PROBLEMARIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS II
Directorio DR. JOSÉ ENRIQUE VILLA RIVERA Director General DR. EFRÉN PARADA ARIA...
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PROBLEMARIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS II
Directorio DR. JOSÉ ENRIQUE VILLA RIVERA Director General DR. EFRÉN PARADA ARIAS Secretario General DRA. YOLOXÓCHITL BUSTAMANTE DÍEZ Secretaria Académica ING. MANUEL QUINTERO QUINTERO Secretario de Apoyo Académico DR. ÓSCAR ESCÁRCEGA NAVARRETE Secretario de Extensión y Difusión CP. RAÚL SÁNCHEZ ÁNGELES Secretario de Administración DR. JORGE VERDEJA LÓPEZ Secretario Técnico DR. LUIS ZEDILLO PONCE DE LEÓN Secretario Ejecutivo de la Comisión de Operación y Fomento de Actividades Académicas ING. JESÚS ORTIZ GUTIÉRREZ Secretario Ejecutivo del Patronato de Obras e Instalaciones LIC. ARTURO SALCIDO BELTRÁN Director de Publicaciones
ESCUELA SUPERIOR DE INGENIERÍA MECÁNICA Y ELÉCTRICA UNIDAD ZACATENCO
PROBLEMARIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS II
Elvio Candelaria Cruz
INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL —México—
Problemario de circuitos eléctricos II Primera edición: 2004 D.R. © 2004 INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL Dirección de Publicaciones Tresguerras 27, 06040, México, DF ISBN 970-36-0205-3
Impreso en México / Printed in Mexico
Al M. en C. Arturo Cepeda Salinas
CONTENIDO PRÓLOGO ------------------------------------------------------------------------------------ 11
CAPÍTULO I. ESTRUCTURAS PASIVAS DE DOS TERMINALES ------------ 13 -
Cálculo de impedancias Cálculo de admitancias Reducciones serie-paralelo Problemas complementarios
CAPÍTULO II. TEOREMAS DE REDES --------------------------------------------- 53 -
Divisor de voltaje Divisor de corriente Teorema de Thévenin Teorema de Norton Teorema del intercambio de fuentes Teorema de superposición Dualidad Problemas complementarios
CAPÍTULO III. VALORES MEDIOS Y POTENCIA ------------------------------ 103 -
Valores medios de 1° y 2° orden Potencia compleja, aparente, activa y reactiva Factor de potencia Teorema de la máxima transferencia de potencia media Problemas complementarios
CAPÍTULO IV. RESONANCIA -------------------------------------------------------- 131 -
Dependencia de la frecuencia Resonancia y antirresonancia Resonancia de un circuito RLC Factor de calidad, ancho de banda y selectividad de un circuito resonante Resonancia de circuitos de dos ramas Problemas complementarios
9
CAPÍTULO V. REDES CON MULTIFRECUENCIAS --------------------------- 181 -
Redes con fuentes senoidales de distintas frecuencias Redes con fuentes periódicas no senoidales. Series de Fourier Red auxiliar de C.D. Red auxiliar de C.A. Valores efectivos de corriente, voltaje y potencia media Problemas complementarios
CAPÍTULO VI. REDES DE DOS PUERTOS --------------------------------------- 219 -
Ecuaciones y representaciones con parámetros Z Ecuaciones y representaciones con parámetros Y Ecuaciones con parámetros de transmisión directos e inversos El transformador ideal Ecuaciones y representaciones con parámetros híbridos directos e inversos Equivalencias entre parámetros Conexiones fundamentales entre redes de dos puertos Problemas complementarios
BIBLIOGRAFÍA --------------------------------------------------------------------------- 299
10
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PRÓLOGO Este trabajo es producto del Programa Académico de Año Sabático otorgado al autor durante el periodo 2001-2002. Externo mi agradecimiento al licenciado Francisco Ramírez Rodríguez, Coordinador General de Programas Académicos Especiales de la Secretaría Académica del Instituto Politécnico Nacional y al licenciado Alfredo Villafuerte Iturbide, responsable del Programa Año Sabático, por las atenciones que se sirvieron brindar al suscrito para hacer posible la realización de este trabajo.
El presente Problemario de circuitos eléctricos II está destinado a estudiantes de Ingeniería en Comunicaciones y Electrónica y carreras afines; tiene como finalidad servir de apoyo en su preparación profesional para el estudio de la Teoría de los Circuitos Eléctricos en los tópicos que se tratan.
Se ha pretendido facilitar la comprensión de los temas mediante el planteamiento, desarrollo y solución metódicos de problemas ilustrativos que permitan al estudiante ejercitar sus conocimientos teóricos y prácticos.
Para la resolución paso a paso de problemas de este trabajo se utilizaron, en gran parte, las técnicas de análisis de los métodos de mallas y nodos desarrollados por el doctor Enrique Bustamante Llaca en su importante obra Modern Analysis of Alternating Current Networks, por lo que se recomienda al estudiante conocer previamente estos métodos. Cabe mencionar que en dichos análisis se emplean letras minúsculas para denotar impedancias de mallas o admitancias de nodos y con letras mayúsculas las impedancias o admitancias de elementos. Asimismo gran parte de la simbología usada en este problemario es la misma de la obra citada.
Es mi convencimiento de que solamente el esfuerzo propio del estudiante hará de este trabajo un recurso didáctico provechoso.
Finalmente deseo expresar mi agradecimiento a José Juan Carbajal Hernández, pasante de la carrera de Ingeniería en Comunicaciones y Electrónica por su apoyo e iniciativa en la captura del material de esta obra.
Elvio Candelaria Cruz.
11
CAPÍTULO I
ESTRUCTURAS PASIVAS DE DOS TERMINALES
PROBLEMA 1 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red mostrada:
Solución: 1. Se hace una simplificación del circuito:
Se conecta una fuente de voltaje E y se asignan sentidos arbitrarios a elementos y a las corrientes de mallas; la fuente se conecta a las terminales de interés. La malla formada con la fuente de voltaje debe ser la malla 1:
Elvio Candelaria Cruz
15
2. Se calculan las impedancias propias y mutuas de mallas (aplicar las reglas del método de mallas):
z z z z z z
= 6 + 3i
11
= 6 + 2i
22
= 7 + 3i
33
= 4 + 3i
12
=0
13
= -2 - 2i
23
3. Aplicando la fórmula general:
z cof z
det
Z
ab
=
m, r
=
11
z cof z det
m, r 11
Z
ab
=
z z z z z z z z z 11
12
13
6 + 3i 4 + 3i
21
22
23
4 + 3i 6 + 2i - 2 - 2i
31
32
33
z z z z 22
23
32
33
0
0
- 2 - 2i 7 + 3i
= 6 + 2i - 2 - 2i - 2 - 2i 7 + 3i
= 167 + 63i = 178.5 20.6 º = 36 + 24i = 43.2 33.7 º 178.5 20.6 º 43.2 33.7 º
= 4.13 - 13.1º = 4.02 - 0.93iΩ
Este resultado significa que la red original es equivalente a:
Se sugiere al estudiante resolver este problema usando el método de reducción serieparalelo.
16
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 2 Encuentre la impedancia equivalente entre las terminales a y b en la red dada, a la frecuencia angular ω=1rad/seg.
Solución: 1. Se conecta una fuente E entre las terminales a y b, con la cual se forma la malla 1. Se determina el signo de la inductancia mutua entre las bobinas k y l. Se asignan sentidos a elementos y a corrientes de malla. Lk,l < 0 Lk,l = -0.5Hy
2. Se obtienen las impedancias propias y mutuas de mallas.
z z z
11
22
12
= 8 + i(1)( 3 + 2 ) +
3 + 2i(1)(-0.5 ) = 8 + i i(1)
= 6 + i(1)( 3 + 2 ) +
10 + 2i(1)(-0.5 ) = 6 - 6i i(1)
= -i(1)( 3 + 2 ) - 2i(1)(-0.5 ) = -4i
3. Se aplica la fórmula general:
Elvio Candelaria Cruz
Z
eq
=
Z
ab
=
17
det z
m,r
cof
z
11
=
8+i
- 4i
- 4i
6 - 6i
6 - 6i
det z = 70 - 42i m,r
Z
eq
=
70-42i = 9.33 + 2.33i 6-6i
Esta impedancia se puede representar con elementos de circuito como se muestra:
Es posible resolver este problema pasando del circuito original al circuito transformado, donde se indican las impedancias de elementos y aplicar así el método de mallas. El circuito transformado sería el que se muestra a continuación:
18
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 3 En la red mostrada calcule: a) La impedancia total ZT, a la frecuencia angular ω=103 rad/seg. b) El valor del inductor equivalente.
Observación: Una configuración con bobinas acopladas como se muestra en este circuito, no necesariamente debe tener acoplamiento entre todas ellas. Ver, por ej. Hayt William H.- Kemmerly Jack E. Análisis de Circuitos en Ingeniería problema 9, página 472, cuarta ed. – McGRAW HILL “Es posible disponer físicamente tres bobinas de tal manera que haya un acoplamiento mutuo entre las bobinas A y B y entre B y C, pero no entre A y C. Un arreglo así se muestra en la figura dada. Obténgase v(t)”.
O también ver Bustamante Llaca E. Alternating Current Networks, vol. I, ed. LimusaWiley, ej. 2, página 233 o Jiménez Garza Ramos Fernando Problemas de Teoría de los Circuitos, vol. 1, ed. Limusa, problema 1, página 72, entre otros ejemplos.
Solución: Habiendo conectado la fuente de voltaje E, la impedancia entre las terminales a y b (ZT) se calcula como en los problemas anteriores.
Elvio Candelaria Cruz
19
De acuerdo con las marcas de polaridad en las bobinas: L12 = -4x10-3 Hy L13 = 3x10-3 Hy
[
]
1 + 2 i10 3 (-4 x10 -3 ) = 10 -6 11 i10 x500 x10 6 10 10 6 z22 = 4 + 4 + i10 3 (2 + 5)10 -3 + i10 3 x200 + i10 3 x250 = 8 - 2i z = -4 - i10 3 x2 x10 -3 - i10 3 (-4x10-3 ) + i10 3 (3x10 -3 ) = -4 + 5i = 6 + 4 + i10 3 (8 x10 -3 ) + i10 3 (2 x10 -3 ) +
z
3
12
− 4 + 5i
10
Z
T
=
det z
m,r
cof
z
11
=
− 4 + 5i
8 − 2i
8 − 2i
=
672 + 338i = 9.88 + 4.97i 68
El valor de la bobina puede calcularse a partir de su impedancia: ZL = iωL = i(103)L =4.97i ∴ L = 4.97/103 = 4.97 mHy
20
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 4 Encuentre la resistencia total RT indicada que presenta el circuito mostrado cuando: a) a y b están en circuito abierto; use reducción serie-paralelo. b) a y b están en corto circuito; use reducción serie-paralelo.
Solución:
a)
Elvio Candelaria Cruz
b)
21
22
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 5 En el siguiente circuito calcule Rab .
Solución: En este problema es fácil ver que un extremo del resistor de 5Ω es el punto b, por lo que el circuito puede dibujarse como:
este circuito se puede reducir a:
donde 10/7 es el paralelo de los resistores de 5Ω y 2Ω: 5||2=10/7
quedando 8Ω en serie con (10/7)Ω: 8+(10/7) = 56/7 + 10/7 = 66/7
el resistor equivalente es: Rab = 66/7 || 10 = 4.85 Ω
Elvio Candelaria Cruz 23
PROBLEMA 6 Calcule Rab en el siguiente circuito.
Solución: Para resolver este tipo de problemas podemos auxiliarnos de un punto o puntos exteriores y rehacer el circuito observando qué elementos se encuentran conectados entre los puntos de referencia:
R
24
ab
=
( 20)(30) (5)(15) + = 15.75Ω 5 + 15 20 + 30
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 7 Calcule Req entre las terminales a y b.
Solución:
z = 28 z = 37 z = 50 z = −10 z = 18 z = 12 11
22
33
12
13
23
− 10
18
− 10
37
12
18
12
50
28
Req =
det z
m,r
cof
z
=
11
Elvio Candelaria Cruz
37
12
12
50
= 15.50Ω
25
PROBLEMA 8 En el siguiente circuito calcule Zab:
Solución: Este problema puede resolverse a partir de 4 mallas, sin embargo las dos resistencias de la periferia están en paralelo y pueden reducirse a una sola:
o si se desea darle la forma siguiente:
Z
ab
=
E J1 + J 2
Aplicando el método de mallas para encontrar J1 y J2:
z z z
11
22
33
26
=5 =9 =7
z =0 z = −2 z =4 12
13
23
Problemario de Circuitos Eléctricos II
J+0J −2J = E 0 J+9J +4J =E −2 J+4J +7J = 0 5
Δ =
1
2
3
1
2
3
1
2
3
5
0 −2
0
9
4 = 199
−2
4
7
E
0 −2
E
9
4
0
4
7
J= 5
E −2
0
E
4
−2
0
7
J= ab
=
E +
J J 1
39E 199
=
199
2
Z
=
199
1
=
2
Elvio Candelaria Cruz
23E 199
E = 3.2Ω 39E 23E + 199 199
27
PROBLEMA 9 Calcule la impedancia total entre las terminales a y b del siguiente circuito:
d
Solución: Este circuito puede configurarse de la forma que se muestra tomando los puntos a, b, c y d como referencia:
z z z z z z
11
22
33
12
13
23
=5 =9 =7 = −3 = −2 = −1
5 −3 −2 −3
Z
ab
=
det z
m, r
cof
z
11
9 −1
− 2 −1
=
= 9 −1 −1
28
7
199 = 3.2Ω 62
7
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 10 Encuentre la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red dada, a la frecuencia ω=103 rad/seg.
Solución: Obtendremos L12 y L13 de la ecuación para el coeficiente de acoplamiento entre dos bobinas:
k =
L L L
∴ L kl = k
kl
k
L L k
l
l
De acuerdo con las marcas de polaridad: L12>0 L13 0 = 2x10-4 Hy
z
= 900 +
6 x108 + 3 x108 + i (106 )(6 x10− 4 + 2 x10− 4 ) + 2(i )(106 )(−10− 4 ) = 900 − 3x102 i 6 ix10
z
= 900 +
3x108 + 7 x108 + i (106 )(2 x10− 4 + 8 x10− 4 ) − 2(i )(106 )(2 x10− 4 ) = 900 − 4 x102 i 6 ix10
z
=−
11
22
12
3x108 − i (106 )(2 x10− 4 ) − i (106 )(−10− 4 ) + i (106 )(2 x10− 4 ) + i (106 )(−3x10− 4 ) = 100i 6 ix10
Si se prefiere obtener el circuito transformado, de acuerdo con los sentidos asignados arbitrariamente a los elementos, las impedancias mutuas entre elementos son:
Z12 = i106(-10-4) = -100i Z13 = i106(-3x10-4) = -300i Z23 = i106(2x10-4) = 200i y las impedancias de mallas se obtienen como las ecuaciones de arriba lo indican.
32
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 13 Encuentre las admitancias propias y mutuas de nodos de la red mostrada que permitan calcular la admitancia equivalente entre las terminales a y b, a la frecuencia ω=103 rad/seg.
Solución: Se conecta una fuente de corriente Ifc entre las terminales a y b. Se tendrá la terminal “a” conectada al nodo 1 y la terminal “b” a la base de la componente. Se observa que por tener una invertancia mutua negativa la inductancia mutua ha de ser positiva, por lo que el sentido de los elementos es el que se muestra.
La fórmula que se aplica es:
Y
ab
=
det cof
y y
n,p 11
=
y y y y y 11
12
21
22
22
Cálculo de las admitancias de nodos: 2 + 2 x10− 3 = 3 x10− 3 − 2 x10− 3 i 3 i10 1 y22 = 4 x10−3 + 2 x10−3 + i103 + i(103 )(2 x10− 6 ) = 6 x10−3 + 10−3 i −3 y12 = −2 x10−3 − ⎜⎛ i103 ⎟⎞ = −2 x10−3 − 3x10−3 i ⎝ ⎠
y
11
= 10− 3 +
Se sustituyen valores en Yab.
Elvio Candelaria Cruz
33
PROBLEMA 14 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado, a la frecuencia ω=103 rad/seg.
Solución: La terminal “a” deberá ser el nodo 1, donde se conecte la fuente de corriente.
Y
ab
=
det cof
y y
n,p 11
=
y y y y y 11
12
21
22
22
y
= 7 + 2 + i (103 )(4000 x10− 6 ) + i (103 )(5000 x10− 6 ) +
1 = 9 + 4i i (10 )(0.2 x10 − 3 )
y
= 5 + 2 + i (103 )(5000 x10 − 6 ) + i (103 )(3000 x10 − 6 ) +
1 1 + = 7 + 0.5i −3 3 i (10 )(0.2 x10 ) i (10 )(0.4 x10− 3 )
y
= −2 − i (103 )(5000 x10 − 6 ) −
11
22
12
9 + 4i
Y
34
ab
=
−2
3
3
1 = −2 i (10 )(0.2 x10− 3 ) 3
−2
7 + 0.5i 57 + 32.5i = 8.43 + 4.04i = 7 + 0.5i 7 + 0.5i
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Este resultado significa que la red original es equivalente a:
Elvio Candelaria Cruz
35
PROBLEMA 15 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b, a la frecuencia ω=2 rad/seg.
Solución:
L
12
Y
ab
=
det cof
1 = − Hy 6
y y
n,p 11
=
y y y y y y y y y y y y y 11
12
13
21
22
23
31
32
33
22
23
32
33
Calcularemos las admitancias propias y mutuas de nodos:
y =Γ iω
1
11
y =G 22
y
33
2
+ iω C 3 + Γ 2 iω
= iω (C 3 + C 4 ) + Γ 4 iω
y = Γiω
12
12
y y
13
23
36
=0 = −i ω C 3
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Se requiere conocer el valor de Γ1, Γ2, Γ4 y Γ12. Procederemos a calcular el valor de estas invertancias mediante la siguiente fórmula: cof Lkl cof Lkl = Γkl det = Δ Lkl
Γ
11
L
=
=
22
L L 11
12
L L 21
22
1 8 1 1 − 4 6 1 1 − 6 8
=
1 8 1 1 − 32 36
= 36 Yrnehs
1 Γ22 = 44 = 72 Yrnehs 1152 ⎛ 1⎞ − ⎜− ⎟ ⎝ 6⎠ Γ12 = 4 = 48 Yrnehs 1152 Al sustituir valores: 36 y11 = 2i = −18i 1 72 y22 = 1 + i(2)⎛⎜ 2 ⎞⎟ + 2i = 1 − 35i ⎝ ⎠ ⎛ 1 3 ⎞ 10 = i (2)⎜ + ⎟ + = −i 33 ⎝ 2 2 ⎠ 2i 48 y12 = 2i = −24i
y
y
13
=0
⎛1⎞ = −i (2)⎜ ⎟ = −i 2 ,3 ⎝2⎠
y
− 18i
− 24i
0
− 24i 1 − 35i − i 0
Y
ab
−i
−i
=
= 1 − 35i
−i
−i
−i
Elvio Candelaria Cruz
− 18 + 36i = 0.497 − 1.073i − 34 − i
37
PROBLEMA 16 Encuentre la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado, a la frecuencia ω=10 rad/seg.
Solución: Se asignan sentidos arbitrarios a las dos bobinas acopladas para determinar L12 = + 0.2Hy. Calcularemos primeramente las invertancias propias y mutua de las dos bobinas acopladas 1 y 2 ya que dichas invertancias se necesitarán para poder calcular las admitancias.
Γ
kl
=
11
=
Γ
L
cof
kl
Δ cof L11 Δ
=
0.4 0.6 0.2
=
0.4 = 2 Yrnehs 0.2
0.2 0.4
=
cof
= 12
cof
Γ Γ
22
L
22
Δ
L
Δ
12
0.6 = 3 Yrnehs 0.2 − 0.2 = = −1 Yrneh 0.2
=
Las admitancias propias de los elementos son:
38
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Y
=
Γ
1
Y
=
Γ
2
11
iω
=
2 = −0.2i i (10)
=
3 = −0.3i i(10)
22
iω
1 25 x10− 3 = 10 + 8i 8 2 ( 10 )( 1 . 2 ) = + + i + Y3 i10 1 12.5 x10− 3 = 10 + 10i 10 ( 10 )( 1 . 8 ) = + i + Y4 i10 1 10− 3 = 6 − 2i Y 5 = 6 + 50ix10 La admitancia mutua entre el elemento 1 y el elemento 2 se calcula mediante
Y
=
Γ
kl
Y
=
Γ
12
kl
iω
=
12
iω
−1 = 0.1i 10i
Obsérvese que la invertancia Γ12 es de signo contrario a la inductancia L12. Podemos representar el circuito original mediante admitancias, obteniendo:
Las admitancias de nodos son:
y = Y + Y + Y + Y − 2Y = −0.2i − 0.3i + 10 + 8i + 6 − 2i − 2(0.1i) = 16 + 5.3i y = Y + Y + Y = −0.3i + 10 + 10i + 6 − 2i = 16 + 7.7i y = −Y − Y + Y = −(−0.3i) − 6 + 2i + 0.1i = −6 + 2.4i 11
22
12
1
2
2
3
4
2
5
12
5
5
Elvio Candelaria Cruz
12
39
Aplicando la fórmula general:
Y ab =
det cof
y y
n, p
11
16 + 5.3i − 6 + 2.4i
Y
ab
=
300.46 52° − 6 + 2.4i 16 + 7.7i 184.95 + 236.8i = 16.92 26.31º = 15.16 + 7.5i = = 16 + 7.7i 16 + 7.7i 17.75 25.69°
Lo que significa que la admitancia total equivale al siguiente elemento paralelo:
40
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 17 Calcule Yab en el circuito mostrado.
Solución: De acuerdo con las marcas de polaridad, los sentidos de los elementos acoplados que se muestran cumplen con Lkl < 0, lo que origina una invertancia mutua positiva y, consecuentemente, una admitancia mutua negativa:
( )
recordar que Y kl = Γ kl = − Γ kl i . iω ω
y = 2 + 8 + 15i + 30i − 20i = 10 + 25i y = 8 + 30i + 12i − 20i − 10i − 2(−3i) = 8 + 18i y = −8 − 30i + 20i + (−3i) = −8 − 13i 11
22
12
10 + 25i − 8 − 13i
Y ab =
det cof
y y
n,p
=
− 8 − 13i
8 + 18i
8 + 18i
=
− 265 + 172i = 2.51 + 15.84i 8 + 18i
11
El circuito original queda reducido a la siguiente forma:
Elvio Candelaria Cruz
41
PROBLEMA 18 Encuentre las admitancias de nodos de la red mostrada que permitan calcular la admitancia equivalente entre las terminales a y b.
Solución: Podemos reducir el circuito utilizando reducción serie-paralelo entre conductancias y capacitores.
En este circuito no es posible aplicar reducción serie-paralelo, por lo que aplicaríamos la fórmula general ya conocida:
y y y y y y
11
22
33
12
13
23
= 10 + 11i = 10 + 13 − 5i = 23 − 5i = 28 + 11i = −10 = −11i = −13
42
det
Y
ab
=
y y
n, p
cof
11
=
y y y y y y y y y y y y y 11
12
13
21
22
23
31
32
33
22
23
32
33
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 19 Encuentre la admitancia Yab del circuito mostrado: a) Por reducción serie-paralelo. b) Aplicando la fórmula general.
Solución:
a)
Puede observarse que la admitancia de 3-2i está en serie con la de 4-3i.
Y
ab
= Y1 +
YY Y +Y 2
3
2
YY Y +Y 2
2
Y
ab
=
3 3
= Y1 +
3
(3 − 2i )(4 − 3i ) 6 − 17i = = 1.71 − 1.2i 3 − 2i + 4 − 3i 7 − 5i
YY Y +Y 2
2
Elvio Candelaria Cruz
= 2 − 2i + 1.71 − 1.2i = 3.71 − 3.2i
3 3
43
b)
y = 5 − 4i y = 7 − 5i y = −3 + 2i 11
22
12
5 − 4i − 3 + 2i
Y ab =
det cof
y y
n,p
=
− 3 + 2i
7 − 5i
7 − 5i
=
10 − 41i = 3.71 − 3.20i 7 − 5i
11
El circuito original queda reducido a la siguiente forma:
44
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 20 Calcule las admitancias propias y mutuas de nodos, que permitan encontrar la Yab en el circuito dado.
Solución: Las admitancias propias y mutuas son datos. Según las marcas de polaridad dadas, los sentidos que se asignan a las bobinas acopladas cumplen con lo siguiente: si Γkl > 0 se tendrá una Lkl < 0 y viceversa.
Recordar que:
Y
kl
=
Γ
kl
iω
=−
(Γ kl )i
ω
Se puede observar que las dos conductancias laterales pueden ser reducidas a una:
y = 5 + 15i − 20i − 25i + 2(2i) = 5 − 26i y = 5 + 42 + 10i − 30i − 25i − 2(−3i) = 47 − 39i y = −5 − (−25i) − (2i) + (−3i) + (−i) = −5 + 19i 11
22
12
La Yab se obtendría aplicando la fórmula general: Y ab =
Elvio Candelaria Cruz
det cof
y y
n, p
11
45
PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS
PROBLEMA 1 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b de la red mostrada:
PROBLEMA 2 En la red mostrada calcule: a) La impedancia total ZT a la frecuencia angular ω=103 rad/seg. b) El valor del inductor o capacitor equivalente.
PROBLEMA 3
En el siguiente circuito calcule Rab.
Elvio Candelaria Cruz
49
PROBLEMA 4 En el siguiente circuito calcule Rab.
PROBLEMA 5 Calcule la impedancia equivalente entre las terminales a y b.
PROBLEMA 6 Encuentre la impedancia equivalente entre las terminales a y b en la red mostrada a la frecuencia ω=103 rad/seg.
50
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 7 Encuentre las admitancias propias y mutuas de nodos de la red mostrada que permitan calcular la admitancia equivalente entre las terminales a y b a la frecuencia ω=103 rad/seg.
PROBLEMA 8 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito mostrado a la frecuencia ω=103 rad/seg.
PROBLEMA 9 Calcule la admitancia equivalente entre las terminales a y b a la frecuencia ω=2 rad/seg.
Elvio Candelaria Cruz
51
PROBLEMA 10 Calcule las admitancias propias y mutuas de nodos que permitan encontrar la Yeq en el circuito mostrado.
52
Problemario de Circuitos Eléctricos II
CAPÍTULO II
TEOREMAS DE REDES
PROBLEMA 1 Usando dos veces divisor de voltaje calcule V.
Solución:
Para calcular el voltaje en la resistencia de 7.5Ω aplicaremos la siguiente fórmula:
V V
R
ab
=
=
(V )(R ) fv
R
T
(60)(7.5) = 45 Volts 10
La siguiente figura muestra el circuito original con la resistencia de 20Ω a la izquierda de a y b, teniendo entre estos puntos la tensión de 45V (fuente aparente).
Elvio Candelaria Cruz
55
Al aplicar divisor de voltaje en la sección de la derecha se tendrá:
V
56
=
8(45) = 30 volts 8+4
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 2 En el siguiente circuito calcule Vab empleando divisor de voltaje.
Solución: Podemos establecer por L. K. V. (ley de Kirchhoff para voltajes):
V +V 1
ab
−V 3 = 0
∴
V
ab
= V 3 −V 1
..................... (1)
o bien usando el siguiente diagrama:
V +V ∴ V 1
ab
ab
=V 3 = V 3 −V 1
Para calcular V3 pasemos primeramente la rama que contiene a las resistencias de 3Ω y 5Ω a la izquierda de la fuente de alimentación, lo anterior con objeto de facilitar la visualización del divisor de voltaje.
Elvio Candelaria Cruz
57
V
3
=
10(20) = 11.11 18
Para calcular V1 pasemos ahora la rama que contiene a las resistencias de 10Ω y de 8Ω a la izquierda de la fuente:
V
1
=
3(20) = 7.5 volts 8
Sustituyendo en (1):
V
ab
= 11.11 − 7.5 = 3.61 volts
Se sugiere al estudiante comprobar este resultado empleando la trayectoria que involucre a V2 y V4.
58
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 3 En el siguiente circuito encuentre Vab empleando divisor de voltaje.
Solución: Representando las caídas de voltaje V1, V3 y Vab mediante el siguiente diagrama, se tendrá:
V +V 1
V
1
V
3
ab
=V 3
V
ab
= V 3 −V 1
=
(5 + 3i )2 10 + 6i = = 0.561 + 1.101i 5 + 3i + 3 − 8i 8 − 5i
=
(6 − 5i )2 12 − 10i = = 0.708 − 0.669i 6 − 5i + 10 + 6i 16 + i
Sustituyendo en
V
∴
ab
V
ab
volts
volts
:
= 0.708 − 0.669i − 0.561 − 1.101i = 0.147 − 1.77i = 1.77 − 85.2º
Elvio Candelaria Cruz
volts
59
PROBLEMA 4 Empleando divisor de corriente calcule las corrientes en las ramas 2 y 3. Verifique la ley de Kirchhoff para corrientes en el nodo A.
Solución: La corriente de 5|0º Amp. proveniente de la fuente, se bifurca por las ramas 2 y 3. Así:
Z I Z +Z Z I I = Z +Z I
2
=
3
fc
2
2
(60 + 10i )5 300 + 50i = = 2.86 + 0.929i amp. 40 − 25i + 60 + 10i 100 − 15i
=
(40 − 25i )5 = 2.13 − 0.929i amp. 40 − 25i + 60 + 10i
3
fc
3
2
=
3
Aplicando la ley de Kirchhoff al nodo A:
−I + I + I ∴I = I + I I
1
60
1
2
3
1
2
3
=0
= 2.86 + 0.929i + 2.13 − 0.929i = 5 amp.
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 5 Usando reducción serie-paralelo y divisor de corriente encuentre IX.
Solución: Reduciendo resistencias en paralelo entre los puntos A, B y C, D:
En el circuito de la figura 3 podemos calcular la corriente total IT.
I
T
=
337.5 = 22.5 mA 15k
Regresando al circuito de la figura 2, tenemos que la corriente IT se distribuye por la resistencia de 20kΩ y por la rama que nos interesa (10kΩ en serie con 20kΩ).
Elvio Candelaria Cruz
61
En la misma figura 2, aplicando divisor de corriente para calcular I1:
(20k )(22.5 x10−3 ) I 1 = 10k + 20k + 20k = 9 mA En la figura 4 observamos que la I1 se distribuye como se muestra:
Aplicando nuevamente divisor de corriente se obtiene Ix.
I
62
x
=
(60k )(9 x10−3 ) = 6 mA 90k
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 6 Dadas las admitancias de los elementos del circuito mostrado calcule I2.
Solución: Por divisor de corriente para impedancias sabemos que:
I
=
k
Z I Z T
fc
k
Como nos dan admitancias, podemos sustituir en la fórmula anterior a Z por
1 con Y
sus respectivos índices: Sustituyendo Z =
1 Y
1
I
k
=
Y I 1 Y T
fc
= Yk
Y
I
fc
T
k
donde Yk = 3i y YT = 3+3i-2i+6+8i (por estar en paralelo) = 9-9i
I
2
12 90° 3i ⎞ = ⎛⎜ 4 0º = = 0.94135º ⎟ 12.72 − 45° ⎝ 9 − 9i ⎠
Elvio Candelaria Cruz
amp.
63
PROBLEMA 7 Aplicando el teorema de Thévenin encuentre la corriente Ix.
Solución:
1. Se separa la parte pasiva (resistor de 6Ω) y se calcula Vab.
Recordar que por ley de ohm (V=ZI) el voltaje en la resistencia de 2Ω y en la bobina de 5i es cero debido a que por ellas no circula corriente.
J V
= 1
ab
V
Z
= T
(
20 15º 5 − 6i
=
20 15º 7.81 − 50.19º
= 2.56 65.19º amp.
)
= 3i 2.56 65.19º = 7.68 155.19º volts que es el voltaje de Thévenin.
2. Para calcular la impedancia de Thévenin se pacifica la red. Pacificar una red significa anular sus fuentes de alimentación. Si es una fuente de voltaje se sustituye por un corto circuito y si es una fuente de corriente por un circuito abierto. Así, el circuito pacificado es:
64
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Z
eq
=
Z
Th
=
(5 − 9i )(3i ) + 2 + 5i = 2.73 + 8.88iΩ 5 − 6i
3. Se dibuja el circuito equivalente de Thévenin y se conecta el resistor de 6Ω.
I
Elvio Candelaria Cruz
x
=
7.68155.19º = 0.61109.7º 8.73 + 8.88i
amp.
65
PROBLEMA 8 Aplicando el teorema de Thévenin, calcule la corriente en el resistor de 5kΩ.
Solución: Separando el resistor de 5kΩ y aplicando el método de mallas para calcular el voltaje de Thévenin entre las terminales a y b, tendremos que:
VTH = (2.7K)(J2)
4700 J 1 + 0 J 2 + 0 J 3 = 20
.................................
0 J 1 + 5400 J 2 + 0 J 3 = −20 + D 0 J 1 + 0 J 2 + 5600 J 3 = D
J
2
+ J 3 = 100 x10− 3
Amp
(1)
.......................
(2)
..................................
(3)
...............................
(4)
De la ecuación (4) tenemos:
J3 = 100x10-3 - J2 66
Problemario de Circuitos Eléctricos II
De la ecuación (2) tenemos: 5400J2 = -20 + D ⇒ D = 5400
J2 + 20 ......................... (A)
De la ecuación (3) tenemos: 5600[100x10-3 - J2] = D 560 - 5600
J2 = D...................................(B)
Igualando las ecuaciones (A) y (B) tenemos: 5400
J2 + 20 = 560 - 5600 J2 J2 = 560 – 20
11000 ∴
J
2
=
540 = 0.049 amp. 11000
VTh = J2(2700) = (0.049)(2700) = 132.3 volts Pacificamos la red, a fin de calcular RTh.
R
Th
=
8300x 2700 = 2037Ω 8300 + 2700
Al circuito equivalente de Thévenin se le conecta el resistor de 5kΩ:
I Elvio Candelaria Cruz
= x
132.3 = 18.8 mA 7037
67
PROBLEMA 9 Encuentre el circuito equivalente de Thévenin entre las terminales a y b.
Solución:
V
= V ab =
Th
z z z
11
22
12
J
1
(4 + 3i ) =
J
1
(5 36.86º)
= 6 + 2i = 7 + 3i = −2 − 2i
Estableciendo las ecuaciones de mallas: (6 + 2i ) J 1 + (−2 − 2i ) J 2 = 2 (−2 − 2i ) J 1 + (7 + 3i ) J 2 = 0
J
V
68
1
=
Th
2
− 2 − 2i
0
7 + 3i
6 + 2i
− 2 − 2i
− 2 − 2i
7 + 3i
=
14 + 6i = 0.352 − 10.51º amp. 36 + 24i
= (0.352 − 10.51º)(5 36.86º ) = 1.76 26.35º volts
Problemario de Circuitos Eléctricos II
La impedancia de Thévenin se calcula del circuito siguiente:
z z z z z z
= 6 + 3i
11
22
= 7 + 3i
33
= 4 + 3i
12
=0
13
23
Z
Z
= 6 + 2i
= −2 − 2i
eq
eq
=
det z
m, r
cof
z
6 + 3i
4 + 3i
0
4 + 3i
6 + 2i
− 2 − 2i
0
− 2 − 2i
7 + 3i =
=
11
6 + 2i
− 2 − 2i
− 2 − 2i
7 + 3i
167 + 63i 178.5 20.6° = = 4.13 − 13.1° 36 + 24i 43.2 33.7°
= 4.02 − 0.93iΩ
El circuito equivalente de Thévenin es:
Elvio Candelaria Cruz
69
PROBLEMA 10 Utilizando el teorema de Thévenin encuentre la corriente que circula por el resistor de 8Ω.
Solución: Habiendo separado el resistor de 8Ω, se tendrá la malla 2. Habremos de calcular Vab = VTh.
Aplicando el método de mallas para encontrar J1 y J2: z = 18 11
z z
22
12
= 19 = −13
18 J 1 − 13 J 2 = 50 −13 J 1 + 19 J 2 = 0
J
70
1
=
50
− 13
0
19
18
− 13
− 13
19
=
950 = 5.491 amp. 173
Problemario de Circuitos Eléctricos II
J I I
2 A
18 50 − 13 0 650 = = = 3.757 amp. 173 173 = J 1 − J 2 = 5.491 − 3.757 = 1.734 amp.
=
B
J
2
= 3.757 amp.
Representando las caídas de voltaje mediante el siguiente diagrama:
V +V = V ∴V = V − V A
ab
ab
V V
A
B
B
B
A
= (1.734)(3) = 5.202
volts
= (3.757)(2) = 7.514
volts
Por lo que el voltaje de Thévenin resulta:
V
ab
= V Th = 7.514 − 5.202 = 2.31
volts
Se sugiere al estudiante calcular este voltaje empleando dos veces el divisor de voltaje. Para calcular la resistencia de Thévenin pueden verse los problemas 6, 8 o 9 del Capítulo I (Estructuras pasivas de dos terminales). Al pacificar la red:
Elvio Candelaria Cruz
71
E = RI ∴ R = E/I
I=
J +J 1
2
(corrientes diferentes de las anteriores)
Empleando el método de mallas:
z z z z z z
11
=5
22
33
12
13
23
= 14 = 18 =0 =3 = −10
5J1+ 0J 2 + 3J 3 = E 0 J 1 + 14 J 2 − 10 J 3 = E 3 J 1 − 10 J 2 + 18 J 3 = 0
J
J
1
0
3
E
14
−10
0
− 10
18 =
=
2
R=
72
E
=
5
0
3
0
14
− 10
3
− 10
18
122 E 634
51E 634
634 E E = = = 3.66Ω I 122 E + 51E 173 634 634 Problemario de Circuitos Eléctricos II
Al conectar al circuito equivalente de Thévenin el resistor de 8Ω:
Ix =
Elvio Candelaria Cruz
2.31 = 198 mA 11.66
73
PROBLEMA 11 En la red mostrada encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.
Solución: Se cortocircuitan las terminales a y b y se orientan elementos y mallas:
Z12 = -4i Aplicando el método de mallas:
z J +z J z J +z J 11
1
12
2
21
1
22
2
z z z
11
22
12
= 10 =0
= 2 + 2i = 4 + 10i = −4i
Sustituyendo impedancias de mallas: (2 + 2i ) J 1 + (−4i ) J 2 = 10 (−4i ) J 1 + (4 + 10i ) J 2 = 0
La corriente que circula por las terminales cortocircuitadas es la corriente de Norton, en este caso J2.
74
Problemario de Circuitos Eléctricos II
J
2
=
2 + 2i
10
− 4i
0
2 + 2i
− 4i
− 4i
I
N
=
40i = 1.4144 8.14º amp. 4 + 28i
4 + 10i
= 1.4144 8.14º amp.
Calculemos ahora la impedancia vista entre las terminales a y b, para esto necesitamos pacificar la estructura activa original y conectar la fuente E:
z z z
11
22
12
= 4 + 10i = 2 + 2i = 4i
4 + 10i
Z ab =
det z
m, r
cof
z
=
11
4i
4i 2 + 2i 4 + 28i = = 8 + 6iΩ 2 + 2i 2 + 2i
Representando esta impedancia con elementos de circuito tendremos el circuito equivalente de Norton como sigue:
Elvio Candelaria Cruz
75
O bien, en función de la admitancia:
Y
ab
=
1
Z
ab
=
1 = 0.08 − 0.06i 8 + 6i
Obteniéndose:
76
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 12 Encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.
Solución:
1. Separamos la admitancia entre las terminales a y b, y cortocircuitamos estas terminales.
2. Aplicamos divisor de corriente con admitancias para calcular la IN:
I
k
=
Y I Y k
fc
T
I
N
=
(2 − 6i ) (0.05) = 0.030 − 10.62º amp. 2 − 6i + 3 − 3i
3. Calculamos la admitancia de Norton. Pacificamos el circuito abriendo la fuente de corriente:
Elvio Candelaria Cruz
77
Y
N
=
(2 − 6i )(3 − 3i ) = 1.47 − 2.15i 2 − 6i + 3 − 3i
El circuito equivalente de Norton entre a y b es:
78
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 13 Aplicando el teorema de Norton calcule la corriente en la carga de 3+4i.
Solución:
1. Separamos la carga y cortocircuitamos las terminales a y b:
2. Aplicamos divisor de corriente:
I
N
=
(−2i ) (10) = 4 − 90º amp. 5
3. La admitancia de Norton se calcula de:
Puede observarse que por efecto del circuito abierto la impedancia de 5+3i queda anulada.
Elvio Candelaria Cruz
79
Y
N
=
1 ó 5
Z
N
= 5Ω
4. Conectamos la carga al circuito equivalente de Norton y aplicamos divisor de corriente con impedancias.
I
80
ZL
=
5(4 − 90º ) 5 + 3 + 4i
=
20 − 90° 8.94 26.56°
= 2.23 − 116.56º amp.
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 14 Obtenga el circuito equivalente de Norton entre los puntos a y b de la siguiente red.
Solución: Separamos la carga de 3+4i y cortocircuitamos las terminales a y b.
Aplicando el método de mallas para encontrar IN:
z z z z z z
11
22
33
12
13
23
= 30 + 10i = 20 + 10i = 5 − 4i = −(20 + 10i ) =0 =0
(30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i ) J 2 +
0J3 =
− (20 + 10i ) J 1 + (20 + 10i ) J 2 + 0J1
+
0 J 3 = − D...................... (2)
0 J 2 + (5 − 4i ) J 3 =
J −J 3
Elvio Candelaria Cruz
2....................... (1)
2
D..................... (3)
= 3....................... (4) 81
Sumando las ecuaciones (2) y (3):
− (20 + 10i ) J 1 + (20 + 10i ) J 2 + (5 − 4i ) J 3 = 0...........................( A) De
(4) :
0 J 1 − (1) J 2 + (1) J 3 = 3...............................................................( B) De
(1) :
(30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i ) J 2 + 0 J 3 = 2........................................(C ) Observamos en nuestro circuito que J3 es la corriente de Norton. Así: − (20 + 10i ) 0 30 + 10i
J
3
=
I
N
20 + 10i
0
−1
3
− (20 + 10i )
2 =
= − (20 + 10i )
20 + 10i −1
0 30 + 10i
− (20 + 10i )
5 − 4i
640 + 320i = 1.6941 + 0.6901i = 1.82 22.16º amp. 390 + 30i
1 2
Calculando la impedancia de Norton:
Z
A
=
10(20 + 10i ) 200 + 100i = = 7+i Ω 10 + 20 + 10i 30 + 10i
82
El circuito equivalente de Norton queda:
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Elvio Candelaria Cruz
83
PROBLEMA 15 Empleando reducción serie-paralelo e intercambio de fuentes calcule Vab en el circuito mostrado.
Solución: Del lado izquierdo:
V = IR
V
= (6)(2) = 12 volts
Del lado derecho en el circuito original, tendremos:
V
= (2)(6) = 12 volts
84
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Haciendo las sustituciones correspondientes:
− V 1 + V R 2 + V 2 + V R10 + V R 6 + V 3 = 0 − 12 + 2 I + 36 + 10 I + 6 I + 12 = 0 18 I + 36 = 0 ∴ I = −2 amp.
V
ab
= RI = (10)(−2) = −20 volts
Elvio Candelaria Cruz
85
PROBLEMA 16 Empleando el teorema del intercambio de fuentes encuentre la corriente IL que se indica en el circuito mostrado.
Solución:
I
L
=
30 66.86º 6 + 16i
=
30 66.86° 17.08 69.44°
= 1.75 − 2.58º amp.
86
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 17 Por intercambio sucesivo de fuentes entre los puntos a y b, calcule la corriente que circula por la resistencia de 8.5Ω.
Solución: En las figuras siguientes se ilustra el intercambio de fuentes y resistencias entre a y b:
Elvio Candelaria Cruz
87
I
ab
=
56 6 5 + 8.5 6
=
56 = 1 amp. 56
88
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 18 En el siguiente circuito encuentre la corriente Ix empleando el teorema de superposición.
Solución:
1. Hacemos actuar la fuente de corriente y anulamos la fuente de voltaje cortocircuitándola.
Z
A
=
10( 20 + 10i ) = 7+i Ω 10 + 20 + 10i
Por divisor de corriente:
I
1
=
(7 + i )(3 0º ) 12 − 3i
=
21 + 3i 12 − 3i
2. Hacemos actuar ahora la fuente de voltaje y anulamos la fuente de corriente abriéndola. Elvio Candelaria Cruz
z z z
11
22
12
89
Aplicando el método de mallas: = 30 + 10i
= 25 + 6i = −(20 + 10i )
(30 + 10i ) J 1 − (20 + 10i ) J 2 = 2 − (20 + 10i ) J 1 + (25 + 6i ) J 2 = 0 Se observa que la J2 = I2. Así:
30 + 10i
I
2
=
− (20 + 10i ) 30 + 10i
2 0
− (20 + 10i )
− (20 + 10i )
=
4 + 2i 39 + 3i
25 + 6i
La corriente total Ix será la suma de las respuestas parciales I1 e I2: I x = I1 + I 2
I
x
=
21 + 3i 4 + 2i + 12 − 3i 39 + 3i
Haciendo operaciones algebraicas podemos convertir I1 e I2 a sus formas cartesianas y sumarlas, obteniendo un resultado aceptable; sin embargo, a fin de llegar a un resultado más exacto multiplicaremos el numerador y denominador de I1 por el factor (3+i) y así obtener el mismo denominador que I2:
I
1
I
x
(21 + 3i )(3 + i ) 60 + 30i = (12 − 3i )(3 + i ) 39 + 3i 60 + 30i 4 + 2i 64 + 32i = + = = 1.6941 + 0.6901i = 1.82 22.16° amp. 39 + 3i 39 + 3i 39 + 3i
=
Puede verificarse este resultado con el del problema No. 14 de este mismo capítulo.
90
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 19 Empleando el teorema de superposición encuentre Ix.
Solución:
1. Hacemos actuar la fuente de voltaje y anulamos la fuente de corriente abriéndola. El circuito queda:
I
1
=
14 4 3 + 3 3
= 6 amp.
2. Ahora hacemos actuar la fuente de corriente y anulamos la fuente de voltaje cortocircuitándola. El circuito queda:
Elvio Candelaria Cruz
Resolviendo por el método de mallas: 3 J 1 − J 2 + 2 J 3 = D....................................(1) − J 1 + 6 J 2 + 3 J 3 = 0.................................( 2) 2 J 1 + 3 J 2 + 6 J 3 = D.................................(3)
Restando la ecuación (3) de (1):
J
1
− 4 J 2 − 4 J 3 = 0.................( A)
Además :
J +J 1
y
de
−J
1
3
= 7...............................( B) (2) :
+ 6 J 2 + 3 J 3 = 0...............(C )
Ordenando coeficientes de estas tres ecuaciones:
J J
1
−4J2−4J3 = 0
1
+0J2+ J3 = 7
− J1+ 6J 2 + 3J 3 = 0
91
Problemario de Circuitos Eléctricos II
92
J
3
1
−4
0
1
0
7
−1
6
0
=
= 1
−4
−4
1
0
1
−1
6
3
− 14 = 1 amp. − 14
Se observa en el circuito que I2 = -J3. Así, la respuesta total es Ix = I1+I2.
Ix = 6 + (-J3) = 6+(-1) =5 amp.
Elvio Candelaria Cruz
93
PROBLEMA 20 Obtenga la red dual de la red dada empleando dualidad especial y verifique la correspondencia entre sus ecuaciones.
Solución:
Procedimiento 1. Se dibuja la gráfica de la red dada (líneas gruesas), orientando las mallas en sentido contrario al de las manecillas del reloj.
2. Se asigna a cada malla (ventana) un punto que será un nodo de la red dual y cuyo número será el de la malla de la red dada que lo encierre.
3. Se trazan líneas de un nodo a otro que pasen por un solo elemento (líneas delgadas), con lo cual se formarán mallas de la red dual. Estas mallas se designarán con el número del nodo de la red dada que quede encerrado por la malla formada.
4. Se orientan las mallas de la red dual en el sentido de las manecillas del reloj.
5. Los elementos de la red dual se orientan de modo que coincida el número de incidencia del elemento de la red dada con respecto a nodo de la misma red dada y el número de incidencia del elemento dual con respecto a malla de la red dual.
6. Se extrae la gráfica dual y se sustituyen los elementos básicos correspondientes en cada elemento general de dicha gráfica.
94
Problemario de Circuitos Eléctricos II
En la red original se tiene: λ = número total de elementos de la red dada = 5. υ -c = número de nodos independientes de la red dada = 2. μ = número de mallas independientes de la red dada = 3.
Gráfica de la red dual. En la red dual se tiene que: λ = 5 elementos. υ -c = 3 nodos independientes. μ = 2 mallas independientes.
Al aplicar la correspondencia entre elementos dada por el principio de dualidad especial se obtiene la red dual siguiente:
Elvio Candelaria Cruz
95
Correspondencia entre ecuaciones: Red dada
Red dual
V =R I −E ⎛ S ⎞⎟ ⎜ = + V ⎜R I iω ⎟⎠ ⎝ S V = I iω V =R I V = iω L I 1
1
1
↔ I =G V + I ⎛ ⎞ ↔ I = ⎜⎜ G + Γ ⎟⎟V iω ⎠ ⎝ Γ ↔ I = V iω ↔ I =G V ↔ I = iω C V 1
1
2
2
2
4
2
5
1
3
4
=0
2
3
4
− I5 = 0
malla 3)
V −V V −V
4
5
malla 1) − V 1 − V 2 − V 3 = 0 malla 2)
2
3
4
5
I −I −I nodo II) − I + I + I
nodo I)
3
4
5
2
3
3
4
fc1
1
2
2
3
3
1
3
4
=0
2
5
=0
4
5
↔ ↔ ↔ ↔ ↔
5
V −V −V = 0 malla 2) − V + V + V − V
malla 1)
1
3
2
nodo 1) nodo 2) nodo 3)
3
−I − I I −I I −I 1
4
2
4
− I3 = 0
3
4
=0
2
5
=0
5
=0
96
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS
PROBLEMA 1 Usando dos veces el divisor de voltaje encuentre Vab.
PROBLEMA 2 En la siguiente red calcule Vab empleando divisor de voltaje.
PROBLEMA 3 Usando reducción serie-paralelo y divisor de corriente encuentre la corriente Ix.
Elvio Candelaria Cruz
99
PROBLEMA 4 Aplicando intercambio de fuentes y el teorema de Thévenin encuentre la corriente en la carga de 50+20i.
PROBLEMA 5 Empleando el teorema de Thévenin encuentre la corriente en la carga de 3Ω.
PROBLEMA 6 Encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.
100
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 7 Encuentre el circuito equivalente de Norton entre las terminales a y b.
PROBLEMA 8 Empleando intercambio de fuentes encuentre la tensión entre los puntos a y b del circuito mostrado.
PROBLEMA 9 En el siguiente circuito encuentre Ix empleando el teorema de superposición.
Elvio Candelaria Cruz
101
PROBLEMA 10 Obtenga la red dual del circuito mostrado y verifique la correspondencia entre sus ecuaciones (emplee dualidad especial).
102
Problemario de Circuitos Eléctricos II
CAPÍTULO III
VALORES MEDIOS Y POTENCIA
PROBLEMA 1 Dada la función i(t) = I0sen(ωt) representada en la gráfica, encontrar: a) El valor medio Im. b) El valor eficaz Ief.
Solución: a) El valor medio de la función i(t) = I0sen(ωt) con ωt como variable independiente y periodo T=2π es:
I I
m
m
= 1 T =
I
1 ∫0 i(t )dt = 2π T
0
2π
I ∫ I sen(ωt )d (ωt ) = 2π [− cos(ωt )] 2π
2π
=
0
0
0
0
I [− cos(2π) + cos(0)] 0
2π
[−1 + 1] = 0
b) El valor eficaz o r.m.s. de la función dada es:
I I
ef
ef
= 1 T =
I
T
∫ i dt 2
=
0
2 0
2π
⎡ ωt ⎢ ⎣ 2
1 2π
∫ [I 2π
0
0
]
sen(ωt ) d (ωt ) =
2π
2
2π
0
2
0
2
⎤ 0 − 1 sen(2ωt )⎥ = 4 2π ⎦0
Elvio Candelaria Cruz
I
sen (ωt )d (ωt ) 2π ∫ I ⎛⎜⎜ 2π − 0⎞⎟⎟ = I 2
⎝
2
0
⎠
2
105
PROBLEMA 2 Calcule la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia en la rama 2 del circuito dado. Dibuje el triángulo de potencias de esta rama.
Solución:
P=Z
I
2
La corriente en la rama 2 es J2 , luego:
P=Z
J2
2
Aplicando el método de mallas:
z = 45 + 40i z = 55 + 15i z = −30 − 50i 11
22
12
(45 + 40i ) J 1 + (−30 − 50i ) J 2 = 12 (−30 − 50i ) J 1 + (55 + 15i ) J 2 = 0
106
Problemario de Circuitos Eléctricos II
resolviendo para J2:
J
2
=
45 + 40i
12
− (30 + 50i )
0
45 + 40i
− (30 + 50i )
− (30 + 50i )
=
699.71 59° 12(30 + 5i ) = = 0.201 61.1° amp. 3475 − 125i 3447.24 − 2.06°
55 + 15i
al sustituir valores en: P=Z
I
2
= (25 + 35i )(0.201) 2 = 1.01 + 1.4i = 1.72 54.19° VA
De la expresión: P = Pa + iPr obtenemos: Pactiva= 1.01 Watts Preactiva= 1.4 VAR´S Paparente= 1.72 VA f.p.= cos(54.19°) = 0.58+ (adelantado) Triángulo de potencias en la rama 2:
Elvio Candelaria Cruz
107
PROBLEMA 3 En la red dada encuentre la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia de la carga total. Posteriormente calcule las mismas potencias P1 y P2 empleando divisor de corriente y compruebe que PT = P1 + P2 e igual a la potencia de la fuente de alimentación.
Solución:
Z
T
Z
T
I
=
(30 + 20i )(15 − 30i ) 1050 − 600i 1209.3 − 29.7º = = = 26.23 − 17.18º Ω 45 − 10i 45 − 10i 46.09 − 12.52º
= 26.2317.18º Ω =
V Z
= T
P=Z I T
2
50 = 1.90 amp. 26.23 = 26.2317.18º (1.90) 2 = 94.69 17.18º = 90.46 + 27.96i
De donde podemos ver que: Pactiva= 90.46 watts Preactiva= 27.96 VAR’S Paparente= |P| = 94.69 VA El ángulo de la potencia es el mismo que el de la impedancia conjugada El factor de potencia vale:
Z
T
.
f.p. = cos(17.18º) = 0.95+ (adelantado). 108
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Cálculo de la potencia en la rama 1: 50 0º V I = = = 1.90 17.18º amp. Z 26.23 − 17.18º Por divisor de corriente :
I
= 1
(15 − 30i )(1.90 17.18º) 45 − 10i
P = Z I1
2
1
=
63.72 30.32º = 1.38 30.32º amp. 46.09
= (30 − 20i )(1.38) 2 = 57.3 − 38i = 68.6 − 33.7º
P
a
= 57.3 watts
P
r
= 38 VAR' S
P
ap
= 68.6 VA
f.p. = cos(−33.7º ) = 0.8 − (atrasado) Cálculo de la potencia en la rama 2: I = 1.90|17.18º amp. Por divisor de corriente: (30 + 20i ) 1.90 17.18º 68.49 50.87º = = 1.48 63.39º amp. I2 = 45 − 10i 46.09 − 12.52º
(
Z I2
2
P
2
=
P
a
= 33 watts
P
r
= 66 VAR' S
P
ap
2
)
= (15 + 30i )(1.48) 2 = 33 + 66i = 73.46 63.43º
= 73.4 VA
f.p. = 0.44 + (adelantado)
Comprobación de la conservación de la potencia. La potencia total debe ser la suma de las potencias de cada rama. PT = P1 + P2 P1 = 57.3 – 38i P2 = 33 + 66i PT = 90.3+28i (resultado coincidente con el obtenido al calcular PT inicialmente). Cálculo de la potencia en la fuente de alimentación: P f = V I = (50)(1.90 17.8°) = 95 17.18°
Elvio Candelaria Cruz
109
PROBLEMA 4 Encuentre la potencia activa, reactiva y el factor de potencia total del circuito mostrado cuando la potencia reactiva en la rama 2 es de 2000 VAR’S. Dibuje el triángulo de potencias.
Solución:
La potencia en la rama 2 es: 2
2
2
2
P2 = (50 + 20i) I 2 = 50 I 2 + i 20 I 2 = 50 I 2 + 2000i Igualando partes imaginarias: i 20
2
I 2 = 2000i ∴
I2
I2
2
=
2000 = 100 20
= 10 amp.
Este resultado se pudo obtener también sabiendo que la potencia reactiva en la rama 2 es debida al capacitor, así:
P Z c
V V
1 2
=
2
c
I 2 = 20i
V = Z I
=
2
2
2
=
I2
( 50
V P =P +P = Z
2
2
1
T
1
=
2
1
2
= 2000i ∴
I2
= 10 amp.
)
+ 20 2 (10 ) = 538.5
V + Z
2
2 2
=
(538.5) 2 (538.5) 2 2 (50 − 20i + 40 + 15i ) + = (538.5) = 40 + 15i 50 − 20i 2300 − 50i
90 − 5i ⎛ 18 − i ⎞ 2 (538.5) 2 = ⎜ ⎟(538.5) = 11355.4 − 383.5i 2300 − 50i ⎝ 460 − 10i ⎠
110
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Obteniéndose:
P
a
= 11355.4 watts
P
r
= 383.5 VAR' S
f.p. = cos(−1.93º ) = 0.99 − (atrasado)
Triángulo de potencias:
Elvio Candelaria Cruz
111
PROBLEMA 5 Obtenga el triángulo de potencias total y el factor de potencia del circuito dado, si la potencia reactiva consumida es de 1000 VAR’S (capacitivos o adelantados)
Solución:
Z
T
Z
T
=
(5 − 3i )(10 − 4i ) 38 − 50i 62.80 − 52.7º = = = 3.79 − 27.7º Ω 15 − 7i 15 − 7i 16.55 − 25º
= 3.79 27.7º Ω
Como el ángulo de la impedancia conjugada es el mismo que el de la potencia 2 ⎛ ⎞ = P Z I ⎜ ⎟ , podemos calcular por funciones trigonométricas la potencia activa y la ⎝ ⎠ potencia aparente.
tg (27.7°) = ∴ Pa =
1000
P
a
1000 = 1901 watts 0.5259
Potencia aparente = |P|:
112
Problemario de Circuitos Eléctricos II
1000 1000 sen(27.74°) = ∴P = = 2148 VA P 0.465460 f . p. = cos(27.74º ) = 0.88+ (adelantado) con lo cual, el triángulo de potencias queda:
Otro método: Conocida la Z T = 3.793 27.74º = 3.3576 + 1.7664i Ω podemos aplicar P = Z
I
2
2
:
2
P = 3.3576 I + 1.7664 I i Sabemos que Pr = +1000 VAR’S (capacitivos o adelantados) por lo que: 1.7664
I
2
= 1000 ∴
I
2
=
1000 = 566.1231 1.7664
P = 3.35(566.1231) + 1.76(566.1231)i = 1901 + 1000i P = 19012 + 1000 2 = 2148 VA
que son los mismos resultados obtenidos anteriormente.
Elvio Candelaria Cruz
113
PROBLEMA 6 La potencia reactiva consumida por dos impedancias Z1 = 5|45º Ω y Z2 = 10|30º Ω en serie es 1920 VAR’S en retraso (inductivos). Hallar la potencia activa Pa y la potencia aparente |P|, así como el factor de potencia. Obtenga el triángulo de potencias.
Potencia reactiva = 1920 VAR’S (inductivos) Solución:
z = 3.53 + 3.53i z = 8.66 + 5i P =P +P P =Z I +Z I 1
2
T
1
2
2
T
1
2
2
= (3.53 − 3.53i + 8.66 − 5i )
igualando partes imaginarias: − 8.53i
I
∴
P
T
I
2
= −1920i
1920 = 225.08 8.53 = 2744 − 1920i = 3350 − 35º 2
=
Así que :
P
a
= 2744 watts
P
r
= 1920 VAR' S
P
T
= 3350 V.A.
f.p = cos(−35º ) = 0.81− (atrasado)
Triángulo de potencias:
I
2
= (12.19 − 8.53i )
I
2
114
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 7 Encuentre la potencia compleja del circuito mostrado, así como el factor de potencia sabiendo que la potencia activa total consumida es de 1500 watts.
Solución:
P = P1 + P2
P=
V
2
2 + 3i
V = Z V
+
2
1 2
3 + 6i
V + Z V
2
2
=
2
(2 − 3i ) 13
+
V
2
(3 − 6i ) 45
..............................(1)
la parte real de la suma de los dos últimos términos de la ecuación (1) es la potencia real o activa total, entonces:
2V
2
2
= 1500 45 2 2 3 V ⎜⎛ 13 + 45 ⎟⎞ = 1500 ⎝ ⎠ 2 129 V ⎛⎜ 585 ⎞⎟ = 1500 ⎠ ⎝ 2 (1500)(585) ∴V = = 6802 129 13
+
3V
Elvio Candelaria Cruz 2
sustituyendo V = 6802 en cada término de (1) : (6802)(2 − 3i ) = 1046.46 − 1569.7i 13 (6802)(3 − 6i) = 453.46 − 907i P2 = 45 P = P1 + P 2 = 1046.46 − 1569.7i + 453.46 − 907i = 1500 − 2477i = 2895 − 58.8º
P
1
P
a
=
= 1500 Watts
P = 2477 VAR' S P = 2895 VA r
f . p. = cos(−58.8º ) = 0.518− (atrasado)
115
116
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 8 En el circuito mostrado la potencia en el resistor de 10Ω es de 1000 watts y en el circuito total es de 5000 VA con un factor de potencia de 0.90 adelantado. Hallar Z.
Solución: Método 1
VI
V I +V I
=
1
2
ang cos(0.90) = 25.84°
P
R I2
=
2a
2
1000 = 10 ∴
I2
2
2
I2
= potencia activa en la rama 2
2
= 100
I 2 = 10 amp. V = V = (10 + 4i)10 2
V
volts
= 107.70 21.8°
V I = 5000 25.84° ∴I =
I
=
5000 25.84° 107.70 − 21.8°
I +I 1
2
46.42 47.64° = ∴
Z Z
I 1
1
=
amp.
= 46.42 47.64°
I
1
+ 10
= 46.42 47.64° − 10 = 31.27 + 34.30i − 10 = 21.27 + 34.30i = 40.35 58.19°
V I
1 1
=
V I
= 1
107.70 21.8° 40.35 58.19°
=
Z
= 2.66 − 36.39° = 2.14 − 1.57i Ω
amp.
Elvio Candelaria Cruz
117
Método 2. ang cos(0.90) = 25.84° Pot. activa en la rama 2 = 1000 watts
R I2
1000 =
I2
∴
2
2
2
1000 = 100 10
=
I 2 = I = 10 amp. V =V = Z I V = (10 + 4i)10 = 107.70 21.8° 2
2
2
2
V P
T
Z
volts
= 11600
=
V Z
2
T
5000 25.84° = ∴
2
T
=
11600
Z
T
11600 = 2.32 − 25.84° Ω 5000 25.84°
Asimismo Z (10 + 4i ) Z + 10 + 4i Z (10 + 4i ) 2.32 − 25.84° = Z + 10 + 4i
Z
T
=
haciendo operaciones algebraicas para despejar a Z, obtenemos:
Z = 2.14 - 1.57i
Ω
118
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Método 3. ang cos(0.90) = 25.84°
V P = Z
2
T
T
V = Z
2
+
V
2
10 + 4i
.......................................(1)
La parte real o potencia activa en la rama 2 vale 1000 watts 2 ⎧ ⎫ V ⎪ ⎪ Re ⎨10 + 4i ⎬ = 1000 ⎪ ⎪ ⎩ ⎭
10 V
2 2
= 1000 ∴ V = 11600
116 Sustituyendo valores en la ecuación (1) : 11600 11600 + 10 + 4i Z 11600 4500 + 2179i = + 1077 − 21.8° Z 11600 4500 + 2179i = + 1000 − 400i Z 11600 = 3500 + 2579i Z 11600 11600 ∴Z = = − 36.38° = 2.668 − 36.38° 3500 + 2579i 4347.5 5000 25.84° =
Z = 2.14 − 1.57i Ω
Elvio Candelaria Cruz
119
PROBLEMA 9 En la red de C.D. dada halle el valor de RL para el cual se tendrá una máxima transferencia de potencia. Calcule la potencia máxima.
Solución:
1. Por intercambio de fuentes simplificamos la red.
2. Se deberá hallar el circuito equivalente de Thévenin.
V
Th
= 11 J 2
10 J 1 − 4 J 2 = 8 − 4 J 1 + 20 J 2 = 10
J
2
=
10
8
−4
10
10
−4
−4
20
=
132 = 0.7173 amp. 184
120
V
Th
Problemario de Circuitos Eléctricos II
= 11(0.7173) = 7.89 volts
La resistencia de Thévenin se calcula de:
RTh = 4.42 Ω 3. Se calcula la potencia máxima en RL.
El valor de RL debe ser igual al de RTh para que se transfiera la máxima potencia.
I =
7.89 = 0.892 amp. 8.84
Pot
max
=
R I L
2
= 4.42(0.892) 2 = 3.51 watts
Elvio Candelaria Cruz
121
PROBLEMA 10 En el circuito mostrado encuentre el valor de la impedancia de carga ZL que dé lugar a la transferencia de potencia máxima y calcule dicha potencia.
Solución:
1. Hallemos el circuito equivalente de Thévenin, obteniendo VTh de:
z I = 100 z = 5 + 8i + 10i + 2(4i) = 5 + 26i 11 11
(5 + 26i ) I = 100 ∴ I =
100 500 − 2600i = 5 + 26i 701
I = 0.7132 − 3.70i amp.
V
Th
= 10iI + 4iI = 14i (0.7132 − 3.70i ) = 51.8 + 9.984i = 52.75 10.9° volts
Cálculo de la impedancia de Thévenin:
122
z z z
= 10i
11 22
12
Problemario de Circuitos Eléctricos II
= 5 + 8i + 10i + 2(4i ) = 5 + 26i = 10i + 4i = 14i 10i
Z
Th
=
14i
14i 5 + 26i − 64 + 50i 980 + 1914i = = = 1.4 + 2.73i 5 + 26i 5 + 26i 701
El circuito equivalente de Thévenin es:
2. La máxima transferencia de potencia tiene lugar cuando
Z
L
=
Z
Th
La impedancia total del circuito es: ZT = 1.4 + 2.73i + 1.4 - 2.73i = 2.8Ω
Elvio Candelaria Cruz
123
3. Calculemos I1 (nótese que la carga se reduce a 1.4 Ω, porque la bobina y el condensador se anulan).
I1 =
V
Z
=
52.75 10.9° 2.8
T
= 18.8310.9° amp.
y la potencia máxima transferida es :
Pot Pot
R I1
2
max
=
max
= 496 watts
L
= 1.4(18.83) 2
124
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS
PROBLEMA 1 El circuito serie mostrado consume 64 watts con un factor de potencia de 0.8 en retraso. Hallar la impedancia Z y el triángulo de potencias.
PROBLEMA 2 Encuentre la potencia compleja y el factor de potencia en cada rama de la red dada. Compruebe la conservación de la potencia compleja.
PROBLEMA 3 Empleando divisor de corriente encuentre la potencia en cada rama del circuito dado y compruebe que Pfc = P1 + P2.
Elvio Candelaria Cruz
127
PROBLEMA 4 Mediante funciones trigonométricas obtenga la potencia reactiva, aparente y el factor de potencia del circuito dado, sabiendo que la potencia activa consumida es de 2000 watts. Dibuje el triángulo de potencias.
PROBLEMA 5 En la siguiente configuración calcule la potencia aparente, activa, reactiva y el factor de potencia en Z5. Obtenga el triángulo de potencias en dicha impedancia.
E=20|0° volts
Z1 = 3 Z2 = 2+2i Z3 = 2i Z4 = 1 + i Z5 = 4 + i Z6 = 1 + 2i
128
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 6 La potencia reactiva consumida por dos impedancias Z1 = 8|-15° Ω y Z2 = 20|-45° Ω en serie es de 800 VAR’S adelantados. Hallar la potencia activa, aparente y el factor de potencia.
PROBLEMA 7 Calcule la potencia compleja en cada rama del circuito dado, cuando la potencia reactiva en la rama 3 es de 500 VAR’S.
PROBLEMA 8 En el circuito mostrado determine el valor de RL al cual se le transfiera la máxima potencia y calcule dicha potencia.
Elvio Candelaria Cruz
129
PROBLEMA 9 En el circuito dado determine el valor de RL que dé lugar a la máxima transferencia de potencia. Calcule la potencia máxima suministrada a la carga.
PROBLEMA 10 En el circuito mostrado encuentre el valor de la impedancia de carga ZL que dé lugar a la transferencia de potencia máxima y calcule dicha potencia.
130
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMAS COMPLEMENTARIOS
PROBLEMA 1 Diseñe un circuito RLC serie resonante para la corriente con una tensión de entrada de 5|0° volts que tenga las siguientes especificaciones: a) Una corriente pico de 10 mA. b) Un ancho de banda de 120 Hz. c) Una frecuencia de resonancia de 3x103 Hz. Encuentre R, L y C y las frecuencias de corte.
PROBLEMA 2 Un circuito RLC serie con R=20 Ω y L=2 mHy operando a una frecuencia de 500 Hz tiene un ángulo de fase de 45° en adelanto. Hallar la frecuencia de resonancia para la corriente del circuito.
PROBLEMA 3 La tensión aplicada a un circuito serie RLC con C=16 μF es de v(t ) = 120 2 cos(1000t − 30°) volts y la corriente que circula es i (t ) = 3 2 sen 1000t amp. Encuentre los valores de R y de L ¿cuál será la frecuencia de resonancia ω0 para la corriente?
Elvio Candelaria Cruz
177
PROBLEMA 4 Se tiene un circuito RLC serie con una frecuencia de resonancia para la corriente de f0 = 300 Hz y un ancho de banda AB = 100 Hz. Encuentre la Q0 del circuito y las frecuencias de corte f1 y f2.
PROBLEMA 5 En la red dada:
a) b) c) d) e)
Calcule la Q0 de la red. Encuentre el valor de XC para la resonancia en V. Determine la frecuencia de resonancia f0 si el ancho de banda es de 5000 Hz. Calcule el máximo valor de la tensión VC. Calcule las frecuencias de corte f1 y f2.
PROBLEMA 6 Calcule el valor de C para que el circuito mostrado entre en resonancia para V a una frecuencia angular ω0 = 25000 rad/seg.
178
Problemario de Circuitos Eléctricos II
PROBLEMA 7 En el circuito dado:
a) b) c) d)
Encuentre la frecuencia ω0 que haga mínima la corriente I. Calcule las reactancias XL y XC a esta frecuencia. Encuentre ZT a la frecuencia ω0. Si E=200|0° volts encuentre I, IL e IC.
PROBLEMA 8 En el circuito RLC paralelo que se muestra:
a) Encuentre por dualidad la frecuencia de resonancia ω0 para la corriente en el capacitor y la expresión para el módulo máximo de dicha corriente (ver problema núm. 7 resuelto). b) Verifique los resultados anteriores haciendo el desarrollo completo del método.
PROBLEMA 9 Deduzca la expresión para calcular la frecuencia de resonancia para V en el circuito paralelo de dos ramas mostrado.
Elvio Candelaria Cruz
179
PROBLEMA 10 En el circuito paralelo de dos ramas que se muestra, encuentre el valor de L y de C para que la red entre en resonancia para V a cualquier frecuencia. Exprese la condición que relacione a RL, RC , L y C.
180
Problemario de Circuitos Eléctricos II
CAPÍTULO V
REDES CON MULTIFRECUENCIAS
PROBLEMA 1 En el circuito dado ifc(t) = 5 + 10sen1000t + 15sen(2000t + 30°) amp. Calcule el voltaje instantáneo en la bobina y en el resistor en serie con la fuente.
Solución: Se observa que la fuente posee término constante y términos senoidales, por lo que habrá que resolver la red auxiliar de C.D. y la red auxiliar de C.A. Calcularemos primeramente el voltaje en la bobina en cada red auxiliar. Red auxiliar de C.D. En corriente directa la bobina se comporta como corto circuito.
Z
L
= iωL = i (0) L = 0 Ω
Por tanto v0 = 0 volts Red auxiliar de C.A. La red auxiliar de C.A. es el circuito original con corrientes y voltajes complejos.
Elvio Candelaria Cruz
183
En el análisis de problemas con fuentes senoidales de diferentes frecuencias se aplica el teorema de superposición, es decir, haremos actuar por separado cada término de la fuente para obtener una respuesta parcial y la suma de estas respuestas parciales será la respuesta total. El voltaje en la bobina está dado por:
VL = ZeqI Consideremos primeramente el término
i'
fc
(t ) = 10sen1000t ↔ 10 0°
para ω = 1000 rad
seg
,
I ' =10 0°
amp.
⎡ (300)(ix10 3 )(8x10 −3 ) ⎤ 2400 90° Z 'eq = ⎢⎣ 300 + (ix10 3 )(8x10 −3 ) ⎥⎦ = 300.11.52° = 7.99 88.48° Ω
V ' = Z ' I ' = (7.99 88.48°)(10 0°) eq
V ' = 79.9 88.48°
volts
Este complejo corresponde a la senoide
v'(t ) = 79.9 sen(1000t + 88.48°)
volts
Ahora consideremos el segundo término senoidal de la fuente.
i''(t ) = 15sen(2000t + 30°) ↔ 15 30° para ω = 2000 rad
Z ''eq =
seg
,
I '' = 15 30°
amp.
4800 90° (300)(i )(2 x10 3 )(8 x10 −3 ) 300 x16i = 15.97 86.95° Ω = = 300 + i (2 x10 3 )(8 x10 −3 ) 300 +16i 300.42 3.05°
V '' = Z '' I '' = (15.97 86.95°)(15 30°) = 239.55 116.95° eq
volts
Cuya senoide correspondiente es:
v''(t )
184
= 239.55 sen( 2000t + 116.95°) volts
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Por lo que el voltaje instantáneo en la bobina es:
v (t ) = v + v'(t ) + v''(t ) L
0
v (t ) = 79.9 sen(1000t + 88.48°) + 239.55 sen(2000t + 116.95°) L
volts
El voltaje instantáneo en el resistor de 500 Ω es:
v (t ) = 500 i fc (t ) R
volts
v (t ) = 2500 + 5000 sen 1000t + 7500 sen (2000t + 30°) R
Elvio Candelaria Cruz
volts
185
PROBLEMA 2 Calcule el voltaje instantáneo en el capacitor del circuito mostrado, cuando la fuente es E(t) = 10 + 5sen(106t +60°) volts.
Solución: Red auxiliar de C.D. Consideremos el término constante de E(t). En corriente directa el capacitor se comporta como circuito abierto. 1 1 Z c = iωC = i(0)C = ∞ Ω
Por divisor de voltaje: 100(10) 103 v100 = 50 + 100 = 150 = 6.66 volts
v
0
= 6.66 volts (v0 = vc )
Red auxiliar de C.A.
186
Problemario de Circuitos Eléctricos II
Consideremos ahora el término senoidal de E(t). E ' (t ) = 5sen(106 t + 60°) ↔ 5 60° para ω = 106 rad seg , E ' = 5 60°
ZC = Z
C
1 5 x106 i 5 x106 i =− =− iωC ω 106
= −5i Ω
A la impedancia en paralelo del resistor de 100Ω y el capacitor la designamos como Z eq (indicada en la red auxiliar de C.A.). 500 − 90° 100(−5i) Z eq = 100 − 5i = 100.125 − 2.86°
Z
eq
= 4.994 − 87.14° = 0.249 − 4.98i ≅ 0.25 − 5i Ω
Aplicando divisor de voltaje para hallar el voltaje en el capacitor, tendremos:
(Z )E ' (4.994 − 87.14°)(5 60°) eq
V'
=
V'
= 0.495 − 21.46° volts
C
C
50 + Z eq
=
50 + 0.25 − 5i
=
25 − 27.14° 50.25 − 5i
=
25 − 27.14° 50.5 − 5.68°
El voltaje instantáneo en el capacitor es la suma de las respuestas parciales de los términos de la fuente E(t).
v (t ) = v + v' (t ) C
0
C
v (t ) = 6.66 + 0.495 sen(10 t − 21.46°) 6
C
Elvio Candelaria Cruz
volts
187
PROBLEMA 3 Obtenga la serie trigonométrica de Fourier de la onda “diente de sierra” dada.
Solución: En la figura se puede observar lo siguiente:
1. El valor medio de la función es cero. 2. La función es impar, por lo tanto sólo contendrá términos senos (todas las constantes an serán cero). La serie trigonométrica de Fourier de f(t) está dada por:
a
+ cos ωt + a2 cos 2ωt + ... + b1 sen ωt + b2 sen 2ωt + ... 2 a1 En forma compacta : f (t ) =
f (t ) =
0
a + ∑( a 2 0
∞
n =1
n
cos nωt + bn sen nωt )
Los coeficientes de Fourier se calculan de: = n
2 t 0 +T f (t ) cos nωtdt T ∫t 0
n = 0,1,2,...
bn =
2 t 0 +T f (t ) sen nωtdt T ∫t 0
n = 1,2,3,...
a
Cálculo de a 0 . 2 Al sustituir n = 0 en a n:
a0 = a
0
2 188
=
2 t 0 +T f (t )(cos 0ωt )dt T ∫t 0 1 t 0 +T f (t )dt T ∫t 0 Problemario de Circuitos Eléctricos II
En nuestro caso elegiremos
a
0
2
=
1 T
∫
T
2 −T 2
t
0
=−
T . 2
f (t )dt
Pudimos tomar t0=0, pero esto implicaría integrar dos intervalos de la función (de 0
