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PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN CA
PRIMERA PARTE: Problemas sobre determinación de las características de la onda senoidal y fasores.
CARACTERÍSTICAS DE LA ONDA SENOIDAL
1º. (Problema 13.3-16 Boylestad) Sí la frecuencia es 60 Hz, determine cuánto tiempo se requerirá para que la
forma de onda senoidal, con un ángulo de fase igual a cero, pase por un ángulo de 45º. Escriba el modelo
matemático para la forma de onda.
DESARROLLO: La expresión para el modelo matemático es: f(t) = A Sen(w t),
Sí f = 60Hz, entonces, w = 377.7 rad./seg. Sí α = w t = 45º = 0.7853 rad.
.7853
Entonces, t = 0377
.7 = 2.08 mseg.
Luego para que la onda pase por un ángulo de 45º se requiere un tiempo de 2.08 mseg, a partir de t = 0.
El modelo matemático quedará: f(t) = A Sen(377.7 t),
para t = 0 , f(0) = 0 y para t = 2.08mseg, f(2.08ms) = 22 A = 0.7071ª
2º. (Problema 13.3-17 Boylestad) Sí una forma de onda senoidal, con ángulo de fase igual a cero, pasa por un
ángulo de 30º en t = 5 mseg., determine la velocidad angular de la forma de onda.
DESARROLLO:
Sí α = w t = 30º = 0.5235 rad, entonces, w =
0.5235
5 x10 − 3
= 104.7 rad/seg.
3º. (Problema 13.3-26 Boylestad) Sí una forma de onda f(t) = A Sen(w t ), es igual a 40 en α = 30º y en
t = 1 mseg., determine la expresión del modelo matemático que describe la onda en función del tiempo.
DESARROLLO:
Sí α = w t = 30º = 0.5235 rad, entonces, w =
0.5235
1x10 − 3
= 523.5 rad/seg.
Luego f(t) = A Sen(523.5 t ) y sí f(t) = 40, para t = 1 x 10- 3 seg., entonces:
40
A=
= 80, luego el modelo matemático quedará: f(t) = 80 Sen(523.5 t )
−1
Sen (523.5 x 1 x 10 - 3 )
4º. (Problema 13.3-20 Boylestad)
Dada la expresión analítica f(t) = 0.5 Sen(104.7 t + 60º), la onda está adelantada 60º de la onda normal
a) indique la expresión con el ángulo de fase en radianes.
f(t) = 0.5 Sen(104.7 t + 1.0471rad.), la onda está adelantada 1.0471 radianes de la onda normal.
b) indique la expresión con la abscisa del tiempo en segundos.
f(t) = 0.5 Sen(104.7( t + 10 x 10-3)), la onda está adelantada 10 mseg. de la onda normal.
c) indique la expresión con la función coseno y ángulo de fase en grados.
f(t) = 0.5 Cos(104.7 t - 30º), la onda está atrasada 30º de la onda normal.
d) indique la expresión con la función coseno y ángulo de fase en radianes.
f(t) = 0.5 Cos(104.7 t - 0.5235rad), la onda está atrasada 0.5235 radianes de la onda normal.
e) indique la expresión con la abscisa del tiempo en segundos.
f(t) = 0.5 Cos(104.7( t - 5 x 10-3)), la onda está atrasada 5 mseg. de la onda normal.
5º. Determine el ángulo y el tiempo positivo más pequeño, en la cual la magnitud de la onda senoidal
f(t) = 10Sen(377 t + 30º), es igual a 4. ¿Cuál es el valor de la onda para t = 0?
DESARROLLO:
.
Para, t = ? f(?) = 4 ; 4 =10Sen (377 t + 30º) ; 377 t + 30º = Sen- 1(0.4) = 0.41151 rad.,
Cambiando la expresión a radianes: 377 t + 0.5235 rad. = 0.41151 rad., por lo tanto,
t = 0.41151377−0.5235 = - 0.2970 x 10- 3 seg.
El cálculo arroja el tiempo negativo para el cual la magnitud de la función es 4, pero como la pregunta es
acerca del tiempo positivo más pequeño, entonces, avanzamos hacia la derecha un tiempo igual a un
periodo de la función, para encontrar este tiempo.
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Por lo tanto, sí w = 377 rad/seg. el periodo es : T = 16.666 mseg.
O sea que, el tiempo positivo más pequeño es: t1 = - 0.2970 x 10- 3 seg. + 16.666 x 10- 3 = 16.369 x 10- 3 seg.
Lo anterior significa que la función tiene los siguientes pares de coordenadas:
t = - 0.2970 mseg. , f(-0.297ms ) = 4
y t = 16.369 mseg. , f( 16.369ms ) = 4
Por otro lado, f(0) = 10 Sen(377(0) + 0.5235rad) = 5
6º. (Problema 10.1- 1 Kemmerly) Una onda seno, es cero y aumenta en t = 2.1 mseg., además, el máximo
positivo siguiente de 8.5 ocurre en t = 7.5 mseg. Expresar la onda de la forma f(t) igual a A) C1 Sen(w t + θ),
en donde θ es positivo, lo más pequeño posible, y se mide en grados; B) C2 Cos(w t + β), en donde β es
positivo, lo más pequeño posible, y se mide en grados; C) C3 Sen(w t ) + C4 Cos(w t)
DESARROLLO:
A) f(t) = C1 Sen(w t + θ) = 8.5 Sen(w t + θ),
Sí para t = 2.1 mseg. f(2.1ms) = 0, entonces: 0 = 8.5 Sen(w (2.1 x 10- 3) + θ),
(w (2.1 x 10- 3) + θ) = Sen-1(0) = 0, por lo tanto, θ = -2.1 x 10- 3w
Por otro lado, sí para t = 7.5 mseg. f(7.5ms) = 8.5, entonces: 8.5 = 8.5 Sen(w (7.5 x 10- 3) + θ),
(w (7.5 x 10- 3) + θ) = Sen-1(1) = 1.5707, por lo tanto, θ = 1.5707 -7.5 x 10- 3 w
Desarrollando simultáneamente las dos ecuaciones resulta que w = 290.87 rad./seg. y θ = - 0.6108 rad.
o θ = - 35º. Por lo tanto, la onda seno quedará expresada por: f(t) = 8.5 Sen(290.87 t - 35º),
o f(t) = 8.5 Sen(290.87 t – 0.6108 rad),
B) f(t) = 8.5 Sen(290.87 t - 35º) = 8.5 Cos(290.87 t - 125º) = 8.5 Cos(290.87 t – 2.181rad)
C) Utilizando la formula: Cos(a+b) = Cos(a) Cos(b) - Sen(a) Sen(b) , la expresión del coseno se puede
convertir a Cos(290.87 t - 125º) = Cos(290.87 t) Cos(-125º) - Sen(290.87 t) Sen(-125º)
Cos(290.87 t - 125º) = 0.819 Sen(290.87 t) – 0.573 Cos(290.87 t)
Luego: 8.5 Cos(290.87 t - 125º) = 6.9615 Sen(290.87 t) – 4.8705 Cos(290.87 t)
7º. (Problema 10.1- 1 Kemmerly) Una onda seno, es 5 y aumenta en t = 0, además, el máximo positivo
siguiente de 10 ocurre en t = 2.77 mseg. Expresar la onda de la forma f(t) igual a A) C1 Sen(w t + θ), en
donde θ es positivo, lo más pequeño posible, y se mide en grados; B) C2 Cos(w t + β), en donde β es
positivo, lo más pequeño posible, y se mide en grados; C) C3 Sen(w t ) + C4 Cos(w t)
DESARROLLO:
A) f(t) = C1 Sen(w t + θ) = 10 Sen(w t + θ),
Sí para t = 0, f(0) = 5, entonces: 5 = 10 Sen(w (0) + θ),
(θ) = Sen-1(0.5) = 0.5235, θ = 0.5235 rad. = 30º , por lo tanto, f(t) = 10 Sen(w t + 30º)
Por otro lado, sí para t = 2.77 mseg. f(2.77ms) = 10, entonces: 10 = 10 Sen(w (2.77 x 10- 3) + 30º),
- 0.5236
(w (2.77 x 10- 3) + 0.5236) = Sen-1(1) = 1.5707, por lo tanto, w = 1.5707
= 378 rad./seg.,
2.77 x 10 - 3
y la onda seno quedará expresada por: f(t) = 10 Sen(378 t + 30º),
o f(t) = 10 Sen(378 t – 0.5236 rad),
B) f(t) = 10 Sen(378 t + 30º) = 8.5 Cos(378 t - 60º) = 8.5 Cos(378 t – 1.0471rad)
C) Utilizando la formula: Sen(a+b) = Sen(a) Cos(b) + Cos(a) Sen(b) , la expresión del seno se puede
convertir a Sen(378 t + 30º) = Sen(378 t) Cos(30º) + Cos(378 t) Sen(30º)
Sen(378 t + 30º) = 0.866 Sen(378 t) + 0.5 Cos(378 t)
Luego: 10 Sen(378 t + 30º) = 8.66 Sen(378 t) + 5.0 Cos(378 t)
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FASORES:
8º. (Problema 10.3- 2 Dorf) Un voltaje senoidal tiene 100 v de amplitud máxima, y cuando t = 0 su magnitud
es 10 v. Determine v(t) cuando el periodo es: T = 1 mseg. Determine el correspondiente fasor V
DESARROLLO:
El modelo matemático del voltaje puede estar representado por: v(t) = 100 Sen(w t + θ)
Sí T = 1 mseg., entonces w = 6,28 rad./seg., y el modelo quedará: v(t) = 100 Sen(6.28 t + θ)
Sí para t = 0, v(0) = 10 v, entonces: 10 = 100 Sen(6.28 (0) + θ), y por lo tanto, θ = Sen-1(0.1) = 0.1001 rad.
Luego θ = 0.1001 rad. = 5.73º, y el modelo matemático quedará:
v(t) = 100 Sen(w t + 5.73º) = 100 Sen(w t + 0.1001 rad.) = 100 Cos(w t – 84.27º)
Finalmente el fasor quedará: Vmax = 100 ∠ - 84.27º o Vefic = 70.71 ∠ - 84.27º
9º. (Problema 10.3- 1 Dorf) Exprese las siguientes sumas de senoides en la forma general A Sen(w t + θ)
por medio de identidades trigonométricas y utilizando fasores.
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS:
i(t) = 2 Cos(6t + 120º) + 4 Sen(6t – 60º)
Utilizando la fórmula: Cos(a+b) = Cos(a) Cos(b) - Sen(a) Sen(b) , la expresión del coseno se puede
convertir a Cos(6 t + 120º) = Cos(6 t) Cos(120º) - Sen(6 t) Sen(120º), por lo tanto:
2 Cos(6 t + 120º) = - Cos(6 t) – 1.732 Sen(6 t)
Utilizando la formula: Sen(a+b) = Sen(a) Cos(b) + Cos(a) Sen(b) , la expresión del seno se puede convertir
a Sen(6 t - 60º) = Sen(6 t) Cos(-60º) + Cos(6 t) Sen(-60º) , por lo tanto:
4 Sen(6 t - 60º) = 2 Sen(6 t) – 3.464 Cos(6 t), reemplazando en la primera expresión, ésta quedará:
i(t) = - Cos(6 t) – 1.732 Sen(6 t) + 2 Sen(6 t) – 3.464 Cos(6 t) = – 4.464 Cos(6 t) + 0.268 Sen(6 t)
i(t) = (−4.464) 2 + (0.268) 2 Cos(6 t – [tan-1( −04.268
.464 )+180º]) = 4.4720 Cos(6 t – 176.56º)
i(t) = – 4.464 Cos(6 t) + 0.268 Sen(6 t) = 4.4720 Cos(6 t – 176.56º) = 4.4720 Sen(6 t – 86.56º)
FASORES:
Expresando las funciones originales en términos de coseno tendremos:
i(t) = 2 Cos(6t + 120º) + 4 Sen(6t – 60º) = 2 Cos(6t + 120º) + 4 Cos(6t – 150º),
Obteniendo los respectivos fasores:
I = 2 ∠ - 60º + 4 ∠ - 150º = 4.4721 ∠ - 176.56º
Pasando al dominio del tiempo: i(t) = 4.4721 Cos(6 t – 176.56º) = 4.4725 Sen(6 t – 86.56º)
10º. (Problema 10.12- 3 Dorf) Se cuenta con la señal:
i(t) = 72 √3 Cos(8 t) + 36 √3 Sen(8 t + 140º) + 144 Cos(8 t + 210º) + 25 Cos(8 t + βº), ¿ para qué valor de
β la corriente alcanza su valor máximo?
Pasando al análisis fasorial: I = 72 √3 ∠ 0º + 36 √3 ∠ 50º + 144 ∠ 210º + 25 ∠ βº
Sumando los tres primeros vectores: I = 46.83 ∠ - 31.86º + 25 ∠ βº , de la suma presentada, se puede
observar que para que esta suma sea máxima, se requiere que los vectores estén en fase, o sea que,
βº = - 31.86º y de esta forma I = 71.83 ∠ - 31.86º ; i(t) = 71.83 Cos(8 t – 31.86º)
11º. (Problema 10.1- 2 Kemmerly)
a) Sí -10 Cos(w t) + 4 Sen(w t) = A Cos(w t + φ), donde A > 0 y -180º < φ ≤ 180º, determine A y φ
DESARROLLO:
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
-10 Cos(w t) + 4 Sen(w t) = (−10) 2 + (4) 2 Cos(w t – [tan-1( −410 )+180º]) = 10.77 Cos(w t – 158.19º)
luego: A = 10.77 y φ = 158.19º
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FASORES:
-10 Cos(w t) + 4 Sen(w t) = -10 Cos(w t) + 4 Cos(w t – 90º)
en fasores 10 ∠ 180º + 4 ∠ - 90º = 10.770 ∠ - 158.19º
en el dominio del tiempo: -10 Cos(w t) + 4 Sen(w t) = 10.77 Cos(w t – 158.19º)
b) Sí 200 Cos(5 t + 130º) = F Cos(5 t) + G Sen(5 t), determine F y G
DESARROLLO:
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
Utilizando la fórmula: Cos(a+b) = Cos(a) Cos(b) - Sen(a) Sen(b) , la expresión del coseno se puede
convertir: Cos(5 t + 130º) = Cos(5 t) Cos(130º) - Sen(5 t) Sen(130º), por lo tanto:
200 Cos(5 t + 130º) = - 128.4 Cos(5 t) – 153.2 Sen(5 t); luego: F = - 128.4 y G = - 153.2
c) Encontrar tres valores de t, 0 ≤ t ≤ 1 seg.,para los cuales i(t) = 5 Cos(10 t) – 3 Sen(10 t) = 0.
DESARROLLO:
Utilizando identidades trigonométricas podremos expresar la corriente como una sola función:
i(t) = 5 Cos(10 t) – 3 Sen(10 t) = (5) 2 + (-3) 2 Cos(10 t – [tan-1( −53 )]) = 5.83 Cos(10 t + 30.96º)
= 5.83 Cos(10 t + 0.5403rad).
Características de la función: w = 10 rad/seg., F = 1.5915 Hz, T = 0.62831 seg., T/2 = 0.31415 seg.
Para i(0) = 0 = 5.83 Cos(10 t + 30.96º) , entonces: 10 t + 30.96º = Cos-1(0) = π/2 = 1.5707
10 t = 1.5707rad. - 0.5403rad. ; por lo tanto, t = 1.0304 seg.
Luego para t1 = 1.0304 seg., la función pasa por cero. Los tiempos, menores a 1 seg., en donde la función
ha pasado por cero son:
t2 = t1 - T/2 = 0.71625 seg. ; t3 = t2 - T/2 = 0.4021seg. ; t4 = t3 - T/2 = 0.0897seg.
Prueba: i(0.0897s) = 5 Cos(10 (0.0897)) – 3 Sen(10 (0.0897) ) = 0.77
i(0.4021s) = 5 Cos(10 (0.4021)) – 3 Sen(10 (0.4021) ) = - 0.87
i(0.7162s) = 5 Cos(10 (0.7162)) – 3 Sen(10 (0.7162) ) = 0.88
d) ¿En qué intervalo de tiempo entre t = 0 y t = 10 mseg. es 10 Cos(100πt) ≥ 12 Sen(100πt)?
DESARROLLO:
Características de la función: w = 100π rad/seg., F = 50 Hz, T = 0.02 seg., T/2 = 0.01 seg.
Determinando el tiempo para la cual presentan igual valor, tendremos:
10
Sen (100πt )
= Tan(100 π t) =
10 Cos(100πt) = 12 Sen(100πt) ;
Cos(100πt )
12
t =
tan −1 ( 10
0.6947
12 )
= 2.2114 mseg.
=
100π
100π
12 Sen(100π t)
Respuesta:
La desigualdad presentada
se cumple para:
0 ≤ t ≤ 2.114 mseg.
12
t (ms)
10 Cos(100π t)
- 10
0
2.114ms
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PROBLEMAS RESUELTOS DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS EN CA
SEGUNDA PARTE. Problemas sobre cálculo de impedancias, voltajes, corrientes y potencias en forma
compleja, utilizando las leyes básicas de los circuitos.
1º. CIRCUITO RL EN SERIE: (Problema Nº 8, Unidad 2, guías del profesor) Una bobina cuya resistencia e
inductancia son 60 Ω y 0.20 H respectivamente, se alimenta de un generador que presenta entre sus terminales
un voltaje de 169.7 Cos (377 t) V. Determine: a) la reactancia inductiva; b) la impedancia equivalente del
circuito; c) la corriente RMS y en el dominio del tiempo; d) los voltajes RMS y en el dominio del tiempo a través
de la resistencia y de la inductancia. R = 60 Ω , L = 0.20 H, vA = 169.7 Cos ( 377 t ) v .
vR(t)
vL(t)
vA
DESARROLLO ANALÍTICO EN EL DOMINIO DEL
TIEMPO:
d i (t)
vR(t) = 60 i(t)
vL(t) = 0.2
vA = vR(t) + vL(t)
dt
d i (t)
+ 300 i(t) = 848.5 Cos(377 t)
dt
i(t)
La solución de la ecuación diferencial arroja:
i(t) = K e
i(t) = K e- 300 t + 1.096 Cos(377 t) + 1.378 Sen(377 t)
A
- 300 t
+ 1.760 Cos(377 t – 51.5º) A, por lo tanto, los voltajes a través de la resistencia e inductancia serán:
vR(t) = K1 e
+ 105.6 Cos(377 t – 51.5º) v = K1 e- 300 t + 105.6 Sen(377 t – 38.5º) v
vL(t) = K2 e- 300 t – 132.7 Sen(377 t – 51.5º) v = K2 e- 300 t +132.7 Sen(377 t +128.5º) v
vL(t) = K2 e- 300 t + 132.7 Cos(377 t + 38.5º) v
- 300 t
DESARROLLO ANALÍTICO EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA:
Datos del problema en el dominio del tiempo: R = 60 Ω , L = 0.20H, vA = 169.7 Cos ( 377 t ) v, w = 377 rad/seg, f = 60 Hz,
Valores encontrados en el dominio de la frecuencia: VA =
120 ∠ 0º v , ZR = 60 ∠ 0º Ω, ZL = 75.4 j Ω = 75.4 ∠ 90º Ω
ZR
ZT = 60 + j 75.4 Ω = 96.36 ∠ 51.48º Ω
V
120 ∠ 0º
I= A =
= 1.245 ∠ - 51.48º A
VR
ZT
96.36 ∠ 51.48º
VA
VL
ZL
VR = I * ZR = 1.245 ∠ - 51.48º * 60 ∠ 0º = 74.72 ∠ - 51.48º v
VL = I * ZL = 1.245 ∠ - 51.48º * 75.4 ∠ 90º = 93.87 ∠ 38.52º v
I
Los resultados en el dominio del tiempo serán:
i(t) = 1.245 2 Cos(377 t – 51.48º) A = 1.76 Cos(377 t – 51.48º) A
vR(t) 74.72 2 Cos(377 t – 51.48º) v = 105.6 Cos(377 t – 51.48º) A
vL(t) = 93.87 2 Cos(377 t + 38.52º) v = 132.7 Cos(377 t + 38.52º) v
SIMULACIÓN CON EL PROGRAMA DE OrCAD Pspice:
SIMULACIÓN EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA - ANALÍSIS FASORIAL (AC Sweep/Noise) (Barrido de frecuencia)
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Librería y elemento utilizado como fuente:
SOURCE – VAC: 120 V, ∠ 0º, F inicio 59hz, F final 61 hz
Total puntos 3
VR
I
RESULTADOS DE LA SIMULACIÓN:
VA
VL
V(1) = VA = 120 ∠ 0º v
I(R) = I(L) = I = 1.2454 ∠ - 51.48º A
V(1,2) = VR = 74.72 ∠ - 51.48º v
V(2) = VL = 93.898 ∠ 38.51º v
SIMULACIÓN EN EL DOMINIO DEL TIEMPO: (Time Domain (Transient))
Librería y elemento utilizado como fuente:
SOURCE – VSIN: VAMP 169.7 V, FREQ 60Hz, PHASE 0º
Run to time 70 ms, Maximum step size 0.1ms
RESULTADOS DE LA SIMULACIÓN:
V(1) :
VA max = 169.69 ; tA max = 37.473ms
V(1) - V(2) : VR max = 105.66 ; tR max = 39.873ms
V(2) :
VL max = 132.77 ; tL max = 35.673ms
Los resultados se pueden observar en la figura siguiente, en donde está dibujado el segundo ciclo después de t = 0 y por ello los
valores de voltajes y corrientes no han adquirido su valor máximo real. Los valores mostrados indican los valores máximos de las
ondas y sus correspondientes valores del tiempo.
INTERPRETACIÓN DE RESULTADOS Y DETERMINACIÓN DE MODELOS:
Seleccionando la onda más adelantada V(2), como la referencia, determinamos las diferencias de tiempo de las otras ondas con respecto
al tiempo de la onda V(2). Esto es: tA max - tL max = 1.8 mseg. θVA-VL=
1.8 x10 − 3 x 377 x 180
= 38..88º
π
tR max - tL max = 4.2 mseg. θVR-VL=
4.2 x10 − 3 x377 x 180
= 90.72º
π
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Luego los modelos matemáticos con referencia vL quedarán: vL(t) = 132.77 Cos(377 t ) v
vA = 169.69 Cos(377 t – 38.88º) v
Referencia
vR(t) = 105.66 Cos(377 t – 90.72º) v
Los modelos matemáticos con referencia vA quedarán:
vA = 169.69 Cos(377 t ) v Referencia
vR(t) = 105.66 Cos(377 t – 51.84º) v
vL(t) = 132.77 Cos(377 t + 38.88º) v
2º. CIRCUITO RLC EN SERIE: (Problema, Unidad 3, guía del profesor)Un circuito RLC en serie, en donde
R = 3Ω , L = 18.56 mh , C = 884.1 uf , está conectado a un generador cuyo voltaje en los terminales es
v = 70.7 Cos(377 t) V. Determine todas las impedancias, corrientes y voltajes RMS y en el dominio del tiempo.
vL(t)
vR(t)
i(t)
vC(t)
vA
DESARROLLO ANALÍTICO EN EL DOMINIO
DEL TIEMPO:
d i (t)
vR(t) = 3 i(t)
vL(t) = 18.56x10- 3
dt
vC(t) = 0.8841x10 −3
t
∫i
0
(t)
dt + vC(0) ; vA = vR(t)+ vL(t)+ vC(t)
d i (t)
d 2 (t)
6
+
161.6
+ 60942.5 i(t) = - 1.436 x 10 Sen(377 t)
2
dt
dt
La solución de la ecuación diferencial arroja:
i(t) = e- 80.8 t [ k1 Cos(233.2 t) + k2 Sen(233.2 t) ] + 11.34 Cos(377 t) + 8.48 Sen(377 t)
i(t) = e- 80.8 t [ k1 Cos(233.2 t) + k2 Sen(233.2 t) ] + 14.16 Cos(377 t – 53.2º) A
A
Los voltajes a través de los elementos serán:
vR(t) = e- 80.8 t [ k3 Cos(233.2 t) + k4 Sen(233.2 t) ] + 42.48 Cos(377 t – 53.2º) V
vL(t) = e- 80.8 t [ k5 Cos(233.2 t) + k6 Sen(233.2 t) ] + 99.08 Cos(377 t + 36.8º) V
vC(t) = e- 80.8 t [ k7 Cos(233.2 t) + k8 Sen(233.2 t) ] + 42.48 Cos(377 t – 143.2º) V
DESARROLLO ANALÍTICO EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA:
Datos del problema en el dominio del tiempo: R = 3 Ω , L = 1856 mH, C = 884 uF, vA = 70.7 Cos ( 377 t ) v, w = 377 rad/seg,
f = 60 Hz,
Valores encontrados en el dominio de la frecuencia: VA =
ZR
ZL
VR
VL
VA
I
50 ∠ 0º v , ZR = 3 ∠ 0º Ω, ZL = 7 j Ω = 7 ∠ 90º Ω
ZC = - 3 j Ω = 3 ∠ - 90º Ω
ZT = (3 + j 7 –j 3) Ω = (3+j4) Ω = 5 ∠ 53.1º Ω
ZC
VC
I=
VA
50 ∠ 0º
=
= 10 ∠ - 53.1º A
ZT
5 ∠ 53.1º
VR = I * ZR = 10 ∠ - 53.1º *3 ∠ 0º = 30 ∠ - 53.1º v
VL = I * ZL = 10 ∠ - 53.1º * 7 ∠ 90º = 70 ∠ 36.9º v
VC = I * ZL = 10 ∠ - 53.1º * 3 ∠ -90º = 30 ∠ - 143.1º v
Los resultados en el dominio del tiempo serán:
i(t) = 10 2 Cos(377 t – 53.1º) A = 14.14 Cos(377 t – 53.1º) A
vR(t) 30 2 Cos(377 t – 53.1º) v = 42.42 Cos(377 t – 53.1º) A
vL(t) = 70 2 Cos(377 t + 36.9º) v = 98.99 Cos(377 t + 36.9º) v
vC(t) = 30 2 Cos(377 t – 143.1º) v = 42.42 Cos(377 t – 143.1º) v
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CÓDIGO: 00076 UFPS
SIMULACIÓN CON EL PROGRAMA DE OrCAD Pspice:
SIMULACIÓN EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA - ANALÍSIS FASORIAL (AC Sweep/Noise) (Barrido de frecuencia)
Librería y elemento utilizado como fuente:
SOURCE – VAC: 50 V, ∠ 0º, F inicio 59hz, F final 61 hz, Total puntos 3
VR1
VL1
VC1
RESULTADOS EN EL DOMINIO
DE LA FRECUENCIA
V(1) = VA = 50 ∠ 0º v
I(L1) = IT = 10 ∠ - 53.1º A
V(1)-V(2) = V(R1) = 30 ∠ - 53.1º v
V(2)-V(3) = V(L1) = 70 ∠ 36.9º v
V(3) = V(C1) = 30 ∠ - 143.1º v
VA
RESULTADOS EN EL DOMINIO DEL TIEMPO:
vA = 50
iT = 10
vR1 = 30
vL1 = 70
vC1 = 30
2 ∠ 0º v
=
2 ∠ - 53.1º A =
2 ∠ - 53.1º v =
2 ∠ 36.9º v
=
2 ∠ - 143.1º v =
70.7 Cos ( 377 t ) v
14.14 Cos ( 377 t – 53.1º) A
42.42 Cos ( 377 t – 53.1º) v
98.9 Cos ( 377 t + 36.9º) v
42.42 Cos ( 377 t – 143.1º) v
SIMULACIÓN EN EL DOMINIO DEL TIEMPO: (Time Domain (Transient))
Librería y elemento utilizado como fuente:
SOURCE – VSIN: VAMP 70.7 V, FREQ 60Hz, PHASE 0º
Run to time 70 ms, Maximum step size 0.1ms
RESULTADOS DE LA SIMULACIÓN:
V(1) :
VA max = 70.682 ; tA max = 33.293ms
V(1) - V(2) : VR max = 42.396 ; tR max = 35.854ms
V(2) - V(3) : VL max = 98.075 ; tL max = 48.293ms
V(3) :
VC max = 40.981 ; tC max = 40.000ms
Los resultados se pueden observar en la figura siguiente, en donde está dibujado el segundo ciclo después de t = 0 y por ello los
valores de voltajes y corrientes no han adquirido su valor máximo real. Los valores mostrados indican los valores máximos de las
ondas y sus correspondientes valores del tiempo.
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INTERPRETACIÓN DE RESULTADOS Y DETERMINACIÓN DE MODELOS:
Seleccionando la onda más adelantada VA, como la referencia, determinamos las diferencias de tiempo de las otras ondas con respecto
al tiempo de la onda VA. Esto es: tR max - tA max = 2.561 mseg. θVA-VL=
tL max - tA max = 15 mseg. θVR-VL=
2.561x10 − 3 x 377 x 180
= 57..60º
π
15 x10 − 3 x377 x 180
= 324.0º
π
tC max - tA max = 6.707 mseg. θVR-VL=
6.707 x10 − 3 x 377 x 180
= 144.87º
π
Luego los modelos matemáticos con referencia vA quedarán: vA = 70.682 Cos(377 t ) v
Referencia
vR(t) = 42.396 Cos(377 t – 57.6º) v vL(t) = 98.075 Cos(377 t – 324º) v vC(t) = 40.981 Cos(377 t – 144.8º) v o
vR(t) = 42.396 Cos(377 t – 57.6º) v vL(t) = 98.075 Cos(377 t + 36º) v vC(t) = 40.981 Cos(377 t – 144.8º) v
Se puede observar que los resultados por cualquiera de las simulaciones son muy iguales a los obtenidos por los métodos
analíticos.
CIRCUITO EQUIVALENTE DE CARGA: El circuito de carga RLC en serie, analizado en este punto, se puede convertir
en circuito RL en serie, agrupando los elementos LC en un solo elemento L, para este caso, porque la impedancia inductiva es mayor
que la capacitiva.
Al analizar el circuito equivalente, encontraremos que la corriente que circula por la fuente es igual a la corriente por la fuente con el
circuito original RLC en serie.
Elementos originales: R = 3 Ω
,
L = 18.56 mH , C = 884 uF , v = 70.7 Cos ( 377 t ) v , w = 377 rad/seg.
Impedancias originales: ZR = 3 ∠ 0º Ω, ZL = 7 j
Ω
ZT = (3 + j 7 –j 3) Ω
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= 7 ∠ 90º Ω, ZC = - 3 j Ω = 3 ∠ - 90º Ω
= (3+j4) Ω = 5 ∠ 53.1º Ω
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Impedancias equivalentes: ZR = 3 ∠ 0º Ω, ZL = 4 j Ω = 3 ∠ 90º Ω, ZT = (3 + 4j )
4
Luego, la inductancia equivalente será: Le = 377
= 10.61 mH
Ω
= 5 ∠ 53.1º Ω
Le
RESULTADOS EN EL DOMINIO
DE LA FRECUENCIA
VA = 50 ∠ 0º v
IT = 10 ∠ - 53.1º A
V(R1) = 30 ∠ - 53.1º v
V(L1) = 40 ∠ 36.9º v
RESULTADOS EN EL DOMINIO DEL TIEMPO:
vA = 50
iT = 10
vR1 = 30
vL1 = 40
2 ∠ 0º v
2 ∠ - 53.1º A
2 ∠ - 53.1º v
2 ∠ 36.9º v
=
=
=
=
70.7 Cos ( 377 t ) v
14.14 Cos ( 377 t – 53.1º) A
42.42 Cos (377 t – 53.1º) v
56.56 Cos (377 t + 36.9º) v
3º. CIRCUITO RLC EN SERIE Y PARALELO (MIXTO): (Problema Nº 18, Unidad 2, guía del profesor)
Un condensador de 350 uf , una resistencia de 10Ω y una bobina cuya inductancia y resistencia son 0,030H y
5Ω respectivamente, están conectadas en paralelo y alimentadas por un generador de 169.7Sen(377 t) V.
Determine: a) La corriente RMS y en el dominio del tiempo a través de cada rama ; b) la corriente RMS y en el
dominio del tiempo del generador ; c) la impedancia equivalente de entrada ; d) la corriente total del circuito si
el generador se reemplaza por una batería de 120 V.
ig
vg
iC
iR
vR1
vC
vR
iB
vB
vL
Características en las variables del circuito por aplicación de las leyes de Kirchhoff, en el dominio del tiempo:
vg = vC = vR = vB , por estar en paralelo ; vB = vR1 + vL , por estar en serie (LVK)
ig = iC + iR + iB , por estar conectados al mismo nodo (LCK)
Características del generador en el dominio del tiempo:
vg = 169.7Sen(377 t) V. = 169.7Cos (377 t – 90º) V. w = 377 rad/seg. , f = 60 Hz, T = 16.666 mseg.
Características en los elementos de carga del circuito en el dominio del tiempo:
C = 350 uF , R = 10 ohm , Bobina( R1 = 5 ohm , L = 0.03 H)
CARACTERÍSTICAS EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA:
Impedancia de los elementos:
ZC = - 131.95 j = 135.95 ∠ - 90º Ω , ZR = 10 ∠ 0º Ω ,
ZR1 = 5 ∠ 0º Ω , ZL = 11.31 j = 11.31 ∠ 90º Ω , ZB = ZR1 + ZL = 5 + 11.31 j = 12.36 ∠ 66.1º Ω ,
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Cálculo de impedancias:
Z * ( Z R // Z B )
Z * ZB
ZR//ZB = R
= 6.57 ∠ 29º Ω , ZT = C
= 6.7259 ∠ 26.4º = 6.024 + 2.9906 j Ω
ZR + ZB
Z C + ( Z R // Z B )
Nota: La impedancia total está compuesta por resistencia y reactancia inductiva, quiere decir que el circuito se
comporta como inductivo.
Voltaje eficaz del generador: Vg = 120 ∠ - 90º v = VC = VR = VB
Cálculo de corrientes y voltajes en el dominio de la frecuencia y presentados en el dominio del tiempo:
120 ∠ - 90 o
= 17.84 ∠ - 116.4º A
Corriente del generador: Ig =
6.7 259 ∠26.4 o
ig = 25.231Cos(377 t -116.4º) A = 25.231Sen(377 t -26.4º) A
120 ∠ - 90 o
= 0.9094 ∠ 0º A
Corriente del capacitor: IC =
131.95 ∠ - 90 o
iC = 1.286Cos(377 t ) A = 1.286Sen(377 t + 90º) A
120 ∠ - 90 o
Corriente del resistor: IR =
= 12 ∠ - 90º A
10 ∠0 o
iR = 16.97Cos(377 t -90º) A = 16.97Sen(377 t ) A
120 ∠ - 90 o
= 9.708 ∠ - 156.1º A
Corriente de la bobina: IB =
12.36 ∠66.1o
iB = 13.729Cos(377 t -156.1º) A = 13.729Sen(377 t - 66.1º) A
Prueba : por LCK, Ig = IC + IR + IB = 0.9094 ∠ 0º + 12 ∠ - 90º + 9.708 ∠ - 156.1º = 17.81 ∠ - 116.5º A
La corriente a través del generador tiene un valor muy similar al valor obtenido al principio del cálculo.
Voltajes internos en la bobina:
Voltaje en la resistencia de la bobina: VR1 = IB * ZR1 = 9.708 ∠ - 156.1º * 5 ∠ 0º = 48.56 ∠ - 156.1º v
vR1 = 68.64Cos(377 t – 156.1º) v = 68.64Sen(377 t – 66.1º) v
Voltaje en la inductancia de la bobina: VL = IB * ZL = 9.708 ∠ - 156.1º * 11.31 ∠ 90º = 109.79 ∠ - 66.1º v
vL = 155.26Cos(377 t – 66.1º) v = 155.26Sen(377 t + 23.9º) v
Cálculo de potencias en todos los elementos:
FUENTE:
Generador: Sg = Vg * Ig* = 120 ∠ - 90º * 17.84 ∠116.4º = 2140.8∠26.4º = 1917.5 + 951.87 j
El generador suministra: 1917.5 w y 951.87 var
CARGA:
Capacitor: SC = VC * IC* = 120 ∠ - 90º * 0.9094 ∠ 0º = 109.128 ∠ - 90º = 0 – 109.128 j
El capacitor no absorbe ni suministra potencia activa, 0 w, y suministra 109.128 VAR
Resistor: SR = VR * IR* = 120 ∠ - 90º * 12 ∠ 90º = 1440 ∠ 0º
El resistor consume 1440 w
Bobina: SB= VB * IB* = 120 ∠ - 90º * 9.708 ∠ 156.1º = 1164.9 ∠ 66.1º = 471.97 + 1065.06 j
La bobina absorbe 471.7 w y 1065 VAR
Potencias en la bobina: Resistor SR1 = VR1 * IB* = 48.56 ∠ - 156.1º * 9.708 ∠ 156.1º = 471.42 ∠ 0º w
Inductancia: SL= VL * IL* = 109.79 ∠ - 66.1º * 9.708 ∠ 156.1º = 1065.5 ∠ 90º = 1065.5 VAR
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CÓDIGO: 00076 UFPS
4º. CIRCUITO CON CARGAS ELÉCTRICAS EN GENERAL (Problema Nº 29, Unidad 2, guía del profesor)
Un generador de 70.71Cos (377 t + 30°) v, alimenta a un sistema compuesto de cuatro cargas conectadas como
se indica en la figura abajo. Determine: a) las potencias aparente, activa y reactiva del sistema; b) el factor de
potencia del sistema; c) la corriente RMS y en el dominio del tiempo a través del generador; d) las corrientes y
voltajes RMS y en el dominio del tiempo de todas y cada una de las cargas. Calcule los valores de los elementos
individuales que representan las respectivas cargas, con el fin de poder simular el circuito con alguno de los
programas de simulación existentes.
Carga 2
i2
ig
Carga 1
vg
100 VAR L
200 w
i4
100 VAR L
200 w
Carga 3
v2
v1
200 VAR C
0 w
i1
Carga 4
v3
200 VAR C
100 w
v4
i3
DATOS DEL PROBLEMA:
Potencias de cada una de las cargas:
Carga 1: P1 = 200 w, Q1 = 100 VARL ,
Carga 2: P2 = 200 w, Q2 = 100 VARL ,
Carga 3: P3 = 0 w, Q3 = 200 VARC ,
Carga 4: P4 = 100 w, Q4 = 200 VARC ,
S1 = 200+100j = 223.6 ∠ 26.5º VA
S2 = 200+100j = 223.6 ∠ 26.5º VA
S3 = 0 - 200j = 200 ∠ - 90º VA
S4 = 100 - 200j = 223.6 ∠ - 63.4º VA
Sistema de cargas: PT = 500 w, QT = 200 VARC , ST = 500 -200j = 538.5 ∠ -21.8º VA
Por otro lado: ST = 223.6 ∠ 26.5º + 223.6 ∠ 26.5º + 200 ∠ - 90º + 223.6 ∠ - 63.4º = 538.9 ∠ -21.8º VA
Potencia aparente = 538.9 VA , con un FP = 0.928 en adelanto
Potencia activa = 500 w , Potencia reactiva capacitiva = 200 VARC
Voltaje del generador: 70.71Cos (377 t + 30°) v ; Vg = 50 ∠ 30º v
538.5 ∠ - 21.8º
Corriente del generador: Ig* =
= 10.77 ∠ -51.8º A ; Ig = 10.77 ∠ 51.8º A
50 ∠ 30º
ig = 15.23Cos(377 t + 51.8º) A = 15.23Sen(377 t + 141.8º) A
Voltaje de la carga 1: por LVK a la malla de la izquierda, V1 = Vg = 50 ∠ 30º v
S
223.6 ∠ 26.5º
= 4.472 ∠ - 3.5º A ; I1 = 4.472 ∠ 3.5º A
Corriente de la carga 1: I1* = 1 =
V1
50 ∠ 30º
i1 = 6.324Cos(377 t + 3.5º) A = 6.324Sen(377 t + 93.5º) A
Corriente de la carga 2: por LCK al nodo superior izquierdo, I2 = Ig – I1
I2 = 10.77 ∠ 51.8º - 4.472 ∠ 3.5º = 8.48 ∠ 74.9º A
i2 = 11.99Cos(377 t + 74.9º) A = 11.99Sen(377 t + 164.9º) A
S
223.6 ∠ 26.5º
= 26.36 ∠ 101.4º
Voltaje de la carga 2: V2 = 2* =
8.48 ∠ - 74.9º
I2
v2 = 37.27Cos(377 t + 101.4º) v = 37.27Sen(377 t – 168.6º) v
Voltaje de la carga 3 y 4: por LVK a la malla del centro, V3 = V1 – V2 = V4
V3 = V4 = 50 ∠ 30º - 26.36 ∠ 101.4 = 48.51 ∠ - 0.99º
v3 = v4 = 68.6Cos(377 t – 0.99º) v = 68.6Sen(377 t + 89.01º) v
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CÓDIGO: 00076 UFPS
Corriente de la carga 3: I3* =
S3
200 ∠ - 90º
=
= 4.122 ∠ - 89.01º
V3 48.51 ∠ - 0.99º
I3 = 4.122 ∠ 89.01º
A;
A
i3 = 5.82Cos(377 t + 89º) A = 5.82Sen(377 t + 179º) A
Corriente de la carga 4: I4* =
S 4 223.6 ∠ - 63.4º
=
= 4.609 ∠ - 62.4º
V4 48.51 ∠ - 0.99º
A;
I4 = 4.609 ∠ 62.4º
A
i4 = 6.51Cos(377 t + 62.4º) A = 6.51Sen(377 t + 152.4º) A
PRUEBA: por LCK Ig = I1 + I2 ; I2 = I3 + I4
I2 = 4.122 ∠ 89.01º + 4.609 ∠ 62.4º = 8.49 ∠ 74.9º
Ig = 4.472 ∠ 3.5º + 8.48 ∠ 74.9º = 10.77 ∠ 51.7º , las respuestas, cumplen con las leyes de Kirchhoff y
coinciden con las obtenidas al principio de los cálculos de las corrientes en este problema.
Cálculo de los valores en los elementos individuales:
V1
50 ∠ 30º
= 10 + 4.98 j ;
CARGA 1: Z1 =
=
R1 = 10 Ω ; L1 = 13.2 mH
I1
4.472 ∠ 3.5º
V2
26.36 ∠ 101.4º
= 2.781 + 1.387 j R2 = 2.781 Ω ; L2 = 3.67 mH
CARGA 2: Z2 =
=
I2
8.48 ∠ 74.9º
V3
48.51 ∠ - 0.99º
= - 11.768 j ;
CARGA 3: Z3 =
=
R3 = 0 Ω ; C3 = 0.225 mF
I3
4.122 ∠ 89,01º
V4
48.51 ∠ - 0.99º
= 4.714 – 9.410 j ; R4 = 4.714 Ω ; C4 = 0.281 mF
CARGA 4: Z4 =
=
I4
4.609 ∠ 62.4º
SIMULACION EN EL PROGRAMA DE OrCAD Pspice
Con los valores de los elementos obtenidos y los datos de la fuente suministrados por el problema, podremos
simular el circuito, efectuando un análisis fasorial o barrido de frecuencia (AC Sweep/Noise)
Resultados de la simulación:
Vg = V1 = 50 ∠ 30º
, V2 = V(1,3) = 26.357 ∠ 101.4º
, V3 = V4 = 48.53 ∠ -0.983º
Ig = 10.78 ∠ 51.8º , I1 = 4.476 ∠ 3.5º , I2 = 8.48 ∠ 74.9º , I3 = 4.117 ∠ 88.9º , I4 = 4.60 ∠ 62.4º
Los resultados son muy aproximados a los obtenidos en el desarrollo analítico.
Resultados adicionales: VR1 = 44.76 ∠ 3.5º , VR2 = 23.59 ∠ 74.9º , VR4 = 21.68 ∠ 62.4º
VL1 = 22.27 ∠ 93.5º , VL2 = 11.74 ∠ 164.9º , VL3 = 48.53 ∠ -0.98º , VL4 = 43.42 ∠ - 27.5º
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Profesor: Luis Rodolfo Dávila Márquez
CÓDIGO: 00076 UFPS
5º. PROBLEMA CON AMPLIFICADOR OPERACIONAL (p 10.13-4 Dorf y Svoboda 6ª Edición)
Para el circuito de la figura siguiente calcular vsal(t) cuando el voltaje de entrada es: vent (t) = 5 Cos( w t) mv
Para F = 10 Khz.
I1
I1
0A
0V
I2
+
vsal(t)
0A
-
vent (t)
I2
DESARROLLO ANALÍTICO:
Sí el amplificador es ideal, para efectos de
cálculo de voltajes y corrientes externas,
podremos considerar, que la corriente de
entrada al amplificador es igual a cero y
que el voltaje entre los nodos 2 y 3 también
es igual a cero. Aplicando LCK a los nodos
centrales superior e inferior, determinamos
que por las resistencias de 1K y la de 10K
circula la misma corriente I1 y por la
resistencia de 175 Ω y el capacitor circula
la misma corriente I2
Con base en lo anteriormente expuesto, podremos aplicar LVK en el dominio de la frecuencia a tres caminos
cerrados diferentes, estos son:
;
Vsal = - 11K I1
A) Vsal + 10K I1 + 1K I1 = 0
Vent
1
= 1.5915 ∠ - 90º
;
I2 =
, siendo ZC =
B) Vent – 175 I2 - Zc I2 = 0
175 + Z C
j 62831.8 * 10x10 -6
Z I - Vsal
C) Vsal + 10K I1 – ZC I2 = 0
;
I1 = C 2
10 K
Reemplazando B) en C) y el resultado en A), la ecuación quedará:
Z C ( 175V+entZC ) - Vsal
Z * Vent
] , la cual despejando el voltaje de salida quedará: Vsal = 11 [ C
]
Vsal = - 11 K [
10 K
175 + Z c
Luego sí Zc = 1.5915 ∠ - 90º y Vent = 5 ∠ 0º , entonces,
1.5915∠ − 90º * 5∠ 0º
Vsal = 11 [
] = 0.5x10-3∠ - 89.47º , por lo tanto, el voltaje de salida quedará:
175 + 1.5915 ∠ - 90º
vsal(t) = 0.5 Cos( w t – 89.5º) mv ; Respuesta.
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Profesor: Luis Rodolfo Dávila Márquez
CÓDIGO: 00076 UFPS