2 =

−6

G( ) =

×106 = 1,

  V = = 1 +  +    1 +  +   V

La función de transferencia es real para  = 0 y  () = 0, dado que el condensador es un circuito abierto para esa frecuencia, como ocurre en corriente continua. El diagrama de Bode para este circuito es el mismo que vimos en el problema anterior.

PROBLEMA 3.20 En la figura P3.20 se muestra un circuito resonante. Calcular la corriente que suministra el generador   y la frecuencia angular para la que dicha corriente se anula.

Figura P3.20


74

Solución Planteamos el sistema de ecuaciones del circuito por el método de lazos. 1 1   = + I1 I2       1 1 0 =   + I1 +  I2       La corriente que debemos calcular es I1 . Por el método de Cramer,

µ

¶ µ

−

¶

1

¯¯ ³ − ´ ¯¯ ¯ ¡ ¯ − − ¯¯ ³ ´ − ¯¯ ¯¯ − ³ ´¯ ¡ −¢ − ¡ −¢  



1    + 

0

I1 =

−

1  +  1



1

   2    =   1 (    2 +    )  ( 

1



¢

−

1    + 

  2 1 I1 =   (    (  2 1) + ) )

 10 8 2 1 =   I1 =  ( 10  100 0 (10 (10 8 2 1) + 10 2 ) La frecuencia para la que I1 = 0 es la pulsación o frecuencia angular de resonancia, cuando   2 1 = 0, por tanto, −

−

−

−

−

 =

r r 1 = 

1 10

−8

= 104

[rad/s] rad/s]

Capítulo 4

ANÁLISIS DE REDES PROBLEMA 4.1 Dado el circuito que muestra la figura P4.1, calcular la tensión  AB AB en función de la tensión  1 que suministra el generador de corriente alterna.

Figura P4.1 Solución En primer lugar vamos a calcular las reactancias que corresponden a los respectivos componentes para la frecuencia de operación.  1 =  10 ;  =    2 8 × 10 9 108 × 5 × 10     =  108 × 10 7 = 10  10 Las ecuaciones del circuito son:

     1 =

− 10

−

−

−

−10

−

 1 = (10 0 = 0 =

 10)I +  + 10 10I + 0 − 10)  10 I − 20  20I +  + 20 20 I 0 +  20I + (10 − 20)  20)I 1

1

2

2

2

3

3

= 20  20

−

CAPÍTU CAPÍTULO LO 4. ANÁLISI ANÁLISIS S DE REDES REDES

76

La tensión tensión VAB = 10 I3 , por tanto tanto debemo debemoss calcul calcular ar I3 mediante mediante el sistema de ecuaciones anterior. Aplicando el método de Cramer:

I3 =

¯¯ ¯ ¯¯ − ¯¯

¯¯ ¯ ¯¯ ¯ ¯ −

(10 10)  10)  10  1 10  10 20  20 0 0  0

−

−

(10 10)  10)  10 0 10  10 20  20  20 0  20 (10 20)  20) Realizando operaciones,

−

−3

I3 ' 10

−10 10  =  4)10 − (1 − 4)10

10 2 = (1 +  + 4) 4)  1 17 −

1

3

(0 (0 588 +  + 2 2 353)  1

La tensión será: −2

 AB AB = 10 I3 ' 10

(0 (0 588 +  + 2 2 353 )  )  1 [V]

PROBLEMA 4.2 En la figura P4.2 se muestra el diagrama de un circuito de c.a. Calcular la corriente que circula por la rama A-B.

Figura P4.2 Solución Procedemos de forma similar al caso anterior.      1 =

 − 

1

=

− 

108 × 10

−9

= 10  10 ;     2 =

−

−10

10

− 

× 5 × 108

= 20  20

−

    = 10  108 × 10 7 = 10  10 Las ecuac ecuacio iones nes de red, red, suponie suponiendo ndo que todas todas las las co corri rrien entes tes de ma malla lla tienen sentido horario, son: −


2

− 10

77

= (10 10)  10)I1 10I2 + 0 10 = 10I1 + (10 20)  20)I2 +  + 20 20I3

−

−

− −

0 = 0 + 20  20I2 + (  ( 10 10 20  20 + 10)I3

−8

= (10

−

− 10)  10)I − 10I + 0 −10I + (10 − 20)  20)I +  + 20 20I 0 + 20  20I + (10 − 10)  10) I

10 = 0 =

1

2

1

2

3

2

3

La corriente por la rama A-B es I3 , por tanto calculamos dicha corriente mediante el sistema de ecuaciones anterior. Utilizando el método de Cramer.

I3 =

¯¯ − ¯¯ − ¯¯ − ¯¯ −

(10 10)  10) 10 8 10 (10 2  20) 10 0  20 0

−

−

−

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯

(10 10)  10) 10 0 10 (10 20)  20)  20 0  20 10 10  10

−

−

− 2  0 4 I = −  = − 0 5 3

|I3 | = 0 4

[A] ;

2

 4) 2 −10 (20 − 4) = = −  + 5) 5) 5 −10 (1 +  3

[A]

 =

− 2

PROBLEMA 4.3 Calcular la tensión  AB circuito que muestra muestra la figura P4.3. AB en el circuito

Solución La tensión pedida el la misma que existe en los terminales del condensador de 0,1 F. Las reactancias correspondientes a los dos condensadores de 0,5, 0,2 y 0,1 F son:      1 =      3 =

−  −7

5 × 10

× 106

1 6 × 10

−  10

−7

= 2  2 ;     2 =

−

= 10  10

−

−  −7

2 × 10

× 106

= 5  5

−


78

Figura P4.3 Sustituyendo el valor de Z la red o circuito se reduce a tres mallas o lazos, y el sistema de ecuaciones correspondiente, suponiendo que las corrientes de malla tienen el sentido horario, es: 2 =

−4

= 4 =

 7I +  + 5 5I + 0 − 7  5I + (10 − 5)  5)I − 10I 0 − 10I + (10 − 10)  10)I 1

2

1

2

2

3

3

Para obtener la tensión  AB AB debemos calcular la corriente I3 y multiplicarla por Z. Calculamos I3 mediante el sistema de ecuaciones anterior, utilizando el método de Cramer.

I3 =

¯¯ − ¯¯ − − − ¯¯ − ¯ −− −−

7  7  5 2 5  5 (10 5)  5) 4 0 10 4

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯

7  7  5 0 5  5 (10 5)  5) 10 0 10 (10 10)  10)

−2

I3 = 3 385 × 10

La tensión será:

 AB  10 × AB = Z I3 = 10

−

=

 10) 1 −10 (4 + 10) = (11 +  + 42) 42) 100(−8 +  + )) 325

+ 0  0 129

[A]

1 (11 +  + 42) 42) ' 1 292 0  0 338 325

−

[V]

PROBLEMA 4.4 Dado el circuito de c.a. que muestra la que circula por la resistencia central.

figura

P4.4, calcular la corriente


79

Figura P4.4 Solución Se trata de un circuito con dos mallas, y la particularidad en este caso es que el generador de la segunda malla está desfasado 60  con respecto al generador de la primera malla que se toma como referencia de fases. La tensión del segundo generador es:  60



24 V2 = 24

√



= 24(cos 24(cos 60 +  sen60 ) = 12 +  + 12 12 3 Las ecuaci ecuacione oness del siste sistema, ma, co consi nsider deran ando do que las co corri rrien ente tess de ma malla lla tienen el sentido del movimiento de las agujas del reloj, sentido horario, son:

+  −12(1 + 

√ 12

= 3(1 + )  )I1

− 3I  2)I −3I + (3 − 2) 2

3) = 1 2 La corriente que circula por la resistencia de 3 Ω es la diferencia entre las dos corrientes de malla, por tanto debemos resolver el sistema de ecuaciones para obtener las dos intensidades de malla. Utilizando el método de Cramer,

I1 =

¯¯ −¯ ¯−

¯¯ ¯¯

12 3 12(1 +  +  3) (3 2)  2)

√ − √ − 36  3 − 24  24 − = 6 +  + 3 3 3(1 +  + )) −3 3 (3 − 2)  2) (5 757 + +  11 11 514) I ' − (5 1

La corriente I2 será:

I2 =

¯¯ −

3(1 +  + )) 12 3 12(1 +  +  3) 6 +  + 3 3

−

√

I2 ' 1 757

¯¯

=

(36

− 17  17 217

 ) − 36 )

√

3 6 +  + 3 3

− 36 


80

Dado el signo de la corriente I1 , obtenemos la corriente en la resistencia de 3 Ω de la forma siguiente:

√

12 3

 12 − 12

¡√ ¢ 3+1

2 +  + 

I = I2

−I

1

+ 

√

12 3 + 8 2 +  + 

' (1 (1 757 17  17 217) + (5 (5757 +  + 11 11 514)

−

I ' 7 514

 5 703 − 5

Es decir, la corriente tiene el sentido de I2 .

PROBLEMA 4.5 En el circuito de tres lazos que muestra la figura P4.5 tenemos dos resistencias de 3 Ω . Calcular la relación entre las tensiones que hay en los bornes de dichas resistencias.

Figura P4.5 Solución La red de tres mallas tiene un generador, el de la segunda malla, desfasado 60  con respecto al generador de la primera tomado como referencia. La tensión que suministra dicho generador es: 



³

√

´

10(cos 60 +  sen60 ) = 5 1 +  +  3 V2 = 10(cos

Para calcular la relación entre las tensiones en las resistencias de 3 Ω, tenemos que obtener la corriente en las tres mallas. El sistema de ecuaciones, considerando las corrientes en sentido horario, es:


81

2 = 5I1 + 0

√ ´

³

5 1 +  +  3

− 2I − 3I

3

= 0 + 7I2

0 =

3

+ 10) 10)I −2I − 3I + (9 +  1

2

3

Resolviendo por el método de Cramer obtenemos la corriente de las teres mallas.

I1 =

¯¯ ¡ √ ¢ ¯¯ ¯¯ ¯¯ − − 2 5 1 +  +  3 0 5 0

0 7

−3 −2 −3

0 7

2

−2 −3

(9 + 10)  10)

3 (9 + 10)  10)

I1 ' 0 555

¯¯ ¡ ¯¯ − 5 0

I2 =

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯

=

√

¡

¢

138 +  +  140 + 30 3 242 +  + 350 350

−2

 1 019 × 10 − 1

¯¯ ¯¯ ¡

2 2 5 1 +  +  3 3 2 0 (9 + 10)  10) 217 250 3 +  250 + 205 3 = 242 + +  350 350 242 +  + 350 350 +  1 1 226 I2 ' 0 881 +

√ − −

¢

¯¯ ¯¯ − 5 0

−I

3

−

¯ ¡ √ ¢ ¯¯

2 5 1 +  +  3 3 0 242 + +  350 350

2

I3 =

I = I2

0 7

−

I3 ' 0 389

V1 = 3I1 = 3 × 0 555

¢

√

103 +  + 75 75 3 = 242 +  + 350 350 −2

−

¡

−2

0 389 2  2 548 × 10

−

La tensión entre los terminales de la resistencia de 3 malla es:

¡

√

¢ ¡

 2 548 × 10 − 2

= (0 (0 8819 +  + 1 1 226)

+ 1 1 251 I = 0 493 + 

√

−2

 1 019 × 10 − 1

¢

Ω de

¢

la primera

= 1 665 0  0 031

−


La tensión en la resistencia de 3 dos y tres es:

Ω de

82 la rama común entre las mallas

(0 493 + +  1 1 251) ' 1 479 + 3 3 753  V = 3I ' 3 × (0 Su relación será: (1 (1 479 + +  3 3 753) V ' ' 0 846 +  + 2 2 270 (1 (1 665 0  0 031) V1

−

¯¯ ¯

¯¯ ¯µ ¶

V = |0 846 + +  2 2 270 270|| = 2 422 V1

2 270 ' 1 214 rad ' 69 33 33” 0 846 Esto quiere decir que la tensión V se adelanta con respecto a V1 .  = arctan

0

PROBLEMA 4.6 Dado el circuito de la figura P4.6, calcular la tensión entre los bornes de la autoinducción.

Solución En la segunda malla del circuito que vamos vamos a estudiar existe un generador cuya tensión desfasa 30  con respecto al situado situado en la primera que tomamos tomamos como referencia de fases.

√

10(cos 30 +  sen sen 30 ) = 5( 3 +  + )) V2 = 10(cos

Figura P4.6 Para calcular la tensión en los bornes de la autoinducción de la segunda malla debemos conocer la corriente I2 . Dicha corriente se determina estableciendo en primer lugar el sistema de ecuaciones de red y después resolvién-


83

dolo por el método de Cramer. Suponemos todas las corrientes de malla en sentido horario. Las ecuaciones de la red son:

√

1 = 14I1

5( 3 +  + )) = La corriente I2 será:

I2 =

¯¯ ¯¯− ¯−

14 1 4 5( 3 +  + ))

√ −4

14 4 (6 + 6)  6)

− 4I

2

−4I + (6 +  + 6) 6) 1

¯¯ ¡ ¯¯ ¯¯

I2 ' 1 232

=

√

¢

4 + 70 3 + 70  70 68 +  + 84 84

 0 493 − 0

La tensión en los bornes de la autoinducción es:  6 (1 (1 232 V ' 6

 0 493) ' 2 958 +  + 7 7 392 − 0

  ' |2 958 + +  7 7 392 392|| ' 7 962  = arctan

PROBLEMA 4.7

7 392 2 958

µ ¶

' 1 190 rad ' 68 11 26” 0

La figura P4.7 mues muestra tra un circuito con bobinas b obinas magnéticamente magnéticamente acopladas. Calcular la tensión en los bornes de la resistencia de 1 k Ω.

Figura P4.7 Solución Se trata de un circuito con acoplo magnético.


84

En primer lugar, para que en el secundario aparezca un sólo lazo, calculamos la impedancia del conjunto formado por la resistencia de 1k Ω en paralelo con el condensador de 2 × 102 pF. Esto no afecta al cálculo de la tensión en los bornes de la resistencia ya que es la misma para el conjunto. 1 Z

=

1 +    = 10 1000

−3

+ 5  5 × 106 × 2 × 10

−10

Z = 500(1

Por otra parte,   1 = 5  5 × 106 × 12 × 10

−6

−3

= 10

(1 +  + ))

 ) − )

= 60  60 ;  2 =  = 60 60 ;

   = 30  30

Las ecuaciones de malla, teniendo en cuenta las posiciones del punto en los arrollamientos y eligiendo el sentido horario para las corrientes de malla, son: 1 = (100 +   1 )I1 +  +   I2 = (100 +  + 60) 60)I1 +  + 30 30I2 0 =   I1 + ( Z+   2 )I2 = 30  30 I1 + (500 +  + (60 (60

− 500)I

2

1 = (100 + 60)  60)I1 +  + 30 30I2 0 =  30 I1 + (500

 440)I − 440)

2

Por el método de Cramer calculamos la intensidad I2, que nos permite obtener la tensión en los bornes de la resistencia.

I2 =

¯¯ ¯ ¯¯ ¯

¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −

(100 +  + 6 60) 1 30  30 0

(100 +  + 60) 60)  30 3  30 (500 −4

I2 ' 10

La tensión pedida es:

−2

−10

− 30  30 10 (773 − 140)  140) 2

(0 (0 680 3  3 758)

V = Z I2 = 500(1 V'

440)  440)

=

−

 30 − 30  ) − ) 10 (773 − 140)  140) 2

× (15 (15 386 +  + 22 22 191) [V]


 = |V| =

−2

¯¯−

10

 = arctan

PROBLEMA 4.8

85

¯

× (15 (15386 + +  22 22191) ' 270

22191 22 15386 15

µ ¶

[mV mV]]

' 0 965 rad ' 56 06 55”

Dado el circuito que muestra la circula por la resistencia de 2 Ω.

figura

0

P4.8, calcular la corriente que

Figura P4.8 Solución Operam Operamos os de forma forma análo análoga ga al proble problema ma anter anterio ior. r. Las ecuac ecuacio iones nes de malla son: 1 = (10 + 8 +   ( + 1 ))I1 + (  (   10)I2 0 = (    10)I1 + (10 + 2 +  +  2 )I2

−

−

Para la frecuencia de funcionamiento las distintas reactancias son:    = =  10 103 × 6 × 10

−3

= 6  6 ;  1 = 12  12 ;  2 = 10  10 ;    = 6  6

1 = (18 + 18)  18)I1 + ( 10 +  + 6) 6)I2

−

0 = ( 10 +  + 6) 6)I1 + (12 +  + 10) 10)I2

−

La corriente que circula por la resistencia de 2 Ω es I2, por tanto debemos obtener dicha corriente a partir del sistema de ecuaciones anterior.

I2 =

¯¯ ¯ ¯¯ − −

(18 +  + 1 18) 1 ( 10 +  + 6) 6) 0

¯¯ ¯ ¯ ¯

(18 +  + 1 18) ( 10 +  + 6) 6) ( 10 +  + 6 6) (12 + 10)  10)

−

=

(10 6)  6) ( 28 +  + 516) 516)

−

−


−2

I2 '

−10

86

(1 (1 26 +  + 1 1 87)

El signo menos muestra que la referencia del sentido de la corriente sería el opuesto, es decir, el contrario al movimiento de las agujas del reloj. |I2 | '

−2

¯¯−

10

 = arctan

PROBLEMA 4.9

¯¯

(1 (1 26 +  + 1 1 87) ' 22 22 549

1 87 1 26

µ ¶

[mA mA]]

' 0 978 rad ' 4926 57” 0

La fi gura P4.9 muestra un circuito con fuentes independientes, además de resistencias, condensador y autoinducción. Por el método de nudos, calcular la tensión V = V2 entre los terminales de la resistencia de 6 Ω.

Figura P4.9 Solución Aplicamos el método de nudos. Suponemos que la corriente que pasa por la autoinducción entra en el nudo 1, y las que pasan por la resistencia de 4 Ω y el condensador salen del nudo. En el nudo 2 la corriente del generador de 2 A y la que atraviesa la resistencia de 4 Ω entran en dicho nudo y sale la que atraviesa la resistencia de 6 Ω. En el nudo 1, 4

−V

1

=

V1

+

V1

−V

2

2  2 4  4 4 Multiplicando por  2 los dos miembros, 4

−V

Trasponiendo términos,

1

−

=

V1

−2

+

 (V1

−V ) 2

2


4 = V1

−

V1

+

 (V1

87

−V ) = V 2

2 2 La ecuación queda de la siguiente forma, 8 = V1 (1 +  + )) En el nudo 2, V1

−V

2

+2 =

V2

=

⇒

4 6 5 1 = 2 V2 V1 12 4 Multiplicando por 12 queda,

1

µ

1 1 +  2 2

¶−

1  V2 2

−  V

V2

2

1 1 + 6 4

µ ¶−

V1

1 =2 4

−

24 = 3V1 + 5 V2 El sistema de ecuaciones que obtenemos es,

−

8 = V1 (1 +  + ))  V2 24 = V1 3 + V2 5 Con este sistema de ecuaciones, mediante el método de Cramer, calculamos V2 , que es la tensión pedida.

−

−

V2 =

¯¯ ¯¯ ¯

¯¯ ¯ − ¯ ¯

(1 +  + )) 8 3 24

−

(1 +  + )) 3

−

 5

V2 =

¯¯ µ

=

48 +  + 24 24 24 = (12 +  + )) 5 +  + 2 2 29

24 (12 +  + )) 29

¯¯ ¶

[V]

24 |V2 | = (12 +  + )) ' 9 965 [V] 29 1  = arct rctan = 8 314 × 10 2 rad = 445 49” 12

PROBLEMA 4.10

−

0

Disponemo Dispone moss de un ci circu rcuito ito como como el mostrad mostrado o por la figura P4.10. Mediante el método de nudos calcular las corrientes I1 e I3 


88

Figura P4.10 Solución El generador (fuente) determina que V1 V2 = 4 V. Suponemos que en el nudo 1 la corriente I1 que pasa por la autoinducción y la del condensador salen del nudo, y entra en el nudo la que atraviesa la fuente. En el nudo 2 suponemos que sale la corriente del generador de tensión y la resistencia de 4 Ω y entra por la otra rama. Nudo 1

−

I=

V1

4 +  + 4 4 Nudo 2

+

V1

=

I = V1

⇒

− 2  2

µ

1 1 1 + = V1 (1 +  + 3) 3) 4 +  + 4 4 2  2 8

1 0 = I+ = I + V2 4 2 +  + 2 2 4 Agrupando las ecuaciones obtenidas, V2

−

µ

V2

−

−

1 2 +  + 2 2

¶

¶

⇒ I = −  14 V

=

1 (1 +  + 3) 3) V1 8 1  V2 I = 4 De las dos expresiones anteriores y que V1 V2 = 4, I =

−

−

−  14 V

2

V2

Operando,

1  4

µ−

1 = (V2 + 4) (1 + 3)  3) 8

−

1 1 +  + 3 3 (1 +  + 3) 3) = 8 2

¶

2


−V

2

1 (1 +  + 5) 5) = 8

(1 +  + 3) 3) 2 4 (1 + 3)  3) 1 = ( 32 +  + 4) 4) 1 +  + 5 5 13

=

V2

89

−

−

De donde, V2 = V1 = 4 + V2 = 4 +

1 ( 32 +  + 4) 4) 13

−

1 1 ( 32 +  + 4) 4) = (20 +  + 4) 4) 13 13

Las corrientes I1 e I3 serán, I1 = I3 =

V1

4 +  + 4 4

=

−

1 1 1 (20 +  + 4) 4) = (3 4 +  + 4 4 13 13

 2) − 2)

1 1 1 =− ( −32 +  + 4) 4) = (7 − 9)  9) −2 V +  + 2 2 2 +  + 2 2 13 13 2

1 1 (3 2)  2) ; (7 9)  9) I3 = 13 13 I1 sale del nudo 1 e I3 entra en el nudo 2 con los módulos y fases siguientes: I1 =

|I1 | =

−

¯¯ − ¯¯ ¯ µ ¶¯ − ¯¯ − ¯¯ ¯ µ ¯¶ − 1 (3 13

1 = arctan |I3 | =

−

1 (7 13

3 = arctan

2)  2) ' 0 277 2 = 3

−0 58

9)  9) ' 0 877 9 = 7

−0 91

[A] rad =

−3341 24” 0

[A] rad =

−527 30” 0

PROBLEMA 4.11

La fi gura P4.11 muestra un circuito con una fuente de tensión independiente y otra de corriente dependiente, además de resistencias un condensador y una autoinducción. Con el método de nudos calcular las tensiones en los dos nudos distintos de tierra.


90

Figura P4.11 Solución Suponemos que en el nudo 1 entra la corriente que procede del generador de tensión y sale por las otras dos ramas. En el nudo 2 entra la que procede de la fuente de corriente y el condensador y sale la que atraviesa la resistencia de 8 Ω. En el nudo 1 4 4 = V1

−

−V

1

=

V1

+

V1

−V  4 − 4

2

4 2  2 2  2V1 +  +  V1  V2 = V1 (1

−

4 = V1 (1 )  )

− )  ) −  V

2

− −  V

En el nudo 2 2I1 +

V1

−V − 4  4

Como

I1 =

2

4

2

=

V2

2

−V

1

4 Sustituyendo en la ecuación anterior, 4

−V

1

2

+

V1

−V  4 − 4

2

=

V2

2

1 1 V2 V2 2 = V1  +  + 2 4 4 2 Multiplicando por 4 los dos miembros de la ecuación,

µ

−

¶

8 = V1 (2 )  ) + V2 (2 +  + ))

−


91

Agrupando las dos ecuaciones de nudo, 4 = V1 (1 8 = V1 (2

 ) −  V − )  ) + V (2 +  + )) − ) 2

2

Resolviendo el sistema por el método de Cramer,

V1 =

¯¯ − ¯¯ ¯¯ − − ¯¯ ¯ − ¯¯ − ¯¯ ¯ − ¯ − ¯¯ ¯¯ ¯ µ ¶ ¯¯ − ¯¯ ¯ µ ¶¯ − − 4  8 (2 + )  )

=

(1 )  )  (2 )  ) (2 + )  )

V2 =

(1 )  ) 4 (2 )  ) 16 8 4 +  + 

=

8 +  + 12 12 1 = (44 +  + 40) 40) 4 +  +  17

8 12  12 1 = (20 4 +  +  17

 56) − 56)

1 (44 +  + 40) 40) ' 3 498 [V] 17 40 1 = arctan ' 0 738 rad ' 42 16 25” 44

|V1 | =

|V2 | =

1 (20 17

2 = arctan

56)  56) = 3 498 56 = 20

0

[V]

1 228 rad =

−7020 46” 0

PROBLEMA 4.12 La figura P 4.12 muestra un circuito con una fuente de tensión independiente y otra dependiente. Calcular la tensión en los terminales de la resistencia de 2 Ω situada en la rama derecha del tercer lazo.

Figura P 4.12


92

Solución Aplicamos el método de nudos para encontrar las relaciones entre tensiones y corrientes. En el nudo uno entran las corrientes que proceden de las dos fuentes y sale por la rama del condensador. En el nudo dos la corriente sale por la rama de la fuente y entra por la otras dos. Suponemos que la fuente dependiente suministra una corriente I. Nudo 1 4

−V

1

2

+I=

Nudo 2

V1

=

− 2  2

1 1 0 = I V2 + 2  2 2 2  2 Igualando tenemos que,

µ

−

−

⇒

I=

¶

=

1 + )) 1 (1 +  2

−2 + V

⇒

1 4

I = V2 (1

1 1 (1 +  + ) ) = V 1 2 (1 2 4

 ) − )

1 1 2 = V1 (1 +  + )) V2 (1 2 4 La fuente dependiente determina que,

−

 ) − )

=

V1 = 3V2

−2 + V

V1

−V

2

= 2V2

⇒

 ) − )

Sustituyendo en la ecuación anterior, 1 2 = 3V2 (1 +  + )) 2

−V

2

1 (1 4

− )  ) = V

2

1 (5 +  + 7) 7) 4

8 1 = (20 28)  28) 5 +  + 7 7 37 Ahora calculamos la corriente que pasa por la resistencia de 2 V2 =

−

1 20 28  28 1 = (12 2)  2) 2 2  2 37 2 2  2 37 La tensión en los terminales de la resistencia de 2 Ω es, I =

V2

−

=

V = 2I =

− −

1 (24 37

−

 4) − 4)

Ω.


|V | =

¯¯ − µ− 1 (24 37

 = arctan

¯¯ ¶

93

4)  4) ' 0658 4 24

'

−0 165

rad = 9 27 44” 0

PROBLEMA 4.13 En la figura P 4.13 se muestra un circuito con fuentes de tensión y corriente independientes, además de resistencias, un condensador y una autoinducción. Calcular los circuitos equivalentes Thévenin y Norton vistos desde los terminales A-B.

Figura P 4.13

Figura P 4.13b

Solución En primer lugar utilizaremos el método de lazos para calcular la corriente que atraviesa la autoinducción  2. Suponemos que la corriente de todos los lazos es en el sentido horario. Lazo uno, situado en la parte superior izquierda; el dos en la inferior izquierda, y el tres en la inferior derecha. Suponemos que existe una tensión V en los terminales de la fuente de corriente, con signo positivo en la parte superior. Ecuaciones de lazo 0 = (6

 2) I − 4I − 2) 1

2

2 = 4I1 + 4 I2 + V  2) I3 V = (2 + 2)

−

Sustituyendo V en la segunda ecuación,


0 = (6

94

 2) I − 4I − 2) 1

2

2 = 4I1 + 4 I2 + (2 +  + 2) 2) I3 La fuente de corriente que comparten los lazos dos y tres determina que,

−

− I = 1 = I − 1 en las dos ecuaciones, I3

Por tanto, sustituyendo I2

2

3

0 = (6

 2) I − 4 (I − 1) − 2) 1

3

 2) I − 4I −4 = (6 − 2) 1

2 =

3

+ 2) 2) I −4I + 4 (I − 1) + (2 +  + 2) 2) I −4I + (6 +  1

3

3

6 = 1 Agrupando las ecuaciones,

−4

3

= (6

 2) I − 4I − 2) 1

3

6 = 4I1 + (6 +  + 2) 2) I3 Mediante el método de Cramer,

I3 =

¯¯ − ¯¯ − ¯¯ −−

(6 2)  2) 4

(6

−

−4 6

¯¯ ¯¯ ¯

2)  2) 4 4 (6 + 2)  2)

−

=

20

 12 1 − 12 = (5 − 3)  3) 24

6

1 (5 3)  3) 6 La tensión V del circuito equivalente Thévenin será, I3 =

2 6

 2I3 =  (5 V = 2

¯¯ ¯¯ ¯ µ ¶¯

−

1  ) = (3 +  + 5) 5) − 3 ) 3

1 (3 +  + 5) 5) ' 1 944 [V] 3 5  = arctan ' 1 030 rad = 59 02 10” 3

|V | =

0


95

La impedancia equivalente se obtiene cortocircuitando la fuente de tensión y dejando en circuito abierto la de corriente. Desde A-B el circuito que se ve es el de la figura P 4.13b. 1 Z1

=

µ

1 1 + 2 2  2 4

−

¶

=

⇒

Z2 = Z1 + 2 =

1

1

1 = + =  2 Z Z2 2

µ

8 5

18 5

µ

Z1 =

1 1 +  2 4

−1

¶

=

8 5

− 45 

−  45 + 2 = 185 −  45 4  5

−1

¶ − µ − ¶

+

1 9 = 2  2 34

−  15 34

9 15 1 5  = 1 +  +  Z = 34 34 3 El circuito equivalente Thévenin se compone de una fuente de tensión independiente V con una impedancia en serie Z . −

1 5 (3 +  + 5) 5) ; Z = 1 +  +  3 3 Con estos datos podemos calcular la corriente de cortocircuito de los terminales A-B. V =

1 5 1 (3 +  + 5) 5) 1 +  +  =1 3 3 El circuito equivalente Norton está formado por una fuente de corriente independiente I en paralelo con una impedancia Z. V = I = I = Z

I = 1

−

µ

¶µ ¶

;

+  Z = 1 + 

5 3

PROBLEMA 4.14 Como mues Como uestra tra la figu gura ra P 4. 4.14 14,, te tene nemo moss un ci circ rcui uito to co comp mpue uest sto o por fuentes dependientes e independientes, además de resistencias un condensador y una autoinducción. Calcular los circuitos equivalentes Thévenin y Norton, vistos desde los terminales A-B.

Solución Reso Resolv lvem emos os el circ circui uito to por el mé métod todo o de lazo lazos. s. La Lazo zo uno, uno, el super superiior izqu izquie ierd rdo; o; lazo lazo dos, dos, el infe inferi rior or izqu izquie ierd rdo, o, y lazo lazo tres tres el infe inferi rior or dere dere-cho. Suponemos todas las corrientes de lazo en sentido horario. También


96

suponemos que en los terminales de la fuente de corriente dependiente hay una tensión V con el polo positivo en la parte superior.

Figura P 4.14 Ecuaciones de lazo 0 = 2I1 2  2I2 2 = 2  2I1 +  + 2 2I2 + V

−

−

= 6I3 Sustituyendo el valor de V de la tercera ecuación en la segunda, V

2 = 2  2I1 +  + 2 2I2 + 6 I3 El generador de corriente determina que en dicha rama se veri fique,

−

I3

−I

2

= 2I = 2 (I2

− I ) =⇒ 3I 1

2

= I3 + 2 I1

Sustituyendo I3 en las dos ecuaciones, 0 = 2I1 0=

I2 =

1 ( I3 + 2 I1 ) 3

1  2 ( I + 2 I ) − 2 3 3

14  I1 3

µ− ¶ 2

⇒

1

−  73 I

3

1 8 7 2 = 2  2I1 +  + 2 2 ( I3 + 2 I1 ) + 6I3 =  I1 + 6 +  I3 3 3 3 Agrupando las dos resultantes de las ecuaciones de lazo,

−

µ ¶


97

14 7  I1  I3 3 3 8 7 2 =  I1 + 6 +  I3 3 3 Obtenemos la corriente I3 por el método de Cramer.

µ− ¶ − µ ¶

0 =

¯¯ ¡ − ¢ ¯¯ ¡ ¢ ¯¯ ¡ − ¢ ¡ − ¢ ¯¯ ¡ −− ¢ 2

I3 =

14 3

2



8 3



2

14 3



28 3 70 3

4

=

 73 6 + 73 



8 3

0 2

 1 = (64 185 

50 3

 14) − 14)

1 (64 14)  14) 185 La tensión del circuito equivalente es, I3 =

−

4 (64 14)  14) 185 Como existe una fuente dependiente en el circuito, no podemos calcular la impedancia de la forma que se hace con los circuitos con fuentes independientes, ya que la corriente en la fuente depende de lo que ocurre en otra parte del circuito. Para obtener la impedancia equivalente calculamos la corriente de cortocircuito o corriente que pasa por los terminales A-B cuando se cortocircuitan. Si en el circuito de la figura P 4.14 unimos A con B las ecuaciones de malla son ahora, V = 4I3 =

0 = 2I1 2 = V

 2I − 2

2

 2I +  + 2 2I + V − 2 1

2

= 2I3

0 = 2I1 2 = Como

−

 2I − 2

2

 2I +  + 2 2I + 2 I − 2

I2 =

1

2

1 ( I3 + 2 I1 ) 3

3


0 = 2I1

98

1  2 ( I + 2 I ) − 2 3 3

1

1  2I +  + 2 2 (I + 2 I ) + 2I − 2 3

2 =

1

Simplificando tenemos,

3

1

14 I1 3

7  I3 3

µ− ¶ − µ ¶

0 =

2



3

8 7 2 =  I1 + 2 +  +  3 3

I3

De forma análoga al caso anterior la corriente I3 serán,  14 3

¯¯ ¡ − ¢ ¯¯ ¡ ¢ ¯¯ ¡ − ¢ ¡ − ¢ ¯¯ ¡ −− ¢ ¯ ¯ 2

I3 =

0 2

 83

2

 14 3

 83

 73 2 +  +  73

=

1 (88 109

I3 = I = I =

Como,

 28 3 =  14 3

4

26 3

 70) − 70)

1 1 1 14)  14) (88 70)  70) = (228 +  + 112) 112) 109 185 En los cálculos anteriores hemos obtenido todos los datos necesarios para establecer los circuitos equivalentes equivalentes Thévenin y Norton. El circuito Thévenin lo forman un generador de tensión V en serie con una impedancia Z . El equivalente Norton se forma con un generador de corriente I con una impedancia Z en paralelo. Los distintos valores indicados son:

4 V V = = (64 Z = 185 I I

V =

−

4 (64 185

− 1  14)

Z =

−

µ

¶

−

;

I =

1 (88 109

− 70)  70)

1 (228 +  + 112) 112) 185

PROBLEMA 4.15 Las figuras P4.15 a y b muestran el circuito original y uno modi ficado. La modificación consiste en sustituir la parte izquierda desde los terminales


99

A-B por una fuente de corriente . eq uivalenteçompuesta por un fuente de corriente ideal de 2 A en paralelo con una resistencia de 2 Ω. Calcular en los dos circuitos la corriente que circulan por los distintos componentes, así como la potencia disipada en ellos. Comparar los resultados.

Solución 1) Circuito original, que muestra la figura P 4.15a. 4.15 a. Ecuación para el lazo, 4 = ((2 + 3) + (6  (6 4 = (5 + 3)  3) I

− 3)) I

Figura P 4.15 La corriente es, 4 1 = (10 6)  6) (5 +  + 3) 3) 17 La potencia suministrada por la fuente de tensión es, I=

−

4 40   = Re Re (VI ) = Re (10 +  + 6) 6) = vatios 17 17 La potencia disipada en la resistencia de 2 Ω es, ∗

µ

¶

1 1 16 (10 6)  6) (10 +  + 6) 6) = vatios 17 17 17 La potencia disipada en la resistencia de 3 Ω es,  2 =  =  II = 2 × ∗

 3 = 3 ×

1 (10 17

−

1 24 − 6)  6) (10 +  + 6) 6) = vatios 17 17


  =  =  2 +  3 =

100

40 vatios 17

2) Circuito con fuente de corriente . eq uivalente" , que muestra la figura

4.15b. 4.15b. Ecuación del circuito por el método de nudos, V

2=

2

+

V

=V

3 +  + 3 3

1 1 =2× × + V =2 2 3 +  + 3 3 Corriente en la resistencia de 2 Ω,

µ

µ

1 1 + 2 3 +  + 3 3

−1

¶ µ =

¶

48 12 +  17 17

¶

24 6 1 = +  = (24 +  + 6) 6) I2 = 2 17 17 17 La corriente que pasa por la resistencia de 2 Ω ahora es distinta de la I calculada en el circuito original Corriente en la resistencia de 3 Ω,

µ

V

¶

48 12 1 = +  (3 +  + 3) 3) 1 = (10 6)  6) I3 = 3 +  + 3 3 17 17 17 En esta resistencia la corriente que circula es igual a la I obtenida en el circuito original. La potencia total suministrada por el generador es,

µ

V

¶

−

−

48 12 96   = Re V2=Re +  2 = 17 17 17 Que es muy superior a la del circuito original. La potencia disipada en la resistencia de 2 Ω es,

µ

¶

1 1 72  2 =  I2 I2 = 2 (24 +  + 6) 6) (24 6)  6) = 17 17 17 Vemos que es muy superior a la disipada en el circuito original. La potencia disipada en la resistencia de 3 Ω es, ∗

 3 = 3I3 I3 = 3 ∗

µ

µ

1 (10 17

−

−

¶

1 24 6)  6) (10 +  + 6) 6) = 17 17

¶


101

Comprobamos que es la misma que calculamos en el circuito original. 72 24 + =  2 +  3 17 17 Resumiendo los datos obtenidos podemos decir que el segundo circuito no es equivalente al original. Los únicos valores idénticos son la corriente en la parte del circuito a la derecha de los terminales A-B y la potencia disipada en ella.   =

PROBLEMA 4.16 Dado el circuito de la figura P 4.16, calcular los parámetros y correspondientes al cuadripolo que forma dicho circuito.

Figura P 4.16 Solución Vamos a establecer en primer lugar las ecuaciones que relacionan tensiones y corrientes por el método de lazos, con la corriente del lazo uno en sentido horario y de sentido contrario en el dos. V1 V2

= (6 2)  2) I1 + 6 I2 = 6I1 + (6 +  + 4) 4) I2

−

Resolviendo este sistema obtenemos las corrientes en función de las tensiones,

I1 =

¯¯ ¯¯ − ¯¯ − ¯

I2 =

V1 V2

(6

6 (6 +  + 4) 4)

¯¯ ¯¯ ¯ ¯¯ ¯

2)  2) 6 6 (6 + 4)  4)

(6 2)  2) V1 6 V2 8 +  + 12 12

=

=

1 ((6 +  + 4) 4) V1 8 +  + 12 12

1 ( 6V1 + (6 8 +  + 12 12

−

− 6V ) 2

 ) V ) − 2 ) 2


102

1 ((6 +  + 4) 4) V1 6V2 ) 8 +  + 12 12 1 ( 6V1 + (6 2 )  ) V2 ) I2 = 8 +  + 12 12 Con estas dos ecuaciones y las condiciones para cada parámetro, calcularemos dichos parámetros. Parámetro y11 I1

=

−

−

y11

−

I1 = V1

¯¯ ¯

V2 =0

Si en la primera de las ecuaciones anteriores ponemos V2 = 0, y11 =

6 +  + 4 4 1 I1 = = (12 8 +  + 12 12 26 V1 1 (12 26

y11 =

− 5)  5)

 5) − 5)

Parámetros y12 e y21 El parámetro y12 se define de la forma siguiente, y12

I1 = V2

¯¯

V1 =0

Si en la primera de las ecuaciones anteriores ponemos V1 = 0 I1 =

−6

8 +  + 12 12

V2

por tanto, y12 =

6 1 I1 = = ( 6 +  + 9) 9) 8 +  + 12 12 26 V2

−

−

1 ( 6 +  + 9) 9) 26 Parámetro y21 . Se obtiene a partir de la segunda ecuación, poniendo V2 = 0. y12 =

y21

−

I2 = V1

¯¯ ¯

V2 =0


−6V

1

I2 =

=

⇒

8 +  + 12 12

103

6 1 I2 = = ( 6 +  + 9) 9) 8 +  + 12 12 26 V1

−

−

1 ( 6 +  + 9) 9) 26 En todos los cuadripolos con elementos pasivos se veri fica la igualdad anterior. Parámetros y22 . y21 = y12 =

y22 =

−

I2 V2

¯¯

V1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos V1 = 0, I2 =

6 2  V2 8 +  + 12 12

−

=

⇒

6 2  1 I2 = = (3 8 +  + 12 12 26 V2

−

1 (3 26 La matriz de los parámetros y será, y22 =

(y) =

µ

1 26 1 26

(12 5)  5) ( 6 +  + 9) 9)

−

−

PROBLEMA 4.17

1 26 1 26

( 6 +  + 9) 9) (3 11)  11)

−

−

¶

 11) − 11)

 11) − 11) 1 = 2 26

µ

(12 5)  5) ( 6 +  + 9) 9) ( 6 +  + 9 9) (3 11)  11)

−

−

−

−

¶

En la figura P 4.17 se muestra un cuadripolo. Calcular los parámetros z que le caracterizan. Si aplicamos una fuente de 4 V en la entrada del cuadripolo y una resistencia de 10 Ω en la salida, calcular la corriente que circula por la resistencia.

Figura P 4.17 Solución Las ecuaciones del circuito por el método de nudos.


I1

=

I2

=

V1

+

V1

−V

2

= V1

1 4  4

µ

 2 4  4 − 2 − V + V = −V − V 4  4 − 3  3 4  4 1

2

2

1

−

104

1 2  2

+ V2

 = (V1 + V2 ) 4  4 4 1 1  = (3V1 + V2 ) 4  4 3  3 12

¶− µ − ¶ V2

 (V1 + V2 ) 4  (3V1 + V2 ) I2 = 12 De éste sistema de ecuaciones podemos deducir las tensiones en función de las corrientes. =

I1

V1 =

¯¯ ¯

¯¯ ¯¯



I1 I2

12





4

4



4

 3



12

12



¯¯ ¯¯ ¯

= 

24 (I1 12

− 3I ) = 2  2 (I − 3I ) 2

1

¯¯ µ− ¯

2

1 1 I1 = 24  I1 +  I2 =  = 6 6 ( I1 + I2 ) V2 = 24 43 4 4 I 2 12 Agrupando las ecuaciones tenemos, V1

¶

=  2 (I1

−

− 3I ) 2

=  6 ( I1 + I2 ) Con este sistema de ecuaciones calculamos los parámetros z. Parámetro z11 V2

−

z11 =

V1 I1

¯¯

I2 =0

Si en la primera de las ecuaciones anteriores ponemos I2 = 0, = 2 2I1 V1 = 

=

⇒

= 2 2 z11 =  Parámetros z12 y z12

V1 I1

= 2  2


z12

V1 = I2

¯¯ ¯

105

I1 =0

Si en la primera ecuación ponemos I1 = 0,  6I2 V1 = 6

V1 = 6  6 I2

=

−

⇒

−

 6 z12 = 6

−

Parámetro z21 z21

V2 = I1

¯¯

I1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos I2 = 0,  6I1 V2 = 6

−

 6 z21 = z12 = 6

−

En un cuadripolo con elementos pasivos siempre se veri fica la igualdad anterior. Parámetro z22 z22 =

V2 I2

¯¯

I1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos I1 = 0, = 6 6I2 V2 =  = 6 6 z22 =  La matriz de parámetros z será,

µ

¶

2 6  6 (z) = 6  6  6 Para calcular la corriente en la resistencia de 10 Ω, tenemos en cuenta la relación entre las tensiones y corrientes del cuadripolo a través de los parámetros z.

−

−


µ ¶ µ

106

¶µ ¶

2 6  6 I1 6  6  6 I2 En nuestro caso V1 = 4 V y V2 = 10I2 . Poniendo estos valores en las matrices y operando tendremos que, V1 V2

=

−

−

µ ¶ µ − µ ¶ µ 4 10I2

¶ µ ¶ − ¶ −

2 6  6

=

6  6 6

4  2I1 = 10I2 6  6I2 En forma de sistema de ecuaciones,

−

I1 I2

6  6I2 6  6I1

4 = 2  I1 6  I2 10I2 = 6  I1 + 6  6  I2

−

−

Trasponiendo 10I2 y realizando operaciones, 4 =  2I1

− 6  6I

2

0 = 6  6I1 + I2 ( 10 +  + 6) 6) La corriente I2 se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones anterior por el método de Cramer.

−

I2 =

¯¯ ¯¯ ¯¯ − − ¯− − − µ − 2  2 4 6  6 0

2  2 6  6 6  6 ( 10 +  + 6) 6)

=

¯¯ ¯ ¶

−

 24 ' 24 20  20

−

+ 0 0 590 −0 492 + 

|I2 | = | 0 492 + +  0 0 590 590|| ' 0 768 [A] 0590  = arctan ' 0 876 rad = 50 11 40” 0492

−

0

PROBLEMA 4.18 La figura P 4.18 muestra un circuito en forma de cuadripolo con una fuente dependiente. Calcular los parámetros h que caracterizan al cuadripolo.


107

Solución Resolvemos el circuito por el método de lazos. La corriente en el lazo 1 es I1 y de sentido horario; en lazo 2 la corriente es I y de sentido horario; en el lazo 3 la corriente es I” y de sentido horario, y en el lazo 4 la corriente es I2 y sentido contrario a las agujas del reloj. Además, en la rama de la fuente se verifica que I” I = 2I1 . Suponemos que en los bornes de la fuente de corriente la tensión es V . 0

−

0

Figura P 4.18 Las ecuaciones respectivas son, =

V1

0

 2I +  + 2 2I − 2 1

0

0 =  2I1 +  +  I + V = 4I”+4I2 = (4 4)  4) I2 + 4 I”

V V2

−

Sustituyendo V de la tercera ecuación en la segunda, V1

=

0

− 2  2I +  + 2 2I 1

0

0 =  2I1 +  +  I + 4I”+4I2  4) I2 + 4 I” V2 = (4 4) 0

−

De I” I = 2I1 = las ecuaciones,

−

0

⇒ I” =2I + I . Llevando este resultado al resto de 1

 2I1 +  + 2 2I0 V1 = 2

−

0

¡

0

0 = 2  2I1 +  +  I + 4 2I1 + I V2 = (4

 4) I − 4)

2 + 4I” = (4

¢

0

+ 4I2 = (8 +  + 2) 2) I1 + 4 I2 + (4 +  + )) I

 4) I − 4)

¡

0

¢

2 + 4 2I1 + I = 8I1 + (4

Agrupamos las ecuaciones anteriores y tenemos,

 ) I − 4 )

2

0

+ 4I


108

0

= 2  2I1 +  + 2 2I 0 = (8 + 2)  2) I1 + 4 I2 + (4 +  + )) I

V1 V2

−

0

= 8I1 + (4

0

 ) I + 4 I − 4 ) 2

Con este sistema de ecuaciones podemos expresar I1 e I2 en función de V1 y V2 . Mediante el método de Cramer,

¯¯ ¯¯ ¯¯ − ¯¯ ¯¯ ¯

0 4

V1

0

I1 =

V2

(4

−

2 (4 + )  ) 4 )  ) 4

¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯¯ ¯

=

2  2 0 2 (8 +  + 2 2) 4 (4 + )  ) 8 (4 4 )  ) 4

−

 2 − 2

2 (8 +  + 2 2) 0 (4 + )  ) 8 4 V2 I2 = 72 +  + 24 24 Las ecuaciones resultantes son: V1

−1

−

−

−

72 +  + 24 24

=

((4

−1

72 +  + 24 24

 12) V +  + 8 8V ) − 12)

(6

1

2

 ) V − 24 )

2

((4 12)  12) V1 +  + 8 8V2 ) 72 +  + 24 24 1 (6 24 )  ) V2 I2 = 72 +  + 24 24 Ahora procedemos al cálculo de los parámetros h de acuerdo con sus definiciones respectivas. respectivas. Parámetro h11 I1

=

−1

h11 =

V1 I1

¯¯ ¯

V2 =0

Si en la primera ecuación ponemos V2 = 0, I1 =

−1

72 +  + 24 24

V1 = I1

(4

 12) V − 12)

+ 24 24 = − 6  6 − 724 −+  12  12

1


109

 6 h11 = 6

−

Parámetro h12 .

V1 h12 = V2

¯¯ ¯

I1 =0

Si en la primera ecuación ponemos I1 = 0, 0 = (4 V1

=

V2

 12) V +  + 8 8V − 12) 1

2

 8 1 = (3 − )  ) − 4 − 8 12  12 5

h12 =

Parámetro h21 .

− 15 (3 − )  )

I2 = I1

h21

¯¯ ¯

V2 =0

Si en las dos ecuaciones ponemos V2 = 0, I2 = 0, e I1 6 = 0 por tanto, h21 = 0

Parámetro h22 . h22 =

De la segunda ecuación, 1 I2 = (6 72 +  + 24 24 V2

−

I2 V2

¯¯ ¯

I1 =0

1  ) = (1 +  + 13) 13) − 24 ) 40

1 (1 +  + 13) 13) 40 Así terminamos el cálculo de los parámetros híbridos h, que al tratarse de un circuito con una fuente dependiente, resulta más complejo su cálculo y la matriz de los parámetros no es simétrica. h22 =


µ

h11 h21

h12 h22

PROBLEMA 4.19

¶ µ− =

6  6 0

110

(3 )  ) (1 +  + 13) 13)

−

1 40

1 5

−

¶

La figura P 4.19 muestra un circuito con acoplamiento magnético. Calcular los parámetros de transmisión del cuadripolo. Cuando se aplica un generador independiente de 4 V ∠0 a la entrada, calcular la corriente que circula por la resistencia de 4 Ω que se une a la salida del cuadripolo.

Figura P 4.19 Solución Comenzamos estableciendo las ecuaciones de los dos lazos magnéticamente acoplados que componen el circuito. Dado los sentidos de las corrientes en el cuadripolo, la corriente en el lazo 1 se supone en el sentido horario y en el lazo 2 contrario a las agujas del reloj. V1

= (4 + 4)  4) I1 +  + 5 5I2

V2

=  5I1 +  + 4 4I2

A partir de este sistema de ecuaciones calculamos los parámetros de transmisión. Parámetro A. A=

V1 V2

¯¯

I2 =0

Si en las ecuaciones anteriores ponemos I2 = 0, V1

= (4 + 4)  4) I1

V2

=  5I1


V1 V2

=

111

(4 +  + 4) 4) 4 = (1 5  5 5 A=

4 (1 5

 ) − )

Parámetro B. V1 B= I2

−

¯¯

 ) − )

V2 =0

Si en las ecuaciones anteriores ponemos V2 = 0, V1

= (4 + 4)  4) I1 +  + 5 5I2

0 =  5I1 +  + 4 4I2 De la segunda se deduce que I1 = la primera, V1 =

de donde,

(45) I . Llevando este resultado a − (4 2

4 + 4) 4) I +  + 5 5I − (4 +  5 2

2

1 V1 = (16 5 I2

−

B=

1 (16 5

 9) I − 15 (16 − 9)

2

 9) − 9)

 9) − 9)

Parámetro C. I1 C= V2

=

¯¯ ¯

I2 =0

Si en la segunda de las ecuaciones anteriores ponemos I2 = 0, = 5 5I1 V2 = 

=

⇒

C=

Parámetro D.

− 5

I1 = V2

− 5


I1 D= I2

−

¯¯ ¯

112

V2 =0

Si en la segunda de las ecuaciones anteriores ponemos V2 = 0, 0 = 5  5I1 +  + 4 4I2

4 I1 = 5 I2

=

⇒

D=

−

4 5

La matriz de parámetros es,

µ

A B C D

Se verifica que, 4 (1 5

−

4 5

¶ µ =

4 )  ) 5

−

1 5

(1

 ) − ) − 

(16

4 5

5

1 (16 5

AD

 9) − 9)

 9) − 9)

¶

 = 1 5

µ− ¶

− BC = 1

Para calcular la corriente en la resistencia de 4 Ω que se conecta a la salida cuando ponemos un generador de 4 V en la entrada, utilizamos la ecuación siguiente que relaciona tensiones y corrientes mediante los parámetros de transmisión.

µ ¶ µ V1 I1

=

4 5

1 5

(1

− )  ) − 

(16

− 9)  9)

4 5

5

¶µ ¶ V2 I2

−

Multiplicando las matrices del segundo miembro, teniendo en cuenta que V1 = 4 y V2 = 4I2 ,

µ ¶ µ 4

I1

=

4 5

(1

 ) − )  − 5

1 5

(16

 9) − 9)

4 5

De la primera ecuación, 4=

7 5

¶µ ¶ µ ¡− ¢ ¶ − −

 7 I − 7 5

4I2

I2

2

Por tanto la corriente que nos piden es,

=

4 5

 I2 +  45 I2


113

20 7

I2 = 

PROBLEMA 4.20 La figura P 4.20 muestra un cuadripolo. Descomponer dicho cuadripolo en dos que se asocian en paralelo. Calcular los parámetros y de cada uno y los correspondientes su asociación en paralelo.

Figura P 4.20 Solución

Figura P 4.20b

Descomponemos el cuadripolo en dos como muestra la

figura

P4.20b.

Cuadripolo P Los parámetros y del cuadripolo P correspondiente a la autoinducción son los siguientes: Parámetro y 11 

I  y11 = 1  V1

¯¯ ¯



V2 =0

Cuando se cortocircuita el segundo polo, 





 4I1 V1 = 4

I1

=

⇒



y11 =

Parámetro y 12 

y12 =



V1

− 4



I1



V2

¯¯ ¯



V1 =0

= 

−

1 4


114

Al cortocircuitar el polo uno, 







 4I2 = 4  4 ( I1 ) V2 = 4

−

 I1  = 4 V2

=

⇒

1 4 Como los componentes son pasivos, hemos visto en ejemplos anteriores que, 

y12 = 







I2

 4

y21 = y12 =

Parámetro y 22 

y22 = 



 4I2 V2 = 4

¯¯ ¯



V2

=

⇒



y22 =

La matriz correspondiente será, (P ) =



I2  = V2

− 4

− 4 



4

4

µ−



4

Cuadripolo Q



V1 =0

− 

4

¶

Es el compuesto por dos condensadores y una resistencia en forma de T. Comenzamos expresando las ecuaciones que relacionan tensiones con corrientes. Aplicamos el método de lazos, con la corriente del lazo 1 en sentido horario y en el dos en sentido contrario. 

V1 

V2

 2)I + 3 I − 2) 3I + (3 − 4)  4)I

= (3 =

1

1

y

2 2

Para calcular los parámetros es mejor poner las corrientes en función de las tensiones; par ello, mediante el método de Cramer resolvemos el sistema de ecuaciones anterior.






I1 =

¯¯ ¯¯ − ¯¯ ¯ −

V1  V2

(3

¯¯ − ¯¯ − ¯ ¯¯ −

3 (3 4)  4)

2)  2) 3 3 (3 4)  4)

(3 2)  2) V1  3 V2  = I2 = (8 +  + 8) 8) Agrupando las ecuaciones,

−

=

115

1 ((3 − 4)  4)V − 3V ) − 8 +  + 8 8 1

1 ( 3V1 + (3 (8 +  + 8) 8)

−

− 2)  2) V )

I1

=

1 ((3 − 4)  4)V − 3V ) − 8 +  + 8 8



=

1 ( −3V + (3 − 2)  2) V ) − (8 +  + 8) 8)



I2

1

1

2

2

2

2

Ahora calculamos los parámetros y utilizando las ecuaciones ecuaciones anteriores. anteriores.  Parámetro y11 

I1



y11 =



V1

¯¯ ¯

V2 =0

Si en la primera ecuación ponemos V2 = 0 

I1 =

−



1 (3 4)  4)V1 8 +  + 8 8

=

I1  = V1

y11 =

1 (1 +  + 7) 7) 16

−

⇒



  Parámetros y12 e y21 

y12 =



I1 

V2

¯¯ ¯

− 4  4 1 − 83 +  = (1 +  + 7) 7) + 8 8 16

V1 =0

Si en la primera ecuación ponemos V1 = 0 3  I1 = V2 8 +  + 8 8 



=

⇒

I1 

V2

=

3 3 = (1 8 +  + 8 8 16

3 (1 )  ) 16 Dado que los componentes son pasivos, 

y12 =

−

 ) − )




116

3 (1 16



y21 = y12 =  Parámetro y22 

I  y22 = 2 V2

¯¯ ¯

− )  )

V1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos V1 = 0 

I2 =

−

1 (3 (8 +  + 8) 8)

 2) V − 2)





=

⇒

2



y22 =

(Q ) =

1 16 3 16

 2 1 − 2 = ( −1 +  + 5) 5) − 83 +  + 8 8 16

1 ( 1 +  + 5) 5) 16

−

La matriz correspondiente es,

µ

I2  = V2

(1 +  + 7) 7) (1 )  )

−

3 16

(1 )  ) 1 ( 1 +  + 5) 5) 16

−

−

¶

Asociación en paralelo En la asociación de dos cuadripolos en paralelo se suman las admitancias, por tanto,

µ

y11 y21





4

4

¶ µ− ¶ µ − µ ¶ µ

y12 y22

=



4

y11 y21

y12 y22

PROBLEMA 4.21

+



4

=

1 16 1 16

1 16 3 16

(1 +  + 7) 7) (1 )  )

(1 + 3  3 )) (3 +  + ))

−

1 16 1 16

3 16

(1 )  ) 1 ( 1 +  + 5) 5) 16

(3 +  + )) ( 1 +  + ))

−

−

−

¶

¶

En la figura P 4.21 se muestra dos cuadripolos asociados en serie. Calcular los parámetros z de cada cuadripolo, así como del conjunto resultante de asociarlos en serie.

Solución Procedemos de forma análoga al problema anterior. Primero calculamos los parámetros z de cada cuadripolo.

Cuadripolo P Comenzamos estableciendo las relaciones entre tensiones y corrientes. Para ello aplicamos el método de nudos. En el nudo 1 la corriente I 1 entra


117

en el nudo y las otras dos salen. En el nudo 2 las corrientes I 2 y la que procede del condensador entran y la de la resistencia de 4 Ω sale.

Figura P 4.21 



I1

=



=

I2



 − 1  V + = (1 +  + )) V  − V  2  2 2 2 − 2     1 V V − V −− 2 + = − V  + (1 +  + 2) 2) V   2 4 2 4

V1

V1

2

1

1

2

2

2

1

2

Agrupando las ecuaciones tenemos,

1   (1 +  + )) V 1 V 2 2 2   1  + 2) 2) V 2 I2 = V1 + (1 +  2 4 De este sistema deducimos las relaciones entre V 1 y V 2 en función de   I1 , I2 . Para ello utilizamos el método de Cramer. 

=

I1

−

−



I1  I2



V1 =

¯¯ ¯ − ¯¯ ¯ −

¯¯ ¯

1 2



V2 =

Operando,



1 4

2

(1 +  + 2) 2)

(1 +  + )) 



2

1 4

2

1 2

¯ − ¯¯ ¯ − ¯¯ ¯¯ ¯

8 = 1 +  + 3 3

(1 +  + 2) 2)

µµ

1 1 +  4 2

¶

1 +  I 2 I1 +  2 

(1 +  + )) I 1 

2

1 +  + 3 3



I2

8 1 8=  I 1 + 1 +  + 3 3 2

µ

µ

1 1  +  I 2 2 2

¶¶

¶


118

1 ((2 +  + 4) 4) I 1 +  + 4 4I 2 ) 1 +  + 3 3 1  (  ( 4 4I 1 + (4 +  + 4) 4) I 2 ) V2 = 1 +  + 3 3 Mediante las ecuaciones anteriores y las de finiciones correspondientes, calculamos los parámetros del cuadripolo. Parámetro z 11 

V1

=





z11 =

V1  I1

¯¯ ¯



I2 =0

Si en la primera ecuación ponemos I 2 = 0 

1 (2 +  + 4) 4) I 1 V1 = 1 +  + 3 3 

2 +  + 4 4 1 V1 = = (7  1 +  + 3 3 5 I1

=

⇒



z11 =

Parámetros z 12 y z 21

1 (7 5 



z12 =

V1 

I2

− )  )

 ) − )

¯¯



I1 =0

Si en la primera ecuación ponemos I 1 = 0 

 4  V1 = I 1 +  + 3 3 2 

V1

=

⇒



I2

=

4 1 = (6 +  + 2) 2) 1 +  + 3 3 5

1 (6 +  + 2) 2) 5 Dado que los componentes del cuadripolo son pasivos, 

z12 =





z21 = z12 =

Parámetro z 22 

z22 =

1 (6 +  + 2) 2) 5 

V2 

I2

¯¯



I1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos I 1 = 0


119

 4 +  + 4 4  4 +  + 4 4 4 V2 = = = (2 V2 = I2  1 +  + 3 3 1 +  + 3 3 5 I2 La forma matricial de los parámetros es, 

⇒

µ



z11  z21



z12  z22

Cuadripolo Q

¶ µ =

1 5 1 5

1 5 4 5

(7 )  ) (6 +  + 2) 2)

(6 +  + 2) 2) (2 )  )

−

−

− )  )

¶

Para calcular los parámetros estableceremos en primer lugar las ecuaciones que relacionan tensiones y corrientes en el circuito en forma de T que constituye el cuadripolo. Mediante el método de lazos, con la corriente del lazo 1 en sentido horario y la del lazo 2 en sentido contrario, obtenemos las siguientes ecuaciones, 

= 8I1 + 6 I2 = 6I1 + 10 I2

V1 

V2

Parámetro z11 

V  z11 = 1 I1

¯¯



I2 =0

Si en la primera ecuación ponemos I2 = 0 



V1  =8 I1



V1 = 8I1 

z11 = 8

Parámetros z12 y z21 



z12 =

V1 

I2

¯¯



I1 =0

Si en la primera ecuación ponemos I1 = 0 





V1 = 6I2

=

⇒



z12 = 6

V1 

I2

=6


120

Dado que los componentes del cuadripolo son pasivos, 



z21 = z12 = 6

Parámetro z22 

V  z22 = 2 I2

¯¯ ¯



I1 =0

Si en la segunda ecuación ponemos I1 = 0 





V2 = 10I2

V2  = 10 I2

=

⇒



z22 = 10

En forma matricial,

µ





¶ µ

¶

8 6 = 6 10 La asociación en serie se obtiene sumando las dos matrices de parámetros correspondientes a P y Q.

µ

z11  z21

¶ µ

z12  z22

1 5 1 5

(7 )  ) = (6 +  + 2) 2) Los parámetros del conjunto son: z11 z21

z12 z22

µ

z11 z21

z12 z22

¶ µ =

−

1 5 1 5

1 5 4 5

(6 +  + 2) 2) (2 )  )

(47 )  ) (36 +  + 2) 2)

−

−

1 5 1 5

¶ µ +

(36 +  + 2) 2) (58 4)  4)

−

8 6 6 10

¶

¶

Juan del Rosal, 14 28040 MADRID Tel. Dirección Editorial: 913 987 521

Problemas resueltos de circuitos eléctricos - Victoriano López Rodríguez

Recommend Documents