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• FRANK ENZO HUAYNATE CABEZAS

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA ELECTRICA Y ELECTRONICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRICA

PROBLEMAS PROPUESTOS

CURSO: CIRCUITOS ELECTRICOS II PROFESOR: SOLIS FARFAN, ROBERTO ENRIQUE INTEGRANTES:

MARTINEZ ALEJANDRO, POOL JEAN PIERRE VALENZUELA GUTIERREZ, RENZO ALEJANDRO

BELLAVISTA – CALLAO 21/11/12

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PROBLEMA N°1 En el circuito de la figura halle usted la relación entre ⃒XC⃒ y⃒ XL⃒ para el cual la corriente permanece constante (de la misma magnitud) al variar la resistencia.

Sol: ̅̅̅̅̅ Se sabe: I̅ = V Yeq 1

1

̅( I̅ = V + 𝐣𝐗 ) R−jX C

1

𝐋

1

R+jX

̅( ̅ ( 2 C2 + I̅ = V + 𝐣𝐗 ) = V R−jX R +X C

R+jX

𝐋

C

−𝐣

R

̅ ( 2 C2 + ) = V ̅( 2 I̅ = V R +X 𝐗 R +X C

𝐋

−𝐣𝐗 𝐋 𝐗𝐋𝟐

) X

C

2

C + j (R2 +X

𝟏

C

2

− 𝐗 )) 𝐋

Sacando modulo a los respectivos vectores R

2

XC

𝟏 I = V√( 2 2) + ( 2 2−𝐗 ) R + XC R + XC 𝐋

2

Dando valores a R como:0, XC R = 0,

2

2

𝟏 1 𝟏 2 √ ( ) … … … (1) I = V√( 2 ) + ( − ) = V − XC 𝐗 𝐋 0 + XC 2 02 + XC 2 𝐗 𝐋 0

XC

2

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R = XC ,

2

XC

XC

2

𝟏 I = V√( 2 2) + ( 2 2−𝐗 ) XC + XC XC + XC 𝐋 1 2 1 𝟏 2 ) +( = V√( − ) … … . . (2) 2XC 2XC 𝐗 𝐋

Como la corriente se mantiene cte en magnitud para cualquier valor de R igualamos (1) y (2) 1 𝟏 2 1 2 1 𝟏 2 √ √ ) +( V ( − ) =V ( − ) XC 𝐗 𝐋 2XC 2XC 𝐗 𝐋 Operando y desarrollando 1 2 𝟐 𝟏 2 1 2 1 2 𝟏 1 2 ( ) − ) +( ) − ) +( ) =( +( XC 𝐗𝐂𝐗𝐋 𝐗𝐋 2XC 𝐗𝐋 XC 𝐗 𝐋 2XC 1 2XC

2

=

𝟏 XC 𝐗 𝐋

𝐗𝐂 𝟏 = 𝐗𝐋 𝟐

PROBLEMA N°2: En el circuito de la figura se conoce que la tensión VAB es 15∠45° halle usted la corriente en la resistencia de 6 ohmios y la tensión desconocida V2.

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Sol: Por las ecuaciones de nodos En el nodo B 30∠0 1 1 1 1 ) − ̅̅̅ ) = ̅̅̅ VB ( + + VA ( 5 5 j5 2 + j3 2 + j3 En el nodo A ̅̅̅ V2 1 1 1 1 ̅̅̅ ) + ̅̅̅ = −V VA ( + + ) B( 4 2 + j3 2 + j3 4 6 También ̅̅̅̅̅ ̅̅̅ ̅̅̅ V AB = VA − VB = 15∠45 V̅c = 0 ̅̅̅̅̅ VAC = ̅̅̅ VA − ̅̅̅ VC = ̅̅̅ VA ̅̅̅̅̅ VBC = ̅̅̅ VB − ̅̅̅ VC = ̅̅̅ VB Nos queda 23 28 2 3 6∠0 = ̅̅̅ VB ( − j) − ̅̅̅ VA ( − j) … . . (1) 65 65 13 13 ̅̅̅ V2 2 3 89 3 ̅̅̅ ̅̅̅ = −V − j) + V − j) … . . (2) B( A( 4 13 13 156 13 ̅̅̅ VB = ̅̅̅ VA − 15∠45 … . . (3)

Reemplazamos (3) en (1) 23 28 2 3 ̅̅̅ 6∠0 = (V − j) − ̅̅̅ VA ( − j) A − 15∠45) ( 65 65 13 13 23

̅̅̅ VA =

28

6∠0 + (15∠45) (65 − 65 j) 23

28

2

3

(65 − 65 j) − (13 − 13 j)

̅̅̅ 𝐕𝐀 = 𝟓𝟎. 𝟕𝟏𝟖𝟑∠𝟒𝟏. 𝟕𝟑𝟗 = 𝟑𝟕. 𝟖𝟒𝟒𝟗 + 𝟑𝟑. 𝟕𝟔𝟓𝟓𝐣…(4) Reemplazamos (4) en (3) ̅̅̅ VB = ̅̅̅ VA − 15∠45 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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̅̅̅ VB = (50.7183∠41.739) − 15∠45 ̅̅̅ 𝐕𝐁 = 𝟑𝟓. 𝟕𝟓𝟐𝟖∠𝟒𝟎. 𝟑𝟕𝟐 = 𝟐𝟕. 𝟐𝟑𝟖𝟑𝟖 + 𝟐𝟑. 𝟏𝟓𝟖𝟗𝐣…(5) Reemplazamos (4) y (5) en (2) ̅̅̅ V2 2 3 89 3 ̅̅̅ = −V − j) + ̅̅̅ VA ( − j) B( 4 13 13 156 13 2 3 ̅̅̅ V2 = −4(27.23838 + 23.1589j) ( − j) + 4(37.8449 13 13 89 3 + 33.7655j) ( − j) … . . (2) 156 13 ̅̅̅ 𝐕𝟐 = 𝟗𝟓. 𝟒𝟔𝟒𝟔∠𝟑𝟑. 𝟕𝟑𝟐 Pero nos piden I̅ q pasa por la resistencia 6Ω ̅̅̅̅̅ ̅ VAC = ̅̅̅ VA − ̅̅̅ VC = ̅̅̅ VA = IR I̅ = I̅ =

̅̅̅ VA R

50.7183∠41.739 6

𝐈̅ = 𝟖. 𝟒𝟓𝟑∠𝟒𝟏. 𝟕𝟑𝟗

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PROBLEMA N°3: Varias lámparas domesticas de 120 V serán usadas para proporcionar iluminación en un cuarto grande. La carga total de la iluminación es 8 kw. El Código Eléctrico Nacional requiere que ningún interruptor de circuito sea mayor que 20 A con un 25% de margen de seguridad, Determine el numero de ramas de circuito idénticas que se necesitan para este requerimiento.

Sol: IT̅ = n I̅ P = V ∗ IT̅ 8000 = 120IT̅ IT̅ = 66.67 A I̅ < 20 A CON 25% DE ERROR ENTONCES: I̅ < 25 A EN (I): In < 25n 66.667 < 25n 𝐧 > 2.67 6

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PROBLEMA N°4: Una cocina domesticas de 5.1 kw se diseña para operar con un voltaje senoidal de 240 v rms como se muestra en la figura P10.72ª. Sin embargo el electricista ha conectado erróneamente la cocina para 120 V rms, como se muestra en la figura P 10.72B ¿Cuál es el efecto de este error?

Cuando la cocina funciona en sus rangos de fabricación |IRANGO | =

PRANGO 5100 = = 21.25 A − rms |VAB | 240∠0

Cuando la cocina funciona en otros rangos a los de fabricación |IRANGO | =

5100 = 42.5 A − rms 120∠0

El efecto de este error es que la corriente se va a duplicar, esto puede traerle problemas de calentamiento en la cocina.

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PROBLEMA N°5: La impedancia de carga Z̅L en el circuito de la figura se ajusta hasta lograr la máxima transferencia de potencia media a Z̅L . Se pide. a) Hallar el valor de Z̅L si N1=900 vueltas y N2 = 1500 vueltas. ̅L cuando Z̅L absorbe la máxima potencia media. b) Hallar los valores de IL̅ y V

Sol:

Para poder hallar la máxima transferencia de potencia hacemos uso de la equivalencia de impedancias y tomamos la impedancia de entrada como carga y para poder hacer que sea máxima la potencia esta de tomar el valor conjugado de la línea. N2 − N1 ) . Z̅L Z̅ent = ( N2 Z̅L = (

1500 ) . (400 − j3200) 1500 − 900

𝐙̅𝐋 = 𝟐𝟓𝟎𝟎 − 𝐣𝟐𝟎𝟎𝟎𝟎 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

;

Z̅ent = 400 − j3200 8

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Además sabemos que: N2 − N1 ̅2 ).V N2

2 ̅0 = V ̅ … (1) => V 5 2

N2 − N1 ) . I1̅ N2

2 => IL̅ = . I1̅ … (2) 5

̅0 = ( V IL̅ = (

̅2 = IL̅ . Z̅L … (3) V Ahora analizando la primera malla: ̅0 120∠00 = I1̅ (400 + j3200) + V Reemplazando las ecuaciones (1),(2) y (3) 2 2

120∠00 = I1̅ (400 + j3200) + 5 (5 . I1̅ ). Z̅L 120∠00 = I1̅ (400 + j3200) +

4 . I̅ (2500 − j20000) 25 1

I1̅ = 0.15∠0o A 𝐈̅𝐋 = 𝟎. 𝟎𝟔∠𝟎𝐨 𝐀 Como ̅L = V ̅2 = IL̅ . Z̅L V ̅L = 0.06∠00 . (2500 − j20000) V ̅𝐋 = 1209.338 ∠−𝟖𝟐. 𝟖𝟕𝐨 𝐕 𝐕

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PROBLEMA N°6: En el circuito que se muestra indique la condición que se debe cumplir para que ̅ V1 y I1̅ estén en fase.

Z̅ = Z∠ϕ Sol: Para que se cumpla esta condición la impedancia equivalente vista desde los bornes de V1 debe de resonar, calcularemos la impedancia equivalente, la cual debe de tener su parte imaginaria igual a cero.

De la figura: I1̅ = 1A Z̅ =

̅1 V I1̅

Y ̅1 = (I1̅ -I)̅ X ̅C V

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̅1 = (1-I)̅ ̅ V XC ̅1 = ̅ ̅ C … (I) V XC − I̅ X También: ̅1 = I̅ ̅ 1 + I2̅ ̅ V X XM … (II) ̅2 : Y el valor de V ̅2 − I2̅ Z̅ = 0 … (III) V También: ̅2 = IX ̅ ̅ M + I2̅ X ̅C … (IV) V De las ecuaciones (III) y (IV) despejamos I2̅ : ̅C = I X ̅ ̅ M I2̅ Z̅ − I2̅ X I2̅ =

̅ M I̅ X … (V) ̅C Z̅ − X

Y tenemos: Remplazando las ecuaciones (V) y (I) en la ecuación (II): ̅1 = IX ̅ ̅ 1+ V

̅ M I̅ X ̅ X ̅C M Z̅ − X

̅1 = I̅ (X ̅1 + V

2 ̅ XM ) Z̅ − ̅ XC

̅C − V ̅1 ̅M 2 X X ̅1 = ( ̅1 + ) V ) (X ̅ XC Z̅ − ̅ XC ̅1 = ̅ V X1 +

2 2 ̅ ̅1 ̅ XM V XM ̅ ) − (X1 + Z̅ − ̅ XC ̅ XC Z̅ − ̅ XC

2 2 ̅ ̅ ̅ X1 XM XM ̅1 (1 + + ̅1 + )=X V ̅C X ̅C (Z̅ − X ̅C ) ̅C X Z̅ − X

̅1 [ V

̅C (Z̅ − X ̅C ) + X ̅1 (Z̅ − X ̅C ) + X ̅M 2 ̅1 (Z̅ − X ̅C ) + X ̅M 2 X X ]= ̅ XC (Z̅ − ̅ XC ) Z̅ − ̅ XC

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̅1 = V

∴

Im

2 ̅1 (Z̅ − ̅ [X XC ) + ̅ XM ] ̅ XC 2 ̅C + ̅ (X X1 )(Z̅ − ̅ XC ) + ̅ XM

̅ 1 (Z ̅ −X ̅C ) + X ̅M𝟐 ] X ̅C [X ̅C + X ̅ 1 )(Z ̅ −X ̅C ) + X ̅M𝟐 (X

=𝟎

PROBLEMA N°7: El amperímetro del circuito marca 10 amperios si el condensador variable esta desconectado. Cuando su capacidad vale 160uF, circula la mínima corriente y el amperímetro marca 6 amperios. Determine “Z” para estas condiciones y la tensión de la fuente “E” si la frecuencia es de 50 Hz.

Sol: 𝐗𝐂 =

𝟏 = 𝟏𝟗. 𝟖𝟗𝛀 𝟐𝛑 × 𝟓𝟎 × 𝟏𝟔𝟎 × 𝟏𝟎−𝟔

Gráficamente tenemos:

La mínima corriente se da cuando el voltaje y la corriente total están en fase como se indica en la figura:

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El triangulo formado es conocido (37° y 53°) entonces: 𝐈𝐜 = 𝟖∠𝟗𝟎°

El voltaje de la fuente: 𝐄 = 𝟖∠𝟗𝟎° × 𝟏𝟖. 𝟖𝟗∠ − 𝟗𝟎° 𝐄 = 𝟏𝟓𝟗. 𝟏𝟐∠𝟎° La impedancia de la carga será: 𝐙=

𝟏𝟓𝟗. 𝟏𝟐∠𝟎° = 𝟏𝟓. 𝟗𝟏𝟐∠𝟓𝟑° 𝟏𝟎∠ − 𝟓𝟑°

PROBLEMA N°8: En el circuito se sabe que Z̅L = 0.1∠α ohm y la caída de tensión en la misma adelanta 40o a la tensión de 460 voltios. Si la corriente “I” está atrasada 16o respecto de “V”, determine “α “, “Z̅1 ”y la potencia aparente de Z̅1 .Además V = 440v.

Sol: Hacemos una grafica fasorial para poder hallar los valores gráficamente.

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Del grafico podemos obtener las siguientes relaciones: 440Senβ = VL Sen40𝐨 440Cos β + VL .cos40𝐨 = 460 Resolviendo: 𝛃 = 𝟐. 𝟐𝟐𝐨 𝐕𝐋 = 𝟐𝟔. 𝟓𝟐 Ahora hallamos α: Z̅L = 0.1∠α ̅L VL V Z̅L = = ∠56𝐨 + β I I̅  VL = 0.1 I 26.52𝐨 I̅ = ∠ − (16𝐨 + β) 0.1 I̅ = 𝟐𝟔𝟓. 𝟐∠ − 𝟏𝟖. 𝟐𝟐𝐨 𝐀 También: α = 56𝐨 + β 𝛂 = 𝟓𝟖. 𝟐𝟐𝐨 Hallamos Z̅1 : ̅ V 440∠−2.22𝐨 ̅Z1 = = I̅ 265.2∠−18.22𝐨 𝐙̅𝟏 = 𝟏. 𝟔𝟓𝟗∠𝟏𝟔𝐨 𝛀 Hallamos S̅ : ̅ . I ̅∗ S̅1 = V S̅1 = (440∠−2.22𝐨 ). (265.2∠18.22𝐨 ) 𝐒̅𝟏 = 𝟏𝟏𝟔. 𝟔𝟖∠𝟏𝟔𝐨 𝐤𝐕𝐀 14

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PROBLEMA N°9: Un motor funciona normalmente a 200 voltios y 60 Hz, absorbiendo una corriente de 11 atrasada 30° de su voltaje. El motor es alimentado desde una fuente de 220 voltios y 60 Hz atraves de una línea monofásica de "R" ohms por conductor con un condensador "C" en serie. Si se desea que el motor opere normalmente, calcular el máximo valor de "R" y el valor de "C" para esta condición asi como la potencia activa de todo el sistema.

Sol: Donde: ̅ ̅R + ̅ Vf = 2V VC + ̅ VM … (I) Tomando como referencia ̅M = 220∠0° voltios V I ̅ = 11∠-30° Amperios Haciendo el diagrama fasorial de tensiones y corrientes:

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̅R " es maximo; esto se dá cuando "V ̅C " es tangente a la Si "R" es maximo, entonces "V circunferencia. De la figura tenemos: sen30° =

̅ VC ̅M V

̅M = 220∠0° voltios V

∧

̅ VC = 110∠-30° voltios Caculamos la capacitancia VC = I

1 2πfC C=

∧

f = 60 Hz

I 2πfVC

C = 265,26 μF Tambien: Vf − VM cos30° = 2VR VR =

220 − 220cos30° 2

̅ VR = 14,737∠-30° voltios

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Caculamos la resistencia "R": R= R=

VR I

14,737 = 1,34 Ω 11

Calculemos la potencia activa del sistema: P = 2VR I + VM Icos30° P = 11 × (2 × 14,737 + 220cos30°) P = 𝟐𝟒𝟐𝟎 𝐯𝐚𝐭𝐢𝐨𝐬 PROBLEMA N°10: En el circuito acoplado magnéticamente

a) Por un ensayo se ha medido 30 voltios en la bobina “X2 ” cuando el circuito “2” está abierto, la corriente en esas condiciones es de 6 amp. Cuando el circuito “1” está abierto y el circuito”2”esta excitado se mide 40 voltios en la bobina “X1 ”. Se pide hallar: “X2” y “X1”. b) Si ambos circuitos están excitados. Hallar los fasores I1̅ e I2̅ .

Sol: 17

a) De la primera condición a circuito “2” abierto: V2 = 30 𝑣 I1 = 6 amp

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V2 = I1 . XM V2 30 XM = = =5 I1 6 ̅ XM = j5 Ω De la malla: 78 = I1 . √52 + X1 2 78 = (6). √52 + X1 2 78 2 X1 = √( ) − 25 = 12 6 ̅ 𝟏 = 𝐣𝟏𝟐 𝛀 𝐗

De la segunda condición a circuito “1” abierto: V1 = 40 𝑣

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V1 = I2 . XM V1 40 I2 = = XM 5 I2 =8 amp De la malla: 80 = I2 . √62 + X2 2 80 = 8. √36 + X2 2 X1 = √(10)2 − 36 = 8 ̅ 𝟐 = 𝐣𝟖 𝛀 𝐗 a) Si ambos circuitos están excitados:

Las ecuaciones de malla serian: 78∠0o = I1̅ (5 + j12) + I2̅ (j5) 80∠0o = I1̅ (j5) + I2̅ (6 + j8) 78∠0o j5 [ ] o ̅I1 = 80∠0 6 + j8 = 4.35∠−84.53o 5 + j12 j5 [ ] j5 6 + j8 𝐈̅𝟏 = 𝟒. 𝟑𝟓∠−𝟖𝟒. 𝟓𝟑𝐨 5 + j12 78∠0o ] j5 80∠0o ̅I1 = = 5.84∠−55.16o 5 + j12 j5 [ ] j5 6 + j8 [

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𝐈̅𝟐 = 𝟓. 𝟖𝟒∠−𝟓𝟓. 𝟏𝟔𝐨 PROBLEMA N°11: Encuentre los parámetros A, B, C, D para el circuito de la figura P 14.40.

Sol: Parámetros ABCD: V1 = AV2 − BI2 I1 = CV2 − DI2 Calculamos el parámetro A, C: Se cumple. 𝑉2 = −(𝑗𝑋𝑐 )𝐼1 1

1

−(1)81) − (−𝑗 𝜔𝑐) −1 + 𝑗 𝜔𝑐 𝑉1 |𝐼2 = 0; = 𝐴= = = 1 + 𝑗𝜔 1 1 𝑉2 −𝑗 −𝑗 ( ) 𝜔𝑐

𝐶=

𝜔𝑐

𝐼1 𝑗 |𝐼2 = 0; = 1 = 𝑗𝜔 𝑉2 −𝑗(𝜔𝑐)

Calculamos el parámetro B, D: Se cumple.

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0 = (1 − jXc )I1 − jXC I2 0 = (𝑗𝑋𝑙 − 𝑗𝑋𝐶 )𝐼2 − 𝑗𝑋𝐶 𝐼1 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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I2 = 1 − 𝑗𝜔 𝐵=−

𝑉1 −(1 − 𝑗𝑋𝑐 − 𝐼2 𝑋𝐶 ) 2𝑗 |𝑉2 = 0; = = 𝐼2 1 + 𝑗𝜔 𝜔 + 2𝑗𝜔 𝐷= −

𝐼1 −1 |𝑉2 = 0; = 𝐼2 1 − 𝑗𝜔

PROBLEMA N°12: Encuentre los parametros de transmision para los puertos de la figura.

Sol: Por las ecuaciones tenemos: ⃗ 1 = AV ⃗ 2 − BI2 V ⃗ 2 − DI2 I1 = CV Calculamos el parametro "A": A=

⃗1 V | ⃗2 V

… (I) I2 =0

Pondremos una fuente de voltaje de 10 voltios en los terminales de entrada del cuadripolo y abrimos la salida.

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I2 = 0 ⃗V1 = 10∠0° voltios 10 = 1I1 − 1I 0 = −1I1 + (1 + j4 − j1)I I1 = 10 − j

10 3

∧

I = −j

10 3

⃗2 =I×j V ⃗2 = V

10 voltios 3

Reemplazando en la ecuación (I): A=

𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝟑

=𝟑

Calculamos el parametro "B": B=−

⃗V1 I2

|

… (II)

⃗ 2 =0 V

Pondremos una fuente de corrinte de 1 amperio en los terminales de entrada del cuadripolo y cortocircuitamos la salida del cuadripolo.

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⃗V2 = 0 I1 = 1∠0° amperios 0 = −1I1 + (1 + j4 − j1)I + j1 × I2 1 = (1 + j3)I + j1 × I2 0 = j1 × I + j3 × I2 I = 0,12329 − j0,32877

∧

I2 = −0,04111 + j0,10959

⃗V1 = 1I1 − 1I ⃗1 =1−I V ⃗ 1 = 0,87671 + j0,32877 voltios V Reemplazando en la ecuación (II): 𝐁=−

𝟎, 𝟖𝟕𝟔𝟕𝟏 + 𝐣𝟎, 𝟑𝟐𝟖𝟕𝟕 =𝟑 −𝟎, 𝟎𝟒𝟏𝟏𝟏 + 𝐣𝟎, 𝟏𝟎𝟗𝟓𝟗

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PROBLEMA N°13: Encuentre los parámetros de transmisión de los dos puertos de la figura P14.42 y entonces use las condiciones para calcular Io.

Sol:

Usando los parámetros de Transmisión: 𝐕𝟏 = 𝐀𝐕𝟐 − 𝐁𝐈𝟐 𝐈𝟏 = 𝐂𝐕𝟐 − 𝐃𝐈𝟐 A= B=

V1 ⃒ : Relacion de tencsion a circuito abierto V2 I2=0

−V1 ⃒ : Impedancia negativa de transferencia en cortocircuito V2 V2=0

C= D=

I1 ⃒ : Admitanci a de tranferenciaen ckto abierto V2 I2=0

−I1 ⃒ : Relacion negativa de corriente en cortocircuito I2 V2=0

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❖ Para I2=0

(1∟0°) − 𝑉1 = 𝐼1 (1 − 𝑗) … . (1) De la relación: 𝑉2 2 𝐼1 = = … . (2) 𝑉1 1 𝐼2 𝑉1 =

1 𝑉 … . (3) 2 2

𝐼1 = 2𝐼2 . . (4) Como 𝐼1 = 0, 𝐼2 = 0 (4) en (1): 𝑉1 = 1∟0° 𝑉2 = 2∟0° Luego: 𝑨=

𝑽𝟏 𝟏 ⃒𝑰𝟐 =𝟎 = = 𝟎. 𝟓 𝑽𝟐 𝟐

También: 𝑪=

𝑰𝟏 ⃒ =𝟎 𝑽𝟐 𝑰𝟐 =𝟎 25

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Para 𝑉 = 0

I1 = 1∟0° −V̅1 = I̅1 (1 − j) … . (1) ̅̅̅ V2 = I̅2 (2 − j) … . . (2) De la relación: V2 1 I1 = = V1 2 I2 Como: I̅1 = 1∟0° V̅1 = j − 1 ̅̅̅ V2 = (0.5∟0°)(2 − j) ̅̅̅ V2 = 1.12∟ − 26.57° Luego: 𝐁=

−𝐕𝟏 𝟏−𝐣 ⃒𝐕𝟐=𝟎 = = 𝟎. 𝟓 − 𝟎. 𝟓𝐣 𝐕𝟐 𝟐∟𝟎°

𝐃=

−𝐈𝟏 −𝟏∟𝟎° −𝟏 ⃒𝐕𝟐=𝟎 = = 𝐈𝟐 𝟐∟𝟎° 𝟐

Después:

De la ecuación inicial:

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Usando los parámetros de Transmisión: 𝐕𝟏 = 𝐀𝐕𝟐 − 𝐁𝐈𝟐 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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𝐈𝟏 = 𝐂𝐕𝟐 − 𝐃𝐈𝟐 Y remplazando los datos: V1=60∟0° ;V2=4-4J 𝑽𝟏 = 𝑨𝑽𝟐 − 𝑩𝑰𝟐 1 6𝑂∟0° = (4 − 4𝑗) − (0.5 − 0.5𝑗)𝐼0 2 𝐼0 = −60 + 56 PROBLEMA N°14: Encuentre los parámetros de transmisión de los dos puertos de la figura y entonces use las condiciones terminales para calcular I0̅ .

Sol: Hallamos I0 por mallas ̅1 = −I1̅ (10 − J6) V 24 √2

̅2 ∠(−45°) = I2̅ (9 − J3) + V

Del transformador ideal: ̅2 V =2 → ̅1 V

I2̅ 1 =− 2 I1̅

Resolviendo: I1̅ = −0.58 + J0.17 I2̅ = 0.29 − J0.08 ̅1 = 4.82 − J5.18 V ̅2 = 9.63 − J10.37 V CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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Como: I0̅ = −I2̅ =>

𝐈̅𝟎 = −𝟎. 𝟐𝟗 + 𝑱𝟎. 𝟎𝟖 … … 𝐑𝐏𝐓𝐀

Calculo de I0 por cuadrípolo. ̅1 = A ∗ V ̅2 − B ∗ I2̅ V ̅2 − D ∗ I2̅ I1̅ = C ∗ V A=

̅1 V | ̅2 ̅ V I

C= 2 =0

I1̅ | ̅2 ̅ V I

2 =0

Del Dibujo Como:

I2̅ 1 =− entonces si: I2̅ = 0 entonces I1̅ = 0 2 I1̅

Por lo tanto: C=0

Como:

̅2 V 𝟏 = 2 entonces 𝐀 = ̅1 𝟐 V

B=−

̅1 V | I2̅ ̅

V2 =0

I1̅ D=− | I2̅ ̅

V2 =0

Del Dibujo ̅x 10 = I1̅ ∗ (10 − J6) + V ̅y = −I2̅ ∗ (9 − J3) V Del transformador ideal: ̅y V =2 → ̅x V

I2̅ 1 =− 2 I1̅

Resolviendo:

I1̅ = 0.63 + J0.35 I2̅ = −0.31 − J0.17 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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̅x = 1.67 + J0.31 V ̅y = 3.34 + J0.61 V B=−

10 (−0.31 − J0.17)

D=−

=>

(0.63 + J0.35) => −0.31 − J0.17

𝐁 = 𝟐𝟒. 𝟖 − 𝐉𝟏𝟑. 𝟔

𝐃 = 𝟐. 𝟎𝟒 + 𝐉𝟎. 𝟎𝟏

Ahora reemplazamos en el cuadrípolo para hallar las corrientes. ̅1 = A ∗ V ̅2 − B ∗ I2̅ V 0=

1 24 ∗ ( ∠(−45°)) − (24.8 − J13.6) ∗ I2̅ 2 √2 I2̅ = 0.29 − J0.08

Como: I0̅ = −I2̅ 𝐈̅𝟎 = −𝟎. 𝟐𝟗 + 𝐉𝟎. 𝟎𝟖 … … 𝐑𝐏𝐓𝐀

PROBLEMA N°15: Determinar el voltaje de la salida 𝑉0 en la red de la figura, si los parámetros Z para dos puertos son: 3 𝑍= [ 2

2 ] 3

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Sol: Sabemos que en los parámetros Z cumple. 𝑍11 = 3𝛺 𝑍12 = 2𝛺 𝑍21 = 2 𝛺 𝑍22 = 3𝛺

De la primera malla:

−12⌊30′ = 𝐼0 (−2𝑗 + 𝑗) − 2⌊60 (𝑗) − (−2𝑗)𝐼1

−12⌊30′ = 𝐼0 (−𝑗) − 2⌊150 + (2𝑗)𝐼1 13.115⌊−157.6 = 𝐼0 (−𝑗) − 2⌊150 + (2𝑗)𝐼1

De la segunda malla: 0 = (3 − 2𝑗)𝐼1 + 2𝑗𝐼0 + 2𝐼2

De la tercera malla: 0 = (3)𝐼2 + 2𝑗𝐼0 + 2𝐼1

Entonces nos queda: 𝐼1 =

−3 𝐼 2 2

30

Remplazando en la segunda ecuación:

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0 = (3 − 2𝑗) (

−3 𝐼 ) + 2𝑗𝐼0 + 2𝐼2 2 2

−3 5 𝐼0 = ( − 𝑗) 𝐼2 2 4

Remplazamos en al primera ecuación. −3 5 −3 13.115⌊−157.6 = (( − 𝑗) 𝐼2 ) (−𝑗) + (2𝑗) ( 𝐼2 ) 2 4 2 𝐼2 = 6,72⌊−27.79 𝑉0 = 6,72⌊−27.79

PROBLEMA N°16 Obtengamos los parámetros híbridos y de transmisión para el circuito de la figura, las variables independientes en la descripción hibridas son I1 y V2 y las variables dependientes son V1 e I2 .

PROBLEMA N°17 Se conoce que la lectura del vatímetro conectado de la forma indicada en la figura es 500 vatios, la tensión entre líneas 381 voltios, se conoce que la carga es puramente ̅̅̅𝑐 ⃒ es 400 ohmios ,halle Ud. el valor de la resistencia de carga. resistiva ,y⃒𝑋

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Sol:

Realizando su diagrama de tensiones:

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𝐼̅𝐶 =

̅̅̅̅̅ 𝑉 381∟0° 𝑇𝑅 = = 0.48∟90° ̅̅̅𝐶̅ 2(400∟0°) 2𝑋

̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ 𝑉 𝑇𝑅 = 𝑉𝑂𝑅 + 𝑉𝑇𝑂 = 2𝑉𝑂𝑅 = 381∟0° ̅̅̅̅̅ 𝑉 𝑂𝑅 = 190.5∟0°

Luego como la potencia activa es: 𝑊 = 𝑉𝑅𝑂 𝑥𝐼𝑟´ 𝑐𝑜𝑠ɵ 500 = 190𝑥5𝑥𝐼𝑟´ 𝑐𝑜𝑠30°

𝐼𝑟´ = 3.04 Luego: 𝑹=

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𝑽𝑹𝑵 𝟑𝟖𝟏/√𝟑 = = 𝟕𝟐. 𝟑𝟔𝜴 𝑰´𝒓 𝟑. 𝟎𝟒

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PROBLEMA N°18 En el circuito de la fig.se conoce que |𝑋̅𝐶1 | = 2|𝑋̅𝐿1 | y |𝑋̅𝐿2 | = 4|𝑋̅𝐶2 |. Hallar la tensión entre los puntos AB en función de la tensión de entrada MN. (solo se admite análisis grafico).

Sol: Datos: |X C1 | = 2|XL1 | |X C2 | = 4|XL2 | Entonces: X C1 = 1p∠90 X L1 = 2p∠ − 90 También: XC2 = 1k∠ − 90 X L2 = 4k∠90 Asumiendo VMN = V∠0 Hallando I2 I2 = I2 =

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V∠0 3k∠90

V ∠ − 90 3k

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Hallando VMB VMB = (4k∠90)(

V ∠ − 90) 3k

4V VMB = ( ∠0) 3 Luego, hallando VBN

VBN = (k∠ − 90)(

V ∠ − 90) 3k

V VBN = ( ∠ − 180) 3 Hallando I1 I1 =

V∠0 p∠ − 90

I1 =

V ∠90 p

Hallando VMA V VMA = (p∠90)( ∠90) p VMA = (V∠180) Luego, hallando VAN VAN = (2p∠ − 90)(

V ∠90) 2p

VAN = (2V∠0) Graficando:

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De la grafica deducimos que: 𝐕𝐀𝐁 =

𝟕𝐕 ∠𝟎 𝟑

PROBLEMA N°19 Se tiene una carga 𝑅𝑎 − 𝑅𝑎 que consume una potencia activa P y esta alimentase a través de una línea 𝑅1 − 𝑙1 , si con el propósito de mejorar el fdp. Se agrega un banco de capacitores, demuestre usted, si existe o no una variación del consumo de potencia activa P de la carga R a − La .

Sol: Antes de poner el capacitor: P = I2 R P = I2 (R L + R a )

Después de poner el capacitor: CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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La impedancia equivalente entre los puntos AB: 𝑦𝐴𝐵 = 𝑦𝐴𝐵 =

𝑦𝐴𝐵 =

𝑍𝐴𝐵 =

𝑍𝐴𝐵 =

𝑍𝐸𝑄 =

1 1 + 𝑅𝑎 + 𝑗𝑋𝑎 −𝑗𝑋𝑐 𝑅𝑎 − 𝑗𝑋𝑎 2

𝑅𝑎 + 𝑋𝑎

2

+𝑗

1 𝑋𝑐

𝑅𝑎 𝑋𝑐 − 𝑗𝑋𝑎 𝑋𝑐 + 𝑗(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 ) (𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 )𝑋𝑐 (𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 )𝑋𝑐 𝑅𝑎 𝑋𝑐 + 𝑗(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 − 𝑋𝑎 𝑋𝑐 ) (𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 )𝑋𝑐 (𝑅𝑎 𝑋𝑐 − 𝑗(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 − 𝑋𝑎 𝑋𝑐 )) (𝑅𝑎 𝑋𝑐 )2 + (𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 − 𝑋𝑎 𝑋𝑐 )

2

(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 )𝑋𝑐 (𝑅𝑎 𝑋𝑐 ) (𝑅𝑎 𝑋𝑐 )2 + (𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 − 𝑋𝑎 𝑋𝑐 )

2

Considerando un 𝑋𝑎 >>> 𝑅𝑎 Y considerando: 𝑋𝑎 = 𝑋𝑐

Ξ 0º

(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 )𝑅𝑎

𝑍𝐸𝑄 = (𝑅𝑎

)2

+

𝑅 2 𝑋𝑎 4 (𝑋𝑎2 𝑎

= 𝑅𝑎 +

𝑋𝑐

2

=

+1−𝑋 )

(𝑅𝑎 2 + 𝑋𝑎 2 ) 𝑅𝑎

𝑋𝑎 2 = 𝑅𝑎 + 𝑅𝑎

𝑎

1 𝑅𝑎 𝑋𝑎 2

𝑍𝐸𝑄 = 𝑅𝑎 Por lo tanto la potencia activa no varía.

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PROBLEMA N°20 La salida de la fuente trifásica equilibrada, y de secuencia positiva que se muestra en la figura es de 60kVA con un factor de potencia en retraso de 0.96. El voltaje de la línea en la fuente es 680 voltios: Sol:

S = 60kVA f. d. p = 0.96(−) Sumando todas las impedancias de las líneas tenemos:

Los voltajes de fase son

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VAN =

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680 √3

∠90

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VBN = VCN =

680 √3

680 √3

∠ − 30

∠ − 150

La potencia en la rama PA es: PA = VAN xIA x cos() PA =

680 680 x x cos() √3 Z√3

Pero la Potencia total del sistema es PT = 3PA ; PT = 57.6x103 PT = 3x

680 680 x x cos() √3 Z√3

57.6x103 = 3x

680 680 x x cos() √3 Z√3

Luego el QT = 3QA ; QT = 16.8x103 QT = 3x

680 680 x x sen() √3 Z√3

16.8x103 = 3x

680 680 x x sen(v) √3 Z√3

Dividiendo QT entre PT tan() = 0.2916  = 16.26 Reemplazando en la ecuación de PT 57.6x103 = 3x

680 680 x x cos(16.26) √3 Z√3

Entonces: Z = 7.71 𝐙∠ = 𝟕. 𝟕𝟏∠𝟏𝟔. 𝟐𝟔 = 𝟕. 𝟒 + 𝟐. 𝟏𝟔𝐣 Luego:

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Z∠ = 0.02 + j0.16 + Z1 Z1 = 7.38 + 2j = 7.65∠15.16 Hallando las Corrientes IA, IB, IC, : 680

∠90 VAN √3 IA = = Z∠ 7.71∠16.26 IA = 50.92∠73.74 → IB = 50.92∠ − 46.26 = 50.92∠ − 166.26

→

IC

Luego

VA1N = Z1 xIA VA1N = (7.38 + 2j)x(50.92∠73.74) VA1N = 389.34∠88.9 Entonces, el voltaje de línea será: VA1B1 = √3VA1N VA1B1 = √3x389.34∠(88.9 + 30) 𝐕𝐀𝟏 𝐁𝟏 = 𝟔𝟕𝟒. 𝟑𝟔∠𝟏𝟏𝟖. 𝟗 𝐕𝐁𝟏 𝐂𝟏 = 𝟔𝟕𝟒. 𝟑𝟔∠ − 𝟏. 𝟏 𝐕𝐂𝟏𝐀 = 𝟔𝟕𝟒. 𝟑𝟔∠ − 𝟏𝟐𝟏. 𝟏 𝟏

Luego la potencia reactiva total de la carga, será: QT = 3x389.34x50.92x sen(88.9 − 73.74) 𝐐𝐓 = 𝟏𝟓. 𝟓𝟓𝐤𝐕𝐀𝐑 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA N°21 Encuentre la expresión numérica de la función de transferencia (tensiones) de la figura indique los polos y ceros de la función y elabore los gráficos de amplitud y fase de la función de transferencia hallada.

PROBLEMA N°22 En el circuito de la figura se observa que para la frecuencia angular de 500 Krad/s, el voltímetro ideal marca máximo 1 mili voltio y el generador cede potencia máxima, calcule los valores de a1 y a2.

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PROBLEMA N°23 En el circuito de la figura el vatímetro 𝑤1, marca 1700 vatios con signo negativo, para la solución del problema considerar secuencia positiva 𝑉𝐵𝐶 a cero grados, tensión entre líneas 381voltios, se trata de un motor de inducción que absorbe 6 amperios, halle usted la potencia activa total del motor, la lectura del vatímetro 𝑤2 y el nuevo factor de potencia total al colocar el banco de condensadores. (la potencia del banco de condensadores total es de 400 VAR)

Sol: Por datos: 𝑃1 = −1700𝑤 𝑉𝐴𝐵 = 381∠120 𝑉𝐵𝐶 = 381∠0 𝑉𝐶𝐴 = 381∠ − 120 Entonces se deduce el voltaje de fase: 𝑉𝐴𝑁 = 𝑉𝐵𝑁 = 𝑉𝐶𝑁 =

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381 √3

381 √3

381 √3

∠90

∠ − 30

∠ − 150

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Luego VAC = −VCA , entonces: VAC = 381∠60 Luego P1 = VAC xIC x cos() {

VAC IC

−1700 = 381x6x cos()  = 138.04 𝐈𝐂 = 𝟔∠𝟏𝟗𝟖. 𝟎𝟒 Luego trabajando en la P2 P2 = VAB xIC x cos() {

VAB IC

P2 = 381x6x cos(120 − 198.04) 𝐏𝟐 = 𝟒𝟕𝟑. 𝟕𝟐𝐰 Luego , la potencia total será: PT = √3VL xIL x cos() PT = √3x381x6x cos(−120 − 198.04) 𝐏𝐓 = 𝟐𝟗𝟒𝟒. 𝟑𝟏𝐰 Luego, la potencia reactiva será: QT = √3VL xIL x sen() QT = √3x381x6x sen(−120 − 198.04) 𝐐𝐓 = 𝟐𝟔𝟒𝟕. 𝟑𝟓𝐯𝐚𝐫 Finalmente:

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tan(Final ) =

QT − 400 PT

Final = 37.354 𝐟. 𝐝. 𝐩.𝐅𝐢𝐧𝐚𝐥 = 𝟎. 𝟕𝟗𝟒𝟗 PROBLEMA N°24 Encuentre C en la red de la figura tal que la carga total tenga un factor de potencia de 0.9 adelantando.

Sol: Hallando su circuito equivalente:

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Tenemos la potencia aparente total:

S = √3VL IL ⇒ IL =

S √3VL

Entonces: IL =

6 x 106 √3 x 4.6 x 103

= 753.065 A

Haciendo el triangulo de potencias:

Qc = P (tgΦ1 + tgΦ2 ) ⇒

Qc = ScosΦ1 (tgΦ1 + tgΦ2 )

Tenemos: Qc = 6 x 106 cos36.87 (tg36.87 + tg25.84) Qc = 3.663 x 106 VAR

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Entonces: C´ =

Q wV 2

Por lo tanto: C´ =

3.663 x 106 = 459.187 μF 2π x 60 x (4.6 x 103 )2

Pero: C = 2C´ = 2(459.187 μF) = 918.374 μ PROBLEMA N°25 Una práctica estándar de las instalaciones de las compañías es dividir a sus consumidores en usuarios de una fase y usuarios trifásicos. La compañía debe proporcionar a los usuarios trifásicos generalmente industrias, las tres fases. Sin embargo los usuarios de una fase residenciales y de luz comercial se conectan a solo una fase .Para reducir el costo de cables, todos los usuarios de una fase en una vecindad se conectan juntos. Esto significa que incluso si si los usuarios trifásicos presentan cargas perfectamente balanceadas a la red de potencia, las cargas de una fase nunca están balanceadas resultando en un flujo de corriente en la conexión neutra.

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PROBLEMA N°26 Considere a la red de 60 Hz y secuencia abc de la figura con una voltaje de línea de 416∟30°Vrms, la fase a suministra a los usuarios de solo una sola fase en la calle A;la fase b abastece a la calle B y la fase c suministra al a calle C. Demás, la carga trifásica industrial que está conectada en delta, esta balanceada Encuentre la corriente neutra.

Sol: Realizando su diagrama de tensiones:

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Para la carga trifásica observamos:

Luego la potencia activa en la carga trifásica Para una carga será la tercera parte de la potencia total,su fdp es 0.5

Ibc

𝑃 = 𝑉𝐼 𝑐𝑜𝑠𝜃 12000 = 416𝐼(0.5)

Vab

𝐼𝑎𝑏 = 57.69 30°

Luego la impedancia de la carga: 𝑍𝑀 =

𝑉𝑎𝑏 𝐼𝑎𝑏

416

= 57.69 = 7.21 Ica

Iab

Recordemos también que el ángulo que tiene la impedancia es el arcos𝜃. 𝑍𝑀 = 7.21∟60°

Vab

48 Iab

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Luego: ̅̅̅̅ 𝐼𝑎𝑏 = 57.69∟ − 30° ̅̅̅̅ 𝐼𝑏𝑐 = 57.69∟90° ̅̅̅̅ 𝐼𝑐𝑎 = 57.69∟ − 150°

Luego en la potencia de las calles: 𝑃 = 𝑉𝑎𝑛 𝐼𝑎𝑛 𝐼𝑎𝑛 =

48000 = 200 ; ̅̅̅̅ 𝐼𝑎𝑛 = 200∟0° 240 𝑃 = 𝑉𝑏𝑛 𝐼𝑏𝑛

𝐼𝑏𝑛 =

30000 = 200 ; ̅̅̅̅ 𝐼𝑏𝑛 = 125∟ − 120° 240 𝑃 = 𝑉𝑐𝑛 𝐼𝑐𝑛

𝐼𝑐𝑛 =

60000 = 200 ; ̅̅̅̅ 𝐼𝑐𝑛 = 250∟120° 240

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𝐼𝑁 = −(𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 ) 𝐼𝑎 = 𝐼𝑎 ´ + 𝐼𝑎𝑛 = 33.31∟ − 60° + 200∟0° 𝐼𝑎 = 218.57∟ − 7.58° 𝐼𝑏 = 𝐼𝑏 ´ + 𝐼𝑏𝑛 = 33.31∟60° + 125∟ − 120°

𝐼𝑏 = 91.69∟ − 120

𝐼𝑐 = 𝐼𝑐 ´ + 𝐼𝑐𝑛 = 33.31∟60° + 250∟120° 𝐼𝑐 = 268,21∟126.17° En: 𝐼𝑁 = −(𝐼𝑎 + 𝐼𝑏 + 𝐼𝑐 ) 𝑰𝑵 = −𝟏𝟎𝟗∟𝟖𝟑. 𝟒𝟎°

PROBLEMA N°27 PROBLEMA N°28 PROBLEMA N°29

Un transformador trifásico balanceado esta clasificado a 240∆/120∆Vrms y conectado en ∆-∆.La carga trifásica balanceada consume10KVA con fp retrasado .la magnitud del voltaje de línea en la carga es 110V rms y la impedancia de línea es 0.1 +0.2j𝛺.Encuentre la magnitud de la corriente de línea en la carga y la magnitud del voltaje de línea en el primario del transformador.

50

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA PROBLEMA N°30

Para la figura, encuentra la Z = R + jX de la red que se requiere para transferencia de potencia promedio máxima. Sol: Hallando la thevenin:

𝑉𝑠 = 𝐼. (6Ω + 𝑗2Ω) 𝑉𝑠 𝐼= 6Ω + 𝑗2Ω (2Ω + 𝑗2Ω). 𝑉𝑠 𝐸𝑡ℎ = 6Ω + 𝑗2Ω

51

Hallando la corriente de Norton: 𝐼𝑁 = CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

𝑉𝑠 4Ω

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Hallando la impedancia equivalente: 𝑍𝑒𝑞 =

𝐸𝑡ℎ 𝐼𝑁 (2Ω+j2Ω).𝑉𝑠

𝑍𝑒𝑞 =

6Ω+𝑗2Ω 𝑉𝑠 4Ω

𝑍𝑒𝑞 =

4Ω + 𝑗4Ω 3Ω + 𝑗1Ω

𝑍𝑒𝑞 = 1,6 + 𝑗0.8

Circuito equivalente:

Para que haya máxima transferencia de potencia debe cumplir: ̅̅̅̅̅ 𝑍= 𝑍 𝑒𝑞 ; es la conjugada 𝑍 = 1.6 − 𝑗0.8

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PROBLEMA N°31 Hallar 𝐼0 en el circuito mostrado.

Sol: Por método de mallas. 0 = I1̅ (j50) − I2̅ (j40) − I3̅ (j60) − (I1̅ − I3̅ )(j20) − (I1̅ − I2̅ )(j20) − (I2̅ − I3̅ )(j10) − (I3̅ − I2̅ )(j30) 𝟎 = 𝐈̅𝟏 (𝐣𝟏𝟎) − 𝐈̅𝟐 (𝟎) − 𝐈̅𝟑 (𝐣𝟔𝟎) 50∠0o = −I1̅ (j40) + I2̅ (j120) − I3̅ (j80) − (I1̅ − I3̅ )(j20) − (I3̅ − I1̅ )(j30) − (I2̅ − I1̅ )(j10) − (I2̅ − I3̅ )(j10) 𝟓𝟎∠𝟎𝐨 = −𝐈̅𝟏 (𝒋𝟐𝟎) + 𝐈̅𝟐 (𝐣𝟏𝟎𝟎) − 𝐈̅𝟑 (𝐣𝟖𝟎) 0 = −I1̅ (j60) − I2̅ (j80) + I3̅ (100 + j40) − (I1̅ − I2̅ )(j20) − (I2̅ − I1̅ )(j10) − (I3̅ − I2̅ )(j30) − (I3̅ − I1̅ )(j30) 𝟎 = −𝐈̅𝟏 (𝐣𝟒𝟎) − 𝐈̅𝟐 (𝐣𝟒𝟎) + 𝐈̅𝟑 (𝟏𝟎𝟎 + 𝐣𝟖𝟎)  I1̅ j10 0 −j60 0 −j80 ) . (I2̅ ) (50∠0o ) = (−j20 j100 −j40 −j40 100 + j80 0 I3̅ 𝐈̅𝟏 = 𝟎. 𝟒𝟔∠𝟔𝟕. 𝟑𝟖𝐨 = 𝐈̅𝟎 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA N°32 En el circuito de la figura se tiene que 𝐿 ≥ 0 cualquier valor, determinar el intervalo de valores que puede tomar la resistencia Rc de modo que el circuito se comporte siempre como un circuito puramente resistivo (f,d,p=1).

Sol:

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Tenemos: CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA 𝑉

𝑉

𝐼2 ´ = 𝑍

𝐼1 ´ = 𝑍

𝑉

𝑉

2

𝐼2 ´ =

1

𝐼2 ´ =

√𝑅𝐶 2 +1

√𝑅𝐿 2 +9

Del grafico tenemos que: 𝐼2 ´ =

𝑉√2 6

𝑡𝑎𝑚𝑏𝑖𝑒𝑛,

𝑉 = 𝐼2 ´. 𝑍2

𝑉 = 𝐼2 ´𝑥 √𝑅𝐶 2 + 1 Reemplazando 𝐼2 ´ 𝑉=

𝑉√2 𝑥√𝑅𝐶 2 + 1 6

Despejando 𝑅𝐶 : 𝑅𝐶 = 4.123 Entonces los valores de 𝑅𝐶 𝑠𝑜𝑛 ∶ 𝑅𝐶 ≥ 4.123

PROBLEMA N°33 En el circuito mostrado halle Ud. el fdpdel motor de inducción trifásico, la potencia activa total del motor, la lectura del vatímetro 2 la tensión entre líneas es 381 voltios considere secuencia positiva y el vector VBC a cero grados, el vatímetro 1 marca negativo 651,5 vatios.

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Sol:

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Siendo la potencia en la carga: P = VI1 cosθ 800 = (381)I1 (0.707) I1 = 2.97 Luego: θ = arcos(0.707) Z∟θ = Z∟45° Después notamos para la carga: ̅̅̅̅̅ VCA = Z̅I̅1 (381∟ − 120°) = Z∟45°2.97∟α° α = −165 I̅1 = 2.97∟ − 165° Después en el W1 del motor: CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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P = VIcos(θV − θi )

−651.5 = 381(5)cos(θV − θi )

(θV − θi ) = 110 110° = −60° − θi θi = −170° I̅2 = 5∟ − 170 Luego el fdp del motor es el cos𝜃 Z̅∟θ =

̅ V I̅

Del grafico notamos: θ = 20° El fdp: cos20°=0.939 Después la potencia del motor se calcula:

PMOTOR =

3V √3

Ixcosθ

PMOTOR = 3(219.97)(5)cos20° 𝐏𝐌𝐎𝐓𝐎𝐑 = 𝟑𝟏𝟎𝟎. 𝟓𝟔 𝐯𝐚𝐭𝐢𝐨𝐬 Luego la lectura del W2 ∗ W2 = VAB ̅̅̅̅̅̅̅ IAreal

̅̅̅̅̅ V AB = 381∟120° I̅A = I̅2 ´ − I̅1 I̅A = 7.13∟50.05° Luego: 𝐖𝟐 = 𝟏𝟕𝟒𝟒. 𝟑𝟒 𝐯𝐚𝐭𝐢𝐨𝐬 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA N°34 En el circuito de la figura halle usted la impedancia de entrada (desde la fuente) coloque entre dichos puntos una fuente de tensión de 12⨽300 voltios y halle la potencia activa del circuito.

Sol: Por el método de los puntos hallamos los puntos correspondientes.

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•

Hallando su circuito correspondiente:

•

Planteando las ecuaciones de malla incluyendo las influencias entre las bobinas.

12∠30 = I1 (24j) − I2 (12j) + I1 (6j) − I1 (6j) + I1 (6j) + I1 (6j) + I1 (6j) − I1 (6j) + 6j(I1 − I2 ) + 6j(I1 − I2 ) − 6j(I1 − I2 ) − 6j(I1 − I2 ) − 6j(I1 − I2 ) − 6j(I1 − I2 ) 0 = −I1 (12j) + I2 (12 + 12j) + I1 (6j) − I1 (6j) + I1 (6j) − I1 (6j) − 6j(I2 − I1 ) − 6j(I2 − I1 ) 12∠30 = I1 (24) 0 = I2 (12) Calculando se obtendrá: I1 = 0.5∠ − 60 I2 = 0 Siendo la potencia activa=0 Zab =

12∠30 0.5∠ − 60

Zab = 24∠90 60

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PROBLEMA N°35 Se tiene la red de la figura, hallar la impedancia z para maxima tension entre sus terminalesn y el valor de dicha tension.

Sol:

•

Calculando el potencial de Thv: 10∠0 = I(280 + 40j) I = 0.035∠ − 8.13 ETH = 280x0.035∠ − 8.13 ETH = 9.8∠ − 8.13

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•

Calculando la Req

Zeq =

280x(40j) − 20j 280 + 40j

Zeq = 39.59∠81.86 − 20j Zeq = 20∠73.74

→

9.89∠ − 8.13 = I(11.2) I = 0.883∠ − 8.13

𝐕𝐌𝐀𝐗 ∗ 𝐙 = 𝐈 ∗ 𝐙 = 𝟏𝟕. 𝟔𝟔∠ − 𝟖𝟏. 𝟖𝟕 𝐙𝐌𝐍 = 𝟓. 𝟔 + 𝟏𝟗. 𝟐 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA N°36 Hallar el valor de Z̅ para que absorba máxima potencia. Halle el valor de dicha potencia, todos los acoplamientos son iguales y de valor j.

Sol: Para poder hallar la máxima transferencia que absorbe la impedancia Z̅ utilizamos el teorema de Thevenin en los puntos conectados a la impedancia.

De la malla total a circuito abierto: 10∠0o = I1̅ (1 + j2) + I1̅ (j) − I1̅ (j) + I1̅ (j) − I1̅ (j) − 2I1̅ (j) I1̅ = 10∠0o amp ̅TH : Hallando E ̅TH = 10∠0o − I1̅ (1 + j2) + I1̅ (j) − I1̅ (j) E CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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̅TH = 10∠0o − (10∠0o )(1 + j2) E 𝐄̅𝐓𝐇 = −𝐣𝟐𝟎

De la malla a corto circuito: 10∠0o = I1̅ (1 + j2) + I2̅ (j) − I2̅ (j) 𝐈̅𝟏 = 𝟐 − 𝐣𝟒 0 = I2̅ (0) + I1̅ (j) − I1̅ (j) 𝐈̅𝟐 = 𝟎 ̅ : Hallando IN ̅ = I1̅ − I2̅ IN 𝐈̅𝐍 = 𝟐 − 𝐣𝟒 Hallando Z̅eq : Z̅eq =

̅TH E −j20 = = 4 − 𝑗2 ̅IN 2 − j4

𝐙̅𝐞𝐪 = 𝟒 − 𝒋𝟐

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Entonces el circuito equivalente será:

Entonces el valor de Z̅ para la máxima transferencia de potencia será el valor conjugado de la impedancia de la línea: 𝐙̅ = 𝟒 + 𝐣𝟐 Hallamos la potencia en Z̅: P = I2 . Zcosϕ ̅TH E −20j = = 2.5∠−90o Z̅ + Z̅eq 4 + j2 + 4 − j2 I̅ = 2.5∠−90o I̅ =

P = (2.5)2 (4) 𝐏 = 𝟐𝟓 𝐖

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PROBLEMA 37: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. H(jω) =

102 (jω)2 (jω + 1)(jω + 10)2 (jω + 100)

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: (0.1jω)2 H(jω) = (jω + 1)(0.1jω + 1)2 (0.01jω + 1) Analizando polos y ceros: • 20 log|(0.1jω)2 | => P = +40dB/década 𝜔 = 10 (Frecuencia de origen) • −20 log| jω + 1 | => P = −20dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.1jω + 1)2 | => P = −40dB/década 𝜔 = 10 (Frecuencia de corte) • −20 log| 0.01jω + 1 | => P = −20dB/década 𝜔 = 100 (Frecuencia de corte) Graficando:

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PROBLEMA 38: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. G(jω) =

64(jω + 1)2 −jω3 (0.1jω + 1)

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: (jω + 1)2 G(jω) = (0.25jω)3 (0.1jω + 1) Analizando polos y ceros: • 20 log|(jω + 1)2 | => P = +40dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.25jω)3 | => P = −60dB/década 𝜔 = 4 (Frecuencia de origen) • −20 log|0.1jω + 1| => P = −20dB/década 𝜔 = 10 (Frecuencia de corte) Graficando:

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PROBLEMA 39: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. G(jω) =

−ω2 (jω + 1)3

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: (jω)2 G(jω) = (jω + 1)3 Analizando polos y ceros: • 20 log|(jω)2 | => P = +40dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de origen) • −20 log|(jω + 1)3 | => P = −60dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) Graficando:

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PROBLEMA 40: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. G(jω) =

−ω2 104 (jω + 1)2 (jω + 10)(jω + 100)2

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: G(jω) =

(10−0.5 jω)2 (jω + 1)2 (0.1jω + 1)(0.01jω + 1)2

Analizando polos y ceros: • 20 log|(10−0.5 jω)2 | => P = +40dB/década 𝜔 = √10 (Frecuencia de origen) • −20 log|(jω + 1)2 | => P = −40dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.1jω + 1)| => P = −20dB/década 𝜔 = 10 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.01jω + 1)2 | => P = −40dB/década 𝜔 = 100 (Frecuencia de corte) Graficando:

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PROBLEMA 41: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. G(jω) =

10(jω + 2)(jω + 100) jω(−ω2 + 4jω + 100)

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: G(jω) =

(0.5jω + 1)(0.01jω + 1) (0.05jω)[(0.1jω)2 + 0.4(0.1jω) + 1]

Analizando polos y ceros simples y cuadráticos: • 20 log|(0.5jω + 1)| => P = +20dB/década 𝜔 = 2 (Frecuencia de corte) • 20 log|(0.01jω + 1)| => P = +20dB/década 𝜔 = 100 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.05jω)| => P = −20dB/década 𝜔 = 20 (Frecuencia de origen) • −20 log|(0.1jω)2 + 0.4(0.1jω) + 1| => P = −40dB/década 𝜔 = 10 (Frecuencia de elevación) 𝜁 = 0.2 (Razón de amortiguamiento) Graficando:

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PROBLEMA 42: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. H(jω) =

72(jω + 1) jω[(jω)2 + 2.4jω + 144)]

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: H(jω) =

(jω + 1) 1

1

1

(jω) [(12 jω)2 + 5 (12 jω) + 1)]

Analizando polos y ceros simples y cuadráticos: • 20 log|(jω + 1)| => P = +20dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) • −20 log|(jω)| => P = −20dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de origen) 1

1

1

• −20 log |(12 jω)2 + 5 (12 jω) + 1)| => P = −40dB/década 𝜔 = 12 (Frecuencia de origen) 𝜁 = 0.1 (Razón de amortiguamiento) Graficando:

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PROBLEMA 43: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. G(jω) =

jω(jω + 100) (jω + 1)(−ω2 + 6jω + 400)

Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: G(jω) =

(0.25jω)(0.01jω + 1) (jω + 1)[(0.05jω)2 + 0.3(0.05jω) + 1]

Analizando polos y ceros simples y cuadráticos: • 20 log|(0.25jω)| => P = +20dB/década 𝜔 = 4 (Frecuencia de origen) • 20 log|(0.01jω + 1)| => P = +20dB/década 𝜔 = 100 (Frecuencia de corte) • −20 log|(jω + 1)| => P = −20dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) • −20 log|(0.05jω)2 + 0.3(0.05jω) + 1| => P = −40dB/década 𝜔 = 20 (Frecuencia de elevación) 𝜁 = 0.15 (Razón de amortiguamiento) Graficando:

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PROBLEMA 44: Esboce la característica de magnitud de la grafica de bode para la función de transferencia. 104 (jω + 1)(−ω2 + 6jω + 225) G(jω) = jω(jω + 50)2 (jω + 450) Sol: Adaptando la ecuación para poder graficar, tenemos: 1

G(jω) =

1

(jω + 1) [(15 jω)2 + 0.4(15 jω) + 1] 1

(0.5jω)(0.02jω + 1)2 (450 jω + 1)

Analizando polos y ceros simples y cuadráticos: • 20 log|(jω + 1)| => P = +20dB/década 𝜔 = 1 (Frecuencia de corte) 1

1

• 20 log |(15 jω)2 + 0.4(15 jω) + 1| => P = +40dB/década 𝜔 = 15 (Frecuencia de elevación) 𝜁 = 0.2 (Razón de amortiguamiento) • −20 log|(0.5jω)| => P = −20dB/década 𝜔 = 2 (Frecuencia de origen) 2| • −20 log|(0.02jω + 1) => P = −40dB/década 𝜔 = 50 (Frecuencia de corte) 1

• −20 log |(450 jω + 1)| => P = −20dB/década 𝜔 = 450 (Frecuencia de corte) Graficando:

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PROBLEMA 45: Determinar H(jω) si la característica de amplitud para H(jω) se muestra en la figura.

Sol: Analizando tramo por tramo: • −40dB (cte) => −20 log K = −40

=> k = 100

• P = +20dB/década ω = 0.1

=> 20 log|(10jω + 1)|

• P = −20dB/década ω = 0.5

=> 20 log|(2jω + 1)|

• P = −40dB/década ω = 10 => −20 log|(0.1jω + 1)2 | Ordenando la ecuacion obtendremos: H(jω) =

(10jω + 1) 100(2jω + 1)(0.1jω + 1)2

𝟓(𝐣𝛚 + 𝟎. 𝟏) 𝐇(𝐣𝛚) = (𝐣𝛚 + 𝟎. 𝟓)(𝐣𝛚 + 𝟏𝟎)𝟐

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PROBLEMA 46: La característica de magnitud para un filtro de rechazo de banda se muestra en la figura. Determinar H(jω)

Sol: Analizando tramo por tramo: • 0dB (cte) => 20 log K = 0 => k = 1 • P = −20dB/década ω = 10 => −20 log|(0.1jω + 1)| • P = +20dB/década ω = 100 => 20 log|(0.01jω + 1)| • P = +20dB/década ω = 1000

=> 20 log|(0.001jω + 1)|

• P = −20dB/década ω = 10000

=> −20 log|(0.0001jω + 1)|

Ordenando la ecuacion obtendremos: H(jω) =

(1)(0.01jω + 1)(0.001jω + 1) (0.1jω + 1)(0.0001jω + 1)

𝐇(𝐣𝛚) =

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(𝐣𝛚 + 𝟏𝟎𝟎)(𝐣𝛚 + 𝟏𝟎𝟎𝟎) (𝐣𝛚 + 𝟏𝟎)(𝐣𝛚 + 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎)

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PROBLEMA 47: Encuentre H(jω) si su caracteristica de magnitud es la que se muestra en la figura.

Sol: Analizando tramo por tramo: • 40dB (cte) => 20 log K = 40 => k = 100 • P = +20dB/década ω=1 => 20 log|(jω + 1)| • P = −20dB/década ω = 10 => −20 log|(0.1jω + 1)| • P = −40dB/década 2

1

ω = 80

=> −20 log |(80 jω + 1) |

• P = +20dB/década 1 ω = 120 => 20 log |(120 jω + 1)| Ordenando la ecuacion obtendremos: 1

H(jω) =

100(jω + 1) (120 jω + 1) 1

(0.1jω + 1) ( jω + 1) 80

2

𝟏𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟒 (𝐣𝛚 + 𝟏)(𝐣𝛚 + 𝟏𝟐𝟎) 𝐇(𝐣𝛚) = 𝟑(𝐣𝛚 + 𝟏𝟎)(𝐣𝛚 + 𝟖𝟎)𝟐 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA 48: Encuentre H(jω) si su caracteristica de magnitud es la que se muestra en la figura.

Sol: Analizando tramo por tramo: • P = −20dB/década ω = 10 => −20 log|(0.1jω)| • P = +20dB/década ω = 10 => 20 log|(0.1jω + 1)| • P = −40dB/década ω = 20 => −20 log|(0.05jω + 1)2 |

Ordenando la ecuacion obtendremos: H(jω) =

(0.1jω + 1) (0.1jω)(0.05jω + 1)2

𝟐𝟎𝟐 (𝐣𝛚 + 𝟏𝟎) 𝐇(𝐣𝛚) = 𝐣𝛚(𝐣𝛚 + 𝟐𝟎)𝟐

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PROBLEMA N°49 Sintetizar la forma de onda de la serie de Fourier dada. f(t) = V (

1 1 1 1 1 1 − coswt − cos2wt + cos3wt − cos4wt − cos6wt … … . . ) 2π π 3π 2π 15π 6π 1 2 4 + senwt − sen2wt + sen4wt − 4 3π 15π

PROBLEMA N°50 Obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda de dientes de sierra de la figura y representa su espectro

Sol: 𝑓(𝑡) =

−𝑣 𝑡+𝑣 𝜋

𝑇 = 2𝜋

𝜔=1

𝑇⁄ 2

2 𝑎𝑛 = (∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡) cos(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 ; 𝑛 = 1,2,3 …

𝑇⁄ 2

2 𝑏𝑛 = (∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡)sen(n𝜔0 𝑡)𝑑𝑡; 𝑛 = 1,2,3 …

𝑓(𝑡) = ∑ 𝑎𝑛 cos(𝑛𝜔0 𝑡) + ∑ 𝑏𝑛 sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑛

Encontrando 𝑎𝑛 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

𝑛

78

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𝑎𝑛 =

1 𝜋 −𝑣 ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡)𝑑𝑡 + 𝑣 cos(𝑛𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋

Integrando por partes: t cos(nt) ∫ tcos(nt) = ( sen(nt) + ) n n2 ∫ cos(nt) = (

sen(nt) ) n

an =

−v t cos(nt) π sen(nt) π ( sen(nt) + )/ + v( )/ 2 2 0 0 π n n n

𝐚𝐧 =

𝟐𝐯 𝟏 ( ) 𝛑 𝟐 𝐧𝟐

Encontrando bn : T⁄ 2

2 bn = ∫ T 0

f(t) sen(nω0 t) dt

1 π −v bn = ∫ tsen(nt)dt + v sen(nt) dt π 0 π

a0 = 0 Integrando por partes: t 1 ∫ tsen(nt)dt = (− cos(nt) + 2 sen(nt)) n n ∫ sen(nt)dt = bn =

−cos(nt) n

−v t 1 π (− cos(nt) + 2 sen(nt)) / 0 π n n

𝐯 𝟏 𝐛𝐧 = − ( ) + 𝟐𝐯 𝛑 𝐧

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Reemplazando en la formula general de Fourier: f(t) = + ∑ n

𝟐𝐯 𝟏 𝐯 𝟏 ( ) ( ) + 𝟐𝐯) sen(nω0 t) cos(nω t) + ∑(− 0 𝛑 𝟐 𝐧𝟐 𝛑 𝐧 n

PROBLEMA N°51 Obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda de diente de sierra

Sol: Tenemos: 𝑓(𝑡) = 𝑉 Periodo 𝑇 = 2𝜋

𝑡 𝜋

(−𝜋 < 𝑡 < 𝜋)

𝜔0 = 1

Esta forma de expresarla es más conveniente que hacerlo de 0 𝑎 2𝜋, para hacer la solución más fácil tomamos de −𝜋 𝑎 𝜋 Para ello calculamos 𝑎𝑛 𝑦 𝑏𝑛 : La serie de Fourier seria: ∞

∞

𝑛=1

𝑁=1

𝑎0 𝐹(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 cos(𝑛𝜔0 𝑡) + ∑ 𝑏𝑛 sen(𝑛𝜔0 𝑡) 2 Calculamos: 𝑇

2 ⁄2 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) cos(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 𝑇 −𝑇⁄ 2

𝑇

2 ⁄2 𝑏𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 𝑇 −𝑇⁄ 2

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𝑎𝑛 =

1 𝜋 𝑉𝑡 ∫ cos(𝑛𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 −𝜋 𝜋

𝑉 𝜋 𝑎𝑛 = 2 ∫ tcos(𝑛𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 −𝜋 𝑎𝑛 =

𝑉 1 𝑡 𝜋 [( 2 ) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑡 + ( ) 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝑡] 2 −𝜋 𝜋 𝑛 𝑛

𝑎𝑛 = 0 𝑏𝑛 =

𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑎0 = 0

1 𝜋 𝑉𝑡 ∫ sen(𝑛𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 −𝜋 𝜋

𝑉 𝜋 𝑏𝑛 = 2 ∫ 𝑡 sen(𝑛𝑡) 𝑑𝑡 𝜋 −𝜋 𝑏𝑛 =

𝑉 1 𝑡 𝜋 [( 2 ) 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑡 + ( ) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑡] 2 −𝜋 𝜋 𝑛 𝑛

𝑏𝑛 =

2𝑉 2𝑉 (𝑠𝑒𝑛(𝑛𝜋) − 𝑛𝜋cos (𝑛𝜋)) = ( ) (−𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋) 2 2 𝑛 𝜋 𝑛𝜋

Dónde: Para n impar: Para n par:

−2 𝑛𝜋 2 𝑛𝜋

Por lo tanto la serie de Fourier: 𝑭(𝒕) =

−𝟐𝑽 𝟏 𝟏 𝟏 (𝒔𝒆𝒏𝝎𝒕 + 𝒔𝒆𝒏𝟐𝝎𝒕 + 𝒔𝒆𝒏𝟑𝝎𝒕 + 𝒔𝒆𝒏𝟒𝝎𝒕 + ⋯ ) 𝝅 𝟐 𝟑 𝟒

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PROBLEMA N°52 Obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda de la siguiente figura. Sol: 𝑓(𝑡) =

−𝑣 𝑡 𝜋

𝑇 = 2𝜋

𝜔=1

𝑇⁄ 2

4 𝑎𝑛 = ∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡) cos(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 ; 𝑛 = 1,3,5 …

𝑇⁄ 2

4 𝑏𝑛 = ∫ 𝑇 0 𝑓(𝑡) =

𝑓(𝑡) sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 ; 𝑛 = 1,3,5 …

∑

𝑎𝑛 cos(𝑛𝜔0 𝑡) +

𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

∑

𝑏𝑛 sen(𝑛𝜔0 𝑡)

𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

Resolviendo 𝑎𝑛 2 𝜋 −𝑣 𝑎𝑛 = ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡)𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 −2𝑣 𝜋 𝑎𝑛 = 2 ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡)𝑑𝑡 𝜋 0 Integrando por partes tenemos: 𝑡 cos(𝑛𝑡) ∫ 𝑡𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡) = ( 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡) + ) 𝑛 𝑛2

𝑎𝑛 =

−2𝑣 𝑡 cos(𝑛𝑡) 𝜋 ( 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡) + )/ 2 0 𝜋 𝑛 𝑛2

𝟒𝒗 𝟏 𝒂𝒏 = 𝟐 ( 𝟐 ) 𝝅 𝒏 Calculando: 𝑏𝑛 CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA 𝑇⁄ 2

4 𝑏𝑛 = ∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡) sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡

2 𝜋 −𝑣 𝑏𝑛 = ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 𝑏𝑛 =

−2𝑣 𝜋 ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)𝑑𝑡 𝜋 0

Integrando por partes: 𝑡 1 ∫ 𝑡𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)𝑑𝑡 = (− cos(𝑛𝑡) + 2 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)) 𝑛 𝑛 𝑏𝑛 =

−2𝑣 𝑡 1 𝜋 (− cos(𝑛𝑡) + 2 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)) / 0 𝜋 𝑛 𝑛

𝒃𝒏 = −

𝟐𝒗 𝟏 ( ) 𝝅 𝒏

Entonces la sumatoria total seria: 𝑓(𝑡) =

∑ 𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

4𝑣 1 ( ) cos(𝑛𝜔0 𝑡) + 𝜋 2 𝑛2

𝒇(𝒕) =

∑ 𝑛 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

−

2𝑣 1 ( ) sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝜋 𝑛

𝟒𝒗 𝟏 𝟏 (𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 + 𝒄𝒐𝒔𝟑𝝎𝒕 + 𝒄𝒐𝒔𝟓𝝎𝒕 … . ) 𝟐 𝝅 𝟗 𝟐𝟓 𝟐𝒗 𝟏 𝟏 (𝒔𝒆𝒏𝝎𝒕 + 𝒔𝒆𝒏𝟑𝝎𝒕 + 𝒔𝒆𝒏𝟓𝝎𝒕 … ) − 𝝅 𝟑 𝟓

PROBLEMA N°53 Obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda cuadrada de la figura 17.42 y representar el espectro .Comparar con el problema 17.41.

figura 17.42. V

0 -V

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π

2π

wt 83

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Sol:

Observamos que la serie de Fourier es: 𝑛=𝛼

𝑛=𝛼

𝑛=1

𝑛=1

𝑎0 𝑓(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 + ∑ 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡 2

Vemos que: 2 𝑇 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝑇 0

𝜋

3𝜋

2𝜋 2 1 2 𝑎𝑛 = [∫ 𝑉𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) + ∫ −𝑉𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) + ∫ 𝑉𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡)] 𝜋 3𝜋 𝜋 0 2

2

𝑎𝑛 =

2𝑉 𝑛𝜋 3𝑛𝜋 (𝑠𝑒𝑛 ) − 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜋 2 2

𝑏𝑛 =

2 𝑇 ∫ 𝑓(𝑡) 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝑇 0

Luego:

𝜋

3𝜋

2𝜋 2 1 2 𝑏𝑛 = {∫ 𝑉𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 + ∫ −𝑉𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 + ∫ 𝑉𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡} 𝜋 3𝜋 𝜋 0 2

2

𝑏𝑛 = 0 Tambien notamos:

𝑎0 =0 2

Finalmente: CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

84

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA 𝑛=𝛼

𝑓(𝑡) = ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 𝑛=1

𝑛=𝛼

𝑓(𝑡) = ∑ 𝑛=1

𝑓(𝑡) =

2𝑉 𝑛𝜋 3𝑛𝜋 (𝑠𝑒𝑛 ) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑛𝜋 2 2

4𝑉 1 1 [cos 𝑤𝑡 − 𝑐𝑜𝑠3𝑤𝑡 + 𝑐𝑜𝑠5𝑤𝑡 … . . ] 𝜋 3 5

Su espectro:

PROBLEMA N°54

V

0 -V

figura 17.41.

𝑉 𝑤𝑡 − 𝑉 𝜋

π −𝑉 𝑤𝑡 𝜋

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

2π

wt 3π 85

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Sol: Observamos que la serie de Fourier es: 𝑛=𝛼

𝑛=𝛼

𝑛=1

𝑛=1

𝑎0 𝑓(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 + ∑ 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡 2

SOLUCION:

2 𝑇 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝑇 0 𝜋 2𝜋 1 −𝑉 𝑉 𝑎𝑛 = {∫ ( 𝑤𝑡) 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 + ∫ ( 𝑤𝑡 − 𝑉) 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡} … . . (1) 𝜋 0 𝜋 𝜋 𝜋

𝑎𝑛 =

2 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋) 𝑛2 𝜋 2

Luego: 𝑏𝑛 =

2 𝑇 ∫ 𝑓(𝑡) 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝑇 0

𝜋 2𝜋 1 −𝑉 𝑉 𝑏𝑛 = {∫ ( 𝑤𝑡) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡 + ∫ ( 𝑤𝑡 − 𝑉) 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑤𝑡)𝑑𝑤𝑡} 𝜋 0 𝜋 𝜋 𝜋

𝑏𝑛 =

𝑉 (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 − 1) 𝑛𝜋

Tambien: reemplazando en la ecuación (1) 𝑎0 =

𝜋 2𝜋 1 −𝑉 𝑉 {∫ ( 𝑤𝑡) 𝑐𝑜𝑠(0)𝑑𝑤𝑡 + ∫ ( 𝑤𝑡 − 𝑉) 𝑐𝑜𝑠(0)𝑑𝑤𝑡} = 0 𝜋 0 𝜋 𝜋 𝜋

86

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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Finalmente reemplazamos an y bn en: 𝑛=𝛼

𝑛=𝛼

𝑛=1

𝑛=1

𝑎0 𝑓(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 + ∑ 𝑏𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡 2 Obtenemos: 𝑛=𝛼

𝑛=𝛼

𝑛=1

𝑛=1

2 𝑉 𝑓(𝑡) = ∑ 2 2 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋)𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 + ∑ (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 − 1)𝑠𝑒𝑛𝑛𝑤𝑡 𝑛 𝜋 𝑛𝜋

𝑓(𝑡) =

4𝑉 1 1 {𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝑐𝑜𝑠3𝑤𝑡 + 𝑐𝑜𝑠5𝑤𝑡 … } 2 𝜋 9 25

−2𝑉 1 1 {𝑠𝑒𝑛𝑤𝑡 + 𝑠𝑒𝑛3𝑤𝑡 + 𝑠𝑒𝑛5𝑤𝑡 … } 𝜋 3 5 Su espectro:

4𝑉 −2𝑉 − 𝜋2 𝜋

0

1

3

5

7

9

n(impar)

PROBLEMA N°55 obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda sinusoidal con rectificación de media onda y representar el espectro

87

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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Sol: 1 𝜋 𝑣 𝑎0 = ∫ 𝑣𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡)𝑑𝑡 = 𝜋 0 𝜋 A continuación determinamos el 𝑇⁄ 2

2 𝑎𝑛 = (∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡) cos(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡 ; 𝑛 = 1,2,3 …

𝑇⁄ 2

2 𝑏𝑛 = (∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡)sen(n𝜔0 𝑡)𝑑𝑡; 𝑛 = 1,2,3 …

Resolviendo 𝑎𝑛 𝑎𝑛 =

1 𝜋 ∫ 𝑣. 𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡)𝑑𝑡 𝜋 0

𝑣 −𝑛𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑠𝑒𝑛(𝑛𝑡) − cos(𝑛𝑡) . cos(𝑡) 𝜋 𝑣 .[ ]/ = . (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 + 1) 2 0 𝜋(1 − 𝑛2 ) 𝜋 −𝑛 + 1 𝑎1 = 0 Calculando: 𝑏𝑛 𝑇⁄ 2

2 𝑏𝑛 = ∫ 𝑇 0

𝑓(𝑡) sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡

𝑇⁄ 2

2 𝑏𝑛 = ∫ 𝑇 0

𝑣. 𝑠𝑒𝑛(𝑡). sen(𝑛𝜔0 𝑡) 𝑑𝑡

𝑣 𝑛𝑠𝑒𝑛(𝑡). 𝑐𝑜𝑠(𝑛𝑡) − sen(𝑛𝑡) . cos (𝑡) 3𝜋 .[ ]/ 2 = 0 𝜋 −𝑛2 + 1 0 𝑏1 =

𝑣 2

Entonces la sumatoria total seria: 𝑓(𝑡) =

𝑣 𝑣 + ∑( . (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜋 + 1)) cos(𝑛𝜔0 𝑡) 𝜋 𝜋(1 − 𝑛2 ) 𝑛

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

88

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𝑭(𝒕) =

𝑽 𝜋 𝟐 𝟐 𝟏 (𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 − 𝒄𝒐𝒔𝟑𝝎𝒕 + 𝒄𝒐𝒔𝟓𝝎𝒕 − 𝒄𝒐𝒔𝟕𝝎𝒕 + ⋯ ) 𝝅 2 𝟑 𝟏𝟓 𝟕

PROBLEMA N°56

Obtener la serie trigonométrica de Fourier de la onda sinusoidal con rectificación completa de la siguiente figura y dibujar su espectro.

Sol: Notamos que la función es: 𝜋 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 − ) = 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 2 La onda es continua para el siguiente intervalo 𝑓(𝑡) = 𝑉𝑐𝑜𝑠|𝜔𝑡|

−

𝜋 𝜋 ≤ 𝜔𝑡 ≤ 2 2

La función de onda es par por lo tanto la serie contendrá términos en coseno 𝐹(𝑡) =

𝑎0 + ∑ 𝑎𝑛 cos (𝑛𝜔0 𝑡) 2 𝑛=1

𝜋

2 ⁄2 𝑎𝑛 = ∫ (𝑉𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡)(cos|𝑛𝜔𝑡|)𝑑𝑡 𝜋 −𝜋⁄ 2

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

89

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𝑎𝑛 =

4𝑉 𝜋 𝑐𝑜𝑠 2 𝜋(1 − 𝑛 ) 2

Dónde: 𝑐𝑜𝑠

−1 { 1 0

𝜋 2

𝑛 = 2,6,10, … . . 𝑛 = 4,8,12, … …} 𝑛 = 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

Ahora calculamos para n=1 𝜋 2 ⁄2 2𝑉 𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛2𝜔𝑡 𝜋⁄2 𝑎𝑛 = ∫ (𝑉𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡)(cos|𝑛𝜔𝑡|)𝑑𝑡 = [ + ] /−𝜋 𝜋 −𝜋⁄ 𝜋 2 4 ⁄2 2

𝑎1 = 𝑉

Reemplazando en la formula general de Fourier: 𝐹(𝑡) =

2𝑉 4𝑉 4𝑉 4𝑉 + 𝑉𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡 − 𝑐𝑜𝑠4𝜔𝑡 + 𝑐𝑜𝑠6𝜔𝑡 − ⋯ 𝜋 3𝜋 15𝜋 35𝜋

𝑭(𝒕) =

𝟐𝑽 𝝅 𝟐 𝟐 𝟐 [𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 + 𝒄𝒐𝒔𝟐𝝎𝒕 − 𝒄𝒐𝒔𝟒𝝎𝒕 + 𝒄𝒐𝒔𝟔𝝎𝒕 − ⋯ ] 𝝅 𝟐 𝟑 𝟏𝟓 𝟑𝟓

PROBLEMA N°57

La onda de la figura 17.46 es la de la figura 17.45 con su origen desplazado. Determinar las series de Fourier y demostrar que ambos espectros son idénticos.

Vcoswt

figura 17.45.

V

0

wt π

2π 90

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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Observamos que es una función par por tanto la función será: 𝑛=𝛼

𝑎0 𝑓(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 2 𝑛=1

Luego hallamos el coeficiente an de la manera siguiente: 2 𝑇 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝑇 0

𝜋

2 2 𝑎𝑛 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝜋 −𝜋 2

𝜋

2 2 𝑎𝑛 = ∫ 𝑉𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡(𝑑𝑤𝑡) 𝜋 −𝜋 2

𝜋

𝑉 2 𝑎𝑛 = ∫ {[cos(𝑛𝑤𝑡 + 𝑤𝑡) + cos(𝑛𝑤𝑡 − 𝑤𝑡)]} (𝑑𝑤𝑡) 𝜋 −𝜋 2

𝜋

𝑉 sen(𝑛𝑤𝑡 + 𝑤𝑡) sen(𝑛𝑤𝑡 − 𝑤𝑡) 2 𝑎𝑛 = [ + ] 𝜋 n+1 n−1 −𝜋 2

(𝑛𝜋+𝜋)

𝑉 𝑠𝑒𝑛 2 𝑎𝑛 = [ 𝜋 𝑛+1

+

𝑠𝑒𝑛

(𝑛𝜋−𝜋)

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

−

𝑛−1

(𝑛𝜋+𝜋)

𝑠𝑒𝑛 2 4𝑉 𝑎𝑛 = [ 𝜋(𝑛2 − 1) 𝑛+1

2

+−

𝑠𝑒𝑛

𝑠𝑒𝑛

(−𝑛𝜋−𝜋) 2

−

𝑛+1

(−𝑛𝜋−𝜋) 2

𝑛+1

−

𝑠𝑒𝑛

𝑠𝑒𝑛

(−𝑛𝜋+𝜋) 2

𝑛−1

(−𝑛𝜋+𝜋) 2

𝑛−1

𝑠𝑒𝑛

] (𝑛𝜋−𝜋) 2

𝑛−1

]

91

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Cuando: n =2,6,10,14……. El signo de la función es positivo 𝑎𝑛 =

4𝑉 4𝑉 , , …. 3𝜋 35𝜋

n =4,8,12,16……el signo de la función es negativo 𝑎𝑛 =

−4𝑉 −4𝑉 , , …. 15𝜋 63𝜋

Para: 𝜋

2 2 4𝑉 𝑎0 = ∫ 𝑉𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 cos(0) (𝑑𝑤𝑡) = 𝜋 −𝜋 𝜋 2

Luego remplazando en la serie: 𝑛=𝛼

𝑎0 𝑓(𝑡) = + ∑ 𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡 2 𝑛=1

2𝑉 𝑓(𝑡) = + 𝜋 𝑓(𝑡) =

𝑛=𝛼

∑

𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠𝑛𝑤𝑡

𝑛=2 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑠

2𝑉 2 2 2 (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑤𝑡 − 𝑐𝑜𝑠4𝑤𝑡 + 𝑐𝑜𝑠6𝑤𝑡 … … . . ) 𝜋 3 15 35

92

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA PROBLEMA N°58:

Observamos que es una función par por tanto la función será: n=α

a0 f(t) = + ∑ an cosnwt 2 n=1

Luego hallamos el coeficiente an de la manera siguiente: 2 T an = ∫ f(t) cosnwt(dwt) T 0

an =

2 π ∫ Vsenwt cosnwt(dwt) π 0

π

π 2 sen(nwt + wt) + sen(nwt − wt) an = V ∫ [ ] π 0 2 0

V cos (nwt + wt) cos (nwt − wt) π an = [− − ] π n+1 n−1 0 V cos (nπ + π) cos (nπ − π) 1 1 an = [− − + + ] π n+1 n−1 n+1 n−1

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

93

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Para los valores: n =1,3,5,7….. an = 0 n =2,4,6,8 an =

a0 =

−4V −4V −4V , , 3π 15π 35π

2 π 4V ∫ senwt cos(0) (dwt) = π 0 π

Luego remplazando en la serie: n=α

a0 f(t) = + ∑ an cosnwt 2 n=1

f(t) =

2V 2 2 2 (1 − cos2wt − cos4wt − cos6wt … … . . ) π 3 15 35

La onda es análoga a la del problema anterior pero con el eje vertical desplazado.

94

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

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PROBLEMA N°59

(Secuencia Positiva) De la figura: Sistema trifásico balanceado: ⃗Z = 𝐙∠θ VL =220 𝐯𝐨𝐥𝐭𝐢𝐨𝐬 Tomando como referencia 

PARA LAS TENSIONES DE LINEA: ⃗VRS = 220∠0° ⃗VTR = 220∠120° ⃗ ST = 220∠ − 120° V



PARA LAS TENSIONES DE FASE: ⃗VRN =

220 √3

⃗ TN = V ⃗ SN = V

∠ − 30°

220 √3

220 √3

∠90°

∠ − 150° 95

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA 

PARA LAS CORRIENTES: ⃗ AN V IR = = ⃗Z ⃗VBN IS = = ⃗ Z

220 ∠− √3

30°

Z∠θ

220 ∠ √3

115,47 ∠ − 30 − θ Z

=

115,47 ∠ − 150 − θ Z

=

115,47 ∠90 − θ Z

− 150°

Z∠θ

⃗ CN V IT = = ⃗Z

=

220 ∠90° √3

Z∠θ

LA POTENCIA EN EL VATÍMETRO: W1 = VTR IS cos θ ⃗ TR = 220∠120° V

4∠ − 150 − θ

301 = 220 × 4 × cos(120 + 150 + θ) θ = 20° f.d.p.= cos 20° f.d.p.=0,94 LA POTENCIA TOTAL DEL MOTOR SERIA: WT = √3VL IL cos θ vatios WT = 1432,28 vatios

96

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA (Secuencia Negativa)

Tomando como referencia 

PARA LAS TENSIONES DE LINEA: ⃗VRS = 220∠0° ⃗VTR = 220∠ − 120° ⃗ ST = 220∠120° V



PARA LAS TENSIONES DE FASE: 220

⃗VRN = ⃗ TN = V

220

∠30°

∠ − 90°

√3

⃗ SN = V 

√3

220 √3

∠150°

PARA LAS CORRIENTES: ⃗VAN IR = = ⃗ Z ⃗ BN V IS = = ⃗Z ⃗VCN IT = = ⃗ Z

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

220 ∠30° √3

Z∠θ

220 ∠150° √3

Z∠θ

220 ∠− √3

Z∠θ

=

115,47 ∠30 − θ Z

=

115,47 ∠150 − θ Z

=

115,47 ∠ − 90 − θ Z

90°

97

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LA POTENCIA EN EL VATÍMETRO: W1 = VTR IS cos θ ⃗VTR = 220∠ − 120°

4∠150 − θ

301 = 220 × 4 × cos(θ − 270) θ = −20° f.d.p.=0,94

fdpMotor = 0,94 LA POTENCIA TOTAL DEL MOTOR SERIA: WT = √3VL IL cos θ vatios WT = 1432,28 vatios En ambos casos la potencia consumida por el motor resulta ser la misma.

PROBLEMA N°60

En el circuito mostrado se conoce que la carga es balanceada y que la secuencia es negativa, considerar 𝑉𝑅𝑆 = 220 voltios a cero grados, los vatímetros marcan 𝑊1 = 224 y 𝑊2 = 836 vatios, hallar la impedancia de carga.

98

CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Sol: Como nos indica secuencia positiva entonces el triangulo seria 𝑇

𝑉𝑇𝑅 = 𝑉𝐿 ∠120

𝑆

𝑉𝑆𝑇 = 𝑉𝐿 ∠0 𝑉𝑅𝑆 = 𝑉𝐿 ∠ − 120 𝑅 Por dato tenemos que sumar 120 a casa tensión ̅̅̅̅ 𝑉 𝑅𝑆 = 220∠0 ̅̅̅̅ 𝑉𝑆𝑇 = 220∠120 ̅̅̅̅̅ 𝑉𝑇𝑅 = 220∠ − 120 Hallamos la corriente de fases donde 𝑍̅ = |𝑍|∠∅ ̅̅̅̅ 𝐼𝑅𝑆 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑆𝑇 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑇𝑅 =

̅̅̅̅ 𝑉𝑅𝑆 220 = ∠−∅ |𝑍| 𝑍̅

̅̅̅̅ 𝑉𝑆𝑇 220 = ∠120 − ∅ |𝑍| 𝑍̅

̅̅̅̅̅ 𝑉𝑇𝑅 220 = ∠ − 120 − ∅ |𝑍| 𝑍̅

En el nodo

En el nodo

En el nodo

𝐼̅𝑅 + ̅̅̅̅ 𝐼𝑇𝑅 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑅𝑆

𝐼̅𝑆 + ̅̅̅̅ 𝐼𝑅𝑆 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑆𝑇

𝐼̅𝑇 + ̅̅̅̅ 𝐼𝑆𝑇 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑇𝑅

𝐼̅𝑅 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑅𝑆 − ̅̅̅̅ 𝐼𝑇𝑅

𝐼̅𝑆 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑆𝑇 − 𝐼̅̅̅̅ 𝑅𝑆

𝐼̅𝑇 = ̅̅̅̅ 𝐼𝑇𝑅 − ̅̅̅̅ 𝐼𝑆𝑇

Para el 𝑊1 ̅̅̅̅̅ 𝑉 𝑇𝑅 ̅̅̅̅̅ ̅ 𝑊1 = |𝑉 𝑇𝑅 ||𝐼𝑇 |. cos { 𝐼𝑇 224 = 220.

220 . √3. cos(30° |𝑍|

− ∅)………(1)

Para el 𝑊2 ̅̅̅̅ ̅ 𝑊2 = |𝑉 𝑅𝑆 ||𝐼𝑆 |. cos { 836 = 220.

̅̅̅̅ 𝑉𝑅𝑆 𝐼𝑆

220 . √3. cos(−30° − ∅) |𝑍|

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Dividiendo 𝑊1 y 𝑊2 224 cos(30° − ∅) = 836 cos(30 + ∅) Operando ∅ = −45° Reemplazado en ecuación (1) 224 = 220.

220 220 . √3. cos(30° − ∅) = 220. . √3. cos(30° + 45) |𝑍| |𝑍|

Donde |𝐙| = 𝟗𝟔. 𝟖𝟔𝟐∠ − 𝟒𝟓

PROBLEMA N°61 Resolver usando solo diagrama fasorial a escala La tensión eficaz entre los puntos A y B es de 25 voltios, Halle gráficamente la tensión de entrada.

100

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Sol:

❖ Observamos que para la rama resistiva 𝐼̅2 = CIRCUITOS ELECTRICOS II PROBLEMAS PROPUESTOS

𝑉̅ 10

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̅̅̅̅̅ ̅ 𝑉 𝐵𝑁 = 4𝐼2 2 ̅̅̅̅̅ 𝑉𝐵𝑁 = 𝑉̅ 5 ̅̅̅̅̅ 𝑉𝑀𝐵 =

3 𝑉̅ 5

❖ Para la rama que contiene y una resistencia y una reactancia. 𝑋

3

𝛼 = tan−1 ( 𝑅𝐿) = tan−1 5

A

A

N

A

Observamos: 𝑎 = 𝑠𝑒𝑛 30.96 5𝑘 𝑎 = 2.57𝑘 Luego por la Ley de cosenos: 252 = (3𝑘)2 + (2.57)2 − 2𝑥(3𝑘)(2.57𝑘) cos 59.04 𝑘 = 9.09 ̅̅̅̅ |𝐕| = 𝟓𝐤 = 𝟒𝟓. 𝟏𝟑 𝐯𝐨𝐥𝐭𝐢𝐨𝐬

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