Problemas de Teor´ıa de Circuitos

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

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