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Problemas de Teorı́a de Circuitos
Josep Prades Nebot
José Manuel Mossi Garcı́a
Juan Antonio Sastre Domenech
Antonio Albiol Colomer
16 de noviembre de 2005
2
Índice
1 Conceptos básicos y leyes fundamentales
1
2 Comportamiento de los componentes eléctricos
7
3 Análisis en régimen permanente sinusoidal
4 Técnicas de Análisis
57
109
Apéndices
175
i
ii
Capı́tulo 1
Conceptos básicos y leyes
fundamentales
Problema 1.1
En el circuito de la figura 1.1 se sabe que la suma de las potencias disipadas
en las resistencias R5 , R7 , R9 y R11 es de 1 W. Determine
1. Potencia disipada en R4
2. Potencia entregada por E2
3. Corriente que circula por la rama que une el punto D con el punto F,
medida en sentido de D a F.
Datos:
E1 = 6 V E 2 = 2 V R 1 = R 2 = R 3 = R 4 = 1 Ω
R5 = 2 Ω R6 = 3/2 Ω R7 = R9 = R11 = 6 Ω
R8 = R10 = R12 = 9 Ω
1
2
Conceptos básicos y leyes fundamentales
G
E2
R2
R5
R7
R3
E1
B
C
D
F
R6
R4
R11
A
R9
R1
R8
R10
R12
H
Figura 1.1: Circuito del problema.
Solución
1) Las resistencias R5 , R7 , R9 y R11 están en paralelo por lo que se pueden
reducir a una única resistencia equivalente R a
1
1
1
1
1
=
+
+
+
Ra
R5 R7 R9 R11
de donde se obtiene
Ra = 1 Ω
Haciendo lo mismo con el conjunto de resistencias R 6 , R8 , R10 y R12 obtenemos
Rb = 1 Ω
Conceptos básicos y leyes fundamentales
3
con lo cual obtenemos el siguiente circuito simplificado:
I1
E2
R2
Ra
I2
R1
Malla 1
Malla 2
Rb
R3
E1
R4
I3
Como la potencia disipada en Ra es un vatio y PRa = I22 Ra obtenemos
r
1
=1A
I2 =
1
Las dos ecuaciones restantes las podremos obtener aplicando las leyes de Kirchhoff en la malla 1 y 2
(I1 − I2 )R2 + (I1 − I3 )R3 − E1 + I1 R1 + E2 = 0
(I3 − I2 )R4 + I3 Rb + (I3 − I1 )R3 = 0
y ordenando las incógnitas se obtiene
I1 (R1 + R2 + R3 ) − I3 R3 = E1 − E2 + I2 R2
−R3 I1 + I3 (R3 + R4 + Rb ) = R4 I2
y resolviendo el sistema obtenemos:
I1 = 2 A
I3 = 1 A
La corriente por R4 es I3 −I2 = 1−1 = 0 A, con lo que la potencia en R4 es 0 W.
4
Conceptos básicos y leyes fundamentales
2) La potencia entregada por E2 es
PE2 = −E2 I1 = −4 W
con lo cual, el generador E2 está absorbiendo 4 W.
3) Definimos las corrientes I11 , I12 e Ia tal y como se muestra en el circuito.
...
G
R5
R7
I11 R9
R11
F
C
D
Ia
I12 B
R6
R8
...
R10
R12
H
Aplicando la Ley de Ohm y Kirchhoff obtenemos:
I11 + Ia = I12
→ Ia = I12 − I11
(1.1)
y por tanto
VGF
VF H
I12 =
R11
R12
Como en el punto F existe el mismo potencial que en el punto B
I11 =
VGF = VGB
VF H = VBH
En el circuito simplificado se observa que
VGB
= I 2 Ra = 1 V
VBH
= I 3 Rb = 1 V
Entonces de estas dos últimas ecuaciones y de la ecuación (1.1) obtenemos:
Ia =
I3 Rb I2 Ra
1 1
1
−
= − =−
A
R12
R11
9 6
18
Conceptos básicos y leyes fundamentales
5
Problema 1.2
En el circuito de la figura, calcule el valor de E 3 para que la potencia disipada
en R2 sea 0 W.
Datos: R1 = R2 = R3 = R4 = 1 Ω, E1 = E2 = 2 V.
R2
E2
R1
E3
R3
R4
E1
Solución
El problema puede resolverse de diversas maneras. Aquı́ se presentan dos. Una
solución consiste en comenzar el análisis suponiendo que I R2 = 0. Si asignamos
corrientes al circuito tal y como se muestra a continuación
I1
R2
R1
M2
I2
E3
E2
M1
R3
I3
M3
R4
como I2 = 0, entonces IR3 = I3 .
E1
6
Conceptos básicos y leyes fundamentales
Aplicando la 2a ley de Kirchhoff a la malla M3 obtenemos
E1 = I 3 R4 + I 3 R3
y por tanto
I3 =
E1
=1A
R3 + R 4
y de la malla exterior del circuito
E3 = 0 R 2 + E 2 − E 1 + I 3 R4 = 1 V
Otra manera de resolver el problema consiste en plantear las ecuaciones de
malla, obteniendo el sistema
E3 = I 1 R1 − I 2 R1
−E2 = −I1 R1 + I2 (R1 + R2 + R3 ) − I3 R3
E1 = −I2 R3 + I3 (R3 + R4 )
de donde
y por tanto
R1
E3
0
−R1 −E2
−R
3
0
E 1 R3 + R 4
I2 = R1
−R1
0
−R1 R1 + R2 + R3
−R
3
0
−R3
R3 + R 4
R1
E3
0
−R1 −E2
−R3
0
E 1 R3 + R 4
de donde despejando E3 obtenemos
E3 = 1 V
=0
=0
Capı́tulo 2
Comportamiento de los
componentes eléctricos
Problema 2.1
En el siguiente circuito calcular el valor de R 3 para que la potencia disipada
en R1 sea cuatro veces mayor que la disipada en R 5 .
E
R6
R7
R2
R4
C1 R1
R3
R5
L1
Datos:
R1 = R2 = R5 = 1 Ω; R4 = 0,25 Ω; R6 = R7 = 2 Ω
C1 = 1 F; L1 = 1 H; E = 1 V
7
8
Comportamiento de los componentes eléctricos
Solución
Dado que el circuito es de corriente continua la rama que contiene el condensador y la bobina tiene corriente cero, y las ramas de R 6 y R7 son dos
resistencias en paralelo que se pueden reducir a una sola
Ra =
R6 · R 7
= 1Ω
R6 + R 7
quedando el circuito:
I3
E
Ra
Malla c
R1
R2
R4
Malla a
I1 R5
R3
Malla b
I2
En la figura se indican los nombres de las corrientes utilizadas, siendo I R1 = I1
e IR5 = I2 . Si la potencia en R1 ha de ser 4 veces mayor que en R5 :
2 R
P R1 = I R
1
1
2 R
P R5 = I R
5
5
I R1
=
I R5
r
2
2
R5
R1 = 4 I R
IR
5
1
(2.1)
quedando
4 R5
= ±2
R1
(2.2)
IR1 = ±2IR5
El circuito tiene tres mallas, y aplicando la 2 a ley de Kirchhoff en cada una
de ellas obtenemos:
a)
b)
c)
0 = (R1 + R2 + R3 )I1
0 =
−R3 I1
−E =
−R2 I1
−R3 I2
+(R3 + R4 + R5 )I2
−R4 I2
−R2 I3
−R4 I3
+(R2 + R4 + Ra )I3
Comportamiento de los componentes eléctricos
9
Como la condición del enunciado deriva en que I 1 = ±2I2 calculamos la expresión de ambas corrientes, que coinciden ser las corrientes de las mallas a y
b:
0
−R3
−R2
0 R3 + R4 + R5
−R
4
−E
−R4
R2 + R 4 + R a I1 = (2.3)
R1 + R 2 + R 3
−R3
−R2
−R3
R3 + R 4 + R 5
−R4
−R2
−R4
R2 + R 4 + R a R1 + R 2 + R 3 0
−R2
−R3
0
−R4
−R2
−E R2 + R4 + Ra (2.4)
I2 = R1 + R 2 + R 3
−R
−R
3
2
−R3
R3 + R 4 + R 5
−R4
−R2
−R4
R2 + R 4 + R a Como los denominadores de (2.3) y (2.4) son iguales la condición I R1 = ±2IR5
se cumple cuando los numeradores de las fracciones cumplen N 1 = ±2N2 ,
siendo N1 el numerador de (2.3) y N2 el numerador de (2.4). Se desarrollan
los determinantes aprovechando los elementos que son cero:
−R3
−R2 = −E [R3 R4 + R2 (R3 + R4 + R5 )]
N1 = −E R3 + R4 + R5 −R4 R + R2 + R3 −R2 = E [− (R1 + R2 + R3 ) R4 − R2 R3 ]
N2 = E 1
−R3
−R4 Imponiendo la condición IR1 = ±2IR5
N1
R3 R4 + R2 (R3 + R4 + R5 )
= ±2 =
N2
(R1 + R2 + R3 ) R4 + R2 R3
(2.5)
Hay dos soluciones, una para el signo + y otra para el signo −, la primera es:
R3 =
R2 R5 − 2R1 R4 − R2 R4
R4 + R 2
y sustituyendo los valores del enunciado queda
R3 =
1
Ω
5
(2.6)
10
Comportamiento de los componentes eléctricos
La solución tomando el signo negativo en (2.5) es:
R3 =
3R2 R4 + R2 R5 + 2R1 R4
−3 (R4 + R2 )
(2.7)
resultando un valor de R3 = −4/5 Ω, que por ser negativo no es fı́sicamente
realizable y por tanto la solución es R 3 = 1/5 Ω.
Comportamiento de los componentes eléctricos
11
Problema 2.2
En el siguiente circuito calcular el valor de E 1 y E2 para que la carga almacenada transcurrido un intervalo de tiempo muy grande en C 1 sea de 1 C y
en C2 sea nula. Considere que inicialmente los condensadores se encuentran
descargados.
C2
R6
R2
E1
C1
R4
E2
R3
R1
R5
Datos:
R1 = R2 = R3 = R4 = R6 = 1 Ω; R5 = 5 Ω; C1 = C2 = 1 F
Solución
Dado que el circuito es de corriente continua y se pide la carga cuando ha
transcurrido mucho tiempo se debe considerar que la corriente por los condensadores es nula, y la carga se determina a través de la diferencia de potencial
en sus bornes que, a su vez, se determina en ambos casos calculando la ddp
de las resistencias que tienen en paralelo. Como la corriente de los condensadores es nula podemos utilizar para calcular las corrientes por las resistencias
el siguiente circuito, donde las incógnitas de interés son I 3 e I1 .
12
Comportamiento de los componentes eléctricos
I3
R6
Malla c
R2
E1
R4
E2
R1
R3
Malla b R5
Malla a
I1
I2
Aplicando análisis por mallas el sistema de ecuaciones es:
M allas
a)
b)
c)
E1
−E2
0
=
=
=
(R1 + R2 + R3 )I1
−R3 I1
−R2 I1
−R3 I2
+(R3 + R4 + R5 )I2
−R4 I2
−R2 I3
−R4 I3
+(R2 + R4 + R6 )I3
Como la carga de C2 debe ser nula la corriente I3 debe ser nula.
R1 + R 2 + R 3
−R3
E1 −R3
R3 + R4 + R5 −E2 −R2
−R4
0 I3 = R1 + R 2 + R 3
−R
−R
3
2
−R3
R3 + R 4 + R 5
−R4
−R2
−R4
R2 + R 4 + R 6 (2.8)
para que sea nula igualamos a cero el numerador, habiendo comprobado que
el denominador es no nulo:
E1 R3 R4 − E2 R3 R2 + E1 R2 (R3 + R4 + R5 ) − E2 R4 (R1 + R2 + R3 ) = 0 (2.9)
ordenado:
E2 = E 1
R3 R4 + R2 (R3 + R4 + R5 )
R3 R2 + R4 (R1 + R2 + R3 )
(2.10)
y sustituyendo los valores del enunciado, queda:
E2 = 2E1
(2.11)
Comportamiento de los componentes eléctricos
Para la carga de C1 calculamos I1
E1
−R3
−R2
−E2 R3 + R4 + R5
−R4
0
−R4
R2 + R 4 + R 6 I1 = R1 + R 2 + R 3
−R3
−R2
−R
R
+
R
+
R
−R4
3
3
4
5
−R2
−R4
R2 + R 4 + R 6
sustituyendo los valores del enunciado, queda:
I1 =
13
(2.12)
20E1 − 4E2
48
(2.13)
E1
12E1
=
48
4
(2.14)
que junto con la ecuación 2.11
I1 =
como la carga de C1 debe ser 1 C y su capacidad es de 1 F la diferencia de
potencial en sus bornas debe ser 1 V y por tanto en R 1 también debe haber
una diferencia de potencial de 1 V, por lo que:
ddpR1 = I1 R1 = 1V ⇒ I1 = 1 A
sustituyendo en 2.14 y despejando E 1 , resulta
E1 = 4 V
y con este valor en la ecuación 2.11 resulta
E2 = 8 V
(2.15)
14
Comportamiento de los componentes eléctricos
Problema 2.3
Considere el circuito de la figura 2.1, por el cual circula una corriente alterna
cuya intensidad se muestra en la figura 2.2. Calcule la expresión analı́tica
y dibuje las siguientes magnitudes instantáneas: la tensión v L (t), la energı́a
almacenada en la bobina wL (t) y la potencia disipada pL (t).
10 Ω
i(t)
+
vL (t)
-
1H
Figura 2.1: Circuito de problema.
i(t)
2
5
0
1
2
3
t
6
4
−1
Figura 2.2: Intensidad i(t).
7
Comportamiento de los componentes eléctricos
15
Solución
Recordando la ecuación general de una recta, y teniendo en cuenta que i(t) es
una función formada por rectas, obtenemos la siguiente expresión analı́tica

0,
t<1



2


(t − 1), 1 ≤ t < 4


 3
14 − 3t,
4≤t<5
i(t) =


−1,
5≤t<6




t − 7,
6≤t<7


0,
resto
La tensión en los extremos de la bobina se puede obtener a través de
vL (t) = L
di(t)
di(t)
=
dt
dt
y por tanto

0,




2/3,



−3,
vL (t) =
0,





1,


0,
t<1
1≤t<4
4≤t<5
5≤t<6
6≤t<7
resto
y su correspondiente gráfica es
vL (t)
1
2/3
4
0
1
2
3
t
5
6
−3
Figura 2.3: Tensión vL (t).
7
16
Comportamiento de los componentes eléctricos
En cuanto a la potencia instantánea absorbida por la bobina p L (t)
pL (t) = vL (t) i(t)
obteniendo

0,




4 (t − 1)/9,



−3 (14 − 3t),
pL (t) =
0,





t − 7,


0,
y la gráfica es
t<1
1≤t<4
4≤t<5
5≤t<6
6≤t<7
resto
pL (t)
3
12/9
0
1
2
3
t
6
4
5
7
−1
−6
Figura 2.4: Potencia absorbida por la bobina p L (t).
La energı́a almacenada en la bobina es
WL (t) =
1
1 2
L i (t) = i2 (t)
2
2
Comportamiento de los componentes eléctricos
17
y por tanto

0,




2 (t − 1)2 /9,



(14 − 3t)2 /2,
WL (t) =
1/2




 (t − 7)2 /2,


0,
cuya gráfica es
t<1
1≤t<4
4≤t<5
5≤t<6
6≤t<7
resto
wL (t)
2
1/2
t
0
1
2
3
4
5
6
7
Figura 2.5: Energı́a almacenada en la bobina w L (t).
18
Comportamiento de los componentes eléctricos
Problema 2.4
Considere el circuito de la siguiente figura.
i(t)
+
v(t)
R = 1Ω
vr (t)
+
L = 1H
El generador de alterna proporciona una fuerza electromotriz en forma de
impulso rectangular
1, 0 ≤ t < τ
v(t) =
0,
resto
Sabiendo que i(t) = 0 en t < 0, calcule la corriente que circula por la bobina
en el intervalo 0 ≤ t < ∞.
Solución
En el intervalo 0 ≤ t < τ , el generador se comporta como un generador de
continua de 1 V por lo que el circuito queda
i(t)
+
R = 1Ω
vr (t)
1
L = 1H
Tras aplicar la segunda ley de Kirchhoff al circuito obtenemos
−1 + i(t) +
di
=0
dt
Comportamiento de los componentes eléctricos
19
Por tanto la ecuación diferencial del circuito en 0 ≤ t < τ es
i(t) +
di
=1
dt
siendo la solución
i(t) = 1 + K e−t
Para encontrar la constante K imponemos continuidad a la intensidad en t = 0
i(0− ) = i(0+ )
obteniendo
0 =1+K
lo que proporciona K = −1, con lo que la intensidad es
i(t) = 1 − e−t A,
0≤t<τ
y en el instante t = τ su valor es
i(τ ) = 1 − e−τ A
En el intervalo t ≥ τ , el generador se comporta como un cortocircuito, de
forma que el circuito del problema es
i(t)
+
vr (t)
R = 1Ω
L = 1H
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos la ecuación
i(t) +
di
=0
dt
que es válida en el intervalo t ≥ τ .
La solución a dicha ecuación es
i(t) = K e−(t−τ ) , t ≥ τ
20
Comportamiento de los componentes eléctricos
Aplicando continuidad a la corriente en t = τ obtenemos
1 − e−τ = K
y por tanto
i(t) = (1 − e−τ ) e−(t−τ ) A,
t≥τ
Por tanto la corriente en todo instante de tiempo es

t<0
 0,
−t
1+ e ,
0≤t<τ
i(t) =

(1 − e−τ ) e−(t−τ ) , t ≥ τ
Comportamiento de los componentes eléctricos
21
Problema 2.5
Considere el circuito de la figura, donde el interruptor INT ha permanecido
cerrado en el intervalo −∞ < t < 0 y se abre en el instante t = 0. Encuentre
la corriente i(t) y la tensión vc (t) en t ≥ 0.
INT
R1
+
vC (t)
-
E
R2
C
i(t)
Datos:
E = 1 V,
R1 = R2 = 1 MΩ,
C = 1 µF
Solución
En t = 0 estamos en régimen permanente y por tanto el condensador se comporta como un circuito abierto con lo cual
vc (0) = E
R2
= 0,5 V.
R1 + R 2
A partir de t = 0 el interruptor permanece abierto y por tanto el circuito es
+
vC (t)
-
i(t)
R2
C
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos
Z
1
−
i(t)dt − R2 i(t) = 0
C
22
Comportamiento de los componentes eléctricos
y derivando obtenemos
1
di(t)
i(t) + R2
= 0.
C
dt
La solución a esta ecuación diferencial es
i(t) = K e−t/(R2 C) ,
t>0
y por tanto la tensión en el condensador es
vc (t) = R2 i(t) = K R2 e−t/(R2 C) ,
t ≥ 0.
Exigiendo continuidad para encontrar el valor de K
vC (0+ ) = vC (0− )
se obtiene
0,5 = K R2
de donde
K=
0,5
R2
y teniendo en cuenta que τ = R2 C = 1 s, la tensión en el condensador es
vc (t) = 0,5 e−t ,
t≥0
y la intensidad es
i(t) = 0,5 10−6 e−t ,
t > 0.
Comportamiento de los componentes eléctricos
23
Problema 2.6
Considere el circuito de la figura donde el interruptor se cierra en el instante
t = 0. Se sabe que en t = 0− la corriente en la bobina y la tensión en los
condensadores es cero.
INT
ig
iR
1 kΩ
+
vg (t)
-
10
1mH
1 µF
1 µF
+
vR (t)
-
1 kΩ
1. Determine ig (t), vg (t), iR (t) y vR (t) en t = 0+ .
2. Determine ig (t), vg (t), iR (t) y vR (t) en t = ∞.
3. Energı́a almacenada en t = ∞.
Solución
1. En t = 0+ los condensadores están descargados y por tanto la tensión
en sus bornes es 0 V. Por la bobina no circula corriente por lo que la
intensidad a través de ellas es 0 A. Por tanto, en t = 0 + podemos sustituir
los condensadores por cortocircuitos y las bobinas por circuitos abiertos,
quedando el circuito
ig
iR
1 kΩ
+
vR (t)
-
10
1 kΩ
24
Comportamiento de los componentes eléctricos
De este circuito obtenemos
ig =
10
= 10 mA,
1000
vg = 0 V,
iR = 0 A,
vR = 0 V
2. En t = ∞, por los condensadores no circula corriente y en las bobinas no
cae tensión. Por tanto los condensadores se comportan como circuitos
abiertos y las bobinas como cortocircuitos, quedando el circuito de la
figura.
ig
iR
1 kΩ
+
vR (t)
-
10
1 kΩ
y por tanto
10
= 5 mA
1000 + 1000
vR = vg = 5 mA × 1 kΩ = 5 V
ig = i R =
3. La energı́a total es la suma de las energı́as almacenadas en los condensadores y en la bobina:
1
1
CV 2 + LI 2
2
2
1
1 −6
= 2 × 10 × 25 + 10−3 (5 × 10−3 )2
2
2
≈ 25 · 10−6 J
E = 2×
Comportamiento de los componentes eléctricos
25
Problema 2.7
Considere el circuito de la figura 2.6.
R1
E
I1
Vc
I2
R2
C
R3
Figura 2.6: Esquema simplificado de un flash fotográfico.
Este circuito representa una aproximación al circuito de carga y disparo de
un flash fotográfico. E representa la tensión de la baterı́a. R 3 corresponde con
el filamento de la lámpara. I1 es el interruptor de alimentación, mientras que
I2 representa el interruptor de disparo, normalmente accionado por la cámara.
Consideraremos que I2 en reposo está abierto, y cuando se produce un disparo
se cierra durante 1/10 de segundo.
Se pide:
1. Suponiendo inicialmente descargado el condensador C determinar la tensión que aparecerá en dicho condensador, transcurrido mucho tiempo
desde que se conecta la alimentación (esto es con I 1 cerrado y permaneciendo abierto I2 ).
2. Determine la potencia suministrada por la baterı́a en el estado anterior.
3. Determine el tiempo necesario desde que se cierra I 1 para que la tensión Vc tenga un valor igual al 99 % de su valor final determinado en el
apartado 1.
4. Después de transcurrido un tiempo mucho mayor que el indicado en el
apartado anterior, el interruptor I 2 se cierra durante 1/10 s. para volverse
a abrir a continuación. Determine:
(a) Evolución temporal de la tensión en bornes del condensador.
(b) Evolución temporal de la corriente a través de R 3 .
(c) Potencia instantánea máxima disipada en R 3 .
26
Comportamiento de los componentes eléctricos
(d) Tiempo que transcurre desde que la potencia instantánea disipada
en R2 alcanza su valor máximo hasta que decrece a la décima parte
de dicho valor máximo.
(e) Determine la potencia instantánea disipada en R 3 justo antes de
que I2 vuelva a abrirse.
5. Suponga que tras disparar una foto, el interruptor de disparo I 2 permanece abierto durante mucho tiempo, mientras que el de alimentación
I1 permanece cerrado. Pasado mucho tiempo en el estado anterior, se
desconecta la alimentación, es decir, el interruptor I 1 se abre. Se pide:
(a) Tiempo que tarda la tensión en el condensador en ser menor que
E/1000.
(b) ¿Que sucederı́a si la resistencia R 2 no estuviese?
6. Suponga ahora que el condensador se sustituye por uno de capacidad
mitad. ¿Cambia la potencia máxima en R 3 al producirse el disparo?
¿Cambia la duración efectiva del disparo?
7. ¿Qué componente (excepto la baterı́a) deberı́a cambiar su valor para que
la potencia instantánea máxima en el momento de disparar se duplicase?
¿Qué nuevo valor le darı́a? ¿Cambiarı́a la duración efectiva del disparo
al cambiar ese componente?
Datos: R1 = 1 kΩ, R2 = 100 kΩ, R3 = 1Ω, C = 1 mF, E = 9 V.
Solución
1. Tras haber transcurrido mucho tiempo con I 1 cerrado e I2 abierto, no
pasará corriente por el condensador ni por R 3 . La tensión en el condensador vendrá dada por el divisor de tensión formado por R 1 y R2 :
Vc = E
R2
R1 + R 2
(2.16)
como R2 R1 resulta que
Vc ≈ E = 9 V
(2.17)
2. La potencia entregada por la baterı́a será:
P =V I=V
V
9
=9
= 802 µW
R1 + R 2
101,000
(2.18)
Comportamiento de los componentes eléctricos
27
3. El circuito formado por E, R1 y R2 se puede poner como única resistencia
Ra en serie con un generador E 0 tal y como muestra la figura 2.7.
Ra
E’
Vc
C
R3
Figura 2.7: Circuito con I1 cerrado e I2 abierto.
Los valores son:
Ra = (R1 k R2 ) ≈ R1 = 1 kΩ
pues R2 R1 y
E0 = E
R2
≈E=9V
R1 + R 2
(2.19)
(2.20)
por la misma razón.
Obsérvese que el circuito de la figura 2.7 representa la carga de un condensador con una constante de tiempo τ 1 = Ra C = 1 s.
Si el condensador estaba inicialmente descargado la evolución de la tensión vale:
vc (t) = E 0 (1 − e−t/τ1 )
(2.21)
por lo que para determinar el tiempo necesario para alcanzar el 99 % del
valor final hay que resolver la ecuación:
(1 − e−t/τ1 ) = 0,99
t = τ1 ln 100 = 4,61 s
(2.22)
Éste es el tiempo que tarda el flash en estar listo para disparar desde
que se conecta la alimentación.
4. El circuito resultante al cerrarse I 2 es el mostrado en la figura 2.8.
28
Comportamiento de los componentes eléctricos
Ra
E’
!
Vc
C
R3
Figura 2.8: Circuito con ambos interruptores cerrados.
(a) La evolución temporal de la tensión seguirá la siguiente expresión:
vc (t) = vc (0) + (vf inal − vc (0)) (1 − e−t/τ2 )
(2.23)
donde t = 0 será el instante en que se cierra I 2 . El valor inicial
se determina fácilmente pues el condensador no puede variar su
tensión instantáneamente:
vc (0) ≈ 9 V.
El valor final se determina diciendo que tras mucho tiempo no pasará corriente por C. Entonces resulta un divisor de tensión entre
Ra y R3 . como Ra R3 se tiene que
vf inal ≈ 0
La constante de tiempo viene dada en este caso por τ 2 = (Ra k
R3 )C. Dado que R3 Ra resulta que
τ2 ≈ R3 C = 1 ms
Por tanto:
vc (t) ≈ 9e−t/τ2 V.
0 ≤ t ≤ 0,1s
(2.24)
(b) Como la resistencia R3 está en paralelo con el condensador, tiene
su misma tensión. La evolución temporal de la corriente en R 3 vale
pues:
vC (t)
0 ≤ t ≤ 0,1 s
≈ 9e−t/τ2 A
iR3 (t) =
R3
(c) La potencia instantánea en R3 vale:
PR3 (t) = i2R3 (t) R3 ≈ 81e−2t/τ2 W.
0 ≤ t ≤ 0,1 s
El máximo lo alcanza en t = 0 y vale 81 watios.
Comportamiento de los componentes eléctricos
29
(d) Para que la potencia instantánea decrezca a la décima parte debe
cumplirse:
1
= e−2t/τ2
10
−→ t =
τ2
ln 10 = 1,15 ms
2
Obsérvese que este tiempo es mucho menor que el tiempo que el
interruptor I2 permanece cerrado; en otras palabras, la duración del
destello depende de la constante de tiempo τ 2 y aunque I2 esté cerrado un intervalo de tiempo mayor que τ 2 , no por ello hay un
destello más prolongado.
(e) Como el tiempo transcurrido (0.1 s) es mucho mayor que la constante de tiempo, la tensión en el condensador, habrá alcanzado su
valor final prácticamente,(nulo) y con ello la potencia disipada en
R3 0.1 s después del disparo será prácticamente nula.
5. Ahora ambos interruptores están abiertos:
(a) Con ambos interruptores abiertos, y C inicialmente cargado lo que
tenemos es la descarga del condensador con una constante de tiempo:
τ3 = R2 C = 100 s.
La expresión de la tensión en el condensador valdrá ahora, considerando ahora t = 0 el instante en que se abre I 1 :
vc (t) = vc (0) e−t/τ3
Por tanto para que la tensión decrezca a la milésima parte, debe
resolverse la ecuación:
1
= e−t/τ3
1000
−→
t = τ3 ln 1000 = 690 s
(b) Si no existiese R2 , el condensador mantendrı́a su carga indefinidamente.
6. Si cambia el valor de la capacidad a la mitad, la constante de tiempo
τ2 se reduce a la mitad, con lo que la duración efectiva del disparo se
reduce a la mitad. En cuanto a la potencia máxima disipada en R 3 , ésta
depende de la tensión en el condensador justo antes del disparo, y del
valor de R3 , pero no del valor de la capacidad. Por tanto la intensidad
máxima del destello no varı́a.
30
Comportamiento de los componentes eléctricos
7. Dado que no se permite variar la tensión de la baterı́a, que es aproximadamente la que hay justo antes del disparo en bornes del condensador,
si quiero aumentar la potencia de pico, debo disminuir R 3 ; si quiero duplicar la potencia, R3 debe ser la mitad. Esto origina que la constante
de tiempo τ2 se reduzca a la mitad.
Comportamiento de los componentes eléctricos
31
Problema 2.8
Considere el circuito de la figura.
INT2
R1
R3
+
vc (t)
−
E1
INT1
C
i(t)
R4
R5
R2
En el circuito hay dos interruptores: INT1 e INT2. Antes del instante
t = 0, los dos interruptores están abiertos y el condensador descargado. En
t = 0 el interruptor INT1 se cierra (quedando INT2 abierto), hasta que en
t = 10−2 s INT2 se cierra e INT1 se abre. Considerando los siguientes valores:
E1 = 100 V, R1 = R2 = R3 = 1 kΩ, R4 = R5 = 2 kΩ y C = 1 µF, responda a
las siguientes preguntas:
1. Deduzca la ecuación diferencial que caracteriza al circuito en el intervalo
0 ≤ t ≤ 10−2 .
2. Encuentre la expresión de ic (t) y vc (t) en 0 ≤ t ≤ 10−2 .
3. ¿Cuál es la constante de tiempo τ en el intervalo 0 ≤ t ≤ 10 −2 ? ¿cuál es
el valor de la tensión vc (t) transcurridos τ s? ¿y el valor de i c (t)?
4. Dibuje ic (t) y vc (t) en 0 ≤ t ≤ 10−2 .
5. Encuentre la expresión de la energı́a almacenada por el condensador en
el intervalo 0 ≤ t ≤ 10−2 . Dibújela.
6. Encuentre la expresión de ic (t) y vc (t) en 10−2 ≤ t < ∞.
7. Dibuje ic (t) y vc (t) en 0 ≤ t < ∞.
8. ¿Qué hubiera cambiado en ic (t) y vc (t) si R1 = 10 kΩ?
9. Considerando el intervalo 0 ≤ t ≤ 10 −2 , ¿Qué hubiera cambiado en ic (t)
y vc (t) si R1 = 10 kΩ y C = 0,1 µF?
32
Comportamiento de los componentes eléctricos
Solución
1) Aplicando la 2a Ley de Kirchhoff a la malla de la izquierda se obtiene:
−E1 + R i(t) +
1
C
Z
t
i(λ)dλ = 0
0
y derivando respecto al tiempo se obtiene la ecuación diferencial
R
di(t)
1
+ i(t) = 0
dt
C
2) Separando las variables de la ecuación diferencial obtenemos
1
di(t)
=−
dt
i(t)
R1 C
e integrando en ambas partes de la igualdad y despejando i(t) se obtiene
−t
i(t) = Ke R1 C
siendo la tensión en el condensador
−t
vc (t) = E1 − R1 Ke R1 C
Para encontrar el valor de la constante K, impondremos que el condensador
no puede cambiar bruscamente su tensión en el instante t = 0
vc (0− ) = vc (0+ )
con lo cual
0 = E 1 − R1 K
de donde
K=
Por tanto
i(t) =
E1 R−tC
e 1 A
R1
E1
R1
−t
vc (t) = E1 (1 − e R1 C ) V
y sustituyendo los valores
i(t) = 0,1 e−10
3t
A
3
vc (t) = 100 (1 − e−10 t ) V
Comportamiento de los componentes eléctricos
33
3) La constante de tiempo es
τ = R1 C = 10−3 s
y por tanto
i(τ ) = 0,1 e−1 = 0,0367 A
vc (τ ) = 100 (1 − e−1 ) = 63,21 V
4) La variación de ambas magnitudes es exponencial y con la misma constante
de tiempo. Transcurrido un intervalo 5τ la intensidad habrá alcanzado el valor
cero mientras que la tensión será aproximadamente 100 V.
Tensión
100
80
60
40
20
0
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
0.007
0.008
0.009
0.01
0.006
0.007
0.008
0.009
0.01
Intensidad
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
Figura 2.9: Tensión e intensidad en el intervalo 0 ≤ t ≤ 10 −2 .
5) La energı́a almacenada en un condensador es
WC (t) =
1
1
3
C vc2 (t) = 10−2 (1 − e−10 t )2 J
2
2
6) En el intervalo t1 ≤ t < ∞, se tiene un circuito RC donde la resistencia es
igual a
Req = R2 + R3 + (R4 ||R5 ) = 3 kΩ
34
Comportamiento de los componentes eléctricos
Aplicando la segunda Ley de Kirchhoff se obtiene
Z t
1
i(λ) dλ + Req i(t) = 0
C 0
con lo que la ecuación diferencial es similar a la del caso anterior
di(t)
1
=−
dt
i(t)
Req C
con lo que
−2 )
i(t) = K2 e
− (t−10
R C
eq
pero en este caso la tensión del condensador es
vc (t) = −Req i(t) = −Req K2 e
−
(t−10−2 )
Req C
Para encontrar la constante K2 imponemos
vc (0,01+ ) = vc (0,01− )
donde el instante t = 0 realmente corresponde al instante de conmutación
t = 10−2 s de modo que
100 = −Req K2
de forma que
K2 = −
100
= −0,0333
3000
La constante de tiempo en este caso es
τ2 = Req C = 3 10−3 s
con lo que
1
i(t) = −0,0333 e− 3 10
3
(t−10−2 )
Una forma alternativa de expresar la intensidad es
i(t) = −0,0333 e10/3 e−10
= −0,9343 e−10
3
t/3
3
(t)/3
A
La tensión del condensador es
1
vc (t) = −Req i(t) = 100 e− 3 10
3
(t−10−2 )
A
Comportamiento de los componentes eléctricos
35
7) En la siguiente figura se muestran las gráficas de v c (t) y ic (t).
Tensión
100
80
60
40
20
0
0
0.005
0.01
0.015
0.02
0.025
0.03
0.035
0.04
0.025
0.03
0.035
0.04
Intensidad
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
−0.02
−0.04
0
0.005
0.01
0.015
0.02
Figura 2.10: Tensión e intensidad en el intervalo t ≥ 0
8) En ese caso la constante de tiempo del circuito inicial hubiese sido
τ = 10−6 104 = 10−2 s
con lo cual, cuando los interruptores cambian de posición, la intensidad y la
tensión son
i(10−2 ) = 0,01 e−1 = 0,0036 A
vc (t) = 100(1 − e−1 ) = 63,21 V
A partir de este instante el circuito evoluciona igual que antes, de modo
que
K=
−63,21
= −0,021
3000
y por tanto
i(t) = −0,021 e−10
3
(t−10−2 )/3
A
pero en este caso la tensión del condensador es
vc (t) = −Req i(t) = 63,21 e−10
3
(t−10−2 )/3
V
36
Comportamiento de los componentes eléctricos
9) La constante de tiempo del circuito no cambia en el primer intervalo de
tiempo. Tampoco lo hace la tensión, pues únicamente depende de E y τ . Lo
único que cambia es la intensidad que circula en el primer intervalo
i(t) =
100 R−tC
3
e 1 = 10−2 e−10 t A
4
10
Comportamiento de los componentes eléctricos
37
Problema 2.9
Considere el circuito de la figura 2.11, donde los condensadores están inicialmente descargados.
R
"
"#
"
"#
+
"
"
"#$%'&)('*
"#
+
R
+
2R
3R
4R
%'&)( $%'&,&,&,&,&,&,&-( %'
$ &,&,&,&,&,&,&/( %'
$ &,&,&,&,&,&,&/( $
"#
.
E
C
"#
.
"#
C
"#
.
"#
+
"
"#
+
$
R
"
$ &,&,a(
%'
$"#
"#
"#
+
"
C
"#
+
$
R
+
$
R
$
$ &,&,c(
%'&,&)( %'
%'&,&)( $
"#
"#
"#
"#
$
$
$
$
Rd
$ &,&,b(
%'&,&/( %'
"
Figura 2.11: Circuito del problema 1
%'&,&,&,&,&,&,&-( %'&,&,&,&,&,&,&-( %'&,&,&,&,&,&,&/( %'&,&,&,&,&,&,&/(
Se pide:
1. Determinar una combinación de valores de R a , Rb , Rc y Rd en función
de R para que la tensión final en bornes de los condensadores sea 0 V.
2. Para los valores hallados, analizar cualitativamente la evolución temporal
(desde el inicio hasta el valor final) de la tensión en bornes de cada
condensador.
3. Con los valores hallados en el apartado 1 determinar el porcentaje de la
potencia entregada por el generador E que es disipada por la resistencia
Rc .
38
Comportamiento de los componentes eléctricos
Solución
1) Los condensadores se comportan como circuitos abiertos, tal y como se
muestra en la figura 2.12.
R
"
"#
"#
"#
"
+
"
"
"#$%'&)('*
"#
+
+
R
+
2R
3R
4R
$ &,&,&,&,&,&,&/( %'
$ &,&,&,&,&,&,&/( $
%'&)( $%'&,&,&,&,&,&,&-( %'
"#
"#
0
E
A
"#
+
"
"#
0
B
"#
+
$
"
"#
0
+
"#
C
Ra
$
0
D
"#
+
Rb
$
Rc
$
$
"#$
"#
"#
"#
"#
$
$
$
$
Rd
"
"
$
$
$
Figura 2.12: Circuito tras sustituir los condensadores por circuitos
abiertos%'&,&,&,&,&,&,&-( %'&,&,&,&,&,&,&-( %'&,&,&,&,&,&,&/( %'&,&,&,&,&,&,&/(
Si las diferencias de potencial en las bornes de los condensadores son 0,
entonces las tensiones en los puntos A, B, C y D respecto de la borne negativa
del generador son iguales, en cuyo caso se cumple
Rb
Rc
Rd
Ra
=
=
=
R + Ra
2R + Rb
3R + Rc
4R + Rd
de donde se deduce que
R
2R
3R
4R
=
=
=
Ra
Rb
Rc
Rd
y si elegimos Ra un posible conjunto de valores es
Ra = R
Rb = 2R
Rc = 3R
Rd = 4R
2) Como los condensadores estaban inicialmente descargados, la tensión entre
sus bornes era 0V, y como esa tensión es precisamente la que tienen cuando se
insertan en el circuito, no sufren ningún proceso de carga y descarga a lo largo
del tiempo. Esta condición de equilibrio de tensiones se cumple en cualquier
momento por lo que los condensadores no han podido cargarse.
Comportamiento de los componentes eléctricos
39
3) Si consideramos la elección realizada en el apartado a) la potencia total
entregada es
PT = IT2 (R + Req )
siendo IT la intensidad que circula a través del generador y R eq la resistencia
equivalente de las ramas que contienen las resistencias R a , Rb , Rc y Rd
1
1
1
1
1
=
+
+
+
Req
2R 4R 6R 8R
y por tanto
Req =
24 R
25
y la potencia total entregada es
PT =
IT2
IT2
(R + Req ) =
24 R
R+
25
=
49 2
I R
25 T
En cuanto a la potencia consumida en R c es
Pc = Ic2 Rc
siendo Ic la intensidad que pasa a través de R c , y que puede calcularse a través
de un divisor de corriente tal y como se muestra en la figura 2.13, donde la
resistencia de 8R/7 es la resistencia equivalente de las ramas en las que están
situadas las resistencias Ra , Rb y Rd .
R
"
"
"#
"
"
"
+
"
"
"#$%'&,('*
"
"#$ &,&,&,&,&,&,&/( $
%'&/( %'
+
3R
"
1
E
"#
Ic
8R/7
"#
"
"
"
"
+
"
$
"
"
$
Rc = 3R
"
"#$
"#$
"#
$
$
Figura 2.13: Divisor de intensidad
%'&,&,&,&,&,&,&-( %'&,&,&,&,&,&,&/(
40
Comportamiento de los componentes eléctricos
Por tanto la corriente Ic es
8R
8
7
Ic = I T
= IT
8R
50
+ 6R
7
y la potencia disipada en Rc es
Pc = 3 Ic2 R = 3
64 2
I R
2500 T
con lo cual se tiene
192 IT2 R
Pc
192
= 2500
= 39,18 · 10−3
=
2
PT
4900
49 IT R
25
esto es, en Rc se disipa un 3,9 % de la potencia total entregada por el generador.
Comportamiento de los componentes eléctricos
41
Problema 2.10
En el circuito de la figura 2.14 el generador de alterna proporciona una onda
cuadrada a partir del instante t = 0 (Figura 2.15). La energı́a almacenada en
las bobinas es 0 J en t < 0.
A
0,5 H
B
1Ω
0,5 H
+
e(t)
C
Figura 2.14: Circuito del problema.
e(t)
1
...
...
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t
-1
Figura 2.15: Fuerza electromotriz del generador.
Se pide:
1. Determine las expresiones de vAB (t) e i(t) en el intervalo (0, 0.5).
2. Determine las expresiones de vAB (t) e i(t) en el intervalo (0.5, 1).
3. Dibuje tres periodos de la vAC (t) e i(t) si el periodo de e(t) fuera 10
veces mayor que el de la señal de la figura 2.15.
42
Comportamiento de los componentes eléctricos
Solución
1. Entre los puntos A y C hay dos bobinas en serie que tienen una autoinducción equivalente de
Leq = 0,5 H + 0,5 H = 1 H
con lo que finalmente lo que tenemos es un circuito RL serie. En el
intervalo (0, 0.5) el generador de alterna se comporta como un generador
de tensión continua de 1 voltio. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff
obtenemos
di(t)
=0
−1 + R i(t) + Leq
dt
y teniendo en cuenta que R = 1 Ω y que Leq = 1 H
−1 + i(t) +
di(t)
=0
dt
y por tanto la ecuación diferencial que caracteriza al circuito en este
intervalo es
di(t)
+ i(t) = 1
(2.25)
dt
siendo la solución
i(t) = 1 + K e−t A,
0 ≤ t ≤ 0,5
donde K es una constante que podemos encontrar teniendo en cuenta
que la intensidad en una bobina es una función continua. Aplicando pues
continuidad en t = 0
i(0− ) = i(0+ )
obtenemos
0=1+K
con lo cual
K = −1
y por tanto
i(t) = 1 − e−t A,
0 ≤ t ≤ 0,5
En cuanto a vAB (t)
vAB (t) = L
di(t)
= 0,5 e−t V
dt
0 ≤ t < 0,5
Comportamiento de los componentes eléctricos
43
En t = 0,5 la intensidad que circula por el circuito es
i(0,5) = 1 − e−0,5 = 0,3935 A
y la tensión vAB (t) en t = 0,5 es
vAB (t) = 0,3033 V
2. Entre los instantes 0.5 y 1, también tenemos el circuito RL serie pero
ahora la polaridad del generador ha cambiado. En este caso la ecuación
diferencial es
di(t)
1 + R i(t) + Leq
=0
dt
y teniendo en cuenta que R = 1 Ω y que Leq = 1 H
i(t) +
di(t)
= −1
dt
(2.26)
cuya solución es
i(t) = −1 + K e−(t−0,5) ,
0,5 ≤ t ≤ 1
Observe que i(t) también puede expresarse mediante
i(t) = −1 + K e0,5 e−t = −1 + K 0 e−t ,
0,5 ≤ t ≤ 1
siendo
K 0 = K e0,5
Como antes, encontraremos la constante K exigiendo continuidad a la
intensidad
i(0,5− ) = i(0,5+ )
obteniendo
0,3935 = −1 + K
y por tanto
K = 1,3935
con lo que la intensidad es
i(t) = −1 + 1,3935 e−(t−0,5) ,
0,5 ≤ t ≤ 1
que también puede expresarse mediante
i(t) = −1 + 2,2975 e−t A,
0,5 ≤ t ≤ 1
44
Comportamiento de los componentes eléctricos
y por lo que respecta a vAB (t) se tiene
vAB (t) = −0,697 e−(t−0,5) V,
0,5 ≤ t < 1
que también se puede expresar mediante
vAB (t) = −1,149 e−t V,
0,5 ≤ t < 1
Los valores de intensidad y tensión alcanzados en t = 1 son
i(1) = −0,1548 A
vAB (1) = −0,4227 V
En la gráfica 2.16 se muestra i(t) y v AC (t) durante los 5 primeros periodos
de señal.
0.4
0.2
i(t)
0
−0.2
−0.4
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t
3
3.5
4
4.5
5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
t
3
3.5
4
4.5
5
1.5
1
0
v
AC
(t)
0.5
−0.5
−1
−1.5
Figura 2.16: Funciones i(t) y vAC (t) durante los primeros 5 segundos.
3. Note que la constante de tiempo del circuito es
τ=
L
= 1s
R
y por tanto si el periodo es 10 s al final de cada semiperiodo se habrá llegado al fin de su correspondiente régimen transitorio. Con lo cual i(t) y
vAB (t) son las que se muestran la figura 2.17.
Comportamiento de los componentes eléctricos
45
1
0.5
i(t)
0
−0.5
−1
0
5
10
15
t
20
25
30
0
5
10
15
t
20
25
30
2
0
v
AC
(t)
1
−1
−2
Figura 2.17: Funciones i(t) y vAC (t) cuando el periodo es 10 s.
46
Comportamiento de los componentes eléctricos
Problema 2.11
En el circuito de la figura inicialmente los interruptores están abiertos y el
condensador descargado. Se pide,
R
C
2
2
I0
I2
R1
R3
iR1 (t)
E
A C
R2
I1
iR3 (t)
B
iR4 (t)
R4
iR2 (t)
2
D
1. En t = 0 se cierra el interruptor I0 . Obtenga la expresión de vAB (t)
2. Valor final de la tensión del condensador y tiempo aproximado que tardará en alcanzar dicho valor.
3. En t = T1 = 20 s se cierra el interruptor I1 (I0 no cambia, es decir,
permanece cerrado). Determine el valor de R 2 para que finalizado el
transitorio la tensión final del condensador sea E2 V .
4. En t = T2 = 50 s se cierra el interruptor I2 (I0 e I1 permanecen cerrados).
Determine el valor de R3 para que la carga final del condensador sea
0 C. Independientemente del resultado que haya obtenido en el apartado
anterior suponga, para este apartado y el siguiente, que R 2 = 2 Ω.
5. Excluyendo el condensador, determine la resistencia equivalente del ciruito vista desde los puntos A y B. Independientemente del resultado
que haya obtenido en el apartado anterior suponga, para este apartado,
que R3 = 0,5 Ω.
DATOS: R = R1 = R4 = 1 Ω; C = 1 F;
Comportamiento de los componentes eléctricos
47
Solución
1. El circuito equivalente es un circuito RC simple donde la resitencia es
la asociación serie de R, R1 y R4 (Req1 = R + R1 + R4 ).
R
R1
iR1 (t)
E
A B
C
R4
iR4 (t)
D
La tensión inicial del condensador es cero y la final el valor del generador.
Por tanto la expresión de la tensión es:
−t
Req1 C
vAB (t) = E 1 − exp
2. Cuando el condensador alcanza el valor final la corriente i R1 e iR4 son
cero y a la vista del circuito vAB valdrá E.
48
Comportamiento de los componentes eléctricos
R
R1
iR1 (t)
E
A R4
B
iR4 (t)
D
El tiempo aproximado es 5 veces la constante de tiempo = R eq1 C =
3 · 1 = 3 s, es decir, 15 s
3. Cuando se cierra el interruptor el circuito equivalente es el indicado en
la siguiente figura.
R
R1
iR1 (t)
E
A B
C
R2
R4
iR2 (t)
iR4 (t)
D
De nuevo, cuando el condensador alcanza el valor final, la intensidad por
Comportamiento de los componentes eléctricos
49
él es cero y por tanto por R4 también. Ası́ la tensión vAB es:
vAB = iR2 R2 − iR4 R4 = iR2 R2
La intensidad iR2 es
E
R + R 1 + R2
i R2 =
Por tanto, para que se cumpla la condición del enunciado igualamos:
E
E
R2 =
R + R 1 + R2
2
vAB = iR2 R2 =
cuyo resultado es:
R2 = R + R 1 = 2 Ω
4. Cuando se cierra el interruptor i 2 , y en la situación final donde la corriente por el condensador es cero, el circuito equivalente es el de la siguiente
figura.
R
C
R1
R3
iR1 (t)
A E
R2
iR3 (t)
B
iR4 (t)
R4
iR2 (t)
D
Para que la carga del condensador sea nula, como indica el enunciado,
la tensión debe ser cero, vAB = 0.
Si vAB = 0, entonces vAD = vBD . Cada una de estas tensiones se puede
obtener a través de la ecuación del divisor de tensión e igualando ambas
50
Comportamiento de los componentes eléctricos
se tiene:
vCD
R2
R4
= vCD
R1 + R 2
R3 + R 4
y reordenando queda que se debe cumplir
R1 R4 = R 2 R3
Despejando y sustituyendo los datos del enunciado y el valor de R 2
indicado para este apartado:
R3 =
R1 R4
1
= Ω
R2
2
5. Para calcular la resistencia se conecta una pila de valor arbitrario E y
se determina la intensidad que pasa por ella, anulando previamente el
generador independiente, tal como indica la siguiente figura.
R
R1
R3
IC (t)
IA (t)
B
E
R4
R2
I E (t)
A IB (t)
La intensidad a calcular IE = IC − IB . Analizando por mallas, el sistema
de ecuaciones del circuitos es:



 

0
R + R 1 + R2
−R2
−R1
IA
 −E 

  IB 
−R2
R2 + R 4
0
=
E
−R1
0
R1 + R3
IC
Comportamiento de los componentes eléctricos
Sustitutendo los valores de las resistencias, la intensidad I B vale:
4
0 −1 −2 −E
0 −1
E 1,5 −E
−3E
=
=
IB = 4 −2 −1 9
3
−2
3
0
−1
0 1,5 y el valor de IC :
IC = Por tanto IC − IB =
E
3,
4 −2
0 −2
3 −E −1
0
E 2E
6E
=
=
9
3
4 −2 −1 −2
3
0 −1
0 1,5 por lo que la resistencia Thevenin es:
Zth =
E
E
3
=3Ω
51
52
Comportamiento de los componentes eléctricos
Problema 2.12
En el circuito de la figura el conmutador se encuentra conectado a la posición
1 entre t = −∞ y t = 0 s. En t = 0 s pasa a la posición 2, en t = 10 s pasa a
la posición 3 y, finalmente, en t = 30 s vuelve a pasar a la posición 1. Se pide:
iR
3
1
3
3
2
A
C1
3
E1
R
E2
C2
C3
B
1. calcular la capacidad equivalente del circuito a la derecha de los puntos
A y B,
2. calcular la intensidad por la resistencia en función del tiempo i R (t),
3. calcular la energı́a en el condensador C 3 en función del tiempo.
Datos: R = 1 kΩ; C1 = 2 mF; C2 = 0, 5 mF; C3 = 1, 5 mF; E1 = 10 V;
E2 = 15 V;
Solución
1. La capacidad equivalente entre A y B es:
Ceq =
2 (0,5 + 1,5)
C1 (C2 + C3 )
=
= 1 mF;
C1 + C 2 + C 3
2 + 0,5 + 1,5
2. Dividimos el tiempo en tres intervalos:
0 ≤ t ≤ 10 s
10 ≤ t ≤ 30 s
t ≥ 30 s
Comportamiento de los componentes eléctricos
53
En el primer intervalo el circuito queda como se indica en la figura 2.18:
iR
(t)
R
A
+
E1
Ceq
VCeq
-
B
Figura 2.18: Circuito para el primer intervalo
donde
VCeq |0+ = VCeq |0− = 0 V
Se trata de un circuito de carga de un condensador. La corriente es:
E1 − t
e τ = 10e−t mA
R
siendo la constante de tiempo
iR (t) =
0 ≤ t ≤ 10 s
τ = RCeq = 103 · 10−3 = 1 s
La tensión en el condensador es
t
VCeq (t) = E1 1 − e− τ = 10 1 − e−t V 0 ≤ t ≤ 10 s
En el segundo intervalo (10 ≤ t ≤ 30 s) se parte de unas condiciones
iniciales del condensador obtenidas en el intervalo anterior. El nuevo
circuito queda como indica la figura 2.19:
iR
(t)
R
A
+
E2
Ceq
VCeq
-
B
Figura 2.19: Circuito para el segundo intervalo
54
Comportamiento de los componentes eléctricos
donde
VCeq |t=10+ = VCeq |t=10− ≈ 10 V
ya que 10 >> τ .
En este intervalo se obtiene:
iR (t) =
−E2 − VCeq (10+ ) − t−10
e τ
R
10 ≤ t ≤ 30 s
Sustituyendo valores se obtiene:
iR (t) = (−15 − 10) e−(t−10) = −25e−(t−10) mA
10 ≤ t ≤ 30 s
La tensión es:
VCeq (t) = VCeq (10+ ) + −E2 − VCeq (10+ )
1 − e−
t−10
τ
10 ≤ t ≤ 30 s
Sustituyendo valores se obtiene:
VCeq (t) = 10+(−15 − 10) 1 − e−(t−10) = −15+25e−(t−10) 10 ≤ t ≤ 30 s
En el ultimo intervalo, t ≥ 30 s, el circuito es el indicado en la figura 2.20.
iR
(t)
R
A
+
Ceq
VCeq
B
Figura 2.20: Circuito para el tercer intervalo
y aplicando continuidad
VCeq |t=30+ = VCeq |t=30− ≈ −15 V
ya que 20 >> τ .
Comportamiento de los componentes eléctricos
55
En este intervalo se obtiene:
iR (t) = −
VCeq (30+ ) − t−30
e τ = 15e−(t−30) mA
R
t ≥ 30 s
y la tensión es:
VCeq (t) = VCeq (30+ ) + 0 − VCeq (30+ )
= −15 + 15 1 − e−(t−30)
= −15e−(t−30) V
1 − e−
t−30
τ
t ≥ 30 s
Por lo tanto:
iR (t) = 10e−t
mA, 0 ≤ t ≤ 10 s
−(t−10)
iR (t) = −25e
mA, 10 ≤ t ≤ 30 s
iR (t) = 15e−(t−30)
mA, t ≥ 30 s
3. En el circuito de la figura 2.21 se tiene:
iR
A
+
+
C1
VC 1
VCeq
+
C2
B
C3
Vx
-
Figura 2.21: Circuito para calcular la energia en el condensador C 3
La energı́a del condensador C3 es
1
WC3 (t) = C3 Vx2 (t)
2
y aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos
VCeq (t) = VC1 (t) + Vx (t)
56
Comportamiento de los componentes eléctricos
Por otro lado:
1
VC1 (t) =
C1
V C1
Z


iR (t) dt 


C2 + C 3
Vx
=
C1
por lo que:




Vx (t) =
1
C2 + C 3
Z
iR (t) dt
C2 + C 3
VCeq (t) = VC1 (t) + Vx (t) = Vx (t) 1 +
C1
Por lo tanto:
Vx (t) =
(2.27)
VCeq (t)
1
= VCeq (t)
C2 + C 3
2
1+
C1
Y la energı́a es:
WC3 (t) =
WC3 (t) =
WC3 (t) =
1
2 (t) = 150 1 − e−t 2
C
V
3
x
2
8
1
−(t−10) 2
1,5
−15
+
25e
8
1
2 −2(t−30)
8 1,5 · 15 e
mJ, 0 ≤ t ≤ 10 s
mJ, 10 ≤ t ≤ 30 s
mJ,
t ≥ 30 s
Capı́tulo 3
Análisis en régimen
permanente sinusoidal
Problema 3.1
Considere el circuito de la figura
R
i1 (t)
4
i2 (t)
i3 (t)
A
C
R
L
e1 (t)
R
L
L
+
e2 (t)
+
e3 (t)
C
L
R
+
con los siguientes datos:
e1 (t) = e2 (t) = cos(106 t) V
R=1Ω
e3 (t) = sin(106 t + π) V
L = 10−6 H
57
C = 10−6 F
58
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Se pide:
1. Expresiones instantáneas de las corrientes i 1 (t), i2 (t) e i3 (t).
2. Expresión instantánea del potencial en el punto A.
3. Potencia entregada por cada generador.
Solución
1) Primero obtenemos el diagrama fasorial del circuito. Tomando como referencia la función coseno, los fasores tensión son:
e1 (t) = cos(106 t) −→ E1 = 1ej0 = 1
e2 (t) = cos(106 t) −→ E2 = 1ej0 = 1
e3 (t) = sen(106 t + π) = cos(106 t + π/2) −→ E3 = 1 ejπ/2 = j
los fasores intensidad incógnita son:
i1 (t) −→ I1
i2 (t) −→ I2
i3 (t) −→ I3
y las impedancias son:
ZL = j Ω
ZC = −j Ω
ZR = 1 Ω
El paralelo LC que hay a la derecha del circuito tiene una impedancia equivalente
j (−j)
= ∞Ω
ZLC =
j−j
por lo que a través de la resistencia que hay delante no circula corriente, y por
tanto, a efectos prácticos, se tiene el siguiente circuito:
1
+
1
I1
j
I2
I3
−j
j
1
j
+
1
j
+
1
Análisis en régimen permanente sinusoidal
59
En la última rama tenemos la asociación en serie de tres impedancias
(condensador, bobina y resistencia), cuya impedancia equivalente es
−j + j + 1 = 1 Ω
y considerando esta impedancia con la de la bobina que está en paralelo con
ella, la impedancia equivalente es
j
1+j
y asociando los dos generadores de tensión que están en serie, finalmente el
circuito queda
1
5
I1
1
I2
6 I4
+
j
j
1+j
1
1−j
+
Aplicando las leyes de Kirchhoff obtenemos un sistema de tres ecuaciones
con tres incógnitas
I1 = I 2 + I 4
I2
j
j+
1+j
I1 + I 4 − 1 = 0
− (1 − j) − I4 = 0
cuya solución es
1
√ e−j π/4 = 0,5 − 0,5j A
2
−j π/2
= e
=0−j A
1 j π/4
= √ e
= 0,5 + 0,5j A
2
I1 =
I2
I4
En cuanto a I3 , considerando la expresión del divisor de corriente
I3 = I 2
1
j
= √ e−j π/4 = 0,5 − 0,5j A
1+j
2
60
Análisis en régimen permanente sinusoidal
A partir de los fasores, ya se pueden obtener las formas instantáneas de
las corrientes
1
√ cos(106 t − π/4) A
2
i2 (t) = cos(106 t − π/2) = sen(106 t) A
1
i3 (t) = √ cos(106 t − π/4) A
2
i1 (t) =
2) Aplicando la segunda ley de Kirchhoff, el potencial en el punto A en forma
fasorial es
VA = I3 (1 + j) + E3 − E2 = j V
por lo que en forma instantánea es
vA (t) = cos(106 t + π/2) V
3) La potencia entregada por cada generador es:
P1 =
P2 =
P3 =
1
1
hE1 , I1 i = h1 + 0j, 0,5 − 0,5ji = 0,25 W
2
2
1
1
hE2 , I2 i =
< 1 + 0j, 0 − j > = 0 W
2
2
1
1
hE3 , −I2 i = h0 + j, 0 + ji = 0,5 W
2
2
Análisis en régimen permanente sinusoidal
61
Problema 3.2
Considere el circuito de la figura. Calcule la potencia entregada por el generador de corriente i3 (t), eliminando previamente del circuito todos los elementos
que son superfluos para realizar dicho cálculo.
i2 (t)
←
Z1
7
6
i3 (t)
e2 (t)
+
→ 6
7
Z4
+6
+
↑ i1 (t) e1 (t)
+
Z2
Z3
e4 (t) e3 (t)
Z5
i4 (t)
→ 6
i5 (t) ↑
Z6
Datos:
Z3 = Z 4 = 1 Ω
Z 1 = Z2 = j Ω
Z5 = Z6 = 2j Ω
i1 (t) = i2 (t) = 10 sen(ω t) A i3 (t) = 2 cos(ω t) A
i4 (t) = i5 (t) = 50 sen(ω t) Ae1 (t) = 2 cos(ω t) V e2 (t) = 4 cos(ω t) V
e3 (t) = cos(ω t) V e4 (t) = 2 cos(ω t + 45o ) V
62
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Solución
La potencia entregada por el generador i 3 (t) al circuito será
P I3 =
1
VI I3
2 3
donde VI3 es la tensión definida en el circuito de la siguiente figura.
i2 (t)
←
Z1
7
A
↑ i1 (t) e1 (t)
6C
7
B
+6
+
Z2
Z4
− V I3 +
+
i3 (t)
e2 (t)
+
→ 6
Z3 e3 (t)
e4 (t)
6
i5 (t) ↑
Z5
i4 (t)
→
O
Z6
Para calcular la tensión VI3 aplicamos la 2a Ley de Kirchhoff, de forma que
VAO = −VI3 + E2 + VCB + VBO
Observe que VAO , independientemente de I1 , Z1 , I2 y Z2 , está fijada por el
generador E1
VAO = E1
y del mismo modo
VBO = E3
independientemente de I4 , E4 , I5 , Z5 y Z6 , por lo que estos elementos pueden
ser eliminados, obteniendo el circuito fasorial
A
+
E2
6
C
7
Z4
I Z4
B
− V I3 +
+
E1
I3
→
+
Z3
E3
I Z3
O
Análisis en régimen permanente sinusoidal
63
donde los fasores son
e1 (t) = 2 cos(ω t) V
e2 (t) = 4 cos(ω t) V
e3 (t) = 1 cos(ω t) V
i3 (t) = 2 cos(ω t) A
→
E1 = 2 V
→
E3 = 1 V
→
E2 = 4 V
→
I3 = 2 V
Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C
I 3 = I Z3 + I Z4 =
VCO − E3
VCO
+
Z3
Z4
y teniendo en cuenta que Z3 = Z4 = 1Ω, se obtiene
I3 = 2 VCO − 1
con lo cual
VCO =
3
V
2
y aplicando la primera ley de Kirchhoff a la malla ACOA se tiene
−E1 − VI3 + E2 + VCO = 0
de donde obtenemos
V I3 =
y por tanto
P I3 =
7
V
2
1
7
hVI3 , I3 i = W
2
2
64
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.3
6
Considere el puente de la figura
7
Z0
Z1
Z5
Z3
A
7
I5
I2
Z4
I3
6
I1
Z2
6
+
E1
6
I4
1. Si el puente está equilibrado (I 5 = 0), ¿Qué relación deben de cumplir
los módulos de las impedancias Z1 , Z2 , Z3 y Z4 ? ¿Y sus fases (∠Z1 , ∠Z2 ,
∠Z3 y ∠Z4 )?
2. Si el puente está equilibrado (I 5 = 0) y se sabe que Z1 = jΩ, ∠Z4 = 30o
y Z3 = a+j Ω siendo a un número real tal que 0 ≤ a ≤ 1, ¿Qué caracter
(inductivo o capacitivo) tiene Z2 ? Justifique la respuesta.
3. Suponga ahora que el puente tiene las siguientes impedancias: Z 1 = 1 Ω,
Z3 = 4 + j Ω, y Z5 = j Ω. Se sabe que la potencia consumida en Z 3 es
de 16 W, que I3 adelanta a I1 con un desfase de 45o y que el valor eficaz
de I1 es de 1 A. Si se toma I1 como origen de fases, calcule los fasores
I3 e I 5 .
Solución
1) Es fácil deducir que las impedancias deben de cumplir la relación
Z2
Z1
=
Z3
Z4
de forma que, en cuanto a los módulos
|Z1 |
|Z2 |
=
|Z3 |
|Z4 |
Análisis en régimen permanente sinusoidal
y considerando las fases
∠Z1 − ∠Z3 = ∠Z2 − ∠Z4
2) Considerando la relación que deben cumplir las fases se tiene
1
o
∠Z1 − ∠Z3 = 90 − atan
= ∠Z2 − ∠Z4
a
y como 0 ≤ a ≤ 1, entonces
1
45 ≤ atan
≤ 90o
a
o
con lo cual
0o ≤ ∠Z2 − ∠Z4 ≤ 45o
y como ∠Z4 = 30o , se tiene
30o ≤ ∠Z2 ≤ 75o
lo cual permite asegurar que Z2 tiene un carácter inductivo.
3) Como se toma el fasor I1 como origen de fases (∠I1 = 0)
√
I1 = 2 A
Además
PZ3 = 16 W = Re(Z3 ) I32 ef
de donde
I3 ef = 2 A
El enunciado afirma
∠I3 − ∠I1 = 45o
de donde ∠I3 = 45o y por tanto
I3 = 2
√
π
2 ej 4 = 2 + 2j A
A través de la ecuación de nudo
I1 − I 5 = I 3
se obtiene
√
I5 = ( 2 − 2) − 2j = 2, 084 e−j1,8557 A
65
66
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.4
Considere el circuito de la figura, donde la tensión eficaz medida por un
voltı́metro conectado a los puntos A y C es 0 V, Z 3 = 10 ejπ/4 Ω y la fuerza
electromotriz del generador es e(t) = 10 cos(ωt + π) V.
6
A
7
Z1
6
B
7
Z2
6
i2 (t) C
+
e(t)
Z4
i(t) ↑
Z5
Z3
i3 (t)
1. Calcule la potencia consumida en la impedancia Z 3
2. Calcule la corriente del generador i(t) para que la potencia consumida
por Z2 sea 10 W, sabiendo que I2 e I3 están en fase y Re(Z2 ) = 5.
3. Con el valor de corriente para el generador calculado en el apartado
anterior, ¿Cuál es la potencia entregada por el generador de intensidad?
Si la tensión eficaz medida en bornes de la impedancia Z 1 expresada en
voltios es cinco veces superior a la intensidad eficaz que circula a través
de ella expresada en amperios, la fase de Z 1 es −π/4, la parte imaginaria
de Z2 es 5 Ω y Z4 = 1Ω, ¿Cuál es la potencia entregada por el generador
de tensión?
Solución
1) Para calcular la potencia media en dicha impedancia necesitamos saber su
intensidad
PZ3 = I32 ef Re(Z3 )
A partir de
Z3 = 10 ejπ/4 = 10 (cos(π/4) + j sen(π/4)) = 7,07 + 7,07j Ω
obtenemos la parte real de la impedancia Z 3
Re(Z3 ) = 7, 07 Ω
Análisis en régimen permanente sinusoidal
67
Para encontrar la intensidad eficaz, aplicamos la 2 a Ley de Kirchhoff a la malla
externa del circuito
−E + VAC + VZ3 = 0
siendo E el fasor del generador de tensión, que escogiendo la forma trigonométrica coseno es
E = 10 ejπ = −10 V
y como el enunciado afirma que VAC = 0 se obtiene
VZ3 = E = −10 V
y por tanto
I3 =
V Z3
−10
1
−1
=
= 1 ej3π/4 = √ + j √ A
jπ/4
Z3
10 e
2
2
con lo que el valor eficaz es
|I3 |
1
I3 ef = √ = √ A
2
2
con lo cual la potencia media consumida en la impedancia es
PZ3 = I32 ef Re(Z3 ) =
1
7,07 = 3,53 W
2
2) De
PZ2 = I22 ef Re(Z2 ) = 10 W
se obtiene
|I2 | = 2 A
y como I2 e I3 están en fase
√
√
I2 = 2 ej3π/4 = − 2 + 2j A
68
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C, la corriente a través del
generador es
1
1
I = I3 − I2 = (1 − 2) ej3π/4 = 1 e−jπ/4 = √ − √ j A
2
2
y la forma instantánea es
i(t) = 1 cos(ωt − π/4) A.
3) La potencia del generador de intensidad es:
PI =
1
1
hVI , Ii = hVZ3 , Ii
2
2
de forma que
PI =
1
h−10 + 0j , 0,707 − 0,707ji = −3,53 W
2
En cuanto al generador de tensión, aplicando la 1 a ley de Kirchhoff al nudo A
IE =
VAB
E
+
Z4
Z1
y como
VAC = VAB + VBC = 0
entonces
VAB = −VBC = −I2 Z2 = −2ej3π/4 (5 + 5j) = 14,14 V
De los datos del apartado
Z1 = 5 e−jπ/4
de ahı́
IE =
14,14
−10
+ −jπ/4 = −10 + (2 + 2j) = −8 + 2j A
1
5e
y por tanto
PE =
1
1
hE, IE i = h−10 + 0j , −8 + 2ji = 40 W
2
2
Análisis en régimen permanente sinusoidal
69
Problema 3.5
Considere el circuito de la figura
i1 (t)
R1
6
i2 (t)
+
e(t)
C1
L3
+
Z2
L1
Vx
−
5
i3 (t) iC2 (t)
iL2 (t)
C2
L2
con los siguientes datos:
C1 = 1 mF C2 = 2 mF L1 = L2 = 1 mH R1 = 1 Ω ω = 103 rad/s
Se pide:
1. Se sabe que i2 (t) retrasa respecto de i3 (t) con un desfase de 45o . Si Z2
está constituida por dos componentes en serie, ¿qué componentes son?
¿qué relación deben cumplir los valores de los componentes?
2. Suponga que la parte imaginaria de Z 2 es 1. Si se sabe que los valores
eficaces de las corrientes i1 (t) e i2 (t) son los mismos, ¿cuál es la parte
real de Z2 ?
3. Suponga que Z2 = 1 + j. Si se sabe que la tensión eficaz de V x es
eef icaz /10, ¿cuál es el valor de L3 ?
4. Suponga que L3 = 10−3 H y Z2 = 1 + j. Calcule los valores instantáneos
de las corrientes iC2 (t) y iL2 (t), sabiendo que e(t) = 10 sen(ωt) V.
Solución
1) Como i3 (t) adelanta i2 (t) con un desfase de 45o
∠I3 − ∠I2 = ϕ = 45o
70
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Las impedancias son:
ZC1 = −j Ω ZC2 = −0,5j Ω ZL1 = j Ω ZL2 = j Ω
Como C1 y L1 están en serie, tiene una impedancia equivalente de
Z T = Z C1 + Z L1 = 0 Ω
Como C2 y L2 están en paralelo, tiene una impedancia equivalente de
ZT =
Z C2 Z L2
= −j Ω
Z C2 + Z L2
Con estas simplificaciones, el circuito equivalente es
I1
1
Z L3
I3
6
I2
+
E
6
−j
Z2
siendo los fasores I2 e I3
I2 =
Vx
Z2
I3 =
Vx
−j
y el desfase entre las corrientes es
∠I3 − ∠I2 = ∠Vx − ∠−j − (∠Vx − ∠Z2 )
= ∠Z2 − ∠−j = ∠Z2 + 90o = 45o
y por tanto
Si Z2 = a + jb, entonces
∠Z2 = −45o
b
= −45o
a
y por tanto b = −a, y como la parte real de la impedancia tiene que ser positiva
(a > 0), entonces necesariamente b < 0. Por tanto, una posible impedancia es
la asociación en serie de una resistencia con un condensador
j
Z=R −
ωC
arctan
Análisis en régimen permanente sinusoidal
de donde
R=
71
1
103 C
2) Las corrientes i1 (t) e i2 (t) están relacionadas a través de un divisor de
intensidad
I2 = I 1
−j
−j
−j
= I1
= I1
Z2 − j
Re(Z2 ) + j − j
Re(Z2 )
tomando módulos en ambas partes de la igualdad y dividiendo por
I2ef =
√
2
I1ef
Re(Z2 )
y como I2ef = I1ef se tiene
Re(Z2 ) = 1 Ω
3) Si en el circuito anterior calculamos el equivalente de las dos impedancias
en paralelo obtenemos
ZT =
(−j)(1 + j)
=1−j
(−j + 1 + j)
por lo que el circuito queda
I1
1
Z L3
6
+
E
1−j
por lo que
1−j
1 + j X L3 + 1 − j
√
y tomando módulos y dividiendo por 2
√
1
2
|1 − j|
=p
=
10
|2 + j(XL3 − 1)|
4 + (XL3 − 1)2
Vx = E
72
Análisis en régimen permanente sinusoidal
obteniendo la ecuación
4 + (XL3 − 1)2 = 200
que tiene como solución
XL3 = 15
y por tanto
15
= 15 mH
103
4) Si elegimos como forma trigonométrica sen(ω t), el generador de tensión
e(t) está representado por un fasor E = 10 y con los valores propuestos en
este apartado, el circuito queda
L3 =
I1
1+j
7
X
6
I2
+
10
+
1+j
Vx
−
I3 IC2
−0,5j
I L2
j
El paralelo C2 ||L2 tiene una impedancia equivalente igual a −j, y aplicando
la 2a Ley de Kirchhoff a las dos mallas del circuito se obtienen las ecuaciones
10 = I1 (1 + j) + I2 (1 + j)
0 = I2 (1 + j) + jI3
y aplicando la 1a Ley de Kirchhoff al nudo X se tiene
I1 = I 2 + I 3
de donde se obtienen los valores de los fasores
I1 = 5
I2 = −5j
I3 = 5(1 + j)
y considerando el divisor de corriente
I L2
I C2
√
3π
Z C2
= −5(1 + j) = 5 2 e−j 4
Z L2 + Z C2
√
π
Z L2
= I3
= 10(1 + j) = 10 2 ej 4
Z L2 + Z C2
= I3
Análisis en régimen permanente sinusoidal
cuyas formas instantáneas son:
√
2 sen(ωt − 3π/4) A
√
iC2 (t) = 10 2 sen(ωt + π/4) A
iL2 (t) = 5
73
74
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.6
Considere el circuito de la figura
"
"
"#
Z1
+
E1
A
0
"
"#
$%'&,&)('*
8
%'&,&)( $%'&,( %'&)('*
Z2
"
"
$
"#
"
%'&,( "#$
*
"
"
"
I5
%'&)('9
"#
"
"#$%'&)('9
%'&,( $
"#
Z4
"
Z3
+
"
I4
"#
$%'&,&)( $"
Z5
*
B0
"
%'&,(
"
"
"#
$
donde los valores eficaces de las corrientes I 4 e I5 son iguales y existe un desfase
&,&,&,&,&,&,&,&,&-( %'&,( %'&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&:(
de 30o entre %'ellas
(I4 adelanta a I5 ). Además el valor eficaz de VAB es de 10 V.
También se conocen los valores
Z4 = 1 + j Ω
Z2 = 3 − 4j Ω
Z3 = 2 Ω
1. Calcule la impedancia Z5
2. Calcule Z1 para que la potencia consumida en el circuito sea 500 W y el
factor de potencia del circuito conectado al generador sea 0.5
Solución
1) Como Z4 y Z5 están en paralelo, la tensión en sus bornes es la misma
I4 Z4 = I 5 Z5 ,
I4ef |Z4 | = I5ef |Z5 |,
√
|Z4 | = |Z5 | = 2 Ω.
Por otro lado, de 3.1 obtenemos
I4 = I 5
Z5
Z4
y considerando únicamente las fases de los fasores
∠I4 = ∠I5 + ∠Z5 − ∠Z4
(3.1)
Análisis en régimen permanente sinusoidal
75
y como ∠I4 − ∠I5 = 30o , y la fase ∠Z4 es
Im(Z4 )
∠Z4 = arctan
= 45o
Re(Z4 )
y por tanto la fase de Z5 es
∠Z5 = ∠Z4 + 30o = 75o = 1,309 radianes
Finalmente
Z5 = |Z5 | ej∠Z5 =
√ j1,309
2e
= 0,366 + 1,366j Ω
2) Como ya conocemos el valor de Z5 del apartado anterior, podemos calcular
la impedancia equivalente del conjunto formado por Z 3 , Z4 y Z5 , a la cual
llamamos Z30 :
Z30 = Z3 + (Z4 k Z5 ) = Z3 +
Z4 Z5
= 2,366 + 0,633j = 2,45 ej0,26
Z4 + Z 5
de forma que el valor de eficaz de la corriente que circula por Z 30 es
IZ30 ef =
VABef
10
=
= 4,08 A,
0
|Z3 |
2,45
y la potencia en Z30 es
PZ30 = IZ2 3 ef Re(Z30 ) = 39,38 W
Para calcular la potencia disipada por Z 2 , primero calculamos el valor eficaz
de IZ2
VABef
= 2 A,
IZ2 ef =
|Z2 |
con lo cual
PZ2 = IZ2 2 ef Re(Z2 ) = 12 W
La potencia en Z1 es
PZ1 = IZ2 1 ef Re(Z1 )
Para calcular IZ1 ef , calculamos el equivalente de todas las impedancias posteriores a Z1
Z20 = Z2 k Z30 = 1,92 − 0,203j = 1,933 e−j0,105 Ω
76
Análisis en régimen permanente sinusoidal
con lo que el valor eficaz de IZ1 es
IZ1 ef =
VABef
= 5,17 A,
|Z20 |
y considerando ahora las potencias consumidas en el circuito
PT = 500W = 12 + 39,38 + 26,76 Re(Z1 )
de donde
Re(Z1 ) = 16,78 Ω.
Por otro lado, la impedancia total del circuito Z T es
ZT = Z1 + Z20 = 18,7 + j(y − 0, 203) Ω,
siendo y = Im(Z1 ) y como cos(ϕ) = 0,5
ϕ = arc cos(0,5) = ±60o
de forma que tenemos dos posibles soluciones. Si ∠ = +60 o
tan(60o ) = 1,73 =
y − 0,203
18,7
de donde y = 32,55 y por tanto
Z1 = 16,78 + j 32,55 Ω
En cambio, si elegimos ϕ = −60o
tan(−60o ) = −1,73 =
y − 0,203
18,7
de donde obtenemos y = −32,14 y por tanto
Z1 = 16,78 − j 32,14 Ω
Análisis en régimen permanente sinusoidal
77
Problema 3.7
En el circuito de la figura:
< ===========================> <
;
;
;
;
R1
Z3
XL 1
A
;
;
6 ; 7
;
;
I1 ;
I3
;
;
I2 ;
;
+
;
;
;
;
Eg ;
;
Z2
;
;
;
;
;
;
B
;
;
; ;
===========================>
1. Suponiendo que los valores de todos los elementos son conocidos, plantee el sistema de ecuaciones que permite conocer I 1 e I3 . (No resuelva
numéricamente el sistema).
2. Se miden con un amperı́metro las corrientes I 1 , I2 e I3 , y las tres tienen
un valor eficaz de 1 A. Se sabe que las partes reales de Z 2 y Z3 son iguales,
y que la potencia absorbida por cada una de ellas es de 5 W. Determinar
los valores de Z2 y Z3 . Considere que la corriente I2 está adelantada
respecto a la de I3 .
3. Si
√ el factor de potencia del circuito delimitado por la lı́nea a trazos es
2/2 y la potencia entregada por el generador es 20 W, determinar
la reactancia XL1 , la resistencia R1 , y el valor eficaz de la tensión del
generador.
Solución
1) Llamando Z1 a la asociación en serie de R1 y XL1 , se tiene Z1 = R1 + jXL1 ,
y por tanto el sistema de ecuaciones es:
Eg = (Z1 + Z2 )I1 − Z2 I3
0 = −Z2 I1 + (Z2 + Z3 )I3
2) Llamando a la parte real de Z2 , R2 y a la parte real de Z3 , R3 , el enunciado
se tiene que R2 = R3 . Como la potencia en R2 es 5 W
2
5 = I2,ef
R2
⇒
R2 = 5/12 = 5 Ω.
78
Análisis en régimen permanente sinusoidal
y pot tanto R3 = 5 Ω. Queda por conocer la parte imaginaria de ambas
impedancias que llamaremos respectivamente X 2 y X3 .
Las impedancias Z2 y Z3 están en paralelo y los módulos de I 2 e I3 son
iguales, con lo cual

|VAB | = |I2 Z2 | 
⇒ |Z2 | = |Z3 |

|VAB | = |I3 Z3 |
poniendo explı́citamente partes reales e imaginarias:
|R3 + jX3 | = |R2 + jX2 |
y como las partes reales son iguales, la ecuación anterior permite poner |X 2 | =
|X3 |. Existen dos posibilidades, que sean del mismo valor y mismo signo o que
sean del mismo valor y signos contrarios. Si X 2 = X3 , entonces Z2 = Z3 por lo
que como están en paralelo I2 = I3 . Como como además I1 = I2 + I3 , entonces
I1 = 2I2 , lo cual es imposible ya que los módulos de I 1 e I2 son iguales. Por
tanto X2 = X3 .
Aplicando el divisor de corriente al circuito, podemos escribir
I2 = I 1
Z3
Z2 + Z 3
y tomando módulos y recordando que I 1,ef = I2,ef , se tiene
|Z3 | = |Z2 + Z3 |
y por tanto
|R + jX2 + R + jX3 | = |R + jX3 |
y como X2 = −X3
q
|R + R| = R2 + X32
4R2 = R2 + X32
√
√
X3 = ± 3 R = ± 3 · 5 = ±8, 66 Ω
Como el enunciado dice que la corriente I 2 está adelantada respecto a la de I3
la parte imaginaria negativa corresponde a Z 2 , quedando:
Z2 = 5 − 8, 66 Ω
Z3 = 5 + 8, 66 Ω
Análisis en régimen permanente sinusoidal
79
3) Si la potencia que entrega el generador son 20 W y 10 ya son absorbidos
por Z2 y Z3 los otros 10 los absorbe R1 , entonces
2
P = I1,ef
R1
⇒
R1 = 10/12 = 10 Ω.
Si llamamos a la impedancia total del circuito conectado al generador Z T ,
entonces
ZT = R1 + jXL1 + Z2 kZ3
siendo el paralelo de Z2 y Z3
√
√
(5 + 3 5j)(5 − 3 5j)
52 + 3 · 5 2
√
√
Z2 kZ3 =
=
= 10 Ω.
10
(5 + 3 5j) + (5 − 3 5j)
Si el factor de potencia es 0,707 = cos ϕ, entonces
ϕ = arc cos(0,707) = ±45o .
Como la impedancia total está formada por los 10 + 10Ω que acabamos de
obtener y la bobina, el ángulo es +45 o ; como además el circuito son todo
impedancias:
Im(ZT )
=1
tan 45 =
Re(ZT )
y por tanto:
XL1 = Im(ZT ) = Re(ZT ) = R1 + Re(ZP ) = 10 + 10 = 20 Ω
En cuanto al valor eficaz de Eg
√
Eg,ef = |I1 | · |ZT | = 1 · 20 2 V
80
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.8
En el circuito de la figura, se pide:
I1
R1
L1
C1
I4
I2
I3
L2
C2
E1
R2
R3
1. suponiendo que el valor de E1 es conocido, plantear las ecuaciones necesarias para resolver I1 , I2 , I3 e I4 .
2. se sabe que la medida de la intensidad eficaz en la resistencia R 2 (I3 )
vale 10 A, determine:
(a) valor eficaz de la corriente del generador (I 1 )
(b) rendimiento del generador real (E 1 , R1 )
Datos: R1 = 2 Ω; XC1 = 8 Ω; XL1 = 2 Ω; XC2 = 10 Ω; R2 = 10 Ω; R3 = 6 Ω;
XL2 = 8 Ω.
Solución
1) Dado que los valores de los elementos son concidos, llamando Z p a la impedancia resultante de la asociación paralelo de las tres ramas (Z C2 kR2 k(R3 +
ZL2 )), nos queda una única malla, donde aplicando la segunda ley de Kirchoff
queda:
E1 = I1 (R1 + ZC1 + ZL1 + Zp )
y despejando I1 :
I1 =
E1
R1 + ZC1 + ZL1 + Zp
Análisis en régimen permanente sinusoidal
81
Ahora, con la fórmula del divisor de intensidad, tomando en cada caso, por
un lado la rama de la corriente en cuestión y por el otro lado asociando las
dos ramas restantes:
I2 = I 1
R2 k(R3 + ZL2 )
ZC2 + [R2 k(R3 + ZL2 ) ]
I3 = I 1
ZC2 k(R3 + ZL2 )
R2 + [ZC2 k(R3 + ZL2 ) ]
I4 = I 1
R2 kZC2
R3 + ZL2 + [R2 kZC2 ]
2.a) Como no se dice nada de las fases, asignamos nosotros el origen poniendo
fase cero a la corriente I3 , por tanto:
√
√
VR2 = I3 R2 = 2 (10 + 0j)10 = 2 100 + 0j V
(3.2)
Como la tensión en los extremos de la rama por la que pasa I 4 es la misma
que en bornas de R2 , podemos poner:
√
√
2 100 + 0j
VR2
=
= 2 (6 − 8j) A
(3.3)
I4 =
R3 + ZL2
6 + 8j
y lo mismo con la rama de I2
VR 2
=
I2 =
ZC2
√
2 (100 + 0j) √
= 2 10j A
−10j
(3.4)
La primera ley de Kirchhoff en el nudo del circuito permite plantear:
√
√
I1 = I2 + I3 + I4 = 2 (10j + 10 + 6 − 8j) = 2 (16 + 2j)
(3.5)
√
de donde, el valor eficaz de I1 es kI1 k / 2 = 16,12 A.
2.b) Recorriendo el circuito por la malla de más a la izquierda, planteamos
con la segunda ley de Kirchhoff:
√
E1 = I1 (R1 + ZL1 + ZC1 ) + I2 ZC2 = 2 (144 − 92j) V
(3.6)
La potencia total entregada por el generador ideal E 1 es el producto escalar
de la tensión y la corriente:
PT OT AL =
1
hE1 , I1 i = 2120 W
2
(3.7)
82
Análisis en régimen permanente sinusoidal
La potencia entregada al circuito por el generador real (E 1 , R1 ) es la total
menos la disipada en R1 . Como conocemos la intensidad y la resistencia, calculamos PR1 :
PR1 =
1
kI1 k2 R1 = 16,122 · 2 = 516 W
2
(3.8)
Finalmente, el rendimiento es:
η=
PT OT AL − PR1
2120 − 516
=
= 75,66 %
PT OT AL
2120
(3.9)
Análisis en régimen permanente sinusoidal
83
Problema 3.9
Considere el circuito de la figura.
C1
L
E
+
e(t)
A
R
L
↑ i(t)
C2
B
con los siguientes datos:
R = 1 Ω,
L = 10−6 H,
C1 = 23 10−6 F
e(t) = 1 cos(106 t) V,
Se pide:
C3
L
E = 1 V,
C2 = C3 = 10−6 F
i(t) = 1 sen(2 106 t) A
1. Calcule la tensión vAB (t).
2. Calcule el valor medio y el valor eficaz de v AB (t).
84
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Solución
1) Como hay tres generadores de pulsación distinta, aplicaremos el teorema
de superposición, esto es, calcularemos la contribución sobre v AB (t) de cada
generador y después sumaremos las tres contribuciones.
• Contribución del generador de fuerza electromotriz e(t):
Tras desactivar el generador de tensión continua (cortocircuitado) y el
generador de intensidad (circuito abierto), podemos comprobar que a la
pulsación ω0 = 106 las impedancias de las bobinas y condensadores son:
ZL = j,
2
ZC1 = − j,
3
ZC2 = ZC3 = −j
con lo que la impedancia equivalente del paralelo L||C 2 es
Zeq =
j · (−j)
=∞
j−j
con lo que se comporta como un circuito abierto y por tanto, la tensión
vAB (t) debida al generador e(t) es
vAB (t) = 0 V
• Contribución del generador de continua: Tras haber desactivado los dos
generadores de alterna, sustituyendo el generador de tensión por un cortocircuito y el de corriente por un circuito abierto y tras sustituir cada
bobina por un cortocircuito y cada condensador por un circuito abierto,
es fácil ver que no es posible que se establezca ninguna corriente en el
circuito. Por tanto, la tensión vAB (t) debida al generador E es
vAB (t) = 1 V
• Contribución del generador de intensidad: Primero desactivamos los dos
generadores de tensión sustituyéndolos por un cortocircuito. Las impedancias son:
ZL = 2j
Z C1 = −
j
3
ZC2 = ZC3 = −0,5j
con lo que si elegimos la forma trigonométrica seno, el fasor que representa la corriente del generador es I = 1. Calculando la impedancia
Análisis en régimen permanente sinusoidal
85
equivalente de cada rama queda:
j
5
= j
3
3
2j(−0,5j)
2
=
=− j
2j − 0,5j
3
= 2j − 0,5j = 1,5j
Z L + Z C1
= 2j −
ZL ||ZC2
Z L + Z C3
con lo cual el circuito fasorial que finalmente queda es
5
3j
7
A
1
↑ I
7
− 23 j
1,5j
7
B
y simplificando aún más el circuito obtenemos
6A
↑ I
j
1+j
1,5j
7
B
de donde es fácil deducir que
VAB = I
j
j
1
=
= √ ej π/4
1+j
1+j
2
que proporciona la forma instantánea:
1
vAB (t) = √ sen(2 106 t + π/4) V
2
Finalmente, sumando las contribuciones de los tres generadores, obtenemos:
1
vAB (t) = 1 + √ sen(2 106 t + π/4) V
2
86
Análisis en régimen permanente sinusoidal
2) La tensión vAB (t) está formada por la suma de una tensión continua y una
tensión alterna. Como el valor medio de la componente alterna es 0, el valor
medio de vAB (t) es 1 V. Respecto al valor eficaz, el valor eficaz de una señal
periódica es
s
Z T
1
Vef =
v 2 (t) dt
T 0
s
Z T
1
1
π 2
6
1 + √ sen(2 10 t + )
=
dt
T 0
4
2
s
Z T
√
1
π
1
π
1 + 2 sen(2 106 t + ) + sen2 (2 106 t + ) dt
=
T 0
4
2
4
y recordando que
sen2 (θ) =
obtenemos:
s
Vef =
1
T
Z
T
1+
0
1 − cos(2θ)
2
√
1 1
2 sen(2 106 t + π/4) + − cos(2(2 106 t + π/4)) dt
4 4
y por tanto
Vef =
r
1
1+ =
4
r
5
V
4
Análisis en régimen permanente sinusoidal
87
Problema 3.10
En el circuito de la figura la impedancia Z L está absorbiendo la máxima potencia posible. Se sabe que el generador E 1 está entregando 78,7487 W con un
factor de potencia de 0,8682 (tensión adelantada respecto a la intensidad) y
que la fase de la tensión en Z3 es 3π/4 radianes mayor que la fase de la tensión
en ZL . Determine:
1. La potencia entregada por el generador dependiente.
2. Valores de Z3 y ZL .
I1 (t)
6
7
7
Z1
Z3
A
6
+
E1
Z2
↑ α I1
ZL
B
√
Datos: Z1 = 4 + 8j Ω ; Z2 = 2 − 4j Ω ; E1 = 30 2 j V ; α = 1.
Solución
1) Del dato de la potencia entregada por el generador se puede poner la siguiente ecuación:
P =
|I1 | =
1
|E1 | |I1 | cos ϕ
2
2 · 78,7487
2P
√
=
= 4,2757 A
|E1 | cos ϕ
30 · 2 · 0,8682
El desfase entre E1 e I1 es
arc cos(0,8682) = 29,7498
Como la fase de E1 es 90o , la fase de I1 es
∠I1 = 90o − 29,7498o = 60,2502o
88
Análisis en régimen permanente sinusoidal
y por tanto
o
I1 = 4,2757 ej 60,2502 = 2,12 + 3,71j A
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff en el recorrido E 1 , Z1 , αI1 , y llamando
a la diferencia de potencial en el generador dependiente V αI1 (tomada desde
el terminal conectado a Z3 al otro), obtenemos
VαI1 = −I1 Z1 + E1 = −(2,12 + 3,71j)(4 + 8j) + 42,43j = 21,21 + 10,61j V
Finalmente la potencia en el generador dependiente es el producto escalar
1
1
PαI1 = hVαI1 , I1 i = h21,21 + 10,61j , 2,12 + 3,71ji = 42,1875 W
2
2
∗
2) Como ZL está absorbiendo la máxima potencia se cumple que Z L = Zth
donde Zth es la impedancia equivalente Thevenin desde los puntos A y B hacia
la izquierda.
Para calcularla se desactivan los generadores independientes
I1 (t)
C
6
7
Z1
↑ α I1
Z2
B
0 con Z 0 la impedancia equivalente del
A la vista del circuito Zth = Z3 + Zth
th
circuito desde los puntos C y B hacia la izquierda.
0 conectamos un generador de valor E
Para calcular Zth
I1 (t)
C
6
7
Z1
+
Z2
↑ α I1
E
B
1a Ley de Kirchhoff en el nudo C:
I1 + αI1 + I =
E
Z2
(3.10)
Análisis en régimen permanente sinusoidal
89
2a Ley de Kirchhoff en la malla exterior:
E = −I1 Z1
(3.11)
Sustituyendo (3.11) en (3.10)
E
E
(1 + α) +
=I
Z1
Z2
y por tanto
E
de donde obtenemos
1
1+α
+
Z1
Z2
=I
E
Z1 Z2
=
= 5 + 0j Ω
I
Z2 (1 + α) + Z1
0
Zth
=
0
0 + Z y Z = Z ∗ entonces Z = (Z 0 + Z )∗ = Z ∗ + Z ∗ , que
De Zth = Zth
3
L
L
3
3
th
th
th
junto con el resultado anterior
0
ZL − Z3∗ = Zth∗ = 5 + 0j
(3.12)
Por otra parte, en el circuito original Z 2 está en paralelo con el conjunto serie
Z3 y ZL . LLamaremos Zeq = Z2 k(Z3 + ZL ) (ver figura siguiente).
I1 (t)
7
7
Z1
Zeq
+
E1
↑ α I1
La corriente por Zeq es (1 + α)I1 . Planteando la 2a Ley de Kirchhoff sobre la
malla exterior
E1 = I1 Z1 + I1 (1 + α) [Z2 k(Z3 + ZL )]
(3.13)
ecuación en la que se conoce todo menos Z 3 y ZL . Despejando tenemos:
Z2 EI11 − Z1
Z3 + Z L =
Z2 (1 + α) − EI11 − Z1
90
Análisis en régimen permanente sinusoidal
=
(2 − 4j)
30j
(1,5+2,625j)
(2 − 4j)(2) −
− (4 + 8j)
30j
1,5+2,625j
− (4 − 8j)
= 5 + 0jΩ
(3.14)
Las ecuaciones (3.14) y (3.12) forman el siguiente sistema:
ZL − Z3∗ = 5 + 0j
ZL + Z3 = 5 + 0j
Poniendo ZL = aL + bL j y Z3 = a3 + b3 j, e igualando las partes reales e
imaginarias de cada ecuación respectivamente, queda:
aL − a 3 = 5
aL + a 3 = 5
(3.15)
bL + b 3 = 0
bL + b 3 = 0
(3.16)
De (3.15) se obtiene aL = 5, a3 = 0 y de (3.16) que b3 = −bL .
Como por las impedancias Z3 y ZL pasa la misma intensidad, llamémosla I X ,
las ecuaciones de sus diferencias de potencial y sus correspondientes fases es:
V Z3
V ZL
= I X Z3
= I X ZL
∠VZ3
∠VZL
,
,
= ∠IX + ∠Z3
= ∠IX + ∠ZL
y el desfase entre ellas, según el enunciado, es:
∠VZ3 − ∠VZL = ∠Z3 − ∠ZL =
3π
4
Como Z3 no tiene parte real su fase sólo puede ser ± π2 y como está adelantada
respecto a ∠ZL , el único valor posible es + π2 (o indeterminación si el valor de
b3 fuese cero):
∠ZL = ∠Z3 −
tan ∠ZL = −1 =
π 3π
π
3π
= −
=−
4
2
4
4
bL
aL
⇒ bL = −aL = −5 Ω
Por tanto el resultado final es:
ZL = 5 − 5j Ω
Z3 = 0 + 5j Ω
Análisis en régimen permanente sinusoidal
91
Problema 3.11
En el circuito de la figura, las corrientes eficaces en todas las ramas son iguales.
Se pide:
1. Valores de las corrientes en las ramas, tanto en módulo como en fase.
2. Expresar, en función de R, los valores de los diversos elementos pasivos
y activos desconocidos.
3. Determinar los valores de estos componentes, sabiendo que la potencia
disipada en la rama que contiene la resistencia R es 10 W .
Nota: I1 está adelantada respecto a I2 e I4 está adelantada respecto a I3 . En
los cálculos, se utilizará la forma seno.
Datos:
i(t) =
√
2 sen(104 t) A,
e(t) = E0 sen(104 t + ϕv ) V
Z1 = Z3 = R + jX1 ,
Z4 = R + jX2 ,
Z1
I1
e(t)
A
B
I2
I4
Z4
i(t)
C
R
I3
Z3
92
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Solución
1. Si aplicamos la primera ley de Kirchoff en el nudo C, obtenemos:
I3 = I 4 + I
(3.17)
Llamando αi a la fase de la corriente Ii podemos escribir la anterior
ecuación como:
|I|ejα3 = |I|ejα4 + |I|ej 0
(3.18)
por lo que
ejα3 = ejα4 + 1
(3.19)
La anterior ecuación se puede descomponer en una ecuación para la parte
real y otra para la parte imaginaria, de modo que
cos α3 = 1 + cos α4
(3.20)
sen α3 = sen α4
(3.21)
La ecuación 3.21 conduce a
α3 = α 4
ó
α3 = π − α 4
Al sustituir la primera de estas dos posibilidades en la ecuación 3.20
obtenemos
cos α4 = 1 + cos α4
que no tiene solución. Al sustituir la segunda posibilidad, es decir α 3 =
π − α4 obtenemos:
cos(π − α4 ) = 1 + cos α4 = − cos α4
de donde se obtiene
1
2
Existen dos posibles soluciones para α 4 que conllevan asociado un valor
para α3 que son:
2π
π
α4 =
α3 =
3
3
y
−π
−2π
α3 =
α4 =
3
3
cos α4 = −
Análisis en régimen permanente sinusoidal
93
Como nos dice el enunciado que I4 está adelantada sobre I3 la solución
es:
2π
π
α4 =
α3 =
3
3
√
con lo que dado que |I| = |Ii | = 2 obtenemos:
√
√
√ π
2
6
π
=
+j
A
(3.22)
I3 = 2 cos + j sen
3
3
2
2
√
√
√
2π
2
6
2π
+ j sen
+j
A
(3.23)
=−
I4 = 2 cos
3
3
2
2
Para calcular las otras corrientes, aplicamos la primera ley de Kirchhoff
al nudo B, pudiendo escribir:
I1 + I 2 = I 3
(3.24)
donde las incógnitas son α1 (fase de I1 ), y α2 (fase de I2 ). De modo
análogo al caso anterior se obtiene que:
α2 = 0
α1 =
2π
3
con lo que:
√
I1 = 2
e
2π
2π
cos
+ j sen
3
3
I2 =
√
√
2
6
=−
+j
A
2
2
√
2A
(3.25)
(3.26)
2. Expresando el fasor E en notación exponencial compleja
E = |E| ejϕE
Para encontrar el valor de los elementos, podemos plantear las siguientes
ecuaciones de malla:
Z1 I1 + E − R I 2 = 0
R I 2 + Z 3 I3 + Z 4 I4 = 0
(3.27)
(3.28)
El anterior sistema de ecuaciones complejas corresponde a un sistema de
4 ecuaciones reales, donde las incónitas son Re(E), Im(E), X 1 y X2 . De
la segunda ecuación compleja es inmediato obtener que;
2R
X1 = − √
3
4R
X2 = √
3
94
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Para determinar el valor de la tensión del generador utilizamos la ecuación 3.27, obteniendo:
√ R
Re(E) = 2
2
√
√ 5 3R
Im(E) = − 2
6
las tensiones anteriores serán en voltios de pico si R se expresa en ohmios.
El módulo y la fase del fasor E son
14
3
= −70,89o
|E| = R
ϕE
r
y por tanto
e(t) = R
r
14
sen(104 t − 70,89o ) V
3
3. Si la potencia en la rama AB es de 10W, el valor de R se puede obtener
como:
√
( 2)2
R −→ R = 10 Ω
10 =
2
y a partir de aquı́ se puede obtener el resto de los elementos, según las
expresiones del apartado 2.
Análisis en régimen permanente sinusoidal
95
Problema 3.12
Considere el circuito de la figura. con los siguientes datos:
Z
7
e1 (t)
L3
i3 (t)
+
C
i1 (t)
L1 i4 (t)
L2
R
i(t) ↑
+
e2 (t) R2
i2 (t)
R
R = R2 = 1 Ω,
L1 = 1 H,
i(t) = 1 cos(t) A,
L2 = 2 H,
e1 (t) = −1 sen(t) V,
L3 = 3 H,
C=1F
e2 (t) = 1 sen(t) V
Se pide:
1. Calcule la potencia media absorbida en la bobina L 2 .
2. Calcule la intensidad i1 (t).
3. Calcule la potencia del generador e 1 (t). Indique si está entregando o
absorbiendo potencia.
√
4. Si la impedancia Z absorbe 1 W con un cos ϕ = 1/ 2 y la fase de Z
está entre -π/2 y 0, determine el valor de Z. Indique un posible circuito
equivalente para la impedancia calculada especificando los valores de los
componentes del mismo.
5. Calcule las intensidades i3 (t) e i4 (t).
6. Calcule la potencia absorbida por la resistencia R 2 .
7. Suponga ahora que e2 (t) = sen(2t) V y que el resto de generadores no
cambian. Calcule i2 (t). Apartado del capı́tulo 4
96
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Solución
1. La potencia media absorbida en una bobina es 0 W.
2. Calcule la intensidad i1 (t).
La impedancia del conjunto L1 ||C es
Zeq =
j · (−j)
=∞
j−j
y por tanto, dicho conjunto se comporta como un circuito abierto tal y
como se muestra en el siguiente circuito.
Z
7
+
j
3j
i1 (t)
2j
1
1 ↑
+
−j 1
I2
1
Con lo cual i1 (t) = 0.
3. Si consideramos la forma trigonométrica coseno, entonces los fasores son
I~ = 1,
~ 1 = j,
E
~ 2 = −j
E
La potencia entregada por el generador e 1 es
P e1 =
1 ~ ~
1
hE1 , Ii = h0 + j, 1 + 0ji = 0
2
2
Por tanto e1 ni entrega ni absorbe potencia.
4. Como la potencia absorbida es 1 W tenemos
2
Ief
Re(Z) = 1
Análisis en régimen permanente sinusoidal
y por tanto
97
1
Re(Z) = 1
2
√
de donde obtenemos Re(Z) = 2. Como cos ϕ = 1/ 2
√
π
ϕ = arc cos(1/ 2) = ±
4
y como la intensidad adelanta a la tensión, la fase de la impedancia es
arg(Z) = −
Por tanto
tan(Z) =
π
4
Im(Z)
= −1
Re(Z)
con lo que
Im(Z) = −2
y por tanto la impedancia es
Z = 2 − 2j
Un posible circuito equivalente es una resistencia de 2 Ω en serie con un
condensador de 1/2 F.
5. Si llamamos V a la tensión que hay en los extremos del conjunto L||C
(diferencia entre tensión izquierda y derecha), entonces
~ = −j + I~ (2 − 2j) + I~ 3j
V
y como I~ = 1 tenemos
~ =2
V
y por tanto
I~4 =
~
V
2
= = 2 e−jπ/2
jωL1
j
siendo la forma instantánea
i4 (t) = 2 cos(t − π/2) = 2 sen(t) A
Como i3 (t) = −i4 (t)
i3 (t) = −2 cos(t − π/2) = −2 sen(t) A
98
Análisis en régimen permanente sinusoidal
6. Si definimos I~E2 como la corriente que circula por e2 entrando por el
terminal positivo, aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos
~ 2 − I~2 (R + jωL2 ) = 0
I~E2 R + E
y aplicando la Primera Ley de Kirchhoff obtenemos
I~ = I~E2 + I~2
y sustituyendo los valores conocidos obtenemos el sistema
I~E2 − j − I~2 (1 + 2j) = 0
1 = I~E2 + I~2
de donde obtenemos
√ −jπ/4
1
1−j
2e
~
= √
= e−jπ/2
I2 =
jπ/4
2 + 2j
2
2 2e
La potencia en R2 es pues
P R3 =
2
I2,ef
R2 =
1
√
2 2
2
·1 =
1
W
8
7. Como ahora hay generadores de distinta frecuencia, aplicaremos superposición. Primero calculamos la contribución de los generadores de pulsación ω = 1 a i2 (t), para lo cual desactivamos el generador e 2 (cortocircuito) obteniendo el circuito fasorial de la siguiente figura.
Z
7
+
j
3j
2j
1
1 ↑
1
1
I2
Análisis en régimen permanente sinusoidal
99
Considerando la expresión del divisor de intensidad tenemos
1
1 + (1 + 2j)
1
1
= √ e−jπ/4
2 + 2j
2 2
I~2 = I~
=
y la forma instantánea es
1
i2 (t) = √ cos(t − π/4) A
2 2
Para calcular la contribución del generador e 2 desactivamos los generadores e1 (t) (cortocircuito) e i(t) (circuito abierto) obteniendo el circuito
de la siguiente figura.
4j
1
+
−j 1
I2
y por tanto
I~2 =
−j
e−jπ/2
1
= √
= √ e−j(arctan 2 + π/2)
j
arctan
2
2 + 4j
2 5e
2 5
siendo la forma instantánea
1
i2 (t) = √ cos(2t − arctan 2 − π/2) A
2 5
Finalmente, sumando las dos contribuciones tenemos
1
1
i2 (t) = √ cos(t − π/4) + √ cos(2t − arctan 2 − π/2) A
2 2
2 5
100
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.13
En el circuito de la figura, donde el generador es sinusoidal, se miden mediante
un amperı́metro y un voltı́metro, respectivamente, la corriente y la tensión
(VCD ) en bornas de XL , siendo éstas IL = 1 Aeff y VL = 2 Veff . Calcular:
5
I
A
7
C
Z
IL
+
E
R1
?
I R1
XL
D
B
1. Valor eficaz de I.
2. Impedancia Z = R + jX, para que el generador entregue al circuito una
potencia de 6 W , con un factor de potencia unidad.
3. Indicar el valor en módulo y fase de E, I, I L e IR1 , tomando I como
origen de fases para éste y los siguientes apartados, es decir I = |I| e j0 .
4. Ahora, tal como indica la figura siguiente, entre bornas de A y B se añade
una resistencia R2 = 4 Ω. ¿Cuál será el valor eficaz de las corrientes I Z ,
IE , IL , IR1 e IR2 en esta nueva situación?
IE
A
7
+
E
R2
IZ
C
Z
IL
?
R1
I R1
XL
I R2
B
D
5. ¿Qué potencia entrega ahora el generador? ¿Qué factor de potencia presenta el circuito al generador?.
Datos: R1 = 2 Ω;
Análisis en régimen permanente sinusoidal
101
Solución
1. A partir de los datos se obtiene
XL =
VL,ef f
2
= =2Ω
IL,ef f
1
Las ramas XL y R1 constituyen un divisor de corriente, por lo que:
IL = I
R1
R1 + jXL
y aplicando módulos y trabajando con valores eficaces
q
√
I
R12 + XL2
L,ef
f
4+4 √
R1
⇒ Ief f =
=
= 2 Aeff
IL,ef f = Ief f q
R1
2
R2 + X 2
1
L
2. La impedancia total entre las bornas A y B es:
ZAB = Z + (R1 k jXL ) = R + jX +
R + jX +
j4
jXL R1
= R + jX +
=
R1 + jXL
2 + 2j
j4 (2 − 2j)
= R + jX + 1 + j = (R + 1) + j (X + 1)
8
La potencia que entrega el generador es la misma que la que absorbe el
circuito visto desde los puntos A y B y por tanto:
2
PE = PZAB = Ief
f Re (ZAB ) = 2 (R + 1) = 6 W ⇒ R = 2 Ω
Para que el factor de potencia del circuito sea 1:
cos φZAB = 1 ⇒ φZAB = 0
por tanto
Im (ZAB ) = 0 ⇒ X = −1
3. Llamamos ZP = R1 k jXL
ZP =
2 · 2j
R1 jXL
=
=1+j Ω
R1 + jXL
2 + 2j
102
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Como I es el origen de fases, su valor en módulo (valor de pico) y fase:
I = 2 + 0j = 2ej0 A
Para calcular las intensidades calculamos la tensión V CD :
VCD = IZP = 2 (1 + j) = 2 + 2j V
Conocida VCD , las corrientes por R1 y XL son:
√ π
2 + 2j
VCD
=
= 1 + j = 2ej 4 A
R1
2
√
π
VCD
2 + 2j
I XL =
=
= 1 − j = 2e−j 4 A
jXL
2j
Para calcular la tensión del generador calculamos la impedancia vista
desde A y B,
ZAB = Z + ZP = 3 Ω
I R1 =
ası́:
E = IZAB = 2 · 3 = 6 = 6ej0 V
4. Al conectar una resistencia R2 entre A y B el circuito queda:
IE
A
7
+
E
R2
IZ
C
Z
IL
?
R1
I R1
XL
I R2
B
D
La impedancia ZAB sin contar la R2 es:
ZAB = R + jX + R1 k XL = 2 − j + (1 + j) = 3 Ω
La tensión VAB no cambia al insertar R2 y por
√ tanto la intensidad a
través de Z, llamada ahora IZ , seguirá siendo 2 Aef f . También es la
misma la corriente por la bobina, la corriente por R 1 y la tensión del
generador.
La IR2 es:
6 + 0j
E
=
= 3 + 0j A
R2
2 + 0j
y por tanto la nueva I = IZ + IR2 = 5 + 0j A.
I R2 =
Análisis en régimen permanente sinusoidal
103
5. La potencia entregada por el generador será la de antes más la absorbida
por R2 :
PE = 6 +
1
|IR2 |2 R2 = 6 + 9 = 15 W
2
La impedancia ZAB incluyendo R2 es:
ZAB = R2 k 3 =
3·2
= 6/5 + 0j Ω
3+2
y entonces el factor de potencia resulta
cos φZAB = cos 0 = 1
104
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Problema 3.14
Considere el circuito de la figura
L1
?
+
e1 (t)
L2
i1 (t)
L3
A
R1
i2 (t)
i3 (t)
e2 (t)
4
i(t)
C2
B
R3
+
e3 (t)
+
C1
R2
↑
L4
con los siguientes datos:
R1 = R2 = R3 = 1 Ω, L1 =√L2 = L3 = L4 = 1 µH, C1 = C2 = 1 µF
6 t) A,
i(t) = sen(10
e1 (t) = 2 cos(106 t − π/4) V, e2 (t) = cos(106 t) V
√
6
e3 (t) = 2 cos(10 t + π/4) V
Se pide:
1. Obtenga las impedancias y los fasores del circuito (indique si en la obtención de los fasores ha utilizado el seno o el coseno).
2. Encuentre las intensidades i1 (t), i2 (t) e i3 (t) aplicando el método de las
mallas.
3. Calcule los potenciales vA (t) y vB (t).
4. Calcule la potencia entregada por cada generador.
5. Calcule la potencia absorbida por cada resistencia.
6. Suponga ahora que el generador e2 es un generador de tensión contı́nua
con una fuerza electromotriz de 2 V (e 2 (t) = 2 V). Calcule la componente
continua de vA (t), vB (t), i1 (t), i2 (t) e i3 (t).
Análisis en régimen permanente sinusoidal
105
Solución
1. Si utilizamos la forma coseno, los fasores son:
√
√
e1 (t) = 2 cos(106 t − π/4) −→ E1 = 2 e−jπ/4 = 1 − j
e (t) = cos(106 t) −→ E2 = 1 = 1 ej0
√ 2
√
e3 (t) = 2 cos(106 t + π/4) −→ E3 = 2 ejπ/4 = 1 + j
i(t) = sen(106 t) −→ I = 1 e−jπ/2 = −j
En cuanto a las impedancias,
ZR1 = ZR2 = ZR3 = 1,
ZL1 = ZL2 = ZL3 = ZL4 = j,
ZC1 = ZC2 = −j
El circuito fasorial es por tanto
j
I1
j
?
+
j
+
−j
E1 = 1 − j
1
E2 = 1
A
I2
I3
+
E3 = 1 + j
1
I = −j
−j
B
4
1
↑
j
Figura 3.1: Circuito fasorial.
2. Para aplicar el método de las mallas es necesario que todos los generadores sean de tensión. Para ello, se convierte el generador real de intensidad
(i(t), L4 ) en un generador real de tensión, quedando el circuito de la figura 3.2.
j
I1
j
+
E1 = 1 − j
?
j
+
−j
1
A
E2 = 1
1
I2
+
E3 = 1 + j
I3
1
B
j
+
4 −j
jI = 1
Figura 3.2: Circuito fasorial tras la conversión del generador real de
corriente.
106
Análisis en régimen permanente sinusoidal
El circuito tiene
de ecuaciones es

1
0
0
tres mallas siendo sus corrientes I 1 , I2 e I3 . El sistema
   
 

0 0
I1
1−j
E1
1 j  · I2  = E2 − E3  =  −j 
I3
j 1
E3 − jI
j
de donde se obtiene
√
I1 = 1 − j = 2 e−jπ/4
1
1
I2 =
(1 − j) = √ e−jπ/4
2
2
1
1
(−1 + j) = √ ej3π/4
I3 =
2
2
y los correspondientes valores instantáneos son
√
2 cos(106 t − π/4) A
i1 (t) =
1
i2 (t) = √ cos(106 t − π/4) A
2
1
i3 (t) = √ cos(106 t + 3π/4) A
2
3. El potencial absoluto VA es
1
VA = −I1 (1 − j) − jI2 + E2 = (1 + 3j) =
2
√
10 j arctan 3
e
2
y el valor instantáneo es
√
10
cos(106 t + arctan 3) V
vA (t) =
2
El potencial absoluto VB es
VB = jI3 + jI =
1−j
1
= √ e−jπ/4
2
2
y el valor istantáneo es
1
vB (t) = √ cos(106 t − π/4) V
2
Análisis en régimen permanente sinusoidal
107
4. Las potencias entregadas por los generadores son
P E1
=
P E2
=
PI
=
1
1
hE1 , I1 i = h1 − j , 1 − ji = 1 W
2
2
1
1
1
hE2 , I2 i = h1 + 0j , 0,5 − 0,5ji = W
2
2
4
1
1
1
hVB , Ii = h0,5 − 0,5j , 0 − ji = W
2
2
4
La intensidad de la corriente que sale del terminal positivo de E 3
IE3 = I3 − I2 = −1 + j
con lo cual
1
1
PE3 = hE3 , IE3 i = h1 + j , −1 + ji = 0 W
2
2
5. Las potencias disipadas en R1 , R2 y R3 son:
2
= R1 I1,ef
=1W
1
2
= R2 I2,ef
= W
4
1
2
= R3 I3,ef = W
4
P R1
P R2
P R3
Observe que la suma de potencias entregadas por los generadores coincide con la suma de las potencias disipadas en las resistencias.
6. La componente continua de las magnitudes será la contribución que realiza el generador de continua, por lo que hay que desactivar el resto de
generadores, quedando el circuito:
I1
1
A
1
I2
E2 = 2
4
1
B
I3
Por tanto:
vA (t) = 2 V, vB (t) = 0 V, i1 (t) = 0 A, i2 (t) = i3 (t) = 1 A
108
Análisis en régimen permanente sinusoidal
Capı́tulo 4
Técnicas de Análisis
Problema 4.1
En la figura se ha conectado a un generador real de tensión (izquierda de los
puntos A y B) un circuito formado por diversos elementos pasivos.
A
L
R1
+
e(t)
C1
Rg
C2
C3
B
Figura 4.1: Circuito del problema 1.
Datos:
e(t) =
√
2 sen(106 t + 45o )
Rg = 1 Ω, C1 = 2 µF, C2 = 1 µF, C3 = 1 µF .
109
110
Técnicas de Análisis
Se pide:
1. Calcule la impedancia equivalente entre los puntos A y B del circuito
situado a la derecha de ambos puntos.
2. Calcule el valor de L para que el factor de potencia
√ (cos(ϕ)) del circuito
a la derecha de los puntos A y B sea igual a 1/ 2.
3. Calcule el valor de L para que se produzca una máxima transferencia de
potencia del generador al circuito de la derecha.
4. ¿Cuál es el rendimiento del generador real cuando L tiene el valor calculado en el apartado 3? Justifique la respuesta.
Solución
1. Observe que los tres condensadores se pueden reducir a uno con una
capacidad equivalente
Ceq = 1µ F
y cuya impedancia, considerando que ω = 10 6 , es
ZC = −j
y la impedancia de la bobina es
ZL = jωL
~ al fasor que representa la fuerza electromotriz del geneSi llamamos E
rador, el circuito fasorial es el siguiente.
A
jωL
Rg
−
+
~
E
j
ω Ceq
1Ω
B
Técnicas de Análisis
111
Por tanto la impedancia equivalente del circuito de la derecha es
Zeq = jωL +
−j
= 0,5 + j(ωL − 0,5) Ω
1−j
√
2. Si cos(ϕ) = 1/ 2, siendo ϕ el desfase entre intensidad y tensión, entonces
√
ϕ = arc cos(1/ 2) = ±45o
Por otro lado la fase de la impedancia equivalente del circuito a la derecha
de los puntos A y B, es el desfase que existe entre v AB (t) y la intensidad
que circula de A a B a través de la impedancia. Por tanto
∠Zeq = arctan
ωL − 0,5
0,5
y como ∠Zeq = ϕ se tiene
arctan
ωL − 0,5
= ±45o
0,5
con lo cual
ωL − 0,5
= ±1
0,5
Si de la anterior expresión consideramos el signo más se obtiene
L=
1
= 10−6 H
ω
Si en cambio consideramos el signo menos se obtiene
L=0H
3. Si consideramos el circuito equivalente de la derecha obtenemos el siguiente circuito
A
I~
6
1Ω
0,5 + j(ωL − 0,5)
+
~
E
B
112
Técnicas de Análisis
siendo la potencia absorbida por el circuito de la derecha
P =
El fasor I~ es
1 ~ 2
|I | Re(Zeq )
2
I~ =
~
E
1,5 + j(ωL − 0,5)
~ =
|I|
~
|E|
|1,5 + j(ωL − 0,5)|
cuyo módulo es
y por tanto
P =
~ |2
1
|E
W
4 1,52 + (ωL − 0,5)2
función que alcanza el máximo en
ωL − 0,5 = 0
con lo cual
L=
0,5
= 0,5 µH
106
4. El rendimiento del generador es
η=
2 0,5
Ief
Putil
× 100 = 33 %
× 100 = 2
Ptotal
Ief (1 + 0,5)
Técnicas de Análisis
113
Problema 4.2
En el circuito de la figura se pide:
1. Circuito equivalente Thevenin del circuito situado a la izquierda de los
puntos A y B.
2. Potencia recibida por la carga R.
R4
I
R2
+
αV
-V+
A
→ R1
βI
R3
+
E
R
B
Datos:
R1 = 1 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω, R4 = 4 Ω, R = 8 Ω
E = 10 cos(ωt) V, α = 2, β = 4
Solución
1) Dejando las bornas A y B en circuito abierto, el circuito queda:
R4
I
R2
+
αV
R1
βI
R3
+
E
-V+
→ A
B
114
Técnicas de Análisis
donde:
V = β I R4
En la malla de la izquierda tenemos:
E − α V = (R1 + R2 + R3 ) I → E = (R1 + R2 + R3 + α β R4 ) I
La tensión VAB en circuito abierto es
VAB,ca = V + R3 I = (β R4 + R3 ) I
E
= (β R4 + R3 )
=5V
R1 + R 2 + R 3 + α β R 4
Para cálcular la corriente IAB en cortocircuito transformamos el generador
real de intensidad en un generador real de tensión. En esta transformación hay
que tener en cuenta que la tensión en bornes del generador de corriente (V )
es, tras la transformación, la diferencia de potencial entre el punto A y R 3 .
I
R2
+
αV
R4
R1
-
V
+
A
R3
+
E
β I R4
+
IAB
B
Las ecuaciones de ambas mallas son:
E − αV
= (R1 + R2 + R3 ) I − R3 IAB,cc
β I R4 = −I R3 + (R3 + R4 ) IAB,cc
V
= β I R4 − R4 IAB,cc
Sustituyendo la tercera ecuación en la primera queda
E = (R1 + R2 + R3 + α β R4 ) I − (R3 + α R4 ) IAB,cc
0 = −(R3 + β R4 ) I + (R3 + R4 ) IAB,cc
Sustituyendo los valores queda
IAB,cc =
10
A
3
Técnicas de Análisis
115
Por tanto,
Zeq = Req =
VAB,ca
3
= Ω
IAB,cc
2
2) La potencia absorbida por R puede calcularse en el siguiente circuito
A
Req
R
+
Eeq
B
donde
PR =
|Eeq |2
1
R = 1,1 W
2 (Req + R)2
116
Técnicas de Análisis
Problema 4.3
Considere el circuito de la figura
R2
A
R3
+
↑
L
R1
C
e(t)
C
i x (t)
L
+
i1 (t)
2 ix (t)
i2 (t) ↑
B
con los siguientes valores:
L=1H
C=1F
i1 (t) = cos(t − π) A,
R1 = 2 Ω
R2 = 1 Ω
i2 (t) = cos(t) A,
R3 = 1 Ω
e(t) = sen(t) V
Se pide:
1. Calcule el circuito equivalente Thevenin entre los puntos A y B del circuito situado a la derecha de ambos puntos para ω = 1.
2. Calcule la tensión vAB (t) aplicando el método de los nudos (o tensiones)
. Si lo considera conveniente puede utilizar el resultado obtenido en el
apartado anterior.
Solución
1. Como los generadores son de alterna utilizaremos fasores. Las impedancias son
ZR = 1Ω
ZC = −j Ω ZL = j Ω
Considerando la función coseno para obtener los fasores de los generadores obtenemos
~ = −j
I~1 = −1 I~2 = 1 E
Técnicas de Análisis
117
y por tanto el circuito fasorial es
1
1
A
+
2 I~x
−1 ↑
j
2
−j
−j
B
I~x
−j
j
1 ↑
+
Para calcular la tensión Thevenin dejamos en circuito abierto los puntos
A y B, tal y como se muestra en el siguiente circuito, y medimos la
diferencia de potencial vAB (t).
A
1
→
−
2 Ix
−j
1 ↑
+
B
→
−
Ix
j
−j
+
Figura 4.2: Circuito para medir la tensión Thevenin.
Observe que en el circuito de la figura 4.2 se ha eliminado la rama con
el circuito LC paralelo puesto que dicho circuito tiene una impedancia
infinita.
Por tanto
~ab = 2 I~x + j I~x + E
~
V
118
Técnicas de Análisis
y como
I~x = I~2 = 1
obtenemos
~ Thevenin = V
~ab = I~ (2 + j) + E
~ =2
E
cuya forma instantánea es
E Thevenin (t) = vab (t) = Re(2 ejt ) = 2 cos(t) V
Para calcular la impedancia Thevenin desactivamos todos los generadores independientes, dejamos los puntos A y B en circuito abierto e
insertamos un generador de tensión de fuerza electromotriz arbitraria
~ tal y como se muestra en la siguiente figura
(E),
A
1
→
−
I
→
−
2 Ix
+
→
−
Ez
→
−
Ix
+
−j
B
j
de tal manera que la impedancia equivalente es:
Zeq =
~z
E
I~
Observe que en este último circuito I~ = I~x y por tanto aplicando la
segunda ley de Kirchhoff obtenemos
~ z + I~ + 2I~ + I(j
~ − j) = 0
−E
y por tanto
~z
E
I~ =
3
con lo cual
Zeq = 3 Ω
Técnicas de Análisis
119
Una manera alternativa de calcular la Impedancia Thevenin consiste en
dividir la tensión del generador Thevenin por la intensidad del generador
Norton. Este método es aplicable si existen generadores independientes
en el circuito. Para calcular la intensidad Norton cortocircuitamos los
puntos A y B del circuito de la figura 4.2 y medimos la intensidad (I N )
que circula por el cortocircuito de A a B. Al aplicar la primera ley de
Kirchhoff obtenemos
I~N + I~x = 1
y aplicando ahora la segunda ley de Kirchhoff
I~N (1 − j) − 2I~x + j − I~x j = 0
y tras sustituir el valor de I~x proporcionado por la primera expresión en
la segunda se obtiene
I~N (1 − j) − (1 − I~N ) (2 + j) = −j
tras lo cual
2
I~N =
3
y por tanto
Zeq =
~ Thevenin
E
=3Ω
I~ Norton
Otra manera de calcular el generador Thevenin consiste en hacer simplificaciones en el circuito original. En dicho circuito aplicando la
primera ley de Kirchhoff podemos escribir
I~x = I~ + 1
lo cual permite expresar el generador dependiente de tensión en función
de I~ y no de I~x . Ahora ya podemos simplificar el circuito de la derecha
eliminando la rama por la que circula I~x . Considerando la equivalencia
entre generadores reales de tensión obtenemos el circuito
120
Técnicas de Análisis
R2
A
R3
+
2 (I~ + 1)
−j
I~1
↑
R1
↑ −j/j = −1
1 ↑
j
B
y haciendo las oportunas simplificaciones se obtiene
R2
A
1
I~1
+
↑
R1
2 (I~ + 1)
B
con lo cual
~vAB = I~ + 2(I~ + 1) = 3I~ + 2
I~
Técnicas de Análisis
121
Por tanto, la tensión ~vAB obtenida es la misma que la que proporcio~ = 2 y una
narı́a un generador Thevenin con una fuerza electromotriz E
impedancia de 3 Ω, y tras pasar el generador a su forma instantánea
obtenemos el mismo resultado que antes.
2. Como el enunciado sólo pide calcular la diferencia de potencial v ab (t),
podemos sustituir el circuito a la derecha de los puntos A y B por el
circuito Thevenin encontrado en el apartado anterior. No obstante, como
el enunciado pide encontrar dicha tensión aplicando el método de los
nudos, utilizaremos el circuito equivalente Norton pues de esta forma
todos los generadores presentes en el circuito serán de intensidad. El
circuito que finalmente queda es
1
C
A
2
−1 ↑
3
B
↑ 2/3
donde podemos identificar tres nudos. Si elegimos B como nudo de referencia, y definimos las tensiones de nudo V A = VAB y VC = VCB ,
entonces podemos escribir
 1
+1
 2


−1
−1



V~C

·
=

1
~
VA
+1
3
−1
2
3
!
122
Técnicas de Análisis
con lo cual
y consiguientemente
1
+ 1 −1 2
2 −1
3
~
VA = =0V
1 + 1 −1 2
1 −1 1 + 3
vAB (t) = 0 V
Una forma alternativa para el cálculo de v ab (t) consiste en simplificar
primero el circuito a la izquierda de los puntos A y B, y después aplicar
el método de los nudos. La simplificación la podemos hacer a partir de
la equivalencia entre generadores reales de tensión y de intensidad, tras
lo cual el circuito resultante es
A
3
−2/3 ↑
3
B
↑ 2/3
y simplificando los generadores ideales de intensidad, entre A y B queda
un circuito equivalente consistente en una única resistencia de 3/2 Ω,
con lo que, tal y como ya habı́amos obtenido
vAB (t) = 0 V
Técnicas de Análisis
123
Problema 4.4
Utilizando simplificación de circuitos:
1. Calcular el valor de Zr para que el circuito delimitado por la lı́nea a
trazos entregue la máxima potencia. Calcular la potencia entregada a
Zr .
2. Independientemente del valor obtenido en el apartado anterior, considere
ahora que se conecta entre los puntos A y B del circuito una Z r de 2 Ω.
Calcular la potencia entregada por el generdor e 1 y por el generador i2 .
< ======================6 =======================@> <
;
;
6
;
; A
Z2
Z4
Z7
C IZ4
;
; 6
6
7
7
7
;
; ;
;
6
;
;
Z3
;
;
↓
Z
+
kI
6
;
;
Z4
;
;
E1 Z5
Zr
;
;
;
;
+
Z
1
;
;
E2 I2 ↑
;
;
;
; B
;
; ;A
;A
BC=============================================@>
Datos:
Z1 = 1Ω; Z2 = 2 + 2j Ω; Z3 = 2 − 2j Ω; Z4 = −2j Ω;
Z5 = 2 + 2j Ω; Z6 = 1 Ω; Z7 = −2j Ω;
√
√
e1 (t) = 2 2 cos(ωt + π/4) V; e2 (t) = 2 2 cos(ωt − π/4) V
K = 1; i2 (t) = 1 cos(ωt − π/2) A
Solución
1) Tomaremos como forma trigonométrica cos(ωt) y por tanto los fasores
correspondientes a los generadores son
E1 = 2 + 2j
E2 = 2 − 2j
I2 = −j
Para calcular la impedancia que proporcione máxima potencia hay que llegar a un circuito equivalente consistente en un generador de tensión y una
impedancia en serie (equivalente Thevenin).
124
Técnicas de Análisis
La simplificación del circuito permite eliminar la rama del generador dependiente KIZ4 por estar en paralelo con un generador ideal de tensión y la
impedancia Z6 por estar en serie con un generador ideal de intensidad, quedando el siguiente circuito.
6
Z2
7
C IZ4
7
6
7
Z3
+
E1
Z4
Z5
+
E2
A
6
↑
I2
Z7
Zr
B
Realizando la asociación en paralelo de los generadores reales
de tensión
E1
2
(E1 , Z2 ) y (E2 , Z3 ) queda un generador (Ea , Za ) de valor Ea = Z2 + E
Z3 (Z2 k Z3 ) =
4 V, Za = Z2 k Z3 = 2 Ω, tal como indica en el siguiente circuito.
Za
7
I Z4
Z4
7
6
7
Z7
A
6
+
Ea
Z5
I2
↑
Zr
B
Asociando en serie Za + Z4 = Zb = 2 − 2jΩ, transformando el generador
real de tensión (Ea , Zb ) a generador real de intensidad, y asociándolo con el
generador real de intensidad (I2 , Z5 ), queda un generador (Ib , Zc ) con:
4
Ea
+ I2 =
−j =1 A
Zb
2 − 2j
= Zb k Z5 = (2 − 2j) k (2 + 2j) = 2 Ω
Ib =
Zc
Finalmente pasando el generador real de intensidad (I b , Zc ) a generador real
de tensión (Eb , Zc ), y asociándolo a Z7 , el circuito queda simplificado a un
sólo generador (Eb , Zd ) con:
Eb = I b Zc = 1 · 2 = 2 V
Zd = 2 − 2j Ω
Técnicas de Análisis
125
Zd
7
A
B
+
Eb
por tanto según el teorema de máxima transferencia de potencia:
Zr = 2 + 2j Ω
1
8
Potencia Zr =
|Eb |2
Re[Zd ]
=
1
4
W
2) Para calcular la potencia en I2 necesitamos la diferencia de potencial en sus
bornas (desde el terminal por el que sale la corriente al terminal por el que
entra) y para calcularla ponemos el circuito equivalente de los elementos de
la parte izquierda del circuito hasta I 2 incluido que corresponde al generador
real de tensión (Eb , Zc ).
Zc
A’
7
7
Z7
A
6
+
Eb
Zr = 2
B
En la siguiente figura se reproduce el circuito original y se indican los
puntos A’ y C.
6
Z2
7
E1
k I Z4
Z3
↓
Z4
7
6
Zr
I2
↑
B
Z6
Z5
A
6
+
E2
A’ Z7
7
6
Z1
5
6
+
C IZ4
126
Técnicas de Análisis
La diferencia de potencial VI2 necesaria para calcular la potencia de I 2 es:
Vi2 = I2 Z6 + VA0 B
y V A0 B
Eb
(Z7 + Zr ) =
Zc + Z 7 + Z r
2
4 − 4j
24
8
(−2j + 2) =
=
− jV
2 − 2j + 2
4 − 2j
20 20
VA0 B = I (Z7 + Zr ) =
por tanto
8
24
− jV
Vi2 = −j +
20
20
24 28
1
7
0−j,
Pi2 =
− j = +
W
2
20 20
10
Para calcular PE1 necesitamos calcular la corriente que circula por E 1 y
que sale por su terminal positivo, que es I E1 = IZ2 + k IZ4 . Para calcular IZ4
se asocia por una parte los generadores (E 1 , Z2 ) en paralelo con (E2 , Z3 ) para
formar un generador real de tensión (E a , Za ), y por otra parte Z7 en serie con
Zr todo ello en paralelo con Z5 forma
Ze = (Z7 + Zr ) k Z5 = 2 Ω
El generador real de intensidad resultante (I 2 , Ze ), se pasa a real de tensión y
queda el circuito que se muestra a continuación.
Za
7
A’
7
Z4
6
A
Ze
+
Ea
+
I2 Ze
B
Técnicas de Análisis
127
En este circuito Iz4 es sencillamente:
Iz4 =
Ea − I 2 Ze
= 0,6 + 0,8 j A
Za + Z 4 + Z e
Para calcular IZ2 como el punto C del circuito anterior y el punto C del
circuito original son el mismo (tienen la misma tensión), se plantea la ecuación
de la corriente sobre el circuito original en función de V CB , y VCB se puede
calcular a partir de:
E1 − VCB
IZ2 =
Z2
con VCB :
VCB = Iz4 (Z4 + Ze ) + I2 Ze = 2,8 − 1,6j V
con este valor se resuelve IZ2 = 0,7 + 1,1j A. Conocida IZ4 e IZ2 , ya se puede
obtener IE1
IE1 = KIZ4 + IZ2 = 1,3 + 1,9 j A
Finalmente la potencia se calcula mediante el producto escalar
PE1 =
1
h2 + 2j , 1,3 + 1,9ji = 3,2 W
2
128
Técnicas de Análisis
Problema 4.5
En el siguiente circuito, donde las bobinas y los condensadores han alcanzado
el régimen permanente, calcule las expresiones instantáneas de las corrientes
ia (t) e ib (t) ası́ como la tensión v1 (t).
L2
L1
R1
β ib (t)
L3
R3
+
α ia (t)
E
+
i b (t)
+
e1 (t)
+ v1 (t) +
C
ia (t)
e2 (t)
R2
Datos:
E = 10 V e1 (t) = 10 sen(t + π/4) V e2 (t) = 10 cos(2t) V α = 2Ω
R1 = R2 = R3 = 2 Ω, L1 = L2 = L3 = 1 H, C = 1 F, β = 1 Ω.
Técnicas de Análisis
129
Solución
El circuito está excitado por generadores con pulsaciones distintas (ω = 0,
ω = 1 y ω = 2) por lo que debe aplicarse superposición.
• En el caso del generador de continua, tras cortocircuitar los generadores
independientes de tensión con pulsación distinta de cero, el circuito en
régimen permanente es el mostrado en la siguiente figura.
Ia
R1
+ V1
-
β Ib
+
+
R3
α Ia
M1
Ib
M2
R2
E
En la malla M1 y M2 podemos plantear
R1 Ia + β I b = 0
R3 Ib + α I a = 0
de donde se deduce que
Ia = I b = 0
Además es fácil ver que
V1 = 0
• Para el generador e1 (t) (ω = 1) el circuito fasorial es
Z L1
Ia
+ V1
R1
5
-
+
β Ib
+
E1
Zeq
Ib
Z L3
+
α Ia
R3
M1
R2
M2
130
Técnicas de Análisis
donde:
E1 = 10 ej
π
4
√
√
= 5 2 + 5 2j
Z L1
= jω L1 = j
Z L3
= j
Zeq =
j
1
j
j+
1
j
=∞
donde para el fasor E1 se ha considerado la forma trigonométrica seno.
en cuanto a V1 , E, Ia e Ib , son los fasores de sus correspondientes formas
instantáneas.
En las mallas M1 y M2 podemos plantear el sistema:
(R1 + ZL1 ) Ia + β Ib = E1
(R3 + ZL3 ) Ib + α Ia = 0
cuya solución es:
Ia
Ib
√
√
5 2
10 5 −j 0,0768
=
e
(13 − j) = √
17
17
√
20
10 2
(5 − 3j) = √ ej 2,6012
= −
17
17
y en cuanto a V1
√
√
20 10 j 2,9229
20 2
e
(9 − 2j) = √
V1 = β I b − α I a = −
17
17
ya que por R2 no circula corriente. Los correspondientes valores instantáneos son:
ia (t) =
ib (t) =
v1 (t) =
√
10 5
√
sen(t − 0,0768) A
17
20
√ sen(t + 2,6012) A
17
√
20 10
√
sen(t + 2,9229) V
17
(4.1)
• En el caso del generador e2 (t) (ω = 2) el circuito se muestra a continuación.
Técnicas de Análisis
131
Z L1
Ia
+
I
Zeq
7
V1
-
+
R1
β Ib
Ib
Z L3
R3
+
α Ia
M1
M2
E2
+
R2
donde
E2 = 10 ej 0 = 10
Z L1
= j ω L1 = j2
Z L3
= j2
Z L2 Z C
2
=
= −j
Z L2 + Z C
3
Zeq
donde al fasor E2 se ha obtenido considerando la forma trigonométrica
coseno. En las mallas M1 y M2 podemos plantear el siguiente sistema
(R1 + ZL1 ) Ia + β Ib = 0
(R3 + ZL3 ) Ib + α Ia = E2
obteniendo
√
5
5 j 1,3258
10 2 −j 1,0301
10
Ia =
(1 + 4j) = √ e
(3 − 5j) = √
Ib =
e
17
17
17
17
En la tercera malla podemos plantear:
β Ib = I(Zeq + R2 ) + α Ia
V1 = I Zeq = Zeq
√
β Ib − αIa
5 2 j 3,68
= √ e
Zeq + R2
17
y los correspondientes valores instantáneos son:
5
ia (t) = √ cos(2t + 1,3258) A
17
√
10 2
ib (t) = √
cos(2t − 1,0304) A
17
√
5 2
v1 (t) = √
cos(2t + 3,68) V
17
132
Técnicas de Análisis
Por último, sumando la contribución de los tres generadores obtenemos:
ia (t) =
ib (t) =
v1 (t) =
√
10 5
5
√
sen(t − 0,0768) + √ cos(2t + 1,3258) A
17
17
√
10 2
20
√ sen(t + 2,6012) + √
cos(2t − 1,0304) A
17
17
√
√
20 10
5 2
√
sen(t + 2,9229) + √
cos(2t + 3,68) V
17
17
Técnicas de Análisis
133
Problema 4.6
Considere el circuito de la figura 4.3. Se pide:
1. Circuito equivalente Thevenin entre las bornes A y B
2. Potencia en el generador I1 (con los bornes AB abiertas)
R3
α ix (t)
↓
R1
+ β iy (t) ↑
E3
R6
i2 (t) ↑
e2 (t)
iy (t)
+
+
R2
R5
A
B
ix (t)
↑ i1 (t)
R4
e1 (t)
Figura 4.3: Circuito del problema.
Datos:
R1 = 1 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω, R4 = 4 Ω, R5 = 5 Ω, R6 = 6 Ω,
e1 (t) = 5 cos(t) V, e2 (t) = 10 cos(t) V, e3 (t) = 15 cos(t) V,
i1 (t) = 4 cos(t) A, i2 (t) = 6 cos(t) A,
α = 3,
β = 1/2
134
Técnicas de Análisis
Solución
1) Si consideramos la forma coseno a la hora de obtener los fasores obtenemos:
E1 (t) = 5 V, E2 = 10 V, E3 = 15 V, I1 (t) = 4 V, I2 (t) = 6 V,
obteniendo el circuito de la figura 4.4.
R3
D
↓
α Ix
R6
β Iy
↑
E3
I2
E2
Iy
R1
+
+
R2
β Iy C
R5
A
B
Ix
↑ I1
α Ix
+ R4
↑
E1
Figura 4.4: Circuito fasorial.
Para calcular la tensión Thevenin hay que encontrar la tensión V AB en
circuito abierto. Observe que el circuito está dividido en dos partes unidas por
la resistencia R4 a través de la cuál no puede circular corriente. Aplicando
la primera ley de Kirchhoff a los nudos C y D del circuito de la figura 4.4
obtenemos
β Iy + I2 = Iy
⇒
Ix + α I x = I 1
⇒
Iy =
Ix =
6
I2
=
1−β
1−
1
2
= 12 A
I1
4
=
=1A
1+α
1+3
y la tensión Thevenin es
VT h = VAB
= (−αIx ) R3 + Ix R2 − E2 − E3 − β Iy R5
= −62 V
Técnicas de Análisis
135
Para el cálculo de la impedancia Thevenin:
1. desactivamos todos los generadores independientes,
2. situamos un generador independiente de tensión arbitraria (E) entre A
y B,
3. calculamos la corriente I que circula a través del generador (figura 4.5),
4. y finalmente, obtenemos la ZT H como ZT H = E/I.
R3
I
A
Ix
E
+
R5
B
R2
↓ α Ix
β Iy
I
↑
Iy
R4
Figura 4.5: Circuito para calcular la impedancia Thevenin.
Aplicando la primera ley de Kirchhoff en este último circuito obtenemos
I = Ix + α Ix
βIy = I + Iy
−→
−→
Ix =
I
4
Iy = −2I
y aplicando la segunda ley de Kirchhoff
E = Ix (R2 + R3 ) + I R4 − Iy R5 =
y por tanto
ZT H =
61
I
4
61
E
=
Ω
I
4
2) Para calcular la potencia en I1 , es necesario calcular la diferencia de potencial en bornes del generador I1 y a partir del siguiente circuito
136
Técnicas de Análisis
I1
Ix
+
↑ VI
1
−
R2
R1
+
E2
+ E1
aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos
V I1 = R 2 I x − E 2 + E 1 + R 1 I 1 = 1 V
y finalmente
P I1 =
1
1
hI1 , VI1 i = 4 · 1 = 2 W
2
2
Técnicas de Análisis
137
Problema 4.7
En el circuito de la figura:
1. Calcular la potencia entregada por el generador i 3 , eliminando previamente del circuito todos los elementos superfluos para realizar dicho
cálculo.
2. Calcular el equivalente Thevenin del circuito entre los puntos A y B.
3. Calcular la impedancia adecuada que hay que conectar entre los puntos
A y B para obtener la máxima transferencia de potencia. Calcular dicha
potencia máxima.
6
i2 (t)
→
e2 (t)
6
+
i3 (t)
→
Z3
7
+
Z1
i1 (t)
↑
e1 (t)
Z6
6
7
6
A
B
+
Z2
e3 (t)
Z5
Z7
7
Z4
Datos:
Z1 = 1 Ω, Z2 = 2 + 2j Ω, Z3 = j Ω, Z4 = 1 Ω
Z5 = 1 − j Ω, Z6 = j Ω, Z7 = 1 + j Ω
√
e1 (t) = e2 (t) = e3 (t) = 2 2 cos(ωt + π/4) V
√
i1 (t) = i2 (t) = i3 (t) = 2 2 cos(ωt − π/4) A
Solución
1) Los fasores correspondientes a las tensiones y corrientes, trabajando en
coseno son:
E1 = E2 = E3 = 2 + 2j V
I1 = I2 = I3 = 2 − 2j A
138
Técnicas de Análisis
A efectos de calcular la potencia entregada por el generador I 3 el circuito
se puede simplificar hasta los componentes ilustrados en la figura 4.6.
E2
+
D
I3
→
C
+
E1
+
E3
Figura 4.6: Circuito simplificado para el cálculo de la potencia de I 3 .
Nótese que no se elimina E2 puesto que es necesario para calcular el valor de
la tensión en bornas del generador. LLamemos V CD a la tensión del generador
I3 desde el terminal por el que sale la corriente hasta el terminal por donde
entra. A la vista de la figura 4.6:
VCD = E3 − E1 − E2 = −2 − 2j V
por tanto la potencia es:
PI3 =
1
1
hI3 , VCD i = h−2 − 2j , 2 − 2ji = 0 W
2
2
Para el cálculo del equivalente Thevenin se debe observar que viendo el circuito
desde los terminales A y B hacia la izquierda el generador E 3 tiene en paralelo
con él el subcircuito formado por los dispositivos I 3 , E2 , Z2 , E1 , I2 , I1 y z1 , por
tanto la tensión que hay en AB es la misma consideremos estos dispositivos o
no, ya que E3 es un generador ideal de tensión. Por tanto podemos considerar
para el cálculo de la tensión VAB en circuito abierto el circuito de la figura 4.7.
Técnicas de Análisis
139
Z3
Ia
7
6
Ib
Z6
7
6
A
B
+
E3
Z5
Z7
7
Z4
Figura 4.7: Circuito simplificado para el cálculo de la tensión Thevenin.
Es un circuito de dos mallas. En la figura 4.7 se indican las corrientes de
malla utilizadas para el análisis. A la vista del circuito:
VAB = Ib Z7
El sistema de ecuaciones resultante de aplicar el método de las mallas es:
E3 = Ia (Z3 + Z4 + Z5 ) − Ib Z5
0 = −Ia Z5 + Ib (Z5 + Z6 + Z7 )
la solución de Ib es:
Z3 + Z 4 + Z 5 E3 −Z5
0 Ib = Z3 + Z 4 + Z 5
−Z5
−Z5
Z5 + Z 6 + Z 7
y por tanto:
VAB =
2
2
+
2j
−1 + j
0
1 1
=
= − jA
2 2
2
−1 + j −1 + j 2 + j 1 1
− j (1 + j) = 1 V
2 2
Para calcular la impedancia Thevenin hay que cortocircuitar los generadores de tensión independientes y dejar en circuito abierto los generadores de
corriente independientes. Utilizamos de nuevo el circuito de la figura 4.7 y
cortocircuitando queda el circuito de la figura 4.8.
140
Técnicas de Análisis
Z3
7
Z6
6
7
6
A
B
Z5
Z7
7
Z4
Figura 4.8: Circuito simplificado para el cálculo de la impedancia Thevenin.
Se puede ver que no es necesario aplicar el proceso general, es decir, colocar
un generador, calcular la corriente que lo atraviesa, y dividir ambos valores,
ya que la impedancia vista desde los terminales A y B hacia la izquierda son
combinaciones de impedancias en serie y paralelo. Concretamente Z AB es
ZAB = Z7 k (Z6 + (Z5 k (Z3 + Z4 )))
sustituyendo los valores según los datos del enunciado queda:
ZAB =
1
1
+ jΩ
2
2
3) Según el teorema de máxima transferencia de potencia la impedancia
adecuada es la conjugada de la impedancia vista desde los terminales A y B,
que ya se ha calculado al calcular el equivalente Thevenin. Por tanto
ZL =
1 1
− jΩ
2 2
llamando a la parte real de la impedancia Re (Z L ) = a, la potencia absorbida
por la carga es
|VAB |2
1
Pmax =
= W
8a
4
donde el valor de |VAB | es el módulo del fasor en valores máximos.
Técnicas de Análisis
141
Problema 4.8
En la figura 4.9 se muestra un circuito con excitación en alterna. El objetivo
del circuito que hay a la izquierda de los puntos A y B es proporcionar potencia
a las impedancias Z1 y Z2 .
6
6
1
7
1 6↓
3j
j
7
+
j
2
5 ↑
A
6
6
2
Z1
Z2
B
Figura 4.9: Circuito Fasorial
Conteste a las siguientes preguntas:
1. Obtenga el equivalente Thevenin entre los puntos A y B del circuito que
está a la izquierda de dichos puntos.
Suponga en los siguientes apartados que Z 1 = a + jb y Z2 = c + jd.
2. Si Z1 = a y Z2 = c, que conjuntos de valores a y c hacen que la potencia
transferida sea máxima.
3. ¿Y si Z1 = jb y Z2 = jd?
4. ¿Y si Z1 = a y Z2 = jd?
5. Suponga que Z1 = a y Z2 = −5j ¿cuál es el valor de a que maximiza la potencia transferida ala impedancia Z 1 ? ¿Coincidirı́a con el valor
que maximiza la potencia al conjunto de las dos impedancias (Z 1 y Z2 )
simultáneamente?
Solución
1) La tensión Thevenin es la que hay entre los puntos A y B cuando estos se
dejan en circuito abierto, tal y como se muestra en la figura 4.10.
142
Técnicas de Análisis
6
6
1
7
j
7
1 6↓
3j
2
+
j
2
A
5 ↑
I
B
Figura 4.10: Circuito para determinar la tensión Thevenin
Aplicando la primera ley de Kirchhoff obtenemos la intensidad I
I =5−1=4 A
y por tanto
VT H = I 2 + 2 = 4 · 2 + 2 = 10 V
Para obtener la impedancia Thevenin desactivamos los generadores independientes, sustituyendo los generadores de corriente por circuitos abiertos
y los generadores de tensión por cortocircuitos, obteniendo el circuito de la
figura 4.11.
6
6
1
7
j
7
6
3j
j
A
2
B
Figura 4.11: Circuito para determinar la tensión Thevenin
Por tanto la impedancia Thevenin es
ZT H = 2 + j Ω
con lo cual, el equivalente Thevenin es el que se muestra en la figura 4.12.
Técnicas de Análisis
143
6
A
6
6
2+j
Z1
+
10
Z2
B
Figura 4.12: Circuito Equivalente Thevenin
2) En este caso, las dos impedancias son resistencias, por lo que el paralelo
Z1 kZ2 también lo será, con lo cual no podemos aplicar el teorema de la máxima
transferencia de potencia. En este caso calcularemos explı́citamente la función
Potencia y encontraremos su máximo. Si R = Z 1 kZ2 , entonces
P =
1
|E|2
100 R
1
R=
2 |2 + j + R|2
2 (2 + R)2 + 1
siendo la derivada respecto R
P =
1
((2 + R)2 + 1) − 2R(2 + R)
100
2
((2 + R)2 + 1)2
e imponiendo la condición de extremo (P 0 = 0) obtenemos
1 + (2 + R)2 − 4R − 2R2 = 0
de donde se obtiene
R=
√
5
con lo cual se tiene que cumplir que
√
ac
= 5
a+c
Observe que R = |Zg |, lo cual es cierto cuando la carga sobre la que se
pretende transferir la máxima potencia es una resistencia.
3) En este caso Z1 kZ2 es una impedancia imaginaria pura por lo que independientemente de los valores de b y d, la potencia entregada será siempre 0
W.
144
Técnicas de Análisis
4) En este caso, Z1 kZ2 es una impedancia por lo que podemos aplicar el
teorema de la máxima transferencia de potencia:
Z1 kZ2 =
j ad
= Zg∗ = 2 − j
a + jd
de donde se obtiene
adj = 2a + 2jd − ja + d
e identificando los términos con parte real y parte imaginaria pura obtenemos:
RE : 2a + d = 0
IM
: 2d − a = ad
y resolviendo el sistema se obtiene
a=
5
2
d = −5
5) Observe que con Z1 = 25 y Z2 = −5j se maximizaba la potencia consumida
en las dos impedancias. Pero como la potencia consumida en Z 2 es siempre
cero, maximizar la potencia en el conjunto es equivalente a maximizar la potencia en Z1 , con lo que el valor de Z1 coincide con el del apartado anterior
Z1 =
5
Ω
2
Esto se puede comprobar maximizando la potencia en Z 1 . La intensidad
IT que circula por el conjunto Z1 kZ2 es
IT =
10
(2 + j) +
jad
a+jd
y la intensidad en Z1 es
I = IT
jd
j10d
−50j
=
=
a + jd
(2 + j)(a + jd) + jad
(2a + 5) − j(4a + 10)
con lo cual
P =
1
2500
1 2
|I| a =
a
2
2 (4a2 + 20a + 25) + (16a2 + 80a + 100)
e imponiendo la condición de extremo (P 0 = 0) se obtiene
a = 2,5
que como habı́amos previsto coincide con el apartado anterior.
Técnicas de Análisis
145
Problema 4.9
Considere el circuito de la figura.
B
6
57
+
Z1
E2
+
E1
I1
Z3
I2
+
E3
6
A
7
6
6
↑
6
↓
I3
↑
4 C
7
5
Z7
Z6
Z4
+
Z5
E4
I4
Z9
Z2
6
5 Z8
↑
I5
↓
• Sustituya la parte del circuito a la izquierda de los puntos B y C por
un generador de tensión en serie con una impedancia. Calcule el fasor
tensión VBC .
• Calcule el fasor tensión en el punto A, aplicando el método de los nudos.
Datos:
Z1 = Z2 = Z3 = Z4 = Z7 = Z9 = 1 Ω;
Z 5 = Z6 = Z8 = 2 Ω
E1 = E 2 = E 3 = E 4 = 1 V
I1 = I 2 = I 3 = I 4 = I 5 = 1 A
146
Técnicas de Análisis
Solución
1) Aplicando equivalencia entre generadores reales de tensión e intensidad se
llega al siguiente circuito
1
2
I
0
"
B
"
"#
+ $%'('9
5
2
1
8
++
#
*
%'&)( %'&,&,&/(
8
"#
0
#$
C
1
$
$
La corriente I se obtiene aplicando la 2 a Ley de
Kirchhoff
%'&,&,&,&,&,&,&,&/( %'&,&,&/(
5
2
1
2
I=
+1
7
= A
3
+1
de forma que VBC es
VBC = I · 1 − 1 =
4
V
3
2) Nótese que por la rama (E4 , Z4 ) no puede circular corriente por lo que la
parte derecha del circuito puede analizarse separadamente.
A
0#
#
↑
I3
+
"
Z7
Z6
"#
Z
9
+
%'( '
$% &,&,&,&,&-( #$
%'
#$ ('*
$# &,&,&,&,&/( %'
+
D
0#
"
+
Z5
Z8
"#
$
$
I4
↑
I5
"
"
"#
$
$
O
0
"#
↓
$
"#
$
$
Como el problema pide calcular únicamente la tensión en A, podemos
%'&,&,&,&,&/( %'&,&)( %'&,&,( %'&,&,&,&,&-(
eliminar las impedancias Z5 , Z6 y Z9 del circuito, ya que no intervienen en
las ecuaciones de los nudos A y D, quedando el circuito que se muestra a
continuación.
Técnicas de Análisis
147
A
0
"
"#
I3
"#
#
"
↑
I4
"#
+
Z8
%'( %'
$ &,&,&,&,&-( $
"#
$
↓
I5
"
"
"#
"
"#
Z7
%'
$ &,&,&,&,&/( %'
$ ('*
↑
D
0
"
"
"
"#
"#
O
0
$
$
$
Tomando el nudo O como referencia, el sistema de ecuaciones es
%'&,&,&,&,&/( %'&,&)( %'&,&,( %'&,&,&,&,&-(

 


 1
− Z17
I3 + I 4
VAO
Z7
 

= 

1
1
1
−I5
VDO
− Z7 Z7 + Z8
y sustituyendo los valores


1
−1
−1
3
2
 
 
con lo cual VAO = 4 y por tanto
VAO
VDO


= 
VA = VAO − E4 = 3 V
2
−1


148
Técnicas de Análisis
Problema 4.10
En el circuito de la figura se pide:
1. Circuito equivalente Thevenin entre las bornas A y B hacia la izquierda.
2. Potencia recibida por la carga R5 .
R1
i
5
R3
A
E
↑ αi
R2
R4
R5
B
Datos:
R1 = 10 Ω, R2 = 20 Ω, R3 = 30 Ω, R4 = 40 Ω, R5 = 10 Ω, E = 10 V, α = 2
Solución
1) Dejamos los bornes A y B en circuito abierto y calculamos el equivalente
de E, R1 y R2 , quedando:
R0
E
i
R3
↑ αi
R4
0
donde:
E0 = E
A
R2
R1 + R 2
B
R0 = R1 kR2
Técnicas de Análisis
149
Asociamos E 0 , R0 y α I quedando:
I
R3
A
R0
R4
α I R0
E
0
B
Planteamos la ecuación del circuito
E 0 + α I R0 = (R0 + R3 + R4 ) I
→
I=
La tensión del equivalente Thevenin será:
Eeq = VAB = I R4 = R4
E0
R0 (1 − α) + R3 + R4
E0
80
=
V
0
R (1 − α) + R3 + R4
19
Como existen generadores independientes en el circuito podemos calcular la
impedancia Thevenin calculando primero la intensidad Norton y después evaluando el cociente
ET H
Zeq =
IN
La corriente Norton es la corriente I AB en cortocircuito, según el siguiente
circuito
I
R3
A
R0
R4
α I R0
E0
B
donde podemos escribir:
E 0 + α I R0 = (R0 + R3 ) I
IAB
150
Técnicas de Análisis
y por tanto
IAB =
E0
2
= A
R0 (1 − α) + R3
7
Zeq =
80/19
280
=
Ω = Req
2/7
19
y por último:
Por tanto, el circuito Thevenin es finalmente
A
Req
R
+
Eeq
B
2) La potencia recibida por la resistencia R es
PR =
2
Eeq
R5 = 0,2879 W
(Req + R5 )2
Técnicas de Análisis
151
Problema 4.11
En el siguiente circuito,
I1
R1
L1
I2
L2
C1
e1 (t)
C2
Ls
R2
Rs
e2 (t)
1. Con e1 (t) = 20 cos 2t V, y e2 (t) = 10 cos 2t V determinar el valor de
i1 (t) e i2 (t).
2. Demostrar que cuando la intensidad que atraviesa una resistencia es la
suma de dos intensidades sinusoidales de distinta pulsación la potencia
que absorbe es la suma de las potencias a cada pulsación por separado.
PRtotal = PRw1 + PRw2
3. Si ahora cambia la pulsación de e 1 y pasa a valer e1 (t) = 20 cos t V,
quedando el generador e2 y el resto del circuito igual que en el apartado
1, determinar la potencia que absorbe R 2 .
4. Con los valores de los generadores del apartado 3 calcular cuál deberı́a
ser el valor de Rs para que la potencia absorbida por ella fuese la máxima
posible.
Datos:
R1 = R2 = 4 Ω; L1 = 2 H; L2 = 1 H; C1 =
1
8
F; C2 = 1F; Rs = 2 Ω; Ls =
1
3
H;
152
Técnicas de Análisis
Solución
1. Ambos generadores son de la misma pulsación ω = 2. Las impedancias
de los elementos reactivos son: ZL1 = j4 Ω; ZL2 = j2 Ω; ZC1 = −j4 Ω;
ZC2 = −j 21 Ω; ZLs = j 32 Ω;
Tomando forma coseno los fasores quedan E 1 = 20 + 0j V y E2 =
10 + 0j V.
Llamamos Z1 = R1 + ZL1 ; Z2 = R2 + ZC1 ; Zp al paralelo de ZL2 y ZC2 ,
Z Z
Zp = ZLL2+ZCC2 ; finalmente, Zs = Rs + ZLs .
2
2
Llamamos malla 1 a la malla de la izquierda y malla 2 a la malla de la
derecha.
Aplicando el método de las mallas:
E1 − E2 = I1 (Z1 + Z2 )
−I2 Z2
E2
=
−I1 Z2
+I2 (Z2 + Zp + Zs )
sustituyendo los valores numéricos
10 =
I1 (8)
−I2 (4 − 4j)
10 = −I1 (4 − 4j) +I2 (6 − 4j)
y resolviendo el sistema obtenemos:
I1 = 2,0833 − 1,6667j A
I2 = 2,5 − 0,8333j A
i1 (t) = 2,668 cos (2t − 0,675) A
i2 (t) = 2,635 cos (2t − 0,322) A
2. Sea iR (t) = I01 sen(ω1 t + φ1 ) + I02 sen(ω2 t + φ2 ), entonces la potencia
instantánea vale:
PR (t) = vR (t)iR (t) = Ri2R (t)
PR (t) es también una función periódica de periodo T , con T el mı́nimo
común múltiplo de T1 y T2 , T = K1 T1 = K2 T2 . Por tanto el valor medio
de la potencia es
Z
1 T 2
RiR (t)dt
PR =
T 0
Z
R T
[I01 sen(ω1 t + φ1 ) + I02 sen(ω2 t + φ2 )]2 dt
=
T 0
Técnicas de Análisis
153
desarrollando quedan tres términos que, respectivamente, llamamos A 1 ,
A2 y A 3 .
PR =
=
=
R
T
R
T
R
T
RT 2
I sen2 (ω1 t + φ1 )dt+
R0T 01
I 2 sen2 (ω2 t + φ2 )dt+
R0T 02
0 2I01 I02 sen(ω1 t + φ1 ) sen(ω2 t + φ2 )dt
calculando cada uno por separado
Z
R T 2
I sen2 (ω1 t + φ1 )dt
T 0 01
Z
R T 2 1 − cos 2(ω1 t + φ1 )
dt
I
T 0 01
2
1 2
RI
2 01
A1 =
=
=
ya que T es múltiplo de T1 . De la misma forma A2 :
R
A2 =
T
para la tercera integral
A3 =
=
−
Z
0
T
2
I02
sen2 (ω2 t + φ2 )dt =
1 2
RI
2 02
Z
R T
2I01 I02 sen(ω1 t + φ1 ) sen(ω2 t + φ2 )dt
T 0
Z T
R
cos [(ω1 − ω2 )t + φ1 − φ2 ] dt
I01 I02
T
0
Z T
R
I01 I02
cos [(ω1 + ω2 )t + φ1 + φ2 ] dt
T
0
y como:
ω1 + ω 2 =
2πK
2π 2π
+
=
T1
T2
T
ω1 − ω 2 =
2πKr
2π 2π
−
=
T1
T2
T
con K = K1 + K2 , y
con Kr = K1 − K2 , resulta:
154
Técnicas de Análisis
Z
Z
T
cos [(ω1 − ω2 )t + φ1 − φ2 ] dt =
0
T
0
Z
T
cos
2πKr
t + φ1 − φ2 dt
T
cos
2πK
t + φ1 + φ2 dt
T
0
= 0
Z
cos [(ω1 + ω2 )t + φ1 + φ2 ] dt =
T
0
= 0
donde ambos sumandos son integrales definidas de una función sinusoidal
en un intervalo múltiplo entero de su periodo, por lo que la integral
A3 = 0 y entonces queda demostrado que la potencia es la suma de las
potencias individuales a cada pulsación:
PR =
1 2
1 2
RI01 + RI02
2
2
3. Como hay más de una pulsación el circuito se resuelve aplicando el teorema de superposición. La potencia absorbida en R 2 es la suma de la potencia absorbida a cada una de las pulsaciones, P R2 = PR2 (ω = 1)+PR2 (ω =
2)
• Para ω = 1
Las impedancias son: Z1 = 4 + 2j Ω; Z2 = 4 − 8j Ω; Zp = ∞;
Se sustituye el generador E2 por un cortocircuito ya que no es de
la pulsación ω = 1.
Como la corriente por la malla 2 es cero debido a que la impedancia
Zp es infinita, por la resistencia R2 pasa la corriente:
I R2 =
20
E1
=
= 1,6 + 1,2j A
Z1 + Z 2
8 − 6j
Por tanto la potencia PR2 (ω = 1) es:
PR2 (ω = 1) =
1
1
|IR2 (ω = 1)|2 · R2 = 22 · 4 = 8 W
2
2
• Para ω = 2
Para esta pulsación las impedancias son: Z 1 = 4 + 4j Ω; Z2 =
4 − 4j Ω; Zp = − 32 j Ω; Zs = 2 + 23 j Ω; y el generado E1 se debe
sustituir por un cortocircuito. Por tanto, queda tal como indica la
figura 4.13
Técnicas de Análisis
I1
155
R1
L1
I2
C1
L2
C2
Ls
R2
Rs
e2 (t)
Figura 4.13: Circuito para ω = 2.
dibujando el circuito de otra manera para que se vea mejor que Z p
está en serie con Zs y a su vez el conjunto de las dos está en paralelo
con Z1 , el circuito queda como indica la figura 4.14
I2
Z2
Zp
Z1
Zs
e2 (t)
Figura 4.14: Disposición de las impedancias.
156
Técnicas de Análisis
Si llamamos ZA = (Zs + Zp )kZ1 , su valor es
ZA =
(4 + 4j) · 2
= 1,5384 + 0,3077j Ω
(4 + 4j) + 2
y por tanto IR2 :
I R2
E2
10
=
Z2 + Z A
(4 − 4j) + (1,5384 + 0,3077j)
= 1,25 + 0,8333j A
=
Cuyo módulo es 1,5 A. Por tanto la potencia a esta pulsación es:
PR2 (ω = 2) =
1
1
|IR2 (ω = 2)|2 · R2 = 1,52 · 4 = 4,5 W
2
2
Por lo que la potencia final es:
PR2 = PR2 (ω = 1) + PR2 (ω = 2) = 8 + 4,5 = 12,5 W
4. Como hay dos generadores de diferente frecuencia la potencia en R s es
la suma de la potencia a cada una de las frecuencias:
PRs = PRs ω=1 + PRs ω=2
como a ω = 1 la corriente por Zs es cero independientemente del valor de
Rs debido a que Zp es infinito, entonces, la potencia en R s será máxima
cuando lo sea para ω = 2.
Para ω = 2 el circuito es el ilustrado en la figura 4.13. Para determinar
la resistencia que maximiza la transferencia de potencia a ω = 2 consideraremos el equivalente Thevenin visto desde los bornes de R s . El valor
de Rs que maximizará la transferencia de potencia será
Rs = |Zth |
Para calcular la impedancia Thevenin, vista desde la resistencia R s desactivamos todos los generadores independientes. Los valores de las impedancias de los elementos son los calculados a la pulsación ω = 2. El
circuito para calcular la impedancia de Thevenin se muestra en la figura 4.15.
Técnicas de Análisis
157
Z1
I1
R1
Zp
L1
I2
L2
Ls
C2
Z2
C1
Rs
R2
T hevenin
Figura 4.15: Circuito para calcular la Z T h .
Por asociaciones elementales serie/paralelo es inmediato:
ZT h = ZLs + Zp + Z1 kZ2 = 4 Ω
La potencia será máxima cuando la resistencia tenga por valor: R s =
|Zth | = 4 Ω.
158
Técnicas de Análisis
Problema 4.12
Considere el circuito de la figura 4.16.
I1
R1
R3
A
R4
E
R2
R5
R6
R7
B
Figura 4.16: Circuito sin condensadores.
Se pide:
1. Determine el equivalente Thevenin del circuito desde los bornes A-B con
el interruptor abierto.
2. Determine el equivalente Thevenin entre los bornes A-B con el interruptor cerrado.
Ahora suponga que entre los bornes A-B se inserta una red de condensadores,
tal y como se muestra en la figura 4.18. El circuito ha permanecido con el
interruptor abierto, y los condensadores descargados mucho tiempo. Suponga
que el interruptor se cierra en t = 0.
3. Determine el valor de la corriente i 2 (t = 0+ ).
4. Determine el valor de la corriente i 2 (t = ∞).
5. Determine la carga y la energı́a almacenada en el condensador C 3 en
t = ∞.
6. Determine el valor de la tensión v AB (t) para t ≥ 0. Se recomienda usar
los resultados de los apartados anteriores.
7. Determine la expresión de la corriente i 2 (t) para t ≥ 0.
Técnicas de Análisis
I1
R1
159
R3
E
R4
A R2
C1
C2
R5
R6
R7
C3
B
i2
Figura 4.17: Circuito con condensadores.
Datos:
E = 10 V.
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R7 = 1 Ω; R6 = 2 Ω.
C1 = 1 F; C2 = C3 = 2 F.
Solución
1. Si el interruptor está abierto:
• ET H = 0 voltios, pues no hay generadores independientes en el
circuito.
• Llamando Ra = R4 + (R6 k (R5 + R7 )), resulta que
RT H = (R2 + R3 ) k Ra
Dando valores, Ra = 2 Ω y RT H = 1 Ω.
2. La tensión ET H es VAB en circuito abierto. Llamando Rb a:
Rb = R2 k (R3 + Ra ) =
1 × (1 + 2)
3
= Ω
1 + (1 + 2)
4
podemos calcular inicialmente cuanto vale la tensión en bornes de R 2 ,
mediante un divisor de tensión:
VR2 = E
Rb
R1 + R b
160
Técnicas de Análisis
Para determinar ahora ET H aplicamos un nuevo divisor de tensión:
ET H = VR2
Ra
Ra
2
Rb
3/4
20
=E
= 10
=
V
R3 + R a
R1 + R b R3 + R a
1 + 3/4 1 + 2
7
Para determinar la impedancia Thevenin, anulamos el generador independiente, y la impedancia que se ve desde los bornes AB es:
ZT H = Ra k (R3 + (R1 k R2 )) =
6
Ω
7
3. Los condensadores conservan su tensión instantánea tras el cierre del
interruptor. Es decir
VAB (t = 0− ) = VAB (t = 0+ ) = 0 V
Por tanto la tensión en la resistencia R 2 en t = 0+ valdrá:
VR2 (t = 0+ ) = E
R2 k R 3
1/2
1
10
=E
=E =
V
R1 + (R2 k R3 )
1 + 1/2
3
3
con lo que
i2 (t = 0+ ) =
VR2 (t = 0+ )
10
=
A
R2
3
4. En régimen permanente, y en corriente continua, por los condensadores
no pasará corriente. Por tanto la tensión en la resistencia R 2 valdrá:
VR2 (t = ∞) = E
3/4
30
Rb
=E
=
V
R1 + R b
1 + 3/4
7
y por tanto
i2 (t = ∞) =
30
VR2 (t = ∞)
A
=
R2
7
5. El condensador C3 está en serie con C2 . Por tanto tienen la misma carga.
Dicha carga puede determinarse como:
QC3 (t = ∞) = QC2 (t = ∞) = VAB (t = ∞)
C2 C3
C2 + C 3
El valor de VAB (t = ∞) es el mismo que ET H del apartado 2, pues
en régimen permanente, y con corriente continua, la corriente por los
condensadores es nula. Dando valores:
QC3 (t = ∞) = ET H
C2 C3
20 2 × 2
20
=
=
C
C2 + C 3
7 2+2
7
Técnicas de Análisis
161
Para determinar la energı́a:
WC3 =
100
1 Q2C3
=
J
2 C3
49
6. El conjunto de los condensadores equivale a un condesador de capacidad:
Ceq = C1 +
C2 C3
=2F
C2 + C 3
Para determinar la evolución de la tensión V AB (t) haremos uso del equivalente Thevenin hallado en el apartado 2. El circuito que utilizaremos
para analizar VAB (t) es pues el siguiente:
RT H
A
ET H
Ceq
B
En ese caso es fácil ver que la tensión en el condensador corresponde a
lo visto para la carga de un condensador a través de una resistencia. Por
tanto, la constante de tiempo valdrá:
τ = RT H Ceq =
12
s
7
y la expresión de la tensión será:
VAB (t) = ET H (1 − e−t/τ ) =
20 1 − e−7t/12 V
7
7. Para determinar la expresión de la corriente i 2 (t), sabiendo el valor de
VAB (t), planteamos las ecuaciones de la segunda ley de Kirchoff a las
dos mallas de la izquierda del circuito de la figura 4.18
162
Técnicas de Análisis
I1
R1
i1
i1
− i2
R3
E
R4
A R2
C1
C2
R5
R6
R7
C3
B
i2
Figura 4.18: Circuito del apartado 7.
obteniendo:
E = i 1 R1 + i 2 R2
0 = (i1 − i2 ) R3 + vAB (t) − i2 R2
La solución es:
i2 (t) =
3
ER
R1 + vAB (t)
R2 R3
R1
+ R2 + R3
=
30 20 −7t/12
−
e
A
7
21
(4.2)
Técnicas de Análisis
163
Problema 4.13
Considere el circuito de la figura 4.19.
Rg
A
B
F
D
Eg
Ri
E
β i1
Ro
i1
Figura 4.19: Circuito sin bobina
Se pide:
1. Equivalente Thevenin del circuito visto desde los bornes AB. Deje el
resultado en función de Eg .
Considere ahora que el generador de tensión tiene una tensión variable con el
tiempo Eg (t), y que se conecta una bobina entre los bornes AB tal y como
muestra la figura 4.20
0
t<0
Eg (t) =
10 V t ≥ 0
Rg
A
L
iL
B
Eg
Ri
i1
E
β i1
Ro
Figura 4.20: Circuito con bobina
2. Determine iL (t = 0+ ), VAB (t = 0+ ) y VCD (t = 0+ ).
3. Determine iL (∞), VAB (∞) y VCD (∞).
C
D
164
Técnicas de Análisis
4. Determine iL (t) para t ≥ 0.
5. Determine VAB (t) para t ≥ 0.
6. Determine VCD (t) para t ≥ 0.
Datos: β = 100; Ro = 50 Ω; Ri = 10 kΩ; Rg = 10 kΩ; L = 15100 mH
Solución
1. El equivalente Thevenin tiene dos partes:
• La tensión de Thevenin Eth , que se determina como la tensión V AB
en circuito abierto (figura 4.19):
VAB = Eg
Ri
+ β i 1 Ro
Ri + R g
Teniendo en cuenta que
i1 =
Eg
Rg + R i
resulta
Ro
Ri
+β
Eth = VAB = Eg
Ri + R g
Rg + R i
1
50
= Eg
+ 100
2
10000 + 10000
3
=
Eg
4
• La impedancia de Thevenin Zth . Para determinar ésta, anularemos
el generador independiente Eg y colocaremos un generador de tensión ideal entre A y B (figura 4.21).
Técnicas de Análisis
165
Rg
A
+
E
B
I
Ri
β i1
I + β i1
E
Ro
i1
C
D
I
Figura 4.21: Circuito con generador independiente anulado para determinar Zth .
Es fácil ver que:
E = I (Rg k Ri ) + (β i1 + I) Ro
Teniendo en cuenta el divisor de corriente formado por R g y Ri se
tiene que:
Rg
I
i1 = I
=
Rg + R i
2
resultando:
E = I (Rg /2 + (β/2 + 1) Ro ) = I (5000 + 51 × 50)
Zth =
E
= 7550 Ω
I
2. En t = 0+ .
• Comencemos por la corriente en la bobina. La corriente en la bobina
no puede sufrir cambios bruscos por lo que
iL (0+ ) = iL (0− ) = 0 A
• En t = 0+ la bobina se está comportando como un circuito abierto.
Por tanto
i1 (0+ ) =
Eg (0+ )
10
=
= 0,5 mA
Rg + R i
10000 + 10000
Por tanto
VCD (0+ ) = −β i1 Ro = −2,5 V
166
Técnicas de Análisis
• Finalmente, calculamos VAB
VAB (0+ ) = Eg (0+ )
Ri
− VCD (0+ ) = 7,5 V
Rg + R i
3. En t = ∞ la bobina se comportará como un cortocircuito. El circuito
resultante es el que se muestra en la figura 4.22.
Rg
A
B
iL
Eg
Ri
i1
i2 E
β i1
C
Ro
D
Figura 4.22: Circuito equivalente en t = ∞.
• La tensión VAB (∞) = 0
• Es fácil ver que por Rg atraviesa una corriente que vale i1 +βi1 +i2 .
Esto permite escribir el siguiente sistema de ecuaciones:
Eg = Rg (i1 + i2 + βi1 ) + i1 Ri
i1 Ri = i 2 Ro
Resolviendo, y teniendo en cuenta que R g = Ri :
i1 =
Eg
Eg 1
Eg 1
1
=
≈
= 3,3 µA
Rg 1 + β + Ri /Ro + 1
Rg 302
Rg 300
Por tanto
VCD (∞) = i2 Ro = i1 Ri ≈ 33 mV
• Finalmente la corriente en la bobina
iL (∞) = β i1 (∞) + i2 (∞) = βi1 (∞) + i1 (∞)
Ri
= 300 i1 ≈ 1 mA
Ro
Técnicas de Análisis
167
4. Para obtener la evolución temporal de i L (t) usaremos el equivalente Thevenin del primer apartado, y la ecuación de la carga de una bobina:
iL (t) = ifinal 1 − e−t/τ
con
τ=
L
= 2 ms
Rth
ifinal ≈ 1 mA.
5. La tensión en la bobina vale
VAB (t) = Vinicial e−t/τ = 7,5 e−t/τ V
6. Para obtener VCD (t) debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones:
VCD = Ro (iL − β i1 )
Eg = Rg (i1 + iL ) + i1 Ri
Despejando en la segunda ecuación el valor de i 1
i1 =
Eg − i L Rg
Rg + R i
y sustituyendo
VCD = Ro (iL − β i1 )
Eg − i L Rg
R0
VCD =
iL − β
Rg + R i
Eg (t) Rg
VCD (t) = −
+
iL (t)
4
4
VCD (t) = −2,5 + 2,5
302
(1 − e−t/τ )
300
168
Técnicas de Análisis
Problema 4.14
En el circuito siguiente, calcule el equivalente Thevenin desde los puntos A y
B.
R3
+
R1
+
E -
V
+
D
A
αI
R2
+
βV
I
B
D
DATOS: R1 = R2 = R3 = 1 Ω; α = 2 Ω; β = 2; E = 2 V ;
Solución
En circuito abierto, la intensidad por R 3 es cero y por tanto la tensión V
también es cero. Ası́, la tensión V AB es
VAB = −αI − IR2
Teniendo en cuenta que V = 0, la intensidad I es:
−E
R1 + R 2
I=
y sustituyendo:
VAB
E
= −α −
R1 + R 2
=E
Finalmente,
VAB= 2
+
E
R2
R1 + R 2
R2 + α
R1 + R 2
1+2
=3V
1+1
Técnicas de Análisis
169
Respecto a la impedancia, se puede calcular como el cociente entre la
tensión en circuito abierto y la intensidad en cortocircuito o bien desactivando
los generadores independientes y conectando un generador de tensión entre los
puntos A y B y calculando el cociente entre su tensión y su intensidad (sentido
saliendo por el +). Siguiendo el segundo método, el circuito a analizar es el de
la figura 4.23:
I1
R3
+
R1
V
-
A
+
D R2
+
βV
αI
+
E I2
I
B
D
Figura 4.23: Circuito para calcular la impedancia Thevenin
La segunda ley de Kirchof en la malla de I 2 es:
E = −αI + I2 R3 + (I1 + I2 ) R2 + βV
como I = (−I1 − I2 ) y V = −I2 R3 , entonces
E = α (I1 + I2 ) + I2 R3 + (I1 + I2 ) R2 − βI2 R3
ordenando
E = I1 (α + R2 ) + I2 (α + R3 + R2 − βR3 )
En la malla de I1 , la ecuación de la segunda ley de Kirchof es
0 = I1 R1 + (I1 + I2 ) R2 + βV
sustituyendo V
0 = I1 R1 + (I1 + I2 ) R2 − βI2 R3
ordenando
0 = I1 (R1 + R2 ) + I2 (−βR3 + R2 )
Por tanto el sistema de ecuaciones es:
170
Técnicas de Análisis
E = I1 (α + R2 ) + I2 (α + R3 + R2 − βR3 )
0 = I1 (R1 + R2 ) + I2 (−βR3 + R2 )
y la solución para I2 es
α + R2 E R1 + R 2 0 =
I2 = α + R2 α + R3 + R2 − βR3
R1 + R 2
−βR3 + R2
−E (R1 + R2 )
(α + R2 ) (−βR3 + R2 ) − (R1 + R2 ) (α + R3 + R2 − βR3 )
agrupando a la derecha
Zth =
E
I2
E
(α + R2 ) (−βR3 + R2 ) − (R1 + R2 ) (α + R3 + R2 − βR3 )
=
I2
− (R1 + R2 )
y sustituyendo los valores numéricos la Z th es:
Zth =
7
Ω
2
Técnicas de Análisis
171
Problema 4.15
En el circuito de la figura se pide:
Z3
7
I3
6
I1
Ia
6 I2
+
E1
←
6
Z2
Z1
Z4
I4
+
E2 1. calcular, aplicando el método de las mallas, la intensidad por cada una
de las impedancias.
2. calcular la potencia del generador E 1 indicando si es absorbida o entregada.
Datos: Z1 = 1Ω; Z2 = jΩ; Z3 = 3Ω; Z4 = −jΩ; E1 = 2 + 3jV ; E2 = 2V ;
Ia = jA;
Solución
1. Como existe un generador de intensidad hay que transformarlo primero
a generador de tensión. Para ello aprovechamos que Z 3 está en paralelo
con Ia . La transformación queda como indica la figura 4.24.
Analizando por mallas, tenemos un circuito de tamaño 2 cuyo sistema
de ecuaciones es el siguiente:
−E1
Z1 + Z 4
−Z4
I1
=
E1 − E 2 − I a Z3
−Z4
Z4 + Z 3 + Z 2
I2
172
Técnicas de Análisis
Z3
+
6
E1
Ia Z3
7
6
I2
+
I1
6
Z2
Z1
Z4
+
E2 Figura 4.24: Circuito con el generador de intensidad transformado
cuyas soluciones son
−E1
−Z4
E1 − E 2 − I a Z3 Z4 + Z 3 + Z 2
I1 =
Z1 + Z 4
−Z4
−Z4
Z4 + Z 3 + Z 2 Z1 + Z 4
−E
1
−Z4
E1 − E 2 − I a Z3 I2 = Z1 + Z 4
−Z4
−Z4
Z4 + Z 3 + Z 2 −2 − 3j j 0
3 (−6 − 9j) (4 + 3j)
3 − 54j
−6 − 9j
=
I1 = =
=
A
1 − j −j 4 − 3j
(4 − 3j) (4 + 3j)
25
−j
3 1 − j −2 − 3j
j
0
I2 =
1−j j j
3 =
−3 + 2j
(−3 + 2j) (4 + 3j)
−18 − j
=
=
A
4 − 3j
(4 − 3j) (4 + 3j)
25
Por Z1 pasa I1 , por Z2 pasa I2 y por Z3 hay que calcular la intensidad
en el circuito original. Teniendo en cuenta que I 1 e I2 son las mismas que
Técnicas de Análisis
173
en el circuito original, en el nudo donde confluyen Z 2 y Z3 la primera
ley de Kirchof es:
−18 −1
−18 24
+
j =
+ jA
I3 = I a + I 2 = j +
25
25
25
25
2. La potencia entregada por el generador E 1 es:
−21 53
1
1
1 −42 159
117
P = hE1 , (I2 − I1 )i = h(2, 3) ,
,
+
W
i=
=
2
2
25 25
2
25
25
50
Como es positiva, efectivamente, el generador E 1 está entregando
117
50
W.
174
Técnicas de Análisis
Anexos
1. Magnitudes y unidades
En la siguiente tabla se enumeran las principales magnitudes (y sus sı́mbolos)
utilizadas en teorı́a de circuitos. Cada magnitud tiene asociada su correspondiente unidad en el Sistema Internacional y su sı́mbolo.
Magnitud
Capacidad
Carga
Conductancia
Energı́a
Frecuencia
Inductancia
Intensidad
Pulsación
Potencia
Potencial eléctrico
Resistencia
Sı́mbolo
C
Q
G
W,E
f
L
I
ω
P
V
R
Unidad
faradio
culombio
siemensio
julio
hercio
henrio
amperio
radian/segundo
vatio
voltio
ohmio
175
Sı́mbolo
F
C
S
J
Hz
H
A
rad/s
W
V
Ω
176
Técnicas de Análisis
2. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden
Suponga que el comportamiento de un sistema fı́sico a partir de un instante
de tiempo t0 viene determinado por una ecuación diferencial de primer orden
de la forma
df (t)
A
+ B f (t) = C
dt
Entonces, si f (t) es una función contı́nua, la solución a esta ecuación es
f (t) =
C
+ K e−(t−t0 ) B/A ,
B
t ≥ t0
(4.3)
donde la constante K se determina imponiendo continuidad a f (t) en el instante t0
+
f (t−
0 ) = f (t0 )
Observe que (4.3) también puede escribirse como
f (t) =
C
+ K 0 e−t B/A ,
B
siendo
K 0 = K et0 B/A
t ≥ t0
Técnicas de Análisis
177
3. Números complejos
Los números complejos surgen por la necesidad de obtener soluciones a operaciones entre reales que no tienen solución dentro de los números reales.
Se define la unidad imaginaria j como 1 :
√
j , −1
Observe que:
√
√
√
( 2)2 = 2 × 2 = 2
por propia definición de lo que es una raı́z cuadrada, podemos decir que:
√
j 2 = ( −1)2 = −1
e igualmente:
j 3 = j 2 × j = (−1) × j = −j
j 4 = j 2 × j 2 = (−1) × (−1) = 1
j5 = j4 × j = 1 × j = j
Además, si a2 es un número real positivo:
p
√
p
√
−a2 = a2 · (−1) = a2 · −1 = a · j = aj
Los números que son el producto de un número real por la unidad imaginaria
j reciben el nombre de imaginarios puros.
Si sumamos un número real a y un número imaginario puro bj obtenemos
un número z = a + jb que se denomina complejo. La cantidad a recibe el nombre de parte real del complejo z y la denotaremos mediante Re(z). La cantidad
b recibe el nombre de parte imaginaria de z y la denotaremos mediante Im(z).
Por tanto, un número complejo se puede escribir siempre como:
z = Re(z) + j Im(z)
Una forma de representar gráficamente un número complejo es mediante
un punto en el plano o un vector, donde una de las dimensiones se asocia
con la parte real (eje horizontal) y otra con la imaginaria (eje vertical). Dicha
representación gráfica se muestra en la figura 4.25.
1
En el ámbito de la ingenierı́a la unidad imaginaria se suele denotar como j mientras que
en el ámbito de las matemáticas se suele indicar como i
178
Técnicas de Análisis
Im
6
a + jb
b
r
θ
a
-
Re
Figura 4.25: Representación gráfica de un número complejo
Forma polar de un complejo
En la representación llamada forma polar, un punto de un plano se expresa
mediante la distancia al origen de coordenadas (r en la figura 4.25) y el ángulo
desde el semieje real positivo con la recta que une el origen y el punto en
cuestión (θ se considera positivo si b > 0). Ası́ podemos expresar un punto del
plano (número complejo):
• En coordenadas cartesianas (a, b) donde a es la parte real del complejo y
b la parte imaginaria. El complejo es a + jb. Este tipo de representación
de un complejo se llama cartesiana, rectangular o binómica.
• En coordenadas polares (r, θ). A r se le llama módulo del complejo y
lo denotaremos mediante |z|. A θ se le llama argumento o fase y se
denota indistintamente mediante ∠z o arg(z). Por eso en el mundo de
los números complejos, la representación en coordenadas polares también
se llama módulo-argumental.
Es inmediato establecer las ecuaciones que permiten pasar de una forma a la
otra. Para pasar de polares a rectangulares:
a = r cos θ
(r, θ) −→
b = r sen θ
Para pasar de la parte real e imaginaria a módulo y argumento:
√

 r = a2 + b2
(a + jb) −→
θ = arctan(b/a)
si a > 0

θ = arctan(b/a) + π si a < 0
La razón de tener que distinguir dos casos para la expresión del argumento es
porque el arcotangente en el primer y tercer cuadrante es igual, y lo mismo
Técnicas de Análisis
179
sucede con el arcotangente del segundo y cuarto cuadrante. Para expresar un
complejo en forma módulo argumental se suele escribir como:
z = r∠θ
Conjugado de un complejo
Se define el conjugado de un complejo z como el resultado de mantener la
parte real y cambiar de signo la imaginaria. El conjugado de un complejo se
denota como z ∗ :
z = a + jb −→ z ∗ , a − jb
En el caso de coordenadas polares
z = r∠θ = r cos θ + jr sen θ −→ z ∗ = r cos θ − jr sen θ =
= r cos(−θ) + jr sen(−θ) = r∠−θ
es decir, el conjugado de un complejo tiene el mismo módulo que el original y
el argumento cambia de signo.
|z ∗ | = |z|
arg(z ∗ ) = − arg(z)
Relaciones de números complejos con sus conjugados
Es inmediato comprobar las siguientes relaciones:
• Re(z) = (z + z ∗ )/2
• Im(z) = (z − z ∗ )/2j
• Si z es real, es decir si Im(z) = 0, entonces z = z ∗
• |z|2 = z z ∗
Nótese que, en general, en los números complejos |z| 2 6= z 2 . Ello se debe a
que |z|2 = z z ∗ mientras que z 2 = z z. Si z es real (tiene parte imaginaria
nula) entonces z = z ∗ y sı́ que se cumple |z|2 = z 2 , que es a lo que estamos
habituados números reales.
180
Técnicas de Análisis
Sumas y restas de complejos
La suma y la resta de números complejos expresados en forma binómica es
inmediata. Si consideramos
z1 = a + jb
z2 = c + jd
tenemos que:
z1 + z2 = (a + jb) + (c + jd) = (a + c) + j(b + d)
donde hemos aplicado las propiedades asociativa y conmutativa.
En cuanto a la resta, de forma análoga, tenemos:
z1 − z2 = (a + jb) − (c + jd) = (a − c) + j(b − d)
Conjugado de la suma y la resta
Es inmediato comprobar que:
(z1 + z2 )∗ = z1∗ + z2∗
(z1 − z2 )∗ = z1∗ − z2∗
Producto de complejos en forma cartesiana
Consideremos ahora el producto de dos complejos expresados en forma binómica:
z1 = a + jb
z2 = c + jd
tenemos que:
z1 · z2 = (a + jb) · (c + jd) = ac + jad + jbc + j 2 bd
Agrupando los términos que tienen j por un lado y los que no lo tienen por
otro y recordando que j 2 = −1 se obtiene finalmente:
z1 · z2 = (a + jb) · (c + jd) = (ac − bd) + j(ad + bc)
Técnicas de Análisis
181
Cociente de complejos en forma cartesiana
Para determinar ahora el cociente de dos números complejos expresados en
forma binómica:
z1 = a + jb
z2 = c + jd
se procede de la siguiente manera:
z1
z1 z2∗
(ac + bd)
bc − ad
(ac + bd) + j(bc − ad)
=
= 2
+j 2
=
∗
2
2
2
z2
z2 z2
c +d
c +d
c + d2
Un caso interesante es cuando z1 = 1. En ese caso podemos calcular la
inversa de un complejo, z2−1 = 1/z2 . Para ello particularizamos la fórmula
general del cociente con a = 1 y b = 0.
1
c
d
1
=
= 2
−j 2
2
z2
c + jd
c +d
c + d2
Finalmente un caso particular de inverso que conviene conocer es cuánto
vale j −1 . Particularizando la última fórmula cuando c = 0 y d = 1 se obtiene:
1
= j −1 = −j
j
Fórmula de Euler. Exponencial de un número imaginario puro
Si desarrollamos en serie la función e x obtenemos:
ex = 1 +
x2 x3
x
+
+
+ ···
1!
2!
3!
En dicho desarrollo en serie aparecen potencias enteras de x y cocientes por
enteros. Si aplicamos el desarrollo en serie no a x sino a jx podemos extender
la función exponencial al caso en que el argumento sea imaginario puro. Si lo
hacemos resulta:
ejx = 1 +
jx (jx)2 (jx)3
+
+
+ ···
1!
2!
3!
y agrupando los términos de la anterior ecuación que contienen j y los que no
lo tienen del siguiente modo:
x2 x4 x4 x6
x
x3 x5 x7
jx
e = 1−
+
−
+
− ··· + j
−
+
−
+ ···
2!
4!
4!
6!
1!
3!
5!
7!
182
Técnicas de Análisis
y recordando el desarrollo en serie de la función seno y coseno:
cos x = 1 −
sen x =
x2 x4 x4 x6
+
−
+
− ···
2!
4!
4!
6!
x3 x5 x7
x
−
+
−
+···
1!
3!
5!
7!
resula finalmente que:
ejx = cos x + j sen x
expresión que se conoce como fórmula de Euler.
Producto y cociente en coordenadas polares
A partir de la fórmula de Euler, se deducen algunas propiedades interesantes
que conviene conocer. En primer lugar, es inmediato comprobar que:
|ejx | = 1
∀x
También podemos verificar de forma instantánea que:
arg(ejx ) = x radianes
lo que nos indica que ejx es un número complejo de módulo 1 y argumento x.
Si r es un número real positivo, es inmediato comprobar que r e jx =
r cos x + jr sen x tiene módulo r. Ello permite expresar un número complejo
cualquiera de módulo r y argumento θ como:
z = r ejθ
De esta forma tenemos la posibildad de expresar un número complejo en forma polar mediante operaciones elementales (productos y exponenciales) que
tienen por operandos el módulo y el argumento.
Ahora podremos encontrar una expresión para el producto en forma polar
de la siguiente manera. Si:
z1 = r1 ejθ1
z2 = r2 ejθ2
son dos números complejos dados por sus módulos y argumentos, se tiene:
z1 · z2 = (r1 ejθ1 ) · (r2 ejθ2 )
Técnicas de Análisis
183
Utilizando la propiedad asociativa y conmutativa del producto (que se heredan
en el mundo complejo del de los números reales), se tiene:
z1 · z2 = (r1 r2 ) · (ejθ1 ejθ2 )
Aplicando ahora que el producto de exponenciales de igual base equivale a la
misma base con la suma de exponentes y sacando factor común j se obtiene
finalmente:
z1 · z2 = (r1 r2 ) · ej(θ1 +θ2 )
que nos indica que:
|z1 z2 | = |z1 | |z2 |
arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 )
De forma análoga es inmediato comprobar que:
z1
z1
|z1 |
| |=
arg
= arg(z1 ) − arg(z2 )
z2
|z2 |
z2
Nótese que la propiedad del módulo es exactamente la misma que para el caso
real.
Conjugado del producto y el cociente
Es inmediato comprobar, aplicando la fórmula de Euler y las expresiones que
acabamos de obtener para el producto y el cociente en forma polar que:
(z1 z2 )∗ = z1∗ z2∗
∗
z∗
z1
= 1∗
z2
z2
Otras relaciones de interés
Sin más que aplicar las reglas de cálculo de los números reales y utilizando la
fórmula de Euler es posible obtener algunas relaciones interesantes adicionales:
e(a+jb) = ea ejb = ea (cos b + j sen b)
A partir de esta expresión, y considerando el logaritmo neperiano como la
función inversa de la exponencial, podemos obtener la expresión del logaritmo
neperiano de un complejo:
ln(r ejθ ) = ln r + ln(ejθ ) = ln r + j ln eθ = ln r + jθ =
184
Técnicas de Análisis
es decir el logaritmo de un complejo tiene por parte real el logaritmo del
módulo y por parte imaginaria el argumento. Ello permite por ejemplo calcular
ln(−1) = jπ
Algunas relaciones que conviene conocer son:
ej0 = e0 = 1
ejπ/2 = j
e−jπ/2 = −j
ejπ = −1
Finalmente, es posible escribir el seno y el coseno como sumas/restas de
exponenciales complejas. Demuetre que:
cos x =
ejx + e−jx
2
sen x =
ejx − e−jx
2j