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Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Pág. 1

R01ELE01. Por un condensador de 0,5(F), con una tensión de 10(V) en t=0, circula una intensidad en sentido positivo con la tensión de valor: i( t ) = 10 ⋅ ε −3t . Determine u(t) para todo valor de t.

R01ELE02. Dado un condensador de 2(F) determine la tensión resultante si: a) i( t ) = 0 ; t ≤ 0 , e i( t ) = 2 ; t > 0 ; b) i( t ) = 0 ; t ≤ 1 , e i( t ) = 2 ; t > 1 ; c) i( t ) = 0 ; t ≤ 0 , e i( t ) = 4 cos(377 t + 30°) ; t > 0 ; y d)

i(t)=0 para t2. En todos los casos represente gráficamente la respuesta.

R01ELE03. La tensión en un condensador de 0,2(F), viene dada por la onda de la figura. Dibuje la corriente resultante, la potencia y la energía acumulada en función del tiempo.

R01ELE04. A una bobina de 0,5(H) con una intensidad de 10(A) en t=0 se le aplica una tensión positiva respecto a la intensidad, de valor: i( t ) = 10 ⋅ ε −3t (V) . Determine: a) i(t) para todo valor de t; y b) el valor máximo de la energía magnética almacenada por la bobina.

R01ELE05. La corriente en una conexión serie de una resistencia de 3(Ω) y una bobina de 3(H) es i(t)=0 para t 1 . e L1 L1 L1

De la primera ecuación: L1Di = e : i =

1 t M e ⋅ dt = − E 0 [sen(ωt ) − sen(ω)] : t > 1 ∫ L1 1 ω ⋅ L1

 M  M  M Aplicando la LKT: u12 = u12' − u 22'ca = e −  − e = 1 + e = 1 + E 0 cos(ωt ) : t > 1  L1   L1   L1  (B) Las ecuaciones con i 2 = 0 ; i 3 = 0 son las mismas que en A. Por tanto: i = −

M E 0 [sen(ωt ) − sen(ω)] : t > 1 ; ω ⋅ L1

u12 = e = E 0 cos(ωt ) : t > 1 ; y u 22 'ca = − puede comprobar el alumno.

M E 0 cos(ωt ) : t > 1 , como L1

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura, calcule: a) las tensiones en bornas de las tres bobinas; y b) la energía almacenada en conjunto por las tres bobinas en el instante t=0,1(s). DATOS: R1=2(Ω);R2=4(Ω);

L1=8(H);

L2=10(H);

L3=4(H);

M12=6(H); M13=5(H); M23=6(H); i1(t)=8s en(t) (A), t≥0. Solución: Para las referencias del esquema y teniendo en cuenta que las bobinas 2 y 3 están a circuito abierto, las ecuaciones de las tensiones en las bobinas son: a) u 1 = L1Di1 ; u 2 = −M 12 Di1 ; u 3 = − M 13 Di1 Sustituyendo valores obtenemos la respuesta: u1 = 8D(8 sen( t )) = 64 cos( t ) (V) i1 = 8 sen( t ) : u 2 = −6D(8 sen( t )) = −48 cos( t ) (V) u 3 = −5D(8 sen( t )) = −40 cos( t ) (V) b) La energía almacenada por las tres bobinas será: w=

1 1 1 2 2 2 L1 (i1 ) + L 2 (i 3 ) + L3 (i 3 ) − M12 (i1 ⋅ i 2 ) − M13 (i1 ⋅ i 3 ) + M 23 (i 2 ⋅ i 3 ) , que para las bobinas 2 y 3 a 2 2 2

circuito abierto se simplifica a: w =

1 2 L1 (i1 ) = 256 sen 2 ( t ) . 2

Para t = 0,1(s) su valor es: w = 256 sen 2 (0,1) = 2,55(J ) * Recuerde que el ángulo (0,1) debe ser expresado en radianes.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine la onda de potencial del nudo A. )Cuánto vale dicho potencial en t=1(s)?; )cuál es el valor de la variación de energía experimentada por el conjunto de las bobinas en el intervalo [0; 0,5(s)]? DATOS: Coeficiente de acoplamiento de las bobinas: k=0,5;

i1 ( t ) = sen(2πt ) (A) ; t ∈ [0, 1] : i1 ( t ) = 0 ; t ∉ [0, 1] i 2 ( t ) = sen(πt ) (A) ; t ∈ [0, 1] : i 2 ( t ) = 0 ; t ∉ [0, 1] . Solución: En lo que sigue nombramos a las bobinas como: L1 = 1(H) ;

L 2 = 2(H) ; L3 = 3(H) y los valores de la inducción mutua, para cada par de bobinas son: M12 = 0.5 1 ⋅ 2 = 2 2 (H) ;

M13 = 3 2 (H) ; M 23 = 6 2 (H) . El potencial del nudo A será, aplicando la LKT: VA = u 1 + u 2 + u 3 + u 4 (1). Las tensiones reseñadas en cada elemento son: u1 = 1⋅ i 2 = i 2 ; u 2 = − M12 Di 2 − M 23 Di1 ; u 3 = L3Di1 − M13 Di 2 ; u 4 =

1t ∫ i1dt C0

Sustituyendo estas tensiones en (1) y operando con los valores de las ondas de intensidad, la onda de potencial en A es: VA = sen(πt ) + 11,07 cos(2πt ) − 4,94 cos(πt ) + 0,08 (V) : 0 < t < 1; VA = 0 : t > 1

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura los coeficientes de acoplamiento de las bobinas son iguales a 0,5. Determine: a) el potencial del nudo A; y b) la energía puesta en juego por la fuente i 2 . Las ondas de intensidad de las fuentes se representan en la figura.

Solución: El potencial del nudo A es, aplicando la LKT al circuito adjunto: VA = u 1 + u 2 + u 3 + u 4 + u 5 (1). Las tensiones en función de las intensidades de las fuentes y con i 2 = −i1 son: u 1 = u 1 (t 0 ) −

1 t ∫ i1dt ; 2 t0

(

)

u 2 = 0 ; u 3 = −0,5 1 ⋅ 2Di1 ; u 4 = −3i 2 = 3i1 ; u 5 = −3Di 2 + 0,5 1 ⋅ 3Di1 = 3 + 0,5 3 Di1   1 t Sustituyendo estas tensiones en (1) escribimos: VA = u1 (t 0 ) − ∫ i1 ⋅ dt  + 3i1 + 3 + 0,5 3 − 0,5 2 Di1 2 t0  

(

)

 t2   1t  Para: 0 < t < 1 : i1 = t ; u 1 (0) = 0 : VA = − ∫ t ⋅ dt  + 3t + 3 + 0,5 3 − 0,5 2 ⋅1 = −  + 3t + 3,159  20   4

(

)

 t2  1 Para: 1 < t < 2 : i1 = −( t − 2) ; u1 (1) = −  = − : 4  4  t =1  1 ( t − 2) 2   1 1t  VA = − − ∫ − ( t − 2) ⋅ dt  − 3( t − 2) + 3 + 0,5 3 − 0,5 2 ⋅ (−1) = − +  − 3( t − 2) − 3,159 2 4  4 21   

(

)

 1 ( t − 2) 2  1 1 Para: t > 2 : i1 = 0 ; u1 (2) = − +  = − : VA = − 2 4  t =2 2  2

t < 0 : VA = 0   t2  0 < t < 1 : VA = −  + 3t + 3,159   4  a) Por tanto, la onda de tensión es:   1 ( t − 2) 2  1 < t < 2 : VA = − +  − 3( t − 2) − 3,159 4   2  1  t > 2 : VA = − 2 b) Para calcular la energía puesta en juego por la fuente i 2 deberemos calcular la tensión u I , la potencia consumida p(t) y finalmente la energía consumida w(t).

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

(

)

A partir de los datos anteriores: u I = u 4 + u 5 = 3i1 + 3 + 0.5 3 Di1 , operando con la onda de intensi-

u I = 3t + 3,866 dad resulta: 0 < t < 1 : i1 = t :  2 p = u I ⋅ i 2 = −u I ⋅ i1 = −3t − 3,866t u = −3( t − 2) − 3,866 1 < t < 2 : i1 = −( t − 2) :  I 2 p = −u I ⋅ i1 = −3( t − 2) − 3,866( t − 2) u = 0 t > 2 : i1 = 0 :  I . p = −u I ⋅ i1 = 0 A partir del valor de la potencia la energía consumida por la fuente es: 2

1

0

0

(

)

2

(

)

W (2) − W (0) = ∫ p( t ) ⋅ dt = ∫ − 3t 2 − 3,866t dt + ∫ − 3( t − 2) 2 − 3,866( t − 2) dt = −2(J ) . 1

Es decir la fuente cede 2(J) de energía al resto del circuito en el intervalo [0, 2] segundos.

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Salcedo&López

En el circuito de continua de la figura determine: a) la potencia disipada por las resistencias; b) las potencias cedidas o absorbidas por las fuentes; y c) la energía absorbida por el condensador y la bobina. Las fuentes son de continua. Solución: En la figura añadimos las referencias de intensidad y tensión, así como una indicación de los lazos donde aplicamos la LKT y los grupos de corte donde aplicamos la LKI. Teniendo en cuenta que al ser un circuito en régimen de continua, la bobina es equivalente a un cortocircuito y el condensador a un circuito abierto, las ecuaciones de las dos LKT que aplicamos son:

y la ecuaciones de la LKI:

I1 = 2(A) : 2 ⋅1 + 2 − U I = 0 : U I = 4(V) U C = 4(V) ; 2 ⋅ I 2 + 4 − 2 = 0 : I 2 = −1(A)

.

I1 − I 2 + I3 = 0 : I3 = 3(A) I 2 − I 4 = 0 : I 4 = −1(A)

Con el criterio de potencias consumidas, la potencia en las resistencias es: a) R = 1(Ω) : P1 = I12 ⋅1 = 2 2 ⋅1 = 4( W ) ; R = 2(Ω) : P2 = I 22 ⋅ 2 = (−1) 2 ⋅ 2 = 2( W ) ; b) la potencia en las fuentes es:

P2 A = − U I ⋅ I1 = −4 ⋅ 2 = −8( W ) ; P2 V = 2 ⋅ I 3 = 2 ⋅ 3 = 6( W ) ; P4 V = 4 ⋅ I 4 = 4 ⋅ (−1) = −4( W ) ; * Podemos comprobar que el balance de potencias es nulo: P1 + P2 + P2 A + P2 V + P4 V = 4 + 2 − 8 + 6 − 4 = 0 : ∑ P = 0 * Recuerde que con el convenio seguido de potencias, las potencias negativas corresponden a elementos que ceden potencia: la fuente de 2 amperios y la de 4 voltios ceden respectivamente 8 y 4 vatios, que igualan a la potencia consumida por el resto de los elementos. * La bobina y el condensador no consumen potencia en régimen de continua al ser cero la tensión en la primera y la intensidad en el segundo. c) La energía almacenada por la bobina y condensador es: WL =

1 1 1 1 1 L ⋅ I 2L = 2 ⋅ I12 = 2 ⋅ 2 2 = 4(J ) ; WC = C ⋅ U C2 = 1 ⋅ 4 2 = 8(J ) 2 2 2 2 2

* Fíjese que, aunque la potencia en L y en C es nula, no lo es la energía almacenada. Esta energía la almacena la bobina y el condensador al cargarse respectivamente a 2 amperios y 4 voltios.

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Salcedo&López

Determine la potencia en cada uno de los elementos de la figura. )Qué potencia consumiría la fuente de tensión si su valor fuese de 3 voltios?.

Solución: En el esquema adjunto añadimos las referencias de las tensiones e intensidades. En el caso más general de análisis hay que determinar la tensión o intensidad en cada elemento pasivo; la tensión en las fuentes de intensidad; y la intensidad en cada fuente de tensión. Para las tensiones e intensidad que se referencian en el esquema tendremos las siguientes ecuaciones: U1 = 4(V) ; U 2 = 3 ⋅ 2 = 6(V) ; U 3 − U 2 − U1 = 0 : U 3 = 4 + 6 = 10(V) ; I 4 =

U 2 U1 − = 3 − 4 = −1(A) 2 1

Donde hemos aplicado la LKT al lazo formado por: {U 2 ; U1 ; U 3 } y la LKI al nudo superior del esquema. Con estos resultados las potencias, siguiendo el convenio pasivo, serían: R = 2(Ω) : P = U 22 2 = 18( W ) : consume 18( W ) R = 1(Ω) : P = U12 1 = 16( W ) : consume 16( W ) I G = 3(A) : P = − U 3 ⋅ 3 = −30( W ) : cede 30( W ) E G = 4(V) : P = 4 ⋅ I 4 = −4( W ) : cede 4( W ) Si E G = 3(V) → U1 = 3 : I 4 = 3 − U1 1 = 3 − 3 = 0 → PE G = 0 . Es decir la fuente de tensión ni cedería ni consumiría potencia. Podría decirse que la fuente de tensión en este caso se comporta como un circuito abierto, cuya tensión es de 3 voltios.

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Salcedo&López

En la figura se muestra el esquema muy simplificado de un circuito de carga para una batería de automóvil. Halle: a) la potencia generada por el alternador en sus terminales, representado por la fuente real de tensión de 13(V); b) la potencia disipada por el cable de la batería, representado por la resistencia de 0,5(Ω); c) la potencia cedida a la batería, representada por la fuente real de 11(V); d) la potencia transformada en energía química en la batería; y e) el rendimiento del conjunto (potencia total almacenada en la batería/ potencia eléctrica total generada). Solución: En el esquema de la figura hemos resaltado las tres partes de la que consta el circuito, sólo bajo el punto de vista puramente descriptivo. En el circuito aplicamos la LKT en el sentido de la intensidad. La ecuación resultante es: − 13 + 0,1 ⋅ I + 0,5 ⋅ I + 0,04 ⋅ I + 11 = 0 : I = 3,125(A)

a) Potencia en bornas del alternador: U A = 13 − 0,1⋅ I = 12,6875(V) : PAlt = − U A ⋅ I = −39,65( W ) b) Potencia en bornas de la batería: U B = 11 + 0,04 ⋅ I = 11.125(V) : PBat = U B ⋅ I = 34,77( W ) Es decir, en el alternador, representado por la fuente real de continua de 13(V), como aparece en el esquema, se ceden o generan 39,65 vatios de los que se consumen 34,77 vatios en la carga de la batería, representada por la fuente real de tensión de 11 voltios del esquema. c) Potencia disipada en el conector: PCon = I 2 ⋅ 0,5 = 4,88( W ) Puede comprobar el balance de potencias: PAlt + PBat + PCon = 0 d) La potencia transformada en energía química, almacenada por la batería, es: PQui = I ⋅11 = 34,38( W ) Esta potencia es la que aprovecha la batería, una vez descontada la que se pierde por efecto Joule y otros en la propia batería. e) La potencia eléctrica generada por el alternador es: PGen = −I ⋅13 = −40,625( W ) Esta potencia es la que genera el alternador y que parte de ella se consume por efecto Joule y otras pérdidas en el propio alternador y rectificador. El rendimiento del conjunto será: η =

PQui PGen

=

34,38 = 84,62 0 0 40,625

* Si calculamos el rendimiento a partir de las expresiones de las potencias y no de sus valores, podemos escribir: η =

PQui PGen

=

11 ⋅ I 11 = = 84,62 0 0 , que como podemos observar, es independiente de las 13 ⋅ I 13

pérdidas y sólo depende de la tensión del generador (13 voltios) y de la batería (11 voltios).

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Salcedo&López

Una batería de 12(V) se está cargando con una corriente constante de 3(A) durante 2h y después con una corriente que disminuye linealmente desde 3(A) hasta 0(A) durante una hora. Admitiendo que la tensión de la batería vale constantemente 12(V), halle: a) la carga total en amperiosΑhora y en culombios suministrada a la batería; b) la potencia media comunicada a la batería durante todo el periodo de carga; y c) la energía total acumulada en la batería. Solución: La curva de carga de la batería i(t) la representamos en la gráfica adjunta. t

a) Como i( t ) = Dq( t ) : q( t ) = ∫ i( t )dt , el área bajo la curva de la intensidad 0

de carga es la carga total, Q, almacenada por la batería. 1 Q = 3 ⋅ 2 + (3 − 2) ⋅ 3 = 7,5(A ⋅ h ) : Q = 7,5 ⋅ 3600 = 27000(C) 2

b) La potencia media cedida a la batería es: Pmed =

3 1T 13 u ⋅ i ⋅ dt = 12 ⋅ i ⋅ dt = 4 ∫ ∫ ∫ i ⋅ dt = 4Q = 4 ⋅ 7,5 = 30( W ) T0 30 0

* En este caso, en el que la tensión de carga es constante, podríamos haber calculado la potencia media por: Pmed = 12 ⋅ I med = 12

Q 7,5(A ⋅ h ) = 12(V) = 30( W ) T 3(h )

c) La energía total acumulada por la batería es: T

3

3

0

0

0

W = ∫ p( t ) ⋅ dt = ∫ 12 ⋅ i ⋅ dt = 12∫ i ⋅ dt = 12 ⋅ 7,5 = 90( W ⋅ h ) * En este caso, en el que la tensión de carga es constante, podríamos haber calculado la energía total acumulada por la batería por: W = 12 ⋅ I ⋅ T = 12

Q T = 12(V) ⋅ 7,5(A ⋅ h ) = 90( W ⋅ h ) T

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Salcedo&López

La distancia entre el generador y el receptor en una instalación de continua es de 100(m). La tensión en el generador es 200(V). Si la tensión en el receptor no puede ser inferior al 95 % de la del generador, )cuál será el valor máximo de la densidad de corriente en la línea de conexión? Si el receptor consume 1,5(kW), )cuál será la sección mínima del conductor de cobre y las pérdidas en el mismo? Resistividad del cobre: 1/56( ohm/m·mm-2). Solución: Aplicamos la LKT al circuito de la figura, representación esquemática del enunciado: U R = U G − 2U L = U G − 2I ⋅ R L , donde R L es la resistencia equivalente a cada tramo de línea: R L = ρ ⋅ l S .

(

)

Llamando δ a la densidad de corriente: δ = I S A mm 2 , podemos l I 1 reescribir la ecuación anterior como: U R = 200 − 2I ⋅ ρ = 200 − 2ρ ⋅ l = 200 − 2 ⋅ ⋅100 ⋅ δ (1) S S 56

Introducimos la condición de la tesnsión en R: U R ≥ 0,95 ⋅ U G = 190(V) ; y sustituyendo en (1), obtenemos: U R = 200 − 2 ⋅

1 ⋅100 ⋅ δ ≥ 190 : δ ≤ 2,8 A mm 2 . 56

(

)

(

)

Por tanto, el valor máximo de la densidad de corriente es: δ máx = 2,8 A mm 2 . Para PR = 1500 = U R ⋅ I , si la sección de la línea tiene que ser mínima, debemos maximizar la densidad

(

)

de corriente: PR = 1500 = 190 ⋅ δ máx ⋅ Smín : Smín = 2,82 mm 2 . 2

Para esta decisión, las pérdidas de la línea son: PL = 2 ⋅ I 2 ⋅ R L = 2(δ máx ⋅ Smín ) PL = δ 2máx ⋅ Smín

100 = 78,96 : PL = 78,96( W ) 28

1 100 , y sustituyendo: 56 Smín

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En cada uno de los grafos de la figura, determine dos árboles. Para cada uno de esos árboles, encuentre: a) sus lazos básicos; b) sus grupos de corte básicos; c) sus mallas; ¿es posible, en todos los grafos, determinar sus mallas?; y c) ecuaciones de dichos lazos, mallas y grupos de corte. Solución: ( I1 ) Dibujamos el grafo en un plano y elegimos un árbol donde trazar los lazos básicos y los grupos de corte básicos.

 u1 − u 6 − u 5 = 0 u + u + u = 0  7 6 a) Para los lazos básicos representados, sus ecuaciones son:  2 u − u − u 8 7 =0  3  u 4 − u 8 − u 5 = 0 i 6 + i1 − i 2 = 0 i − i + i = 0  b) Para los grupos de corte básicos representados, sus ecuaciones son:  7 2 3 i 8 + i 3 + i 4 = 0 i 5 + i 4 + i1 = 0 c) Como hemos podido representar el grafo del circuito en un plano sin que las ramas se corten en puntos distintos de los nudos el circuito es plano y, las ecuaciones de sus mallas, tomando sentido positivo

− u 7 − u 2 − u 6 = 0 − u + u + u = 0  5 6 el del movimiento de las agujas del reloj, son:  1  u 4 − u8 − u5 = 0  u 8 − u 3 + u 7 = 0 ( I2 )

Para el árbol elegido (con el mismo grafo que en el caso anterior) las ecuaciones de sus lazos y grupo de corte básicos son:

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u 2 + u 3 − u 8 − u 5 − u 1 = 0 u − u − u = 0  8 5 Lazos Básicos  4 ; Grupos de corte básicos u 6 − u 1 + u 5 = 0 u 7 + u 8 − u 3 = 0

i1 + i 6 − i 2 = 0 i − i + i = 0 3 2 7  i 5 + i 4 − i 6 + i 2 = 0 i8 + i 4 − i 7 + i 2 = 0

( II )

Dibujamos el grafo y dos árboles sobre los que el alumno debe encontrar las ecuaciones de los lazos básicos y de los grupos de corte básicos que han sido encontrado. ( III )

Dibujamos el grafo y dos árboles, sobre los cuales el alumno debe dibujar los lazos básicos y los grupos de corte básicos. Complete con la escritura de las ecuaciones de lazos y grupos de corte básicos.

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En el circuito de la figura elija un árbol. Respecto a este árbol diseñe los lazos y los grupos de corte básicos; plantee las ecuaciones de rama y las de los lazos y grupos de corte básicos; resuelva el circuito y realice un balance de potencia. En el gráfico del circuito todas las resistencias en ohmios, las intensidades en amperios y las tensiones en voltios.

Solución: En la figura representamos un grafo, un árbol del mismo con sus lazos básicos y sus grupos de corte básicos. Hemos nombrado a los lazos y grupos con el mismo número de la rama del grafo que los define, pero entre paréntesis. Las ecuaciones de rama son: U1 = −4 + 2 ⋅ I1 ; U 2 = 6 ⋅ I 2 ; U 3 = 10 + 2 ⋅ I3 ; U 4 = 6 + 3 ⋅ (2 + I 4 ); U 5 = 1⋅ (2 + I5 ) ; U 6 = 2 ⋅ I 6 ; U 7 = 4 ⋅ I 7 ; U8 = 2 ⋅ (4 + I8 ) . Las ecuaciones de los lazos básicos son:

[4] : U 4 − U 6 + U 7 = 0 [5] : U 5 − U 6 − U1 = 0 [8] : U 8 + U 3 − U 7 + U 2 = 0 Las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[1] : I1 + I5 = 0 [2] : I 2 − I8 = 0 [3] : I3 − I8 = 0 [6] : I6 + I 4 + I5 = 0 [7] : I7 − I 4 + I8 = 0 Resolvemos el sistema de 16 ecuaciones con 16 incógnitas (hemos usado MATLAB) y encontramos como solución para las tensiones de las ramas: U = [− 3,27 ; − 11,29 ; 6,23 ; 5,73 ; 1,63 ; 4,9 ; − 0,83 ; 4,23] (el orden en la matriz fila es el del grafo). El alumno debería calcular las intensidades de cada rama, así como las potencias que se consumen o ceden en cada elemento ideal.

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En el circuito de la figura realice los cambios de fuente necesarios, y escriba directamente las ecuaciones integro-diferenciales del análisis por lazos básicos.

Solución: Cambiamos las fuentes reales de intensidad por sus equivalentes de tensión, como se representa en el nuevo esquema y, donde: e g 2 = (L 2 D + R 2 )i g 2 ; e g 3 = (1 (C 3D ) + R 3 )i g 3 .

Para el grafo y el árbol que se adjuntan, las ecuaciones por lazos básicos son: (L D + R 2 + L 7 D + L 6 D + 1 (C1D ) + 2 ⋅ M 67 D ) i1 + [i1 ] :  2  (− L 7 D − M 46 D − M 47 D − M 67 D ) i 4 = e g1 + e g 2 (− L7 D − M 46 D − M 47 D − M 67 D) i1 +  [i 4 ] : (  R 3 + 1 (C3D ) + L 4 D + R 5 + L 7 D + 2 ⋅ M 47 D ) i 4 + = e g 3 − e g 5 Las ecuaciones que dan las intensidades de rama en función de las intensidades de lazo son: i1 = i1 ; i 2 = i1 ; i 3 = i 4 ; i 4 = i 4 ; i 5 = −i 4 ; i 6 = −i1 ; i 7 = −i1 + i 4

Aunque no suele darse esta última ecuación, el conjunto mínimo de ecuaciones que permite el cálculo de las intensidades de un circuito lo forman las ecuaciones de los lazos básicos y las ecuaciones de conexión ramas-lazos, que hemos determinado.

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Use la conversión de fuentes para determinar la potencia puesta en juego por la fuente real de 100(V) y 5(Ω) del circuito de la figura. En el gráfico del circuito todas las resistencias en ohmios, las intensidades en amperios y las tensiones en voltios.

Solución: Dibujamos las transformaciones realizadas en cada paso, teniendo en cuenta que sólo debe permanecer invariable la fuente real donde se pide el cálculo de su potencia. La parte modificada se ha resaltado con una línea discontinua. En el último gráfico, calculamos la intensidad y la tensión en bornas de la fuente.

I = (100 − 26,47 ) (2,35 + 5) = 10 (A) U = 100 − 5I = 50 (V)

Y la potencia, con el criterio de carga pasiva es: P = − U ⋅ I = −500( W ) .

Es decir, la fuente real de tensión [100(V) y 5(Ω)] cede 500(W) al resto del circuito.

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Salcedo&López

Analice mediante ecuaciones circulares el circuito de la figura y determine la potencia cedida por la fuente de tensión. ¿Podría analizar el circuito mediante las ecuaciones de malla? En el gráfico del circuito todas las resistencias en ohmios y las tensiones en voltios.

Solución: Como podemos apreciar en el esquema y en el grafo el circuito no es plano. Por tanto no puede analizarse por mallas. El circuito contiene 10-Ramas y 5-Nudos, lo que implica un árbol con R-(N-1)=6-LB. En el grafo hemos elegido un árbol [5-6-7-8] y sus lazos básicos, nombrados con la intensidad del eslabón que los define. Los lazos son:

[I1 ] : {1 − 8 − 7 − 6 − 5}; [I 2 ] : {2 − 6 − 5} ; [I3 ] : {3 − 8 − 7}; [I 4 ] : {4 − 7 − 6 − 5}; [I9 ] : {9 − 6 − 7 − 8}; [I10 ] : {10 − 7 − 6} Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = I1 ; I 2 = I 2 ; I3 = I3 ; I 4 = I 4 ; I5 = − I1 − I 2 − I 4 ;

I6 = I1 + I 2 + I 4 − I9 + I10 ; I7 = −I1 − I3 − I 4 + I9 − I10 ; I8 = I1 + I3 − I9 ; I9 = I9 ; I10 = I10 Las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (12 + 48 + 24 + 6) + I 2 (24 + 6) + I3 (48) + I 4 (48 + 24 + 6) − I9 (48 + 24) + I10 (48 + 24) = −261 [I 2 ] : I1 (24 + 6) + I 2 (4 + 6 + 24) + I3 (0) + I 4 (6 + 24) − I9 (24) + I10 (24) = 0 [I3 ] : I1 (48) + I 2 (0) + I3 (48 + 2) + I 4 (48) − I9 (48) + I10 (48) = −261 [I 4 ] : I1 (48 + 24 + 6) + I 2 (24 + 6) + I3 (48) + I 4 (6 + 48 + 24 + 6) − I9 (48 + 24) + I10 (48 + 24) = 0 [I9 ] : −I1 (24 + 48) − I 2 (24) − I3 (48) − I 4 (24 + 48) + I9 (8 + 24 + 48) − I10 (24 + 48) = 261 [I10 ] : I1 (24 + 48) + I 2 (24) + I3 (48) + I 4 (24 + 48) − I9 (24 + 48) + I10 (24 + 48 + 3) = 0 Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos el valor de las intensidades de lazos que resulta: I1 = −10,58 (A) ; I 2 = −18,19 (A) ; I3 = −27,13 (A) ; I 4 = 22,33 (A) ; I9 = 20,71(A) ; I10 = 31,79 (A) Y usando las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos, las intensidades de las restantes ramas y, con ellas, la solución del análisis del circuito, son: I5 = 6,44 (A) ; I 6 = 4,64 (A) ; I 7 = 4,3 (A) ; I8 = −58,42 (A) * En estos circuitos es muy importante ser cuidadoso en extremo. * Debe siempre calcular las intensidades de las ramas a partir de las intensidades de los lazos, ya que así podrá hacer una comprobación de la LKI en algún nudo y verificar los resultados obtenidos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Para el circuito de la figura se pide: a) considerando el árbol AB, CD y BC (rama de la fuente de 5(V), escriba de forma directa las ecuaciones de análisis por lazos básicos del circuito; b) calcule la intensidad y tensión en cada elemento; y c) balance de potencia, tomando como elemento las fuentes reales. En el gráfico del circuito todas las resistencias en ohmios y las tensiones en voltios. Solución: a) A partir del grafo y los lazos básicos que se muestran en él, las

[I1 ] : I1 (2 + 1 + 1 + 5) + I 2 (2 + 1 + 1) + I3 (1) = 5 ecuaciones son: [I 2 ] : I1 (2 + 1 + 1) + I 2 (2 + 1 + 1 + 1) + I3 (1) = −21 + 5 [I3 ] : I1 (1) + I 2 (1) + I3 (3 + 1) = 5 b) La solución del sistema es: I1 = 3 (A) ; I 2 = −6 (A) ; I3 = 2 (A) . c) De las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos encontramos la intensidad en cada rama del circuito: I 4 = − I1 − I 2 − I3 = 1 (A) ; I5 = − I1 − I 2 = 3 (A) ; I 6 = I1 + I 2 = −3 (A) . Con estas intensidades construimos la siguiente tabla de tensiones y potencias:

Rama

1

2

3

4

5

6

Elemento 5Ω

1Ω

21V

3Ω

1Ω

5V

2Ω

1Ω

I(A)

3

-6

-6

2

1

1

3

-3

U(V)

15

-6

21

6

1

5

6

-3

P(W)

45

36

-126

12

1

5

18

9

-90(W)

6(W)

Hemos seguido, para los signos de las potencias, el criterio de las potencias consumidas. Podemos comprobar el balance de potencias:

∑ Pcons. = 45 + 12 + 6 + 18 + 9 = 90 ( W ) ∑ Pced. = 90 ( W )

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por lazos básicos, sin realizar modificaciones en el mismo y especificando el árbol elegido, y realice un balance de potencias. Plantee las ecuaciones por análisis nodal sin modificar la geometría del circuito. En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensión en voltios.

Solución: En la figura representamos el árbol elegido y sus lazos básicos. El árbol se ha elegido teniendo en cuenta que la fuente ideal debe estar en un eslabón. Como se podía incluir en los eslabones también la rama de control de la fuente controlada, así lo hemos hecho. Hemos nombrado las intensidades de los lazos básicos con el mismo nombre que la de la intensidad que circula por el eslabón que define al lazo.

[I1 ] : I1 (25) + (− 3I) ⋅ (20) = −45 Con I = I 2 ; I5 = −3I , las ecuaciones de lazos del circuito son: [I 2 ] : I(40) + I 6 (30) = 45 ; [I6 ] : I6 (90) + (3I ) ⋅ (60) + I(30) = 270 cuya solución es: I1 = 1,8 ; I 2 = I = 1,5 ; I5 = −3I = 4,5 ; I 6 = −0,5 ; en (A) . A partir de estas tensiones de los lazos, las intensidades de las ramas son: I3 = − I1 − I5 = 2,7 ; I 4 = − I 2 − I 6 = −1; I 7 = I1 − I 2 = 0,3 ; I8 = I 6 − I5 = 4 ; en (A) La tensión en la fuente de intensidad es: U 5 = U 3 + U 8 = 20I3 + 60I8 = 294 (V ) ; donde hemos aplicado la LKT a un lazo que contenga la rama de la fuente de intensidad. Podíamos calcular esta tensión escribiendo la ecuación del lazo básico que contiene dicha fuente ideal de intensidad, como hacemos a continuación: [I5 ] : I1 (20) − I 6 (20) + I5 (80 ) = − U 5 Con estas intensidades y tensiones construimos la siguiente tabla resumen: Rama

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

1,8

1,5

2,7

-1

-4,5

-0,5

0,3

4

U(V)

-

-

-

-

294

-270

45

-

P(W)

16,2

22,5

145,8

30

-1323

135

13,5

960

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el esquema de la figura representamos el árbol y sus grupos de corte básicos. Las tensiones de los grupos de corte se han nombrado de igual forma que las tensiones de la rama del árbol que los define. El árbol se ha elegido con la condición de contener en sus ramas las fuentes ideales de tensión (R-6; R-7) y también contiene la rama de control de la fuente controlada. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U 2 = U 2 ; U 5 = U 5 ; U 6 = U 6 ; U 7 = U 7 ; U1 = − U 2 + U 5 + U 6 ; ; U 3 = − U 2 + U 5 + U 6 − U 7 ; U 4 = U 2 − U 7 Con U 7 = 45 ; U 6 = −270 ; I = U 2 10 , las ecuaciones de los lazos (2) y (5) son:

[U 2 ] : U 2  1

+

1 1 1 1 1 1 1 1   1 1  1  1 + + +  − U5  +  − U6  + +  − U7  + + =0 30 60 20 5   20 5   60 20 5   30 60 20 

 10 [U 5 ] : − U 2  1 + 1  + U5  1 + 1  + U 6  1 + 1  + U 7  1  = 3 ⋅ I = U 2  3   20 5   20 5   20 5   20   10 

* El alumno debiera completar el análisis, dando la tensión en todas las ramas, así como la intensidad en las fuentes ideales de tensión. * Para calcular las intensidades de las F. de T. ideales puede aplicar la LKI a cualquier grupo de corte que contenga la rama de la F. de T. ideal, o escribir la ecuación de su grupo de corte básico, como hacemos a continuación.

[U 6 ] : − U 2 

1 1 1 1 1 1   1 1  1  1 + +  + U5  +  + U6  + +  + U 7  +  = −I6  60 20 5   20 5   60 20 5   20 60 

[U 7 ] : − U 2 

1 1 1  1  1 1   1   1  1 + +  + U5   + U 6  +  + U 7  + +  = −I7  20 30 60   20   20 60   20 30 60 

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura en régimen permanente de continua, mediante ecuaciones circulares, y determine la energía almacenada por el condensador y la bobina. Plantee las ecuaciones por análisis nodal sin modificar la geometría del circuito. En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensión en voltios.

Solución: Como el circuito está en régimen permanente de continua, en el esquema adjunto representamos el condensador como un circuito abierto y la bobina como un cortocircuito. En el siguiente gráfico dibujamos el grafo de este circuito y el árbol elegido con sus lazos básicos. Con I = I3 ; I L = I8 ; U 6 = U C ; I 4 = 2I = 2I3 , las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I3 ] : I3 (11) + I 4 (6) − I8 (1) = −20 I3 (23) − I8 (1) = −20 : [I8 ] : −I3 (1) + I8 (3) = −8  − I3 (1) + I8 (3) = −8

La solución del sistema es: I = I3 = −1(A) ; I L = I8 = −3 (A) ; y el resultado del análisis en (A) y (V) es: I1 = 2I = −2 ; I 4 = 2I = −2 ; I 2 = − I 3 − I 4 = 3 ; I 5 = − I 3 + I 8 = −2 ; I 6 = 0 ; I 7 = − I 8 = 3 ; U 4 = −10 − 2I1 + 6I 2 = 12 ; U C = U 4 + 2I 7 = 18 La energía almacenada por el condensador y la bobina es:

U C = 18 : WC = (1 2 ) ⋅ C ⋅ U C2 = 81 (J ) I L = −3 : WL = (1 2 ) ⋅ L ⋅ I C2 = 4,5 (J )

En la figura adjunta representamos el árbol elegido y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones son:

[U 3 ] : U 3  1 + 1 + 1  − U 5  1  − U 6  1  + U8  1  = 20 + 10 2

6 2 2 4 [U 5 ] : −U 3  1  + U 5  1 + 1 + 1  − U 6 (0) + U8  1  = 2I 6 6 2 2 4

6

2

[U 6 ] : −U 3  1  + U 5 (0) + U 6  1  − U8  1  = −2I − 10 6

2

2

2

Y donde I = (U 3 − 20) 4 ; U 8 = 8 . Para escribir estas ecuaciones hemos supuesto las fuentes reales de tensión cambiadas a fuentes reales de intensidad. El alumno debiera completar el análisis por grupos de corte básicos planteado y comprobar resultados.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Eligiendo, al menos, como incógnitas las intensidades reseñadas en el circuito de la figura, encuentre las ecuaciones integro-diferenciales correspondientes al análisis por ecuaciones circulares de dicho circuito.

Solución: Como i 2 e i 3 deben ser incógnitas del análisis, sus ramas las tomaremos como eslabones. En el grafo adjunto dibujamos un árbol y sus lazos con la premisa anterior. Como vemos el grafo sólo tiene dos eslabones, por lo que bastan las dos incógnitas originales para resolver el problema. Estas ecuaciones son:



[i 2 ] :  L1D + R1 + R 2 +

 1 − 2 ⋅ M12 D  i 2 + (− L1D − R 1 + M12 D + M13D + M 23 D ) i 3 = e 2 − e1 C2D 

 [i3 ] : (− L1D − R1 + M12 D + M13D + M 23D)i 2 + (L1D + R1 + L3D − 2 ⋅ M13D)i3 = e1 A este sistema le añadimos la ecuación de conexión ramas-lazos: i1 = i 2 − i 3

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura escriba directamente las ecuaciones de análisis por lazos básicos, eligiendo un árbol adecuado para no realizar transformaciones geométricas. A partir de las ecuaciones anteriores realice un balance de potencias indicando si las potencias son consumidas o cedidas. Plantee las ecuaciones por análisis nodal sin modificar la geometría del circuito. En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensión en voltios. Solución: En la figura se muestra el grafo, el árbol elegido y los lazos básicos. El árbol lo hemos elegido de forma que en los eslabones estén las F. ideales de intensidad y las ramas de control. Con: U = 10I1 ; I = I 7 ; I 2 = −9I = −9I 7 ; I8 = U = 10I1 , las ecuaciones de los lazos I1 e I 7 son:

[I1 ] : I1 (10 + 5) + I 2 (5) = −40 + 7,25 ⋅ I7  15 ⋅ I1 − I7 (45 + 7,25) = −40  I1 = −0,55(A) : U = −5,5(V) : : [I7 ] : I 2 (40) + I7 (20 + 40) − I8 (40) = 40 I1 (− 10 ⋅ 40) + I7 (− 9 ⋅ 40 + 60) = 40 I7 = I = 0,61(A) Escribiendo las intensidades de rama en función de las intensidades de los lazos, y calculando las tensiones de las fuentes de intensidad, podemos completar la tabla de resultados siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

-0,55

-5,46

6,01

-1,16

0,7

0,46

0,61

-5,55

U(V) P(W)

6,58 3,08

-35,9

40 180,69

-46,44

4,40 19,42

2,04

23,48 7,35

-130,24

Las potencias están con el convenio de potencias consumidas. El alumno debiera resolver el análisis y completar la tabla. Para el análisis por ecuaciones nodales, el árbol elegido, así como sus grupos de corte básicos, se representan en el esquema de la figura. Con U = U1 ; I = U 7 20 ; U 6 = 7,25I = 0,3625U 7 , las ecuaciones de los grupos de corte U1 y U 7 son:

[U1 ] : U1  1

1 1 1 +  + U 4   − U 6   = 9I  10 5  5 5 [U 7 ] : − U 4  1  + U 7  1 + 1  = 9I + U  40   20 40  * El alumno debe ordenar y resolver el análisis, añadiendo las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones de análisis nodal sin modificar la geometría del circuito y realice un balance de potencias. En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes en voltios y amperios. Solución: Para el análisis pedido se ha cambiado la F. R. de tensión en F.R. de intensidad, tal como aparece en la figura adjunta en unión con el grafo, árbol elegido y grupos de corte básicos de dicho árbol. El árbol se ha elegido de manera que contenga las F. ideales de tensión y las ramas de control, como puede comprobar el lector. Con I = U 6 5 ; U 5 = −10 ⋅ I = −2 ⋅ U 6 ; las ecuaciones de los grupos de corte básicos U 3 y U 6 son:   5   Ordenando y resolviendo: 1 1  1 1 1  1 1 1 1 1  [U 6 ] : U3  +  + U 5  + +  + U 6  + + + +  = 16 + 12  5 30   5 30 10   5 30 10 5 60  

[U 3 ] : U3  1 +

1 1 1 1  1 1  +  + U 5  +  + U 6  +  = 16 30 10   5 30   5 30 

 1 1 1   1 1  U 3  + +  + U 6  − −  = 16  U 3 = 300 (V)  5 30 10   5 30  : 1 1   1 1 1 1 1  U = 360 (V) : U 5 = −720 (V) : I = 72 (A) U 3  +  + U 6  − − − + +  = 28 6   5 30   5 30 10 5 60 

Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U1 = U 3 + U 5 + U 6 = −60 (V) ; U 2 = U 3 + U 5 + U 6 = −60 (V) ; U 4 = U 5 + U 6 = −360 (V) ; U 7 = U 6 = 360 (V) . Las intensidades en las ramas 1 y 5 (contienen fuentes de tensión) son: I1 = (U1 − 80) 5 = −28 (A) ;

[U 5 ] : U 3  1 + 5

1  1 1 1  1 1 1   + U 5  + +  + U 6  + +  = 16 − I5 : I5 = 66 (A) 30   5 30 10   5 30 10 

Con estos datos confeccionamos la siguiente tabla: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

U(V)

80

-

-60

300

-360

-720

360

360

360

I(A)

-28

-28

-

-

-

66

-

-12

-

-2,24

3,92

0,12

9

12,96

-47,52

25,92

-4,32

2,16

P(kW)

El signo de las potencias está según el convenio de elementos pasivos. Recuerde que el balance de potencias, así como el análisis debe darlos sobre el circuito original, sin cambio alguno. El alumno debe comprobar los resultados así como encontrar otro árbol y resolver de nuevo.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura está en régimen permanente de continua. Determine: a) un árbol y, respecto a él, encuentre sus grupos de corte básicos, escribiendo las ecuaciones del análisis por grupos de corte, sin realizar modificaciones geométricas; y b) ¿qué energía han absorbido cada uno de los condensadores, si los suponemos descargados inicialmente?

Solución: Como el circuito está en régimen permanente de continua, los condensadores, una vez cargados, se comportan como circuitos abiertos. Basta por tanto calcular la tensión a la que está sometido el conjunto de condensadores. Analizamos por ecuaciones nodales, previo cambio de las F.R. de tensión a F.R de intensidad. En el esquema representamos el grafo, el árbol elegido y sus grupos de corte. Las ecuaciones son:

[U1 ] : U1 1 + 1 + U3  1  − U 4  1  = 2 − 2

2  2 2 [U 2 ] : U 2  1 + 1  + U 3  1  + U 5  1  = 2 + 3 2 4 4 4

[U 3 ] : U1 1  + U 2  1  + U 3 1 + 1 + 1  − U 4  1  + U5  1  = 2 + 3 + 3 2 4  2 4 2 [U 4 ] : −U1 1  − U 3  1  − U 4  1 + 1  = −2 2 2 2 2

4

[U 5 ] : U 2  1  + U 3  1  + U5  1 + 1  = 3 4

4

4

4

Resolvemos el sistema para encontrar los datos necesarios para calcular la tensión a la que está sometido el conjunto de condensadores: U 4 = −

56 108 (V) ; U 5 = (V) : U AB = U 4 + U 5 = 0,8 (V) 65 65

Si ahora en el esquema de la figura aplicamos divisor de tensión, y tenemos en cuenta que la tensión en un condensador es inversamente proporcional a su capacidad, las tensiones en cada condensador son: U1 = U AB

12 14 8 4 = (V) ; U 2 = U AB = (V) 1 2 + 1 4 15 1 2 + 1 4 15

U 3 = U AB

14 16 = 0,48 (V) ; U 5 = U AB = 0,32 (V) 1 4 +1 6 1 4 +1 6

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Con la tensión existente en bornas de cada condensador, sabiendo que la energía almacenada por el mismo es: WC =

1 C ⋅ U C2 , y sustituyendo datos, obtenemos el siguiente resultado en mJ: 2

C1 = 2 (F) : W1 = 284 ; C 2 = 4 (F) : W2 = 142 ; C3 = 4 (F) : W3 = 461284 ; C 4 = 6 (F) : W4 = 307 * El alumno puede comprobar el resultado calculando el condensador equivalente a la asociación y la energía almacenada por éste. Esta energía será igual a la suma de las calculadas para cada condensador.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura está en régimen estacionario de continua. Tomando al menos como incógnitas las tensiones UAB y UCD, realice un análisis mediante ecuaciones nodales. ¿Qué energía absorben el condensador y la bobina, supuestos un estado inicial nulo? Solución: Recordamos que al realizar un análisis en régimen de continua, el condensador y la bobina son equivalentes, respectivamente, a un circuito abierto y a un cortocircuito. Pasamos la F.R. de tensión a F.R. de intensidad y elegimos un árbol que cumpla con la condición del enunciado: debe contener las ramas AB y CD. El grafo, este árbol y sus grupos de corte básicos se muestran en la figura. Sus ecuaciones son:

[U1 ] : U1  1 + 1 + 1 + 1 + 1 + U 2 1 + 1 + 1 − U3  1  − U 4  1 + 1 = 4I = 4 U1 2  2 2  2  2 2  [U 2 ] : U11 + 1 + 1 + U 2 1 + 1 + 1 + 1 − U 4  1 + 1 = 2 + 4I = 2 + 4 U1 2  2  2   2  [U 3 ] : − U1 1  + U 3  1 + 1  = 2 2 2 2

2

[U 4 ] : − U1 1 + 1 − U 2  1 + 1 + U 4  1 + 1 = −4I = −4 U1 2



2



2



2

Ordenando y resolviendo, los resultados son: U1 = 0 (V) ; U 2 = 2 (V) ; U 3 = 2 (V) ; U 4 = 1 (V) . Con estos resultados y las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte, construimos la tabla siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

0

1

2

1

2

1

0

0

I(A)

0

-

-1

-

-

-

-

-

1 L ⋅ I 2L = 0,5 (J ) 2 Los datos referidos a la bobina y condensador son: 1 U C = U 3 = 2 (V) : WC = C ⋅ U C2 = 4 (J ) 2 I L = − I3 = 1 (A) : WL =

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por grupos de corte, especificando el árbol elegido, y realice un balance de potencias.

Solución: En el esquema figuran el grafo, el árbol elegido y sus grupos de corte básicos. Como puede observar, el árbol contiene la rama de control de la fuente dependiente. Para este grafo las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U1 = U 4 − U 6 ; U 2 = U 4 − U 5 ; U3 = U5 − U6 Con U = U 6 las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U 4 ] : U 4  1 + 1  − U 5 (0) − U 6  1  = −40

4 2 4 [U 5 ] : −U 4 (0) + U 5 (1) − U 6 (1) = −2U 6 + 40

[U 6 ] : −U 4  1  − U 5 (1) − U 6  1 + 1 + 1 = 0 4

4



2

Ordenando y resolviendo, obtenemos: U 4 = −50 (V) ; U 5 = 30 (V) ; U = U 6 = 10 (V) . A partir de estos resultados y de las ecuaciones de conexión, construimos la tabla siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

U(V)

-60

-80

20

-50

30

10

I(A)

-

40

-

-

20

-

P(kW)

0.9

-3,2

0,4

1,25

0,6

0,05

* Hemos seguido el convenio de potencias consumidas igual a potencias positivas. * Es importante saber elegir el árbol más conveniente. * Elija otro árbol y vuelva a resolver el análisis.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura analice por nudos y realice un balance de potencias. En la figura la fuente de intensidad en amperios y las conductancias en Siemens (S).

Solución: En el grafo del circuito hemos identificado los nudos y marcado el terminal de referencia. Las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U A ; U 2 = U C ; U3 = U B − U A ; U 4 = U B ; U5 = U B − UC . Las ecuaciones nodales son, con I = 3 ⋅ U A

[A] : U A (3 + 2) − U B (2) − U C (0) = 4 5U A − 2U B = 4  U A = 0,57 (V)   [B] : − U A (2) + U B (4 + 2 + 1) − U C (1) = −4 − 2U A + 7 U B − U C = −4 U B = −0,59 (V) [C] : − U A (0) − U B (1) + U C (5 + 1) = −4 ⋅ I = −12 ⋅ U A 12U A − U B + 6U C = 0  U C = −1,23 (V) A partir de este resultado y las ecuaciones de conexión escribimos la siguiente tabla: Rama

1

2

3

4·I (A)

5(S)

4(A)

2(S)

4

5

U(V)

0,57

-1,23

-1,23

-1,15

-1,15

-0,59

0,64

I(A)

-

6,79

-

4

-

-

-

P(W)

0,96

-8,35

7,56

-4,6

2,65

1,37

0,41

En la tabla, el convenio de signo en las potencias, es el de potencias consumidas: P>0

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por ecuaciones nodales y realice un balance de potencias. En la figura, las fuentes en voltios y amperios, respectivamente.

Solución: En primer lugar, como puede comprobar el alumno, la intensidad I, que controla la tensión de la fuente dependiente, es la misma que circula por la resistencia de 3(Ω); en segundo lugar, cambiamos las F.R. de tensión en F.R. de intensidad, tal como aparece en el esquema. En el gráfico siguiente representamos el grafo del circuito, señalando el nudo de referencia para aplica el análisis por nudos. Para el grafo de la figura, las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U A − U B ; U 2 = U A ; U 3 = U 4 = U B . Las ecuaciones de los nudos con I = − U A 3 son:

[U A ] : U A  1 + 1 − U B (1) = 4 + 2 ⋅ I = 4 − U A  2  3



3

[U B ] : − U A (1) + U B  1 + 1 = −4 + 2 − 2 ⋅ I = −2 + U A  2  2



3

Ordenando y resolviendo el sistema, obtenemos: U A = 3(V) ; U B = 2(V) ; I = −1(A) Para el grafo dado: I1 = −2 ⋅ I +

UA − UB = 3(A) ; I 3 = I = −1(A) . 3

Con todos estos datos y las ecuaciones de conexión ramas-nudos, escribimos la tabla resumen siguiente. Ramas

1

2

3

4

2·I (V)

1(Ω)

4(A)

1(Ω)

1(Ω)

2(Ω)

U(V)

-2

-

3

3

4

-

2

I(A)

3

3

-4

-

-1

-1

4

P(W)

-6

9

-12

9

-4

2

8

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales, tomando como incógnitas: UAB; UBC; UDA. Realice un balance de potencias expresando si son cedidas o consumidas. En la figura, las fuentes en voltios y amperios, respectivamente.

Solución: Cambiamos la F.R. de tensión a F.R. de intensidad, tal como aparece en la figura, y construimos un grafo y el árbol que permite las incógnitas pedidas en el enunciado. Para este árbol, con U1 = U AB ; U 2 = U BC ; U 3 = U DA , las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U 4 = − U1 − U 3 ; U 5 = − U1 − U 2 − U 3 ; y para la intensidad que circula por la rama original 3: I3 = (U 3 + 4) ⋅1 . Las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U1 ] : U1 (2 + 1 + 2) + U 2 (2) + U 3 (1 + 2) = 2  U1 = 1,16(V)  [U 2 ] : U1 (2) + U 2 (3 + 2) + U 3 (2) = 2  U 2 = 0,61(V) [U 3 ] : U1 (1 + 2) + U 2 (2) + U3 (1 + 1 + 2) = −4 + 2 U 3 = −1,67(V) A partir de este resultado y de las ecuaciones de conexión, recogemos en la tabla siguiente el resultado del análisis. Ramas

1

2

3

4

4(V)

1(S)

5 2(A)

2(S)

U(V)

1,16

0,61

-4

-

0,51

-0,09

-0,09

I(A)

-

-

2,23

2,23

-

2

-

P(W)

2,70

1,10

-9,30

5,41

0,26

-0,19

0,02

* Recuerde que siempre hay que resolver el circuito original, no el que hemos modificado con el cambio de fuentes. De ahí el cálculo de la intensidad en la rama 3.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Realice un análisis del circuito de la figura mediante ecuaciones nodales, especificando la tensión e intensidad en cada elemento. Realice un balance de potencias expresando si son cedidas o consumidas. En la figura, las fuentes en Voltios y Amperios, respectivamente. Solución: En primer lugar modificamos el circuito para transformar las fuentes que aparecen en la figura adjunta. El circuito resultante y su grafo se representan en el gráfico que se sitúa debajo. Analizamos por nudos, con UC = 14

[A] : U A  1 + 1 + 1  − U B  1  − U C  1  = −1 2 2 4 2 2 [B] : − U A  1  + U B  1 + 1  − U C (0) = 2 + 1 2 2 2

 U A = 7,5(V)   U B = 6,75(V) 

Las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U C ; U 2 = U B ; U 3 = U C − U A ; U 4 = U A − U B ; U 5 = U A ; U 6 = U B ; y las ecuaciones que permiten el cálculo de la intensidad en la fuente de tensión original: I E = I1 − 7 ; y de la tensión en la fuente de intensidad original: U I = U 2 − (−2) . Con este conjunto completamos la tabla de resultados siguientes:

Ramas

1

2

3

14(V)

2(Ω)

2(A)

1(Ω)

U(V)

14

14

8,75

-2

I(A)

-10,25

-

-2

P(W)

-143,5

98

-17.5

4

5

6

1(A)

2(Ω)

6,5

0,75

0,75

7,5

6,75

-

-

1

-

-

-

4

21.125

0.75

0,281

14,063

22,781

Las potencias consumidas, las hemos representado por valores positivos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Para el circuito de la figura se pide: a) considerando el árbol formado por las ramas AB, AC y AD, escribir, sin modificar el circuito, las ecuaciones por análisis de lazos básicos; b) construir, sin modificar el circuito, las ecuaciones por análisis nodal especificando el árbol elegido; y c) realizar con el resultado de uno de los dos análisis un balance de potencias en el circuito. En la figura, las fuentes en Voltios y Amperios, respectivamente.

Solución: a) Suponemos que la F. R. de intensidad está cambiada a su equivalente de tensión. En la figura representamos el grafo, el árbol elegido, que cumple las condiciones del enunciado, y sus lazos básicos. Para este árbol las ecuaciones del análisis por lazos básicos son:

[I 4 ] : I 4 (8 + 1) + I 5 (0) + I 6 (1) = 6 [I 5 ] : I 4 (14 + 4) + I 5 (14 + 4) + I 6 (4) = −6 + (4 ⋅ 6) [I 6 ] : I 4 (1) + I 5 (4) + I 6 (2 + 4 + 1) = (4 ⋅ 6) Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = I 4 + I 6 ; I 2 = − I 4 + I 5 ; I 3 = − I 5 − I 6 . b) En la figura adjunta se muestra para el mismo grafo y árbol anterior, los grupos de corte básicos. Las ecuaciones del análisis por grupos de corte básicos son, con: U2 = 6   U = 3,53(V) 8 2 8 2  1  U = 9,98(V) 1 1  1 1 1 [U 3 ] : −U1  − U 2   + U 3  + +  = 6 3 2  14   14 2 4  

[U1 ] : U1 1 + 1 + 1  − U 2  1  − U 3  1  = 0

A partir de esta solución y de las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos: U 4 = − U1 + U 2 ; U 5 = − U 2 + U 3 ; U 6 = − U1 + U 3 ; y de la ecuación que permite calcular la intensidad 1 1 1  1 que circula por la fuente de tensión ideal: [U 2 ] : − U1   + U 2  +  − U 3   = − I 2 , construimos la 8  8 14   14 

tabla de resultados siguiente: Ramas

1

2

Elementos

3 6A

4(Ω)

4

5

6

U(V)

3,53

6

9,97

9,97

2,47

3,98

6,44

I(A)

-

-0,02

-6

-

-

-

-

P(W)

12,47

-015

-59,85

24,87

0,76

1,13

20,77

Las potencias con signo negativo representan potencias cedidas.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice por grupos de corte, sin modificar la geometría del circuito, y realice un balance de potencias. En la figura, las fuentes en Voltios y Amperios, respectivamente.

Solución: En la figura representamos el grafo del circuito, un árbol, que contiene las fuentes ideales de tensión (ramas 3 y 6), y sus grupos de corte básicos. Con U3 = 1(V) y U6 = 2(V), las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U1 ] : U1 (1 + 1 + 1) + U 3 (1 + 1 + 1) + U 5 (0) − U 6 (1 + 1) + U 8 (1) = −3 [U 5 ] : U1 (0) + U 3 (2) + U 5 (2 + 3) + U 6 (0) − U 8 (3) = 2 [U 8 ] : U1 (1) + U 3 (1) − U 5 (3) − U 6 (1) + U 8 (1 + 3) = 1 La solución es: U1 = −1,14(V) ; U 5 = 0,86(V) ; U 8 = 1,43(V) . A partir de las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos: U 2 = U 3 + U 5 ; U 4 = U1 + U 3 ; U 7 = − U1 − U 3 + U 6 ; U 9 = − U 5 + U 8 ; U10 = U1 + U 3 − U 6 + U8 ; y de las ecuaciones que dan el valor de la intensidad que circula por cada fuente ideal:

[U 3 ] : U1 (1 + 1 + 1) + U3 (1 + 1 + 1 + 2) + U 5 (2) − U 6 (1 + 1) + U8 (1) = −I3 ; podemos construir la tabla de resul[U 6 ] : −U1 (1 + 1) − U3 (1 + 1) + U5 (0) + U 6 (1 + 1) − U8 (1) = −I6 tados siguientes: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

U(V)

-1,14

1,86

1

-0,14

0,86

2

2,14

1,43

0,57

-0,71

I(A)

3

-

-0,71

-

-2

-2,86

-

-1

-

-

P(W)

-3,43

6,90

-0,71

0,02

-1,71

-5,71

4,59

-1,43

0,98

0,51

* Las potencias están representadas con el convenio de potencias consumidas si son positivas. * Recuerde que en el análisis por grupos de corte básicos, las fuentes ideales de tensión deben formar parte del árbol. Si el análisis es por lazos básicos, las fuentes ideales de intensidad deben estar en los eslabones del árbol.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Realice un balance de potencias en el circuito de la figura. Las fuentes de tensión en Voltios y las de intensidad en Amperios.

Solución: En la figura adjunta representamos el grafo del circuito. Si ahora, a la vista del grafo, observamos el circuito, vemos que la rama 6, que contiene la fuente ideal de tensión de 0,5(V), divide al circuito en dos subcircuitos, representados en los esquemas siguientes, que pueden ser analizados de forma independiente. Para el primer subcircuito las ecuaciones son:

I 4 ⋅10 + (I5 + 14) ⋅ 20 = −0,5 I 4 = I5 = − I 61 = −9,35(A)  I5 = − I 61 = I 4  U 5 = U = (I5 + 14) ⋅ 20 = 93(V) Para el segundo subcircuito las ecuaciones son: 2 ⋅ U − (− 0,5 − 0,2) 2 ⋅ 93 − (− 0,5 − 0,2) = = 18,67(A) 10 10 − 0,7 I 2 = −14 + = −14,035(A) 20 I3 = I 62 = I1 − I 2 = 32,705(A)

I1 =

I 6 = I 61 + I 62 = 42,055(A) A partir de estos datos construimos la tabla de potencias, que en este caso las daremos por rama y no por elementos. Rama -1

P1 = (2 ⋅ 93) ⋅ (− 18,67 ) + 18,67 2 ⋅ 10 = 13,069( W )

Rama –2

P2 = (− 0,7 ) ⋅ (− 14 ) + 0,7 2 20 = 9,8245( W )

Rama –3

P3 = (− 0,2) ⋅ (32,705) = −6,541( W )

Rama –4

P4 = 9,352 ⋅10 = 874,225( W )

Rama –5

P5 = (93) ⋅ (− 14) + 932 20 = −869,55( W )

Rama -6

P6 = (− 0,5) ⋅ (42,055) = −21,0275( W ) 6

∑ Pk = 0

k =1

* El alumno debiera realizar un análisis más formal (p.e. por lazos), comprobando los resultados y viendo el grado mayor o menor de dificultad.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura está en régimen permanente de continua. Determine: a) el potencial del nudo A; b) el balance de potencias; y c) la energía acumulada en el campo eléctrico del condensador y en el campo magnético de la bobina. Las fuentes de tensión en Voltios y las de intensidad en Amperios. Solución: Como en ejercicios anteriores, al estar el circuito en régimen permanente de continua, sustituimos el condensador y la bobina por sus equivalentes en este régimen: condensador equivalente a un abierto; bobina equivalente a un cortocircuito. Con estas premisas el circuito que vamos a analizar y su grafo se muestran en la figura adjunta. Con I = I3 ; I 4 = I 6 = I1 ; I5 = I1 − I 2 , las ecuaciones del análisis por ma-

I1 (2 + 2) = 10 + 10 − 2 ⋅ I3  I1 = 7,5(A)  llas son: I 2 ⋅ 3 = 15 + 2 ⋅ I3  I 2 = 5 3 (A)  I = −5(A) I 3 ⋅ 1 = −5  3 A partir de estos resultados, obtenemos: I L = I3 − I 2 = − 20 3 (A) . U C = 10 − I 4 ⋅ 2 = −5(V) ; VA = 10(V) Por tanto: a) Potencial del nudo A: VA = 10(V ) c) Energía magnética en la bobina: WL =

1 L ⋅ I 2L = 22,22(J ) 2

Energía eléctrica en el condensador: WC =

1 C ⋅ U C2 = 1,25(J ) 2

b) En la tabla siguiente se recoge el balance de potencias. Rama

1

2

3

4

5

6

Elemento

10(V) 2(Ω)

15(V) 3(Ω)

5(V)

1(Ω)

2(Ω)

2·I(A)

10(V)

I(A)

7,5

7,5

53

53

-5

-5

7,5

35 6

7,5

U(V)

-10

-

-15

-

-5

-

-

-10

-10

P(W)

-75

112,5 -25

8,33

-25

25

112,5

-58,33

-75

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Realice un balance de potencias en el circuito de la figura, expresando si son cedidas o consumidas. Las fuentes de tensión en Voltios.

Solución: Cambiamos las F. R. de tensión. real por su equivalente de intensidad y analizamos por nudos. El grafo y el nudo de referencia se muestran en la figura adjunta. 1 1 18 4   1 1 +  − UB  +  = − +  1 2  U A = −1,24(V)  2 5 10 1   5 1   1 1  1 1 1 1  18 18  U B = 11,48(V) [B]: − U A  +  − U B  + + +  = +   5 1  5 3 6 1 1 6 

[A] : U A  1 + 1 +

A partir de las tensiones de los nudos las tensiones de rama son: U1 = U 5 = U A = −1,24(V) ; U 2 = U 3 = U A − U B = −12,72(V) ; U 4 = U 6 = U B = 11,48(V) ; y las intensidades en las ramas activas son: I1 = (U A − 4) 2 = −2,62(A) ; I3 = (U A − U B + 18) 1 = 5,28(A) ;

I 4 = (U B − 18) 6 = −1,09(A) . Con estos datos confeccionamos las tabla siguiente: Rama

1

2

3

4

5

6

Elemento

4(V)

2(Ω)

5(Ω)

18(V)

1(Ω)

18(V)

6(Ω)

10(Ω)

3(Ω)

U(V)

4

-

-12,72

-18

-

18

-

-1,24

11,48

I(A)

-2,62

-2,62

-

5,28

5,28

-1,09

-1,09

-

-

P(W)

-10,48

13,72

32,36

-95,04

27,89

-19,62

7,12

0,15

43,93

* Fíjese que este ejercicio es más simple, su análisis, por ecuaciones nodales (2 ecuaciones y dos incógnitas) que por circulares (4 4cuaciones y 4 incógnitas). En este caso el análisis por nudos, equivale a una sola malla, como veremos a continuación. Modificamos el circuito como se aprecia en la figura.. En el segundo esquema tenemos una sola malla, de intensidad: I=

10 3 + 15 − 6 = 2,741(A) , que permite 15 3 + 5 6 + 2

calcular las tensiones de los nudos A y B, con el objeto de encontrar el análisis del original: U A =

10 5 − I ⋅ = −1,24(V) ; U B = 6 + 2 ⋅ I = 11,48(V) . 3 3

* Como puede apreciar existen variados enfoques para el análisis de un mismo circuito. La práctica le permitirá elegir el método de análisis más sencillo y eficaz.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura, realice un balance de potencias y determine la energía almacenada en cada condensador. El circuito está en régimen permanente de continua. Las fuentes de tensión en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solución: Al estar el circuito en régimen permanente de continua, sustituimos los condensadores por abiertos. El grafo resultante, el árbol y los lazos básicos se representan en la figura adjunta. Las ecuaciones de los lazos básicos, con: I = I1 ; I5 = 2 ⋅ I1 ; I 2 = 2 , son:

[I1 ] : I1 (2 + 1) + I 2 (2) = 7 : I1 = I = 1(A) : I5 = 2(A) Completamos el cálculo de intensidades con las ecuaciones de conexión ramas-lazos: I 3 = − I1 − I 2 = −3(A) ; I 4 = − I 2 + I 5 = 0(A) ; I 6 = I 5 = 2(A) La tensión en las fuentes de intensidad son: U 2 = − I 2 (1 + 2) − I1 (2) + I 5 (1) = −6(V) ; U 5 = I 2 (1) − I 5 (2 + 1) = −4(V) . ( Compruebe que estas ecuaciones, en las que hemos calculado las tensiones de las fuentes de intensidad, son las ecuaciones de los dos lazos básicos en cuyos eslabones están dichas fuentes) Con estos datos las potencias se resumen en la tabla siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

Elementos

7(V)

1(Ω)

2(A)

2(Ω)

1(Ω)

2·I(A)

2(Ω)

P(W)

-7

1

-12

18

0

-8

8

Para calcular la energía almacenada por cada condensador, calculamos, en primer lugar, la tensión a la que están sometidos. U = U 2 + U 6 = −6 + 2 ⋅ 2 = 2(V) : U 3F = U

13 13 = −1,4(V) ; U 7 F = U = −0,6(V) ; 1 3 +1 7 1 3 +1 7

donde hemos usado que la tensión en el condensador es inversamente proporcional a su capacidad; y que ambos forman un divisor de tensión. Las energías almacenadas son: W3F =

1 1 2 2 3 ⋅ (− 1,4 ) = 2,94(J ) ; W7 F = 7 ⋅ (− 0,6 ) = 1,26(J ) 2 2

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura es una versión en corriente continua de una distribución a 3 hilos, donde RN representa la resistencia del neutro y RL la de los conductores. a) Calcule la potencia consumida por las cargas R1, R2, R3; y b) el rendimiento de la instalación, entendida como relación entre potencia cedida por las fuentes y aprovechada en las cargas. d) Si el neutro queda abierto por un fallo en la instalación, ¿cuál es la sobrecarga de tensión que experimentan las cargas del receptor? RL=0,2(Ω); R1=9,4(Ω); R2=19,4(Ω); R3=11,2(Ω); RN=0,4(Ω). Solución: En primer lugar analizamos el circuito. Lo haremos por lazos básicos, sobre el grafo y árbol señalado en la figura. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I 4 = − I1 − I 3 ; I 5 = − I 2 − I 3 ; I 6 = −I1 + I 2 . Las ecuaciones de lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (9,4 + 0,2 + 0,4) − I 2 (0,4) + I3 (0,2) = 120  I1 = 11,83(A) [I 2 ] : −I1 (0,4) + I 2 (19,4 + 0,2 + 0,4) + I3 (0,2) = 120 I 2 = 6,03(A) [I3 ] : I1 (0,2) + I 2 (0,2) + I3 (11,2 + 0,2 + 0,2) = 240  I3 = 20,38(A) A partir de aquí, las intensidades en los eslabones son: I 4 = −32,21(A) ; I5 = −26,41(A) ; I 6 = −5,8(A) . a) La potencia consumida por las cargas es: Pc arg as = I12 ⋅ R 1 + I 22 ⋅ R 2 + I 32 ⋅ R 3 = 6675( W ) b) La potencia cedida por los generadores es: Pgeneradores = −120 ⋅ I 4 − 120 ⋅ I5 = 7036( W ) Luego el rendimiento pedido es: η =

Pc arg as Pgeneradores

= 94,88 %

(Fíjese que hemos tomado, para la potencia de los generadores, el criterio de potencias generadas como positivas) c) Si abrimos el neutro, el circuito queda como aparece en el esquema adjunto. Para el análisis suponemos cambiadas las fuentes por una única fuente de intensidad y aplicamos el concepto de divisor de intensidad. I1N = I 2 N = I3 N =

240 1 (19,4 + 9,4 ) ⋅ = 7,49(A) 0,2 + 0,2 1 (19,4 + 9,4 ) + 1 (0,2 + 0,2 ) + 1 11,2

240 1 11,2 ⋅ = 20,42(A) 0,2 + 0,2 1 (19,4 + 9,4 ) + 1 (0,2 + 0,2 ) + 1 11,2

Por tanto las variaciones de tensión en las cargas son: ∆U1 = ∆I1 ⋅ R 1 = (I1N − I1 ) ⋅ R1 = −36,6(V) ; ∆U 2 = ∆I 2 ⋅ R 2 = (I 2 N − I 2 ) ⋅ R 2 = 37,1(V) ; ∆U 3 = ∆I3 ⋅ R 3 = (I3 N − I3 ) ⋅ R 3 = 0,45(V) . * Este apartado lo resolveremos más adelante usando el teorema de compensación. * Puede repetir este apartado suponiendo que el neutro pasa a ser un cortocircuito.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Realice un balance de potencias en el circuito de la figura. Las fuentes de tensión en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solución: Analizamos por grupos de corte básicos, con el grafo y árbol de la figura adjunta. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U 4 = U1 + U 3 ; U 5 = U 2 + U 3 ; U 6 = U1 + U 2 + U 3 Con I1 = U1 1; U 2 = 135 ; U 3 = −11 ⋅ I1 = −11 ⋅ U1 ; las ecuaciones de los grupos de corte son:

[U1 ] : U1 (1 + 1 5) + U 3 (1 5) = 0,8 ⋅ I 2 − 5 ⋅ U1 − 4 ⋅ I 2 = 0  U1 = 8(V) : U 3 = −88(V)  [U 2 ] : U1 (1 10) + U 3 (1 10) = 0,8 ⋅ I 2 + 2,7 − I 2 − 11⋅ U1 + 2 ⋅ I 2 = −108 I 2 = −10(A) Para calcular la intensidad I3 usamos la ecuación del grupo de corte U3:

[U 3 ] : U1 (1 5) + U 2 (1 10) + U 3 (1 5 + 1 10) = −I 3 + 0,8 ⋅ I 2 + 2,7 : I 3 = 6(A) (Podríamos haber elegido también la LKI aplicada a cualquiera de los nudos de la rama 3) Con estos resultados y las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte anteriores construimos la tabla siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

Elementos

1(Ω)

135(V)

11⋅ I1

5(Ω)

2,7(A)

10(Ω)

0,8 ⋅ I 2

U(V)

8

135

-88

-80

47

47

55

I(A)

-

-10

6

-

-2,7

-

8

P(W)

64

-1350

-528

1280

-126,9

220,9

440

Fíjese que en este caso es necesario construir también la ecuación de un grupo de corte (el grupo de corte U2) que contiene una fuente ideal de tensión. Esto es así porque su intensidad es el control de la fuente controlada de la rama 6.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Realice un balance de potencias en el circuito de la figura. Las fuentes de tensión en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solución: Analizaremos el circuito por lazos básicos, previa conversión de la F. R. de intensidad a su equivalente en F. R. de tensión. El grafo, el árbol y los lazos considerados se muestran en la figura adjunta. Con I 5 = −0,5 ⋅ I 2 , las ecuaciones de lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (2 + 10) + I5 (10) = 7 ⋅ I1  I1 − I 2 = 0 [I 2 ] : I 2 (20) + I5 (20) = 7 ⋅ I1 + 6,5 ⋅ 20 − 100 − 7 ⋅ I1 + 10 ⋅ I 2 = 30 Resolviendo, obtenemos: I1 = I 2 = 10(A) ; I5 − 5(A) Con estos resultados y las ecuaciones de conexión ramas-lazos: I3 = − I1 − I 2 − I5 ; I 4 = I1 + I5 ; y la ecuación de la tensión en la rama 6 que contiene la F. R. de intensidad: U 6 = 20 ⋅ 6,5 − (I 2 + I 5 ) ⋅ 20 ; construimos la tabla de resultados siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

Elementos

2(Ω)

100(V)

7 ⋅ I1 ( V )

10(Ω)

0,5 ⋅ I 2 (A)

6,5(A)

20(Ω)

I(A)

10

10

-15

5

-5

-6,5

-

U(V)

-

100

70

-

50

30

30

P(W)

200

1000

-1050

250

-250

-195

45

Fíjese que para la rama 6 hemos calculado su tensión, ya que en el circuito la fuente es de intensidad y no de tensión. Recuerde que siempre hay que dar el resultado del análisis y del balance de potencias sobre el circuito original.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura, R es una resistencia variable. ¿Cuál es el valor de R que hace que la fuente ceda intensidad nula? Los amplificadores operacionales son ideales y trabajan en zona lineal.

Solución: En la figura señalamos alguna de las magnitudes del problema así como los nudos del circuito. ( En todos los ejercicios con AO usaremos la misma técnica de identificación de los nudos, tomando el número que identifica al AO precedido de 0 si se trata del nudo de salida, y seguido de “-“ si se trata de la entrada inversora y de “+” si se trata de la entrada no inversora. Salvo especificación en contrario usaremos siempre análisis por nudos.) Si la fuente cede intensidad nula: I1 + I 2 = 0 : I1 = −I 2 , donde: I1 = (E − U1− ) 15k ; I 2 = (E − U 02 ) R . Por tanto:

E − U1− E − U 02 E − U 02 =− :R = − ⋅15k (1). 15k R E − U1−

Analizamos el circuito para determinar las tensiones de los nudos anteriores.

1 1   1   1  + =0  − E  − U 01   15k 45k   15k   45k 

[U1− ] : U1− 

[U 2− ] : U 2− 

1 1   1   1  +  − U 01   − U 02  =0  20k 32k   20k   32k  [U1+ ] : U1+ = 0

[U 2+ ] : U 2+ = 0

U1− = U1+ ; U 2− = U 2+ Ordenando:

− 3E − U 01 = 0 − 8U 01 −5U 02

 24 E U 02 = = 0 5

Sustituyendo este valor en (1): R =

E(19 5) ⋅15k : R = 57(kΩ) E

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine en el circuito de la figura el valor de R que satura el amplificador operacional. El AO es ideal con tensiones de alimentación de ±10(V).

Solución: Analizaremos el circuito, para encontrar el valor de la tensión de salida del AO en función de R.

[U − ] : U −  1

+

1 1 1 1  − U0  +  − 8 ⋅   = 0 R  1k R  R

 1k [U + ] : U +  1 + 1  − 8 ⋅  1  = 0  5k 15k   5k  U− = U+

Tomando R en kΩ, y simplificando:

U0 6 − U0 8 1 1  . = − + 6⋅ +  : R = R 1 2 1 R 

Para que el AO entre en saturación, la tensión de salida debe ser igual a la de alimentación del mismo. Para U 0 = +10(V) : R = −2(kΩ) , luego el AO no satura a positivo ya que necesitaría un valor negativo de R. Para U 0 = −10(V) : R = 8(kΩ) , luego el AO se satura a negativo para una valor de la resistencia R de 8(kΩ).

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine en el circuito de la figura los valores de U e I. Los amplificadores operacionales son ideales y trabajan en zona lineal. Dato: E = 0,5(V).

Solución: Supuestos los AO ideales, las intensidades de entrada a los mismos son nulas; y supuestos en zona lineal, las tensiones de entrada son: U1− = U1+ = E = 0,5 ; U 2− = U 2+ = 0 . Llevando estos resultados al esquema adjunto, tenemos: U1− = I ⋅ 1k : I = 0,5(mA) : U 02 = I ⋅ 4k + U1− = 2,5(V) ; en el AO 2: − U 10k = − U 02 5k : U = −5(V) . (2) Por tanto: I = 0,5(mA) : U = −5(V) Fíjese que la ecuación (2) es la ecuación del nudo de la entrada no inversora.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Encuentre el valor de las tensiones, U1 y U2, en función de las intensidades I1 e I2. Analice por nudos. Los amplificadores operacionales son ideales y trabajan en zona lineal. Todas las conductancias tienen el mismo valor G.

Solución: En el esquema adjunto hemos identificado los AO. Analizamos por nudos, teniendo en cuenta las premisas del enunciado: AO ideales y en zona lineal. U1− = U1+ = U1 U 2 − = U 2+ = U 2 Recuerde que el análisis por nudos en los circuitos con AO se extiende a todos los nudos, con excepción de los nudos de salida de cada operacional. Las ecuaciones de estos nudos de salida se construyen sólo con el propósito de calcular la corriente de salida de los AO.

[1 −] : U1 (G + G ) − U 01 (G ) = 0 (1)  : U (G ) = − I1 : U 2 = − I1 ⋅ R (3) [1 +] : U1 (G + G ) − U 01 (G ) − U 2 (G ) = I1  2 [2 −] : U 2 (G + G ) − U 01 (G ) − U 02 (G ) = 0 : − U (G ) + U1 (G ) = − I 2 (2) [2 +] : U 2 (G + G ) − U 02 (G ) − U1 (G ) = I 2  01 Sustituyendo (1) en (2): U 01 = 2U1 : − U1 (G ) = − I 2 : U1 = R ⋅ I 2 Las ecuaciones (3 y (4) son la solución pedida:

(4)

U1 = R ⋅ I 2   U 1   0 = : U 2 = − R ⋅ I1   U 2  − R

R   I1  ⋅ 0  I 2 

* Si observamos la ecuación matricial, la tensión de entrada depende de la intensidad de salida y la tensión de salida de la intensidad de entrada. De ahí el nombre de “rotador” o “girador” con el que se conoce a este circuito.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El potenciómetro R tiene un valor de 100(kΩ), y α varía en el intervalo [0,1: 1]. Determine el intervalo de valores de α en que el AO está en zona lineal. ¿Cuál es la variación de I en función de α? Las tensiones de alimentación del AO son ±7(V). El AO es ideal. Dato: E = 40(mV). Solución: En el esquema hemos señalado el nudo virtual (A) que marca el cursor del potenciómetro en el mismo, determinando dos segmentos de resistencia. Analizamos por nudos con: U − = U + = 0 ; y tomamos las resistencias en kΩ, las tensiones en V y las intensidades en mA.

[−] : −U A 

1  1  − E  = 0  50  2

[A] : U A 

   1 1 1 1  − U 0   = 0 + +  50 αR (1 − α )R   (1 − α )R 

Resolviendo el sistema anterior, obtenemos: U 0 =

2α 2 − 2α − 1 . α

En esta ecuación, que da la tensión de salida del AO en función del parámetro α, lo único que hay que hacer es introducir la condición de que la tensión de salida debe ser menor en valor absoluto que el valor absoluto de la tensión de alimentación. En primer lugar estudiamos las características de la función de la tensión de salida. Derivando:

dU 0 1 = 2 + 2 > 0 en [0,1 : 1] . Es decir, la función es creciente y, por lo tanto, alcanzará su dα α

mínimo en α = 0,1 : U 0min = −11.18 ; y su máximo en α = 1 : U 0máx = −1 . Luego hay un valor de α que limita la zona lineal del AO, ya que el valor mínimo de la tensión de salida está limitado a –7(V). Este valor de α vendrá dado por: U 0 sat

2 2α sat − 2α sat − 1 = −7 = : α sat = 0,186 . α sat

Luego el AO estará en saturación en el intervalo [0,1:0,186); y en zona lineal en el intervalo (0,186:1] En el intervalo de saturación: 0,1 ≤ α < 0,186 : I = Isat = En el intervalo lineal: 0,186 < α ≤ 1 : I =

U 0 sat 10

=

−7 = −0,7(mA) . 10

U 0 2α 2 − 2α − 1 (mA) = 10 10α

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Encuentre, para el circuito de la figura, la relación de tensiones salida/entrada. Si α varía entre 0 y 1, ¿cuál es el margen de variación de la ganancia de tensión anterior?; ¿para qué valor de este parámetro la ganancia es nula? El AO es ideal. Dato: R1 < R2 ≤ 2·R1. Solución: Analizamos por nudos. En el esquema hemos representado el punto de contacto por un nudo que divide en dos resistencias a dicho potenciómetro. Con U − = U A = U + , las ecuaciones son:

[−] : U − (1 R1 + 1 R 2 ) − U i (1 R1 ) − U o (1 R 2 ) = 0 [A] : U A (1 ((1 − α )R ) + 1 (αR )) − Ui (1 ((1 − α )R )) = 0  α −1 α   1  Uo R  = U o   : Resolviendo U i  + = G u = α − (1 − α ) 2 . R1  R1 R 2   R 2  Ui Por lo tanto, la ganancia es: G u = −

R2  R2  ⋅α + 1 + R 1  R 1 

Esta función es una recta que pasa por el punto α = 0 : G u = − R 2 R1 ; y por el punto: α = 1 : G u = 1 . El valor del parámetro α que anula la ganancia es: G u (α 0 ) = 0 : α 0 =

R2 . R1 + R 2

* La ganancia negativa (su valor máximo absoluto) varía con el cociente − R 2 R 1 ; mientras que la ganancia máxima positiva es la unidad. El margen de ganancia será: G u ∈ [− R 2 R 1 : 1] * Fíjese que en todo caso el AO sólo podría entrar en saturación negativa.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine en el circuito de la figura el valor de U0 en función de E1 y E2. Los AO son ideales y están en zona lineal.

Solución: Analizamos por nudos, con: U + = U − .

[−] : U − (G1 + G 2 ) − E1 (G1 ) − U 0 (G 2 ) = 0 . Eliminando [+] : U + (G 3 + G 4 ) − E 2 (G 3 ) − U 0 (G 4 ) = 0 U0 =

U + y U − , obtenemos la solución:

R 2 (R 3 + R 4 ) R 4 (R 1 + R 2 ) E2 − E1 , como debe comprobar el alumno. R1 ⋅ R 4 − R 2 ⋅ R 3 R1 ⋅ R 4 − R 2 ⋅ R 3

* Recuerde que el método ideal para analizar circuitos con AO es el análisis por nudos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Halle el valor de la tensión U. ¿Qué implica el resultado obtenido? Nota: Calcule en primer lugar el circuito equivalente a la derecha de U.

Solución: Calculamos la relación f ( U , I) = 0 , que representará al circuito equivalente que representamos en la figura. Analizamos por nudos con U + = U − = U , por estar el circuito en zona lineal.

[+] : U + (G + G 2 ) − U 0 (G ) = 0  : U(− G 2 ) = I : U = − I ⋅ R 2 [−] : U − (G ) − U 0 (G ) = I  Es decir el circuito de la figura es equivalente desde U a una “resistencia” negativa de valor − R 2 , siempre que el circuito se mantenga en zona lineal. Es decir, que se cumpla: U 0 ≤ E sat : U 0 = I(R 1 + R 2 ) : I ≤

E sat R1 + R 2

.

A este montaje se le denomina CIN, Convertidor de impedancia negativa. A partir del esquema de la figura, el valor de la tensión U es:

U=

− R2 E. R1 − R 2

* Fíjese que al ser negativa la carga, la tensión en la misma es siempre mayor en valor absoluto que la tensión en la fuente. * La condición de zona lineal, en función del valor de la fuente es: E = I ⋅ R1 − R 2 ≤

E sat R − R2 R 1 − R 2 : E ≤ E sat ⋅ 1 . R1 + R 2 R1 + R 2

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, encontrando la relación de tensiones entrada-salida. Los AO son ideales y están trabajando en zona lineal.

Solución: Analizamos por nudos con U1+ = U1− (= 0); U 2+ = U 2− (= 0) , por estar el circuito en zona lineal.

[1 −] : −U i (G 2 ) − U 01 (G 3 ) − U 0 (G1 ) = 0 . [2 −] : − U 01 (G 4 ) − U 0 (G 5 ) = 0 Eliminando U01, obtenemos la solución pedida:

U0 R1 ⋅ R 3 ⋅ R 5 = Gu = . Ui R1 ⋅ R 2 ⋅ R 4 − R 2 ⋅ R 3 ⋅ R 5 * El alumno debe comprobar el resultado. Fíjese que, al igual que en otros ejercicios, se suele trabajar en admitancias y, sin embargo, dar el resultado en resistencias.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, encontrando la relación de tensiones entrada-salida. Los AO son ideales y están trabajando en zona lineal.

Solución: Analizamos por nudos. Para el esquema de la figura adjunta: U1− = U1+ (= U 0 ) ; y U 2− = U 2+ (= 0 ) .

[1 −] : −U i (G1 ) + U1− (G1 + G 2 ) − U 01 (G 2 ) = 0 [2 −] : − U 01 (G 3 ) − U 0 (G 4 ) = 0 Introduciendo las condiciones de linealidad en el sistema anterior, obtenemos la solución: U0 R2 ⋅R4 = Gu = . Ui R1 ⋅ R 3 + R 1 ⋅ R 4 + R 2 ⋅ R 4

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, encontrando la relación de tensiones entrada-salida. Los AO son ideales y están trabajando en zona lineal.

Solución: En el esquema adjunto hemos numerado los AO.

Analizamos

por

nudos

con:

U1− = U1+ (= 0 ) ; U 2− = U 2+ (= 0 ) ; y U 3− = U 3+ (= 0) .

[1 −] : −U i (G 3 ) − U 01 (G 4 ) − U 02 (G 2 ) = 0 [2 −] : − U 01 (G 5 ) − U 02 (G 6 ) − U 0 (G1 ) = 0 [3 −]: − U 02 (G 7 ) − U 0 (G 8 ) = 0 − U 01 (G 4 ) − U 02 (G 2 ) − U 0 (0) = U i (G 3 ) Ordenando, obtenemos el sistema: − U 01 (G 5 ) − U 02 (G 6 ) − U 0 (G1 ) = 0 − U 01 (0) − U 02 (G 7 ) − U 0 (G 8 ) = 0 Cramer en la tensión de salida U0: − G4

− G2

− G5 − G 6 0 − G7 U0 = − G4 − G2 − G5 − G6 0 − G7

Ui ⋅ G 3 0 0 G3 ⋅ G5 ⋅ G 7 = Ui . 0 G 2 ⋅ G 5 ⋅ G 8 + G1 ⋅ G 4 ⋅ G 7 − G 4 ⋅ G 6 ⋅ G 8 − G1 − G8

Por tanto la ganancia de tensión es: U0 R1 ⋅ R 2 ⋅ R 4 ⋅ R 6 ⋅ R 8 = Gu = Ui R1 ⋅ R 3 ⋅ R 4 ⋅ R 6 ⋅ R 7 + R 2 ⋅ R 3 ⋅ R 5 ⋅ R 6 ⋅ R 8 − R 1 ⋅ R 2 ⋅ R 3 ⋅ R 5 ⋅ R 7

, que resolvemos por

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura determine, sin modificar la geometría del mismo y mediante análisis por ecuaciones circulares, el valor de U0. DATO: α=2·10-3(A/V).

Solución: En la figura adjunta se representa el grafo del circuito, un árbol del mismo y sus lazos básicos para realizar un análisis por lazos básicos. Para escribir las ecuaciones tomaremos las intensidades en (mA),; las tensiones en (V); y las resistencias en (kΩ). Las ecuaciones, con: I1 = 1; I 2 = U 2 1; I3 = −α ⋅ U 2 ; I 4 = −4 ; U 4 = U o , son:

[I 2 ] : −I1 (1 + 2) + I 2 (1 + 2 + 1 + 1 + 1) − I3 (1) + I 4 (1) = 0 [I 4 ] : −I1 (0) + I 2 (1) + I3 (2) + I 4 (2 + 1) = −U o

El sistema anterior tiene de solución: U 2 = 7 8 (V) ; U o = 117 8 (V) . Por lo tanto, la solución es: U o = 14,625(V) . * Hemos elegido el árbol de forma que las fuentes ideales de intensidad, la rama de control y la rama que contiene la incógnita estén en los eslabones. * El alumno debiera completar el ejercicio realizando el análisis del mismo y su balance de potencias.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales sin modificar la geometría del mismo. Realice un balance de potencias.

Solución: En la figura adjunta se representa el grafo del circuito, un árbol del mismo y sus grupos de corte básicos. Para escribir las ecuaciones tomaremos las intensidades en (mA); las tensiones en (V); y las resistencias en (kΩ). Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos son: U 2 = U1 + U 4 ; U 3 = U1 + U 4 + U 5 ; U 6 = U 4 + U 7 ; U 8 = − U 5 + U 7 . Las ecuaciones de los grupos de corte básicos, con: U1 = 6 ; U 7 = 3 , son:

[U 4 ] : U1 1 + 1  + U 4  1 + 1 + 1  + U5  1  + U 7  1  = −2 2 4 6 2 4 4 6 [U 7 ] : U1 1  + U 4  1  + U 5  1 + 1 + 1  − U 7  1  = 0 4 4 2 2 4 2

 U 4 = −8,08(V)   U 5 = 1,62(V) 

Con esta solución del sistema y las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte anteriores, podemos confeccionar la siguiente tabla de resultados. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

6

-2,08

-0,46

-8,08

1,62

-5,08

3

1,39

I(mA)

1,15

-

-

2

-

-

0,15

-

P(mW)

6,92

2,16

0,05

-16,15

1,31

4,30

0,46

0,96

* El alumno debería de calcular las intensidades de las ramas 1 y 4, que contienen las fuentes ideales de tensión, a partir de la ecuación de los grupos de corte 1 y 4.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales, sin modificar la geometría del circuito, y realice un balance de potencias, indicando si las potencias son cedidas o consumidas. Las fuentes de tensión en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solución: En primer lugar, para el análisis del circuito, cambiamos la rama formada por la F. I. ideal de 2,5(A) en serie con la resistencia de 2(Ω), (rama 7 de la figura) por su equivalente que es una F. I. ideal del mismo valor (rama 5). En la siguiente figura damos el grafo de este último circuito, un árbol y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos son: U 2 = U1 − U 3 ; U 4 = U 3 − U 6 ; U 5 = U1 − U 3 + U 6 . Con: U1 = 12 ; U 3 = 0,5 ; I = − I1 , las ecuaciones de los grupos de corte son:

[U1 ] : U1 (1 10) − U 3 (1 10) = −2,5 − I1  U 3 = 8,92(V) [U 3 ] : −U1 (1 10) + U3 (1 + 1 10) − U 6 = 2,5 − 2 ⋅ I1  I1 = −2,81(A)

A partir de la solución del sistema y de las ecuaciones de conexión, construimos la tabla de resultados siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

Elemento

-

-

-

-

2,5(A)

-

2,5(A)

2(Ω)

U(V)

12

3,08

8,92

8,42

3,58

0,5

-1,42

-

I(A)

-2,81

-

-5,62

-

2,5

5,92

2,5

2,5

P(W)

-33,72

0,95

-50,13

70,9

8,95

2,96

-3,55

12,5

La tensión en la fuente de 2,5(A) del circuito original (rama 7) es: U I = U 5 − 2 ⋅ 2,5 = 1,42(V) , como puede encontrar en el esquema anterior de la rama 7. * Hemos incluido en la tabla la rama ficticia 5, con el único objeto de que el alumno pueda comprobar que esta rama y la rama 7 de la que es equivalente ponen en juego la misma potencia, como es lógico. * El criterio de las potencias es el de la potencia consumida equivalente a potencias positivas. * Cuando construya el grupo de corte correspondiente a una F. I. de tensión no debe olvidar la intensidad (incógnita) que circula por esa fuente. Recuerde que la ecuación de los grupos de corte son la LKI en ese grupo de corte.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura es un esquema en pequeña señal de un amplificador de dos etapas con acoplamiento directo. Determine la relación U0/US. DATOS: rπ =1(kΩ); RE =100(Ω); RC =10(kΩ); RF =5(kΩ); RL =5(kΩ); β=50. Solución: En la figura mostramos una parte del circuito en el que aplicaremos divisor de intensidad. De esta forma el problema se simplifica (no se pide analizar todo el circuito) y queda tan solo una variable de control: I 2 = −β ⋅ I1

RC . R C + rπ

El circuito equivalente al dado, en cuanto a la relación de tensiones pedidas, lo reflejamos en la figura, donde hemos hecho el circuito anterior equivalente a la fuente controlada de intensidad, que junto a la resistencia RE, la convertimos a su equivalente como fuente de tensión; esto último lo hacemos con la otra fuente controlada y la resistencia RL. En el esquema hemos añadido las mallas sobre las que vamos a escribir las ecuaciones necesarias.

 RC Analizamos por mallas, con: U 0 = I 0 ⋅ R L − β − β ⋅ I1 R C + rπ 

 R ⋅R  ⋅ R L = I 0 ⋅ R L + β 2 ⋅ I1 C L . R C + rπ 

[I1 ] : I1 (R E + rπ ) − I0 (R E ) = US − β ⋅ I1 ⋅ R E [I0 ] : −I1 (R E ) + I0 (R E + R F + R L ) = β ⋅ I1 ⋅ R E − β 2 ⋅ I1 R C ⋅ R L

. Ordenando obtenemos el sistema:

R C + rπ

I1 (R E (1 + β ) + rπ ) − I 0 (R E ) = US . Sustituyendo los valores de los parámetros y resol R ⋅R  I1  β 2 C L − R E (1 + β ) + I 0 (R E + R F + R L ) = 0  R C + rπ  viendo, obtenemos:

I1 = 8,43 ⋅ 10 −6 ⋅ U S

 U : U 0 = 48,42 ⋅ U S : 0 = G U = 48,42  US I 0 = −9,486 ⋅ 10 −3 ⋅ U S 

* En los ejercicios donde se pide no un análisis sino un dato único (en este caso U0), deben estudiarse antes las simplificaciones a realizar. * En ejercicios como resulta muchas veces más cómodo trabajar con letras y sustituir en el último momento por los valores numéricos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura es un esquema simplificado de un amplificador standard de instrumentación. Determine la tensión de salida U0 en función de las tensiones de entrada U1 y U2. Los AO son ideales y están trabajando en zona lineal. Solución: En el esquema de la figura se numeran los AO, para el análisis

por

nudos.

Las

ecuaciones

del

análisis,

con:

U1− = U1+ = (U1 ) ; U 2− = U 2+ = (U 2 ) ; U 3− = U 3+ , son:

[1 −] : U1 (G1 + G 2 ) − U 2 (G1 ) − U 01 (G 2 ) = 0 [2 −] : −U1 (G1 ) + U 2 (G1 + G 2 ) − U 02 (G 2 ) = 0 [3 +] : U 3+ (G + G ) − U 02 (G ) = 0 [3 −] : U 3− (G + G ) − U 01 (G ) − U 0 (G ) = 0 De la ecuación [3+]: U 3+ =

1 U 02 , que sustituida en la ecuación [3-], obtenemos para U0: 2

U 0 = U 02 − U 01 . Despejando de las dos primeras ecuaciones del sistema las tensiones U01 y U02 y sustituyendo en la

 G expresión anterior, obtenemos la solución del problema: U 0 = 1 + 2 1 G2 

  ⋅ (U 2 − U1 ) o en resistencias: 

 R  U 0 = 1 + 2 2  ⋅ (U 2 − U1 ) . R1   * Para la identificación de los nudos de los AO hemos seguido la misma norma que en anteriores ejercicios.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales, sin modificar la geometría del mismo. Los valores de las fuentes de tensión en Voltios, de intensidad en Amperios.

Solución: Cambiamos la F. R. de tensión a su equivalente de intensidad, y analizamos por grupos de corte básicos. El grafo del circuito, el árbol y sus grupos de corte, los representamos en la figura adjunta. Con I = I1 : I1 = U1 1 = U1 ; U 6 = 1 , las ecuaciones de los grupos de corte son:

[U1 ] : U1 (1 + 1 + 1) − U3 (1 + 1) + U 6 (1) − U 7 (1) = −2 ⋅ I [U 3 ] : −U1 (1 + 1) + U3 (1 + 1 + 1) − U 6 (1) + U 7 (1) = 7 + 2 ⋅ I [U 7 ] : −U1 (1) + U3 (1) + U 6 (1) + U 7 (1 + 1) = −2 + 2 ⋅ I 5 ⋅ U1 (5) − 2 ⋅ U 3 − U 7 = −1 U1 = 1,8(V) : I = I1 = 1,8(A)  Ordenando el sistema obtenemos: − 4 ⋅ U1 + 3 ⋅ U 3 + U 7 = 8  U 3 = 5,2(V) − 3 ⋅ U1 + U 3 + 2 ⋅ U 7 = −1  U 7 = −0,4(V) En la siguiente tabla recogemos los resultados del análisis. Rama

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

1,8

3

5,2

2

-1,4

1

-0,4

3,4

I(A)

-

-3,6

-1,8

-

2

4

-

-

* El alumno debiera completar el análisis a partir de las tensiones de los grupos de corte y comprobar los resultados.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones circulares sin modificar la geometría del mismo. Realice un balance de potencias, indicando para las fuentes si la potencia es cedida o consumida. Los valores de las fuentes de intensidad en Amperios.

Solución: En la figura se muestra el grafo, el árbol elegido, así como sus lazos básicos. El árbol, como se ha repetido con anterioridad, se ha elegido llevando las F.I de intensidad y la rama de control a los eslabones del mismo. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = I5 + I 6 + I10 ; I 2 = I 6 + I10 ; I3 = − I5 − I 6 − I 7 − I10 ; I 4 = − I 6 + I9 ; I8 = − I 7 − I9 − I10 . Las ecuaciones de los lazos básicos, con I5 = 1; U = U 6 = I 6 ; I 7 = −2 ⋅ U = −2 ⋅ I 6 ; I9 = −4 , son:

[I6 ] : I5 (2 + 1) + I6 (2 + 1 + 1 + 1 + 1) + I7 (1) − I9 (1) + I10 (2 + 1 + 1) = 0 . Ordenando el sistema, obtenemos: [I10 ] : I5 (2 + 1) + I6 (2 + 1 + 1) + I7 (1 + 1) + I9 (1) + I10 (2 + 1 + 3 + 1 + 1) = 0 4 ⋅ I 6 + 4 ⋅ I10 = −7 I 6 = −1,875(A) : U = U 6 = −1,875(V)  8 ⋅ I10 = 1  I10 = 0,125(A) Para calcular las tensiones de las ramas que contienen fuentes de intensidad ideales (5, 7, 9), calculamos la ecuación del lazo del que cada una es eslabón:

[I5 ] : I5 (2 + 1) + I6 (2 + 1) + I7 (1) + I10 (1 + 2) = −U 5 : U 5 = −1,5(V) [I7 ] : I5 (1) + I6 (1) + I7 (1 + 1) + I9 (1) + I10 (1 + 1) = −U 7 : U 7 = −2,875(V) [I9 ] : −I6 (1) + I7 (1) + I9 (1 + 1) + I10 (1) = −U 9 : U 9 = 2,25(V) A partir de estas soluciones y de las ecuaciones de conexión ramas-lazos escribimos la tabla de potencias siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

P(W)

1,125

3,063

9

4,516

-1,5

3,516

-10,781 0,016

9

10

-9

0,047

En la tabla de potencias, el signo positivo representa potencias consumidas. * El alumno debiera comprobar el análisis y realizar un análisis por ecuaciones nodales, comprobando en este último caso, las ventajas y desventajas del realizado aquí, comparado con el método nodal.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

A) En el circuito de la figura elija un árbol y, respecto a dicho árbol, plantee las ecuaciones por análisis circular sin modificar el circuito. B) En el circuito de la figura elija un árbol y, respecto a dicho árbol, plantee las ecuaciones por análisis nodal sin modificar el circuito, realizando un análisis del mismo y un balance de potencias. Solución: A) En la figura mostramos el grafo, el árbol elegido y sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = − I 4 + I8 ; I 2 = I3 + I 6 ; I5 = − I3 − I 6 + I 4 − I8 ; I 7 = I3 − I 4 . Con I = I 6 ; U = 2 ⋅ I 4 ; I3 = 5 ; I8 =

3 3 U = I 4 ; las ecuaciones de los lazos básicos son: 4 2

[I 4 ] : −I 3 (4 + 4) + I 4 (4 + 2 + 4) − I 6 (4) − I 8 (4) = −8 ⋅ I 4 ⋅ I 4 + 4 ⋅ I 6 = 40  [I 6 ] : I 3 (4) − I 4 (4) + I 6 (2 + 4) + I 8 (4) = 16  2 ⋅ I 4 + 6 ⋅ I 6 = −4 [I 3 ] : I 3 (4 + 4) − I 4 (4 + 4) + I 6 (4) + I 8 (4) − 16 = −U 3 [I 8 ] : I 3 (4) − I 4 (4) + I 6 (4) + I 8 (4) − 8 ⋅ I = −U 8 * Como puede observar el alumno hemos añadido a las ecuaciones que permiten el cálculo de las intensidades de los lazos (4, 6), las necesarias para el cálculo de las tensiones de las F. I de intensidad. * El alumno debiera completar este apartado con el análisis del circuito. B) En la figura mostramos el grafo, el árbol elegido y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos son: U 3 = U1 − U 2 − U 4 ; U 5 = U 2 + U 6 ; U 7 = − U1 + U 2 + U 4 + U 6 ; U8 = − U1 + U 2 + U 6 . Con I = I 6 =

1 U 6 : U1 = −8 ⋅ I = −4 ⋅ U 6 ; U 2 = −16 ; 2

U = U 4 , las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:  3 ⋅ U + 5 ⋅ U = 36 U = 32(V) 4 4 4 2 4  4 6 4   U + 2 ⋅ U 6 = 8  U 6 = −12(V) [U 6 ] : −U1 1  + U 2  1 + 1  + U 4  1  + U 6  1 + 1 + 1  = − 3 U 4 4  4 4 4 4 4 2 4

[U 4 ] : −U1 1  + U 2  1  + U 4  1 + 1  + U 6  1  = 5

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Para determinar las intensidades que circulan por las F. I. de tensión (1, 2) planteamos las ecuaciones de los grupos de corte básicos que las contienen:   I = 8(A) 4 4 4 4 4  1  I = −1(A) 1 1 1 1 1 3 [U 2 ] : −U1  + U 2  +  + U 4   + U 6   + U = −I 2  2 4 4 4 4 4 4 

[U1 ] : U1 1  − U 2  1  − U 4  1  − U 6  1  − 3 U + 5 = −I1

A partir de las soluciones obtenidas y de las ecuaciones de conexión confeccionamos la tabla siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

48

-16

32

32

-28

-12

-44

-76

I(A)

8

-1

5

-

-

-

-

24

P(W)

334

16

160

512

196

72

484

-1824

En la tabla de potencias, el signo positivo representa potencias consumidas. * El alumno debiera elegir otros árboles en el circuito y comprobar la mayor o menor dificultad que producen en el análisis.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura realice un balance de potencias, indicando si son potencias cedidas o consumidas.

Solución: En la figura representamos el grafo del circuito y el nudo que utilizaremos como referencia para el análisis por nudos. Las ecuaciones de los nudos, con U = U B , son: 1  U 8 4  8  16 2 ⋅ U A − U B = 0  U A = 11,2(V)   − U A + 3 ⋅ U B = 56 U B = 22,4(V) 1 1 1  [B] : − U A   + U B  +  = 7  8 8 4 

[A] : U A  1 + 1  − U B  1  =

A partir de este resultado, construimos la tabla siguiente. Rama

1

2

3

4

Elemento

-

-

7A

4Ω

-

U(V)

11,2

-11,2

22,4

22,4

11,2

I(A)

-1,4

-

-7

-

-

P(W)

-15,68

15,68

-156,8

125,44

31,36

El signo negativo en la potencia corresponde a una potencia cedida. * Recuerde el alumno que la tensión de una rama es la diferencia de las tensiones de los nudos de la misma; p.e.: U 2 = U A − U B .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura es un modelo de pequeña señal de un amplificador FET con dos entradas (E1, E2). Determine el valor de la tensión de salida U0 en función de las entradas. DATOS: α = 0,003; R2 = 8(kΩ); R1 = 500(kΩ); R2 = 8(kΩ); R3 = 40(kΩ). Solución: En el esquema de la figura hemos cambiado las F. R. de intensidad por sus equivalentes de tensión, y marcamos la malla sobre la que calcularemos la tensión U0. La ecuación de la malla central, con I 0 = U 0 R 2 , es: (U 0 R 2 ) ⋅ (2 ⋅ R 2 + 2 ⋅ R 3 ) = αR 3 (U1 − U 2 ) : U 0 = Las tensiones de control son:

αR 3 ⋅ R 2 (U1 − U 2 ) (1) 2 ⋅ (R 2 + R 3 )

U1 = E1 − αU1 ⋅ R 3 + (U 0 R 2 ) ⋅ (R 2 + R 3 ) U 2 = E 2 − α U 2 ⋅ R 3 − (U 0

(2) R 2 ) ⋅ (R 2 + R 3 ) (3)

Restando (3) de (2): (U1 − U 2 ) ⋅ (1 + αR 3 ) = E1 − E 2 + 2 ⋅ (U 0 R 2 ) ⋅ (R 2 + R 3 ) Sustituyendo (4) en (1) y ordenando: U 0 =

(4)

αR 3 ⋅ R 2 (E1 − E 2 ) , y sustituyendo valores, obtenemos 2 ⋅ (R 2 + R 3 )

la solución pedida: U 0 = 10 ⋅ (E1 − E 2 ) . * En este tipo de ejercicios es siempre conveniente trabajar con letras y sustituir los valores numéricos al final.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura es un modelo simplificado de un convertidor digital-analógico de 3-bits. Cuando U1= U2= U3=8(V), U0 debe ser 0(V). Cuando U1= U2= U3=0(V), U0 debe ser 14(V). Determine el valor de RF y E, siendo R=10(kΩ). El AO es ideal y está trabajando en zona lineal. Solución: En la figura adjunta hemos marcado los nudos que no pertenecen a las F. I. de tensión. Analizamos este circuitos por nudos, teniendo en cuenta que U + = U − , por estar el AO en zona lineal.

[A] : U A (G + G 2 + G 2) − U B (G ) = U 3 (G 2) [B] : − U A (G ) + U B (G + G + G 2) − U − (G ) = U 2 (G 2) [−] : −U B (G ) + U − (G F + G + G 2) − U 0 (G F ) = U1 (G 2) [+] : U + (G F + G ) = E(G ) Resolviendo el sistema en U0 obtenemos: U 0 =

RF (8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U3 ) , donde hemos sustituido 80

R por su valor en kΩ, con RF en kΩ. Introducimos las dos condiciones del diseño, para determinar E y RF: U1 = U 2 = U 3 = 8 : U 0 = 0 ⇒ 8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U 3 = 0 : E = 7(V) U1 = U 2 = U 3 = 0 : U 0 = 14 ⇒

RF (8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U3 ) = 14 : R F ⋅ 8 ⋅ 7 = 14 : R F = 20(kΩ) 80 10

* El alumno debe comprobar el resultado y ver la dificultad de resolver el sistema. Volveremos a este mismo ejercicio para resolverlo por aplicación del teorema de Thèvenin y podrá comparar entonces esta forma de resolver el ejercicio con la realizada aquí.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura, sabiendo que la alimentación de los AO es ±15(V), determine el margen de la tensión de entrada, para que ninguno de los AO se sature. Los AO son ideales y están trabajando en zona lineal.

Solución: En la figura adjunta hemos identificado los AO para su análisis por nudos. Con U1− = U1+ (= 0); U 2− = U 2+ (= U 01 ) , las ecuaciones por nudos son, con las resistencias en kΩ:

[1 −] : − U 01 

1   1   1   − U0   − US  =0  100   50   100 

[2 −] : −U 2−  1 + 1  − U 0  1  = 0  100 200   200 

.

2 6 Resolviendo en U01 y U0, obtenemos: U 01 = − U S ; U 0 = − U S . 7 7

Como U01, tensión de salida del AO-1, es menor en valor absoluto que U0, tensión de salida del AO-2, siempre entrará en saturación antes éste último que el primero. Por tanto bastará encontrar el margen en zona lineal del AO-2. U 0 ≤ 15 →

6 7 ⋅ 15 U S ≤ 15 : U S ≤ = 17,5(V) 7 6

Es decir, siempre que la tensión del generador de señal, US, sea menor en valor absoluto, que 17,5(V), los dos AO estarán en zona lineal.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Elija, en el circuito de la figura, un árbol y, respecto a él, analice por ecuaciones circulares o nodales sin modificar la geometría del circuito. Realice un balance de potencias, señalando cuáles son cedidas y cuáles consumidas. DATOS: EG=10(V); IG=2(mA); R=500(Ω).

Solución: A) Análisis por ecuaciones circulares. En el esquema damos el grafo, el árbol elegido y los lazos básicos del mismo. Para este árbol y lazos, las ecuaciones de conexión ramaslazos son: I 2 = − I1 + I 5 + I 6 ; I3 = − I1 + I 6 ; I 4 = − I5 − I6 . Con I5 = I G y tomando las resistencias en kΩ, las tensiones en voltios y las intensidades en mA, las ecuaciones de los lazos y su solución son:

[I1 ] : I1 (2 ⋅ R + R + 2 ⋅ R ) − I5 (R ) − I6 (2 ⋅ R + R ) = 0 2,5 ⋅ I1 − 1,5 ⋅ I6 = 1  I1 = 5,64(mA) [I6 ] : −I1 (R + 2 ⋅ R ) + I5 (R ) + I6 (2 ⋅ R + R + R ) = E G − 1,5 ⋅ I1 + 2 ⋅ I6 = 9 I6 = 8,73(mA) Para determinar la tensión en la rama de la F. I. de intensidad, escribimos la ecuación de su lazo básico:

[I5 ] : −I1 (R ) + I5 (R ) + I6 (R ) = E G − U5 : U5 = 7,45(V) . Con estos datos y la ecuaciones de conexión ramas-lazos podemos completar la siguiente tabla, donde se resume el análisis y el balance de potencias. Rama

1

2

3

4

5

6

I(mA)

5,64

5,09

3,09

-10,73

2

8,73

U(V)

-

-

-

10

7,45

-

P(mW)

31,77

12,96

9,55

-107,27

14,91

38,08

Las potencias con signo negativo representan potencias cedidas.

B) Análisis por ecuaciones nodales. En la figura señalamos de nuevo el mismo grafo y los nudos, incluyendo el nudo de referencia. Para este grafo y nudos, las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U A − U C ; U 2 = U A − U B ; U 3 = U B − U C ; U 4 = U A ; U 5 = U B ; y U6 = UC . Con U A = E G , las ecuaciones del análisis por nudos del circuito y su solución, con G en (mS), U en (V) e I en (A), son:

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

[B]: − U A (G ) + U B (G + G 2) − U C (G 2) = −IG 3 ⋅ U B − U C = 18  U B = 7,45(V) . [C]: − U A (G 2) − U B (G 2) + U C (G + G 2 + G 2) = 0− U B + 4 ⋅ U C = 10 U C = 4,36(V) Para determinar la tensión en la rama de la F. I. de tensión, escribimos la ecuación del nudo A:

[A] : U A (G + G 2) − U B (G ) − U C (G 2) = −I 4 : I 4 = −10,73(mA) . Con estos datos y las ecuaciones de conexión ramas-nudos realizamos el análisis del circuito, que resumimos en la siguiente tabla: Ramas

1

2

3

4

5

6

U(V)

5,64

2,55

3,09

10

7,45

4,36

I(mA)

-

-

-

-10,73

2

-

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, sin modificarlo: A) mediante ecuaciones circulares; y B) mediante ecuaciones nodales. En cualquiera de los dos apartados realice un balance de potencias.

Solución: A) Análisis mediante ecuaciones circulares. En el gráfico se muestra un grafo, un árbol, así como sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I 2 = − I1 − I 3 − I 5 ; I 4 = − I1 − I3 ; I 6 = I1 − I8 ; I 7 = − I3 − I5 − I8 . Con I3 = −2 ; I = I5 ; I8 = −2 ⋅ I5 , las ecuaciones de los lazos básicos y su solución son:

[I1 ] : I1 (2 + 1) + I3 (1) + I5 (1) = 12 + 4 3 ⋅ I1 + I5 = 18 I1 = 7(A) [I5 ] : I1 (1) + I3 (1 + 1) + I5 (1 + 1 + 1) + I8 (1) = 0I1 + I5 = 4  I5 = −3(A) El valor de las tensiones de las fuentes ideales de las ramas 3 y 8, las obtenemos de la ecuación de los lazos a los que pertenecen:

[I3 ] : I1 (1) + I3 (1 + 1) + I5 (1 + 1) + I8 (1) = 12 − U 3  U 3 = 9(V) .  [I8 ] : I3 (1) + I5 (1) + I8 (1) = −4 − U8  U 8 = −5(V)

Con todos los datos anteriores, así como los obtenidos al usar las ecuaciones de conexión, construimos la siguiente tabla resumen: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

7

-4

-2

-5

-3

1

-1

6

U(V)

-

-

9

12

-

-4

-

-5

P(W)

98

4

-18

-60

9

-4

1

-30

Las potencias con signo negativo son potencias cedidas. B) Análisis mediante cuaciones nodales. En el gráfico se muestra un grafo, un árbol, así como sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U1 = U 2 + U 4 − U 6 ; U 3 = U 4 + U 5 ; U 7 = − U 2 + U 5 ; U8 = − U 2 + U 5 + U 6 . Con U 4 = 12 ; I = U 5 ; U 6 = −4 , las ecuaciones de los grupos de corte y su solución son:

[U 2 ] : U 2 (1 + 1 + 1 2) + U 4 (1 2) − U 5 (1) − U 6 (1 2) = −2 ⋅ I5 ⋅ U 2 + 2 ⋅ U 5 = −16 U 2 = −2(V) .   − U = 2 U = − 3 ( V ) [U 5 ] : − U 5 (1) + U 5 (1 + 1) = 2 ⋅ I + 2 2 5  

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Las intensidades de las fuentes ideales de tensión de las ramas 4 y 6 las obtenemos en las ecuación del grupo de corte al que pertenecen:

[U 4 ] : U 2 (1 2) + U 4 (1 2) − U 6 (1 2) = 2 − I 4  I 4 = −5(A) [U 6 ] : −U 2 (1 2) − U 4 (1 2) + U 6 (1 2) = 2 ⋅ I − I 6  I 6 = 1(A) Con los datos obtenidos, así como los deducidos a partir de las ecuaciones de conexión, construimos la siguiente tabla resumen: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

14

-2

9

12

-3

-4

-1

-5

I(A)

-

-

-2

-5

-

1

-

6

* Es importante, como hemos dicho en otros ejercicios, una elección adecuada del árbol. * Debe acostumbrarse a calcular los datos de las ramas a partir, exclusivamente, de las intensidades de los lazos o de las tensiones de los grupos de corte, dependiendo del método de análisis utilizado.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura A) mediante ecuaciones nodales; y B) mediante ecuaciones circulares. En uno de los apartados realice el balance de potencias. Solución: A) Análisis por ecuaciones nodales. En la figura mostramos un grafo, así como el terminal de referencia para analizar por nudos. Las ecuaciones de conexión ramas-nudos son:

U1 = U A ; U 2 = U A ; U 3 = U A − U B ; U 4 = U B . Supuesta la F.R. de tensión cambiada por su equivalente de intensidad y con I = U1 2 , las ecuaciones por nudos y su solución son:

[A] : U A (1 2 + 1 + 1 2) − U B (1 2) = 12 14 ⋅ U A − U B = 24  U A = 8(V) : I = 4(A) [B] : − U A (1 2) + U B (1 + 1 2) = 2 ⋅ I − 3 ⋅ U A + 3 ⋅ U B = 0 U B = 8(V) La intensidad que circula por la rama 1 que contiene la F. R. de tensión es: I1 = (U1 − 12) 1 = −4(A) La siguiente tabla contiene el resultado del análisis y el balance de potencias. Ramas

1

2

3

4

Elemento

12V

1Ω

-

-

2·I

1Ω

U(V)

+12

-

8

0

8

8

I(A)

-4

-4

-

-

-8

-

P(W)

-48

16

32

0

-64

64

Las potencias con signo positivo son potencias consumidas. B) Análisis por ecuaciones circulares. Para el mismo grafo anterior, la figura muestra el árbol y los lazos básicos del circuito. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I1 = − I 2 − I 3 ; I 4 = I 3 Supuesta la F.R. de intensidad cambiada por su equivalente de tensión y con I = I 2 , las ecuaciones por lazos básicos y su solución son:

[I 2 ] : I 2 (2 + 1) + I 3 (1) = 12 3 ⋅ I 2 + I 3 = 12  I 2 = 4(A) : I = 4(A) [I 3 ] : I 2 (1) + I 3 (1 + 1 + 2) = 12 − 2 ⋅ I3 ⋅ I 2 + 4 ⋅ I 3 = 12 I 3 = 0(A) La tensión en la F. R. de intensidad de la rama 4 es: U 4 = (I 4 + 2 ⋅ I ) ⋅ 1 = 8(V) . Con todos los datos anteriores construimos la siguiente tabla, resumen del análisis: Ramas

1

2

3

4

Elementos

12V

1Ω

-

-

2·I

1Ω

I(A)

-4

-4

4

0

-8

-

U(V)

+12

-

-

-

8

8

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Si el AO es ideal con alimentación de ±15(V), determine en el circuito de la figura el intervalo de valores de la fuente de tensión, E, para que el AO trabaje en zona lineal.

Solución: Sea A, el nudo común de la estrella: 2R-2R-R. Para determinar la tensión de salida del A0 analizamos el circuito por nudos. Las ecuaciones de este análisis por nudos, con U − = U + (= 0) , son:   − 2⋅U = E   A   U = −2 ⋅ E . 4 ⋅ U A − U 0 = 0 0 1 1  1   1  1   [A] : −U −  + +  − U0   + UA  =0   2⋅R   2⋅R 2⋅R R   2⋅R 

[−] : U − 

1 1   1   1  +  − UA   − E =0  2⋅R 4⋅R   2⋅R   4⋅R 

Para que el AO esté en zona lineal, la tensión de salida del mismo, en valor absoluto, debe ser menor que la tensión de alimentación. Por tanto: − 15 ≤ U 0 ≤ 15 : −15 ≤ −2 ⋅ E ≤ 15 : −7,5 ≤ E ≤ 7,5 . Es decir, el valor de la tensión de entrada debe ser menor, en valor absoluto, que 7,5(V).

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice por ecuaciones circulares el circuito de la figura. ¿Cuál es la potencia puesta en juego por la fuente de tensión ideal de 10V?

Solución: En la figura se detalla junto con el grafo del circuito, el árbol elegido, así como sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = − I 2 + I 5 + I 6 ; I 3 = − I 2 + I 5 ; I 4 = − I 5 − I 6 . Las ecuaciones de los lazos básicos con U = 4 ⋅ I 6 ; I 2 = 2 ⋅ U = 8 ⋅ I 6 , son:

[I 5 ] : −I 2 (1 + 3) + I 5 (1 + 2 + 3) + I 6 (2 + 3) = −10 6 ⋅ I 5 − 27 ⋅ I 6 = −10  [I 6 ] : −I 2 (3) + I 5 (2 + 3) + I 6 (4 + 2 + 3) = 0  5 ⋅ I 5 − 15 ⋅ I 6 = 0 La solución del sistema es: I 5 = 10 3 (A) ; I 6 = 10 9 (A) : I 2 = 80 9 (A) . La tensión en la F. I. de intensidad de la rama 2, calculada a partir de la ecuación de su lazo, es:

[I 2 ] : I 2 (1 + 3) − I 5 (1 + 3) − I 6 (3) = − U 2 : U 2 = − 170 9 (V) . Con estos datos, la solución del análisis se resume en la tabla siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

− 40 9

80 9

50 9

− 40 9

10 3

10 9

U(V)

-

− 170 9

-

10

-

-

* Recuerde el alumno que en el análisis de un circuito hay que dar, como mínimo, la intensidad o la tensión de cada rama pasiva, la intensidad en las F de tensión y la tensión en las F. de intensidad.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, sin modificar su geometría, y realice un balance de potencias.

Solución: En la figura mostramos un grafo del circuito y el nudo que vamos a tomar de referencia para realizar un análisis por nudos. Las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U A − U C ; U 2 = U A − U B ; U 3 = U B − U C ; U 4 = U A ; U 5 = U B ; U6 = UC . Con I = I 6 = 2 ⋅ U C ; U A = 1 , las ecuaciones del análisis por nudos y su solución son:

[B] : − U A (1) + U B (1 + 2) − U C (2) = 3 ⋅ I 3 ⋅ U B − 8 ⋅ U C = 1  U B = 6,2(V) . [C] : − U A (3) − U B (2) + U C (2 + 2 + 3) = 0− 2 ⋅ U B + 7 ⋅ U C = 3 U C = 2,2(V)

La intensidad que circula por la fuente ideal de tensión de la rama 4, la calculamos en la ecuación de su nudo (A): [A ] : U A (1 + 3) − U B (1) − U C (3) = − I 4 : I 4 = 8,8(A) A partir de estas soluciones y de las ecuaciones de conexión, construimos la tabla resumen del análisis y del balance de potencias siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

U(V)

-1,2

-5,2

4

1

6,2

2,2

I(A)

-

-

-

8,8

-13,2

-

P(W)

4,32

27,04

32

8,8

-81,84

9,68

Es signo negativo en las potencias indica que la potencia es cedida.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

A) En el circuito de la figura plantee las ecuaciones necesarias para el análisis por lazos básicos, sin modificar la geometría del circuito. B) Analice el circuito por ecuaciones nodales, sin modificar el circuito y realice un balance de potencias. Solución: A) En la figura se muestra el grafo, un árbol y sus lazos básicos asociados. Para los lazos de la figura, las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I 2 = I 3 + I 6 ; I 4 = − I1 + I 8 ; I 5 = − I1 − I 3 − I 6 ; I 7 = I1 + I 3 − I 8 . Con I = I1 ; I 3 = 4 ; I 8 = 5 , las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (2 + 3 + 4) + I 3 (4) − I 8 (3 + 4) = 6012 ⋅ I1 = 79  [I 6 ] : I 3 (2) + I 6 (2) = 60 − 6 ⋅ I1  6 ⋅ I1 + 2 ⋅ I 6 = 52 [I 3 ] : I1 (4) + I 3 (4 + 2) + I 6 (2) − I 8 (4) = 60 − U 3  U 3 = −I1 (4) − I 3 (4 + 2) − I 6 (2) − I 8 (4) + 60  [I 8 ] : −I1 (3 + 4) − I 3 (4) + I 8 (3 + 4) = −U 8  U 8 = + I1 (3 + 4) + I 3 (4 ) − I 8 (3 + 4) * Las ecuaciones de los lazos básicos I1 e I6 permiten determinar las intensidades de los lazos, mientras las ecuaciones de los lazos básicos I3 e I8 permiten determinar las tensiones de las fuentes ideales que contienen los eslabones de dichos lazos. B) En la figura se muestra el mismo grafo, un árbol y sus grupos de corte básicos asociados. Para los grupos de corte de la figura, las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos son: U 2 = U 5 − U 6 ; U 3 = U1 − U 4 − U 5 + U 6 ; U 7 = − U 1 + U 4 + U 5 ; U 8 = − U1 + U 5 . Con I = I1 = U1 5 ; U 5 = 60 ; U 6 = 6 ⋅ I = 6 ⋅ U1 5 ; las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U1 ] : U1  1 + 1  − U 4  1  − U 5  1  = −4 + 5 5

4

4 5 [U 4 ] : −U1  1  + U 4  1 + 1  + U 5  1  = 4 4 3 4 4

9 ⋅ U1 − 5 ⋅ U 4 = 320  U1 = 32,92(V) : U 6 = 39,5(V)   − 3 ⋅ U1 + 7 ⋅ U 4 = −132 U 4 = −4,75(V) 

[U 5 ] : − U1  1  + U 4  1  + U 5  1 + 1  − U 6  1  = −I 5 + 4 − 5 4 4 2 4 [U 6 ] : −U 5  1  + U 6  1  = −I 6 − 4 2 2

2

 I 5 = −16,83(A)   I 6 = 6,25(A) 

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Con los datos obtenidos construimos la tabla resumen del análisis y del balance de potencias del circuito. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

32,92

20,5

17,17

-4,75

60

39,5

22,33

27,08

I(A)

-

-

4

-

-16,83

6,25

-

5

P(W)

216,7

210

68,67

7,52

-1010

246,9

124,7

135,42

Las potencias negativas son potencias cedidas.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito por ecuaciones nodales, sin modificar el circuito, y realice un balance de potencias.

Solución: Podemos observar en el circuito que las tres variables de control (I 2 ; U 2 ; U1 ) no son independientes. En efecto: I 2 = U 2 50 ; U1 = 2 ⋅ U 2 − 100 y, por lo tanto, podemos dejar tan sólo a U2 como la única variable de control. En la figura damos un grafo, un árbol, en el que hemos tenido en cuenta la observación anterior, y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U1 = − U 7 + U 8 ; U 3 = U 2 + U 7 − U 8 ; U 4 = −U 2 − U 5 + U 8 ; U 6 = −U 2 + U 8 . Con U 5 = 5 ⋅ I 2 = U 2 10 ; U 7 = 100 ; U 8 = 2 ⋅ U 2 , las ecuaciones de los grupos de corte básicos son: 1 1 1  1   1   1   1 + +  + U 5   + U 7   − U 8  +  = −0,02 ⋅ U1 : U 2 = −200(V)  45 30 50   45   30   45 30 

[U 2 ] : U 2 

   I5 = −4(A)  1 1 1 1 1 [U 7 ] : U 2   + U 7  +  − U8  +  = −I7  I 7 = −35(A)  30   30 20   30 20   I = 29(A)  8 1  1  1 1   1  1   1  1 [U 7 ] : − U 2  +  − U 5   − U 7  +  + U8  + +  = 0,02 ⋅ U1 − I8   30 45   45   30 20   30 20 45  

[U 5 ] : U 2 

1   1   1   + U 5   − U 5   = −I5  45   45   45 

Con los resultados obtenidos confeccionamos la tabla resumen siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

-500

-200

300

-180

-20

-200

100

-400

I(A)

-

-

-

-

-4

10

-35

29

P(kW)

12,5

0,8

3

0,72

0,08

-2

-3,5

-11,6

* Es importante, siempre, elegir al árbol más adecuado para el análisis que vaya a realizarse en el circuito. De la elección depende la mayor o menor dificultad del ejercicio.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, sin realizar modificaciones geométricas, y realice un balance de potencias. El valor de la fuente de intensidad en Amperios.

Solución: Realizaremos un análisis por grupos de corte básicos. En la figura se representa un grafo, un árbol y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U1 = − U 2 + U 3 − U 5 ; U 4 = U 2 + U 5 . Con I = U 3 30 ; U 2 = 30 ⋅ I = − U 3 ; U = U 5 , las ecuaciones del análisis por grupos de corte básicos son:  1  1  − U 5   = −0,6  7 ⋅ U 3 − 3 ⋅ U 5 = −18 U 3 = − 18 19 (V)  10   10 30   10    − 4 ⋅ U 3 − U 5 = 0  U 5 = 72 19 (V) 1  1 1 1  [U 5 ] : U 2   − U 3   + U 5  +  = 0,2 ⋅ U  10   10   10 20  

[U 3 ] : − U 2  1  + U 3  1

+

[U 2 ] : U 2  1  − U 3  1  + U 5  1  = 0,2 ⋅ U − I 2 : I 2 = 36 190 (A)  10 

 10 

 10 

Con todos estos datos completamos la tabla siguiente, resumen del análisis: Ramas

1

2

3

4

5

Elemento

-

-

0,6(A)

30(Ω)

-

-

U(V)

− 108 19

18 19

− 18 19

− 18 19

90 19

72 19

I(A)

-

36 190

0,6

-

− 144 190

-

P(W)

3,23

0,18

-0,57

0,03

-3,59

0,72

* Habrá observado el alumno que no hemos tratado la fuente real de tensión controlada por intensidad como tal, es decir, fuente de tensión real y una sola rama, sino como una fuente ideal y dos ramas. El hecho se explica porque la tensión en la resistencia de 20(Ω) sirve de rama de control y, por lo tanto, es mejor no introducir cambios en la estructura de dicha rama, como sería el de fuente real de tensión a fuente real de intensidad. Para que el alumno pueda ver las diferencias debiera hacer este análisis por grupos de corte pero tratando la fuente como real, es decir, tomando una rama única, (6) equivalente a las ramas 2 y 5.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura, sin realizar modificaciones geométricas, y realice un balance de potencias.

Solución: Analizamos por lazos básicos. Para ello mostramos en la figura, un grafo, un árbol del mismo y sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I 2 = − I1 − I 4 ; I 3 = − I1 + I 6 ; I 5 = − I 4 − I 6 . Con I = I1 ; I 6 = −3 ⋅ I1 , las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (3 + 1 + 4) + I 4 (1) − I 6 (4) = 020 ⋅ I1 + I 4 = 0  I1 = 3 65 (A) : I 6 = − 9 65 (A) [I 4 ] : I1 (1) + I 4 (1 + 2) + I 6 (2) = −3 − 5 ⋅ I1 + 3 ⋅ I 4 = −3 I 4 = −12 13 (A) [I 6 ] : −I1 (4) + I 4 (2) + I 6 (4 + 2) = −U 6 : U 6 = 186 65 (V) Con estos datos y las ecuaciones de conexión ramas-lazos, construimos la siguiente tabla resumen del análisis. Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

3 65

57 65

− 12 65

− 12 13

69 65

− 9 65

U(V)

-

-

-

3

-

186 65

P(mW)

6,39

768,99

136,33

-2769,23

2253,73

-396,21

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura sin realizar modificaciones geométricas, y realice un balance de potencias.

Solución: En este ejercicio lo primero que hay que decidir es el método de análisis a utilizar. El circuito contiene 5 nudos y 8 ramas; lo que hace 5-1 = 4 grupos de corte básicos y 8-(5-1) = 4 lazos básicos. Como el circuito contiene 2 fuentes de intensidad ideales (2 ecuaciones menos en lazos) y 1 fuente de tensión ideal ( 1 ecuación menos en grupos de corte), parece que sería más cómodo el análisis por lazos básicos, que es el que vamos a realizar. En la figura marcamos dibujamos un grafo del circuito, un árbol apropiado para el análisis por lazos y los lazos del mismo. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = I 6 + I 8 ; I 2 = − I 3 − I 5 − I 6 − I 8 ; I 4 = − I 3 − I 6 − I 8 ; I 7 = −I 3 − I 5 − I 8 . Con I = I 3 ; I 6 = −2 ⋅ I = −2 ⋅ I 3 ; I 5 = −2 , las ecuaciones de los lazos básicos del circuito son:

[I 3 ] : I 3 (1 + 1 + 2) + I 5 (1 + 2) + I 6 (2) + I 8 (1 + 2) = 6 3 ⋅ I 8 = 12  I 3 = 8 3 (A)  [I 8 ] : I 3 (1 + 2) + I 5 (1 + 2) + I 6 (1 + 2) + I 8 (1 + 1 + 1 + 2) = 6− 3 ⋅ I 3 + 5 ⋅ I 8 = 12 I 8 = 4(A) [I 5 ] : I 3 (1 + 2) + I 5 (1 + 2) + I 6 (2) + I 8 (1 + 2) = − U 5 : U 5 = −10 3 (V) [I 6 ] : I 3 (2) + I 5 (2) + I 6 (1 + 2) + I 8 (1 + 2) = −U 6 + 6 : U 6 = 26 3 (V) Con estos datos y las ecuaciones de conexión ramas-lazos construimos la tabla siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

−4 3

23

83

−4 3

-2

− 16 3

− 14 3

4

U(V)

-

-

-

6

− 10 3

26 3

-

-

P(W)

16 9

89

64 9

− 72 9

60 9

− 416 9

196 9

144 9

Como en todos los balances de potencias anteriores, las potencias negativas representan potencias cedidas.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

A) En el circuito de la figura plantee las ecuaciones circulares necesarias para el análisis sin modificar la geometría del circuito. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω). B) En el circuito de la figura plantee las ecuaciones nodales necesarias para el análisis sin modificar la geometría del circuito. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω). Realice un balance de potencias a partir de los resultados anteriores. Solución: A) Análisis por ecuaciones circulares En la figura damos un grafo, un árbol y sus lazos básicos. Para dicha figura, las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I1 = I 3 + I 4 + I 7 + I 8 ; I 2 = − I 7 − I 8 ; I 5 = − I 3 − I 7 − I 8 ; I 6 = −I 3 − I 4 − I 8 . Con I = I 8 ; I 4 = 2 ⋅ I = 2 ⋅ I 8 ; I 3 = 2 ; U = U 7 = 1 ⋅ I 7 = I 7 , las ecuaciones de los lazos básicos diseñados son:

[I 7 ] : I 3 (2) + I 7 (2 + 1) + I 8 (2) = 4 ⋅ U − 12 − I 7 + 2 ⋅ I 8 = −16  I 7 = 30(A) [I 8 ] : I 3 (2 + 1) + I 4 (1) + I 7 (2) + I 8 (1 + 2 + 1) = 4 ⋅ U − 12− 2 ⋅ I 7 + 6 ⋅ I 8 = −18 I 8 = 7(A) [I 3 ] : I 3 (2 + 1) + I 4 (1) + I 7 (2) + I 8 (2 + 1) = 4 ⋅ U − U 3 : U 3 = 19(V) [I 4 ] : I 3 (1) + I 4 (1) + I 8 (1) = 4 ⋅ U − U 4 : U 4 = 97(V) Con todos estos datos completamos la tabla resumen del análisis del circuito, que mostramos a continuación. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

53

-37

2

14

-39

-23

30

7

U(V)

-120

-12

19

97

-

-

-

-

P(W)

-6360

444

38

1358

3042

529

900

49

B) Análisis por ecuaciones circulares En la figura, y sobre el mismo grafo, damos un árbol y sus grupos de corte básicos. Para dicha figura, las ecuaciones de conexión ramasgrupos de corte básicos son: U 3 = − U 2 + U 8 ; U 4 = − U1 − U 7 + U 8 ; U 5 = U1 − U 2 + U 7 ; U 6 = −U 7 + U8 .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Con U = U 7 ; U1 = −4 ⋅ U = −4 ⋅ U 7 ; I = I 8 = U 8 1; U 2 = −12 , las ecuaciones de los grupos de corte básicos del circuito son:

[U 7 ] : U1 (1 2) − U 2 (1 2) + U 7 (1 + 1 2 + 1) − U 8 (1) = 2 ⋅ IU 7 (1 2) − 3 ⋅ U 8 = −6 U 7 = 30(V)   [U 8 ] : − U 7 (1) + U 8 (1 + 1) = −2 ⋅ I − 2  − U 7 + 4 ⋅ U 8 = −2  U 8 = 7 ( V ) [U1 ] : U1 (1 2) − U 2 (1 2) + U 7 (1 2) = 2 ⋅ I − I1 : I1 = 53(A) [U 2 ] : −U1 (1 2) + U 2 (1 2) − U 7 (1 2) = 2 − I 2 : I 2 = −37(A) Con todos estos datos completamos la tabla resumen del análisis del circuito, que mostramos a continuación. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

53

-37

2

14

-

-

-

-

U(V)

-120

-12

19

97

-78

-23

30

7

P(W)

-6360

444

38

1358

3042

529

900

49

* El alumno debe siempre recordar que hay que dar todas las ecuaciones necesarias para el análisis. Si se analiza por ecuaciones circulares, sin modificar el circuito, debe darse las ecuaciones de los lazos que no contienen fuentes ideales de intensidad, y junto a ellas las de los la que sí contienen dichas fuentes y que permiten el cálculo de la tensión en las mismas; además de las ecuaciones de conexión ramas-lazos. Si se analiza por ecuaciones nodales, sin modificar el circuito, debe darse las ecuaciones de los grupos de corte que no contienen fuentes ideales de tensión, y junto a ellas las de los la que sí contienen dichas fuentes y que permiten el cálculo de la intensidad en las mismas; además de las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte. * Como en ejercicios anteriores debemos insistir en la buena elección del árbol, en función del tipo de análisis que vayamos a realizar y de las ramas de control de las fuentes controladas.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por ecuaciones circulares, sin modificar la geometría del mismo, especificando el grafo y el árbol escogido. Debe dar como resultado mínimo las intensidades o tensiones en todos los elementos pasivos, las tensiones en las fuentes de intensidad y las intensidades en las fuentes de tensión.

Solución: En la figura mostramos el grafo elegido, un árbol en el mismo y sus lazos básicos. Recuerde que en este análisis las fuentes ideales de intensidad, y si es posible, las ramas de control deben estar en los eslabones. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I1 = − I 3 − I 4 − I 5 ; I 2 = I 3 + I 5 ; I 6 = − I 4 − I 5 . Con I 3 = 2 ; I 4 = −5 ; U = U 5 = 2 ⋅ I 5 , las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I 5 ] : I 3 (5 + 5) + I 4 (5 + 8) + I 5 (2 + 8 + 5 + 5) = 5 ⋅ U} 10 ⋅ I 5 = 45 : I 5 = 4,5(A) [I 3 ] : I 3 (5 + 5) + I 4 (5) + I 5 (5 + 5) = 5 ⋅ U − U 3 : U 3 = 5(V) [I 4 ] : I 3 (5) + I 4 (5 + 8) + I 5 (8 + 5) = 5 ⋅ U − U 4 : U 4 = 41,5(V) A partir de estos resultados y del uso de las ecuaciones de conexión completamos el análisis que resumimos en la siguiente tabla. Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

-1,5

6,5

2

-5

4,5

0,5

U(V)

-

-

5

41,5

-

-

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por ecuaciones nodales, sin modificar la geometría del mismo, especificando el grafo y el árbol escogido. Debe dar como resultado mínimo las intensidades o tensiones en todos los elementos pasivos, las tensiones en las fuentes de intensidad y las intensidades en las fuentes de tensión. Solución: En la figura damos el grafo, y señalamos el nudo de referencia, para hacer un análisis por nudos, previa conversión de la rama 1 en fuente real de intensidad. Las ecuaciones de conexión ramas-nudos son: U1 = U A − U C ; U2 = UA − U B ; U3 = U B − UC ; U 4 = U A ; U5 = U B ; U6 = UC . Con U = U B , las ecuaciones por nudos del circuito son:

[A] : U A  1 + 1  − U B  1  − U C  1  = 5 ⋅ U + 5 2 ⋅ U 5 5 5 5 [B] : − U A  1  + U B  1 + 1  = −2 5  2 5

5

[C] : − U A  1  + U C  1 + 1  = − 5 ⋅ U + 2 5

8

5

5

6 1  − ⋅ UB − ⋅ UC = 5  5 5 5 U = 41,5(V)  A  1 7 − ⋅ U A + ⋅ U B = −2  U B = 9(V) 10  5  U = 4(V) − 1 ⋅ U + U + 13 ⋅ U = 2 C B C   5 A 40  A

A partir de las tensiones de los nudos anteriores y de las ecuaciones de conexión, calculamos las tensiones de la ramas. La intensidad de la rama 1 original será: U1 = 5 ⋅ U + 5 ⋅ I1 : I1 =

UA − UC − 5 ⋅ UB = −1,5(A) . 5

Con todos los datos completamos la tabla resumen siguiente. Ramas

1

2

3

4

5

6

U(V)

37,5

32,5

5

41,5

9

4

I(A)

-1,5

-

2

-5

-

-

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales sin modificar la geometría del mismo y realice un balance de potencias, especificando la potencia en cada elemento e indicando si la potencia es cedida o consumida. El circuito está en régimen de continua. Las fuentes de tensión en Voltios, las de intensidad en Amperios y las resistencias en Ohmios. Solución: En la figura mostramos un grafo, un árbol y sus grupos de corte básicos, sobre los que haremos el análisis. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos son: U1 = U 2 + U 3 − U 6 ; U 5 = − U 2 + U 4 ; U 7 = −U 2 − U 3 + U 4 ; U 8 = −U 2 − U 3 + U 4 + U 6 . Con I = − I 4 = − U 4 1; U 2 = 6 ; U 3 = −4 ⋅ I = 4 ⋅ U 4 ; V = U 6 ; las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U 4 ] : −U 2  1 + 1  − U 3  1  + U 4 1 + 1 + 1  + U 6  1  = 1,5 ⋅ V 

− U 4 − 4 ⋅ U 6 = 18 U 4 = −2(V)    − U 4 + U 6 = −2  U 6 = −4(V) 

4 2 2  4 2 2 [U 6 ] : −U 2  1  − U 3  1  + U 4  1  + U 6 1 + 1  = −6 2 2 2  2

[U 2 ] : U 2  1 + 1  + U 3  1  − U 4  1 + 1  − U 6  1  = 6 − 1,5 ⋅ V − I 2 : I 2 = 8(A) 4 2 2 4 2 2 [U 3 ] : U 2  1  + U 3  1  − U 4  1  − U 6  1  = 6 − 1,5 ⋅ V − I 3 : I 3 = 10(A) 2 2 2 2

A partir de estos resultados y de las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte básicos realizamos el análisis que resumimos en la siguiente tabla. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

2

6

-8

-2

-8

-4

0

-4

I(A)

-1

8

10

-

-

-

6

-

P(W)

-12

48

-80

4

16

16

0

8

En la tabla, el signo negativo en la potencia representa que es una potencia cedida por elemento. * El alumno debiera realizar este mismo ejercicio por ecuaciones circulares y observar las diferencias entre éste y el análisis nodal aquí realizado.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

a) Analice el circuito de la figura, mediante ecuaciones circulares sin modificar el circuito, y realice un balance de potencia, explicitando si son generadas o consumidas. b) Plantee las ecuaciones nodales necesarias para resolver el análisis del circuito. Los elementos pasivos en Ohmios y las fuentes de tensión e intensidad en Voltios y Amperios, respectivamente.

Solución a) En la figura mostramos el grafo del circuito, el árbol elegido y sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I 3 = −I1 − I 4 ; I 5 = − I 4 + I 8 ; I 6 = I1 − I 2 ; I 7 = − I1 + I 2 − I 8 . Con I1 = 1; I 4 = −2 ⋅ I 2 , las ecuaciones de los lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (2 +`1 + 1) − I 2 (2 +`1) + I 4 (1) + I 8 (1) + U1 = 0 [I 2 ] : −I1 (2 +`1) + I 2 (2 +`1) + I 4 (0) − I 8 (1) = −2 [I 8 ] : I1 (1) − I 2 (`1) − I 4 (2) + I 8 (1 + 2) = − U1 2 [I 4 ] : I1 (1) + I 2 (0) + I 4 (1 + 2) − I 8 (2) + U 4 = 0 Ordenando el sistema anterior, obtenemos:   I 2 = −1,04(A) : I 4 = 2,08(A)  I 8 = 1,88(A)   U1 = −3,08(V) [I 8 ] : 3 ⋅ I 2 + 3 ⋅ I 8 + U1 = 1 2  [I 4 ] : −6 ⋅ I 2 − 2 ⋅ I 8 (2) = −U 4 LLLLLLLLLLL U 4 = −1,46(V)

[I1 ] : −5 ⋅ I 2 + I 8 + U1 = 4 [I 2 ] : 3 ⋅ I 2 − I 8 = −5

Con estos resultados y las ecuaciones de conexión ramas-lazos anteriores, construimos la tabla siguiente: Rama

1

2

3

Elemento -

-

1(Ω) -

I(A)

-1

-1,04 -1,08 2,08 -0,19 0,04 -1,92 1,88

U(V)

-3,08 2

P(W)

3,08 -2,08 1,16 -3,04 0,07 0,01 3,70 -2,90

-

4

5

6

7

8

2(Ω) 2(Ω) 1(Ω) -

-1,46 -

-

-

-1,54

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

b) En la figura mostramos sobre el mismo grafo anterior, el árbol elegido y sus grupos de corte básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte son: U 3 = U 1 + U 2 ; U 4 = U1 + U 2 + U 7 − U 8 ; U 5 = U 7 − U 8 ; U6 = U2 + U7 . Con U 2 = 2 ; U 8 = U 1 2 , las ecuaciones de los grupos de corte básicos son:

[U1 ] : U1  1  + U 2  1  + U 7 (0) + U 8 (0) = 1 + 2 ⋅ I 2

1 1 [U 2 ] : U1  1  + U 2  1 + 1  + U 7  1  + U 8 (0) + I 2 = 2 ⋅ I 2 1 1 2  2 [U 7 ] : U1 (0) + U 2  1  + U 7  1 + 1 + 1  − U 8  1  = 2 ⋅ I 2 2 1 2 2  2

[U 8 ] : U1 (0) + U 2 (0) − U 7  1  + U 8  1  + I 8 = −2 ⋅ I 2 2

2

Con estas ecuaciones de los grupos de corte, así como con las ecuaciones de conexión ramas-grupos, podemos encontrar las tensiones en todas las ramas del circuito y las intensidades en las fuentes de tensión, y, por tanto, resolver el balance de potencias.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por grupos de corte básicos sin modificar el mismo y realice un balance de potencias. Debe dar: 1) grafo del circuito; 2) árbol elegido; 3) ecuaciones que dan la tensión de cada rama en función de las tensiones de los grupos de corte básicos; 4) ecuaciones de TODOS los grupos de corte básicos; 5) análisis del circuito; 6) balance de potencias, especificando si la potencia es consumida o cedida. NO puede dar ecuaciones distintas a las ecuaciones de los grupos de corte. Solución: En la figura adjunta mostramos un grafo, el árbol elegido y sus grupos de corte básico. 3) Las ecuaciones de conexión ramas, grupos de corte básico son: U1 = − U 3 + U 5 − U 6 ; U 2 = U 5 − U 6 ; U 7 = U 3 + U 4 − U5 + U 6 ; U8 = −U 4 + U5 . 4) Las ecuaciones de control en función de las tensiones de los grupos de corte básico son: I1 =

U1 U U U U U U = − 3 + 5 − 6 ; I2 = 2 = 5 − 6 . 2 2 2 2 4 4 4

Las ecuaciones de los grupos de corte básico son:

[U 3 ] : U 3  1  − U 5  1  + U 6  1  + I 3 = −5

2 2 2 [U 4 ] : U 4  1  − U 5  1  + I 4 = −5 2 2 [U 5 ] : − U 3  1  − U 4  1  + U 5  1 + 1 + 1  − U 6  1 + 1  + I 5 = 5 2 2 2 2 4 2 4

[U 6 ] : U 3  1  − U 5  1 + 1  + U 6  1 + 1  + I 6 = −5 2

2

4

2

4

5) Antes de resolver el sistema de ecuaciones anterior haremos las siguientes consideraciones. * Como el árbol contiene en todas sus ramas F.T. ideales, la respuesta en tensión de las ramas del circuito se obtienen sustituyendo el valor de aquellas en las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte. * Como de las cuatro F.T. ideales sólo dos son independientes, la respuesta del circuito sólo dependerá del valor de éstas: U 3 = −16(V); U 5 = −10(V). . Por tanto, calculamos en primer lugar el valor de las fuentes controladas, U4 y U6: 4 4 U 6 (= 8 ⋅ I1 ) = −4 ⋅ U 3 + 4 ⋅ U 5 − 4 ⋅ U 6 : U 6 = − ⋅ U 3 + ⋅ U 5 = 4,8 : U 6 = 4,8(V) 5 5 5 5 1 U 4 (= −5 ⋅ I 2 ) = − ⋅ U 5 + ⋅ U 6 = − U 3 − ⋅ U 5 = 18,5 : U 4 = 18,5(V) 4 4 4

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Una vez conocido el valor de las tensiones de los grupos de corte, llevamos éstas al sistema de ecuaciones anterior, para conocer las intensidades en las F.T.; y a las ecuaciones de conexión ramas-grupos de corte, para conocer las tensiones de las ramas del circuito. El resultado lo recogemos en la siguiente tabla. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

U(V)

1,2

-14,8

-16

18,5

-10

4,8

17,3

-28,5

I(A)

-

-4,4

-19,25

22,35

-8,1

5

-

P(W)

0,72

70,4

-365,125

-223,5

-38,88

86,5

406,125

54,76

* El convenio de signos en las potencias es, como siempre, el de consumida positivo.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por lazos básicos, sin modificar la geometría del mismo, y realice un balance de potencias.

Solución: En la figura adjunta mostramos un grafo, el árbol elegido y sus grupos de corte básico. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos básicos son: I 3 = I1 − I 7 ; I 4 = − I1 − I 2 − I 5 ; I 6 = I1 + I 2 − I 7 ; I 6 = −I1 − I 2 − I5 − I 7 . Las ecuaciones de los lazos básicos, con I 7 = 5 son:

[I1 ] : I1 (2 + 2) + I 2 (2) + I5 (2) + I 7 (− 2) = 16 − 8 ⋅ I1 − 5 ⋅ I 2  12 ⋅ I1 + 7 ⋅ I 2 + 2 ⋅ I5 = 26 [I 2 ]: I1 (2) + I 2 (4 + 2) + I5 (2) + I7 (− 2) = −8 ⋅ I1 − 5 ⋅ I 2  10 ⋅ I1 + 11⋅ I 2 + 2 ⋅ I5 = 10 : [I5 ] : I1 (2) + I 2 (2) + I5 (2) + I7 (− 2) = 10 − 5 ⋅ I 2  2 ⋅ I1 + 7 ⋅ I 2 + 2 ⋅ I5 = 20 [I7 ]: I1 (− 2) + I 2 (− 2) + I5 (− 2) + I7 (2) + U 7 = −16 + 8 ⋅ I1  U 7 = 10 ⋅ I1 + 2 ⋅ I 2 + 2 ⋅ I5 − 26 Resolvemos las tres primeras ecuaciones del sistema, para encontrar el valor de las intensidades de lazo: I1 = 0,6(A); I 2 = −3,7(A); I 5 = 22,35(A); que sustituidas en la cuarta, permite calcular la tensión Sustituyendo los valores de las intensidades de lazo en las ecuaciones de conexión ramas-lazos, calculamos las intensidades de las ramas del circuito. El resultado lo recogemos en la siguiente tabla. Ramas

1

2

3

4

5

6

7

8

I(A)

0,6

-3,7

-4,4

-19,25

22,35

-8,1

5

-14,25

U(V)

1,2

-14,8

-16

18,5

-10

4,8

17,3

-28,5

P(W)

0,72

54,76

70,4

-365,125

-223,5

-38,88

86,5

406,125

* El convenio de signos en las potencias es, como siempre, el de consumida positivo. * Este ejercicio, como habrá comprobado el alumno, tiene el mismo circuito que el anterior. Observe las diferencias entre ambos métodos y la mayor o menor dificultad de ambos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Pág. 79

Analice el circuito de la figura, especificando el análisis empleado, y realice un balance de potencias.

Solución: Analizamos por lazos básicos. En la figura mostramos el grafo, un árbol y sus lazos básicos. Las ecuciones de conexión ramas-lazos son: I1 = − I 2 − I 3 ; I 4 = − I 2 − I 3 − I 6 ; I 5 = −I 3 − I 6 . Las ecuaciones de los lazos, con I = − I 6 : I 2 = 0,5 ⋅ I 6 , son:

[I 2 ] : I 2 (2 + 3) + I3 (2 + 3) + I6 (2) + U 2 = 200 [I3 ] : I 2 (2 + 3) + I3 (2 + 3 + 27 + 3) + I6 (2 + 3) = 200 − 10 [I6 ] : I 2 (2) + I3 (2 + 3) + I6 (2 + 3 + 4) = 0 I 3 = 6,08(A)

5 ⋅ I3 + 4,5 ⋅ I 6 + U 2 = 200 Ordenado obtenemos el sistema 35 ⋅ I3 + 7,5 ⋅ I 6 = 190

, cuya solución es: I 6 = −3,04(A)

5 ⋅ I3 + 10 ⋅ I 6 = 0

U 2 = 183,28(V)

A partir de este resultado y de las ecuciones de conexión escribimos la siguiente tabla resumen. Rama Elemento

1

2

200(V)

3(Ω)

I(A)

-4,56

-4,56

U(V)

200

P(W)

-850

3 10(V)

27(Ω)

-1,52

6,08

6,08

183,28

10

-279

1059

4

5

6

-1,52

-3,04

-3,04

5

28

37

* Realice el alumno, como comprobación y comparación de dificultad, un análisis nodal.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

R03TEO01. Aplique superposición y los conceptos de divisor de tensión e intensidad para determinar la tensión u, en el circuito de la figura.

R03TEO02. Aplique superposición en el circuito de la figura para determinar la corriente I0 en la resistencia de 10(Ω).

R03TEO03. ¿Cuál sería la potencia consumida por el circuito de la figura si lo alimentamos con una fuente de tensión ideal de 100V? ¿Y si la alimentación fuera una fuente ideal de intensidad de 100A?

R03TEO04. En el circuito de la figura determine la tensión U aplicando superposición.

R03TEO05. En el circuito de la figura encuentre el valor de la tensión U0 aplicando superposición. Las unidades en el SI. En el esquema sólo se señalan los múltiplos y submúltiplos de las mismas.

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Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

R03TEO06. En el circuito de la figura determine el valor de U aplicando superposición. Las unidades de los elementos en el S.I.

R03TEO07. Cuando se cambia la resistencia de carga conectada en los terminales 1, 1', y pasa de 5(Ω) a 8(Ω), la intensidad pasa de valer 4(A) a 3(A) tal como se representa en la figura adjunta. Calcule el valor de la resistencia R mediante la aplicación del teorema de compensación. Las unidades de los elementos en el S.I.

R03TEO08. Para comprobar un lote de resistencias de valor nominal 500(Ω) y tolerancia ±5% se procede del siguiente modo. El puente de la figura, y para la resistencia nominal Rx de 500(Ω), está equilibrado. A continuación se observan los límites máximos de la desviación de la corriente por el galvanómetro para la máxima tolerancia. ¿Cuáles serían las corrientes de rechazo para este tipo de control?

R03TEO09. La intensidad I1 que circula por la resistencia R de valor 1(Ω) es 2(A). Aplicando el teorema de compensación, determine la variación de la tensión U cuando se cierra el interruptor y el circuito está en régimen permanente de continua.

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Ejercicios de Circuitos

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R03TEO10. Demuestre que el puente de Wheatstone de la figura está en equilibrio (el galvanómetro G mide 0(A)) cuando el valor de la resistencia R es 800(Ω). Si la resistencia R toma el valor de 801(Ω), ¿cuál sería la lectura del galvanómetro? Si el galvanómetro tiene un fondo de escala de 1(mA), ¿cuál sería el valor de R correspondiente a este fondo de escala? El galvanómetro presenta una resistencia equivalente de 50(Ω).

R03TEO11. Los amperímetros A1 y A2 del circuito de la figura son ideales (resistencia equivalente 0(Ω)) y marcan 1 y 2 amperios respectivamente; el amperímetro A3 es real de resistencia equivalente 1(Ω) y marca 3 amperios. Si ahora los amperímetros A1 y A2 se consideran reales de resistencia equivalente 1(Ω), calcule las nuevas medidas de los amperímetros aplicando el teorema de compensación.

R03TEO12. Una bobina real se simula mediante una bobina ideal en serie con una resistencia. En el circuito de la figura todas las bobinas son ideales: la bobina de 1(H) absorbe 0,5(J); la bobina de 2(H) absorbe 4(J). ¿Cuál es la variación de la energía absorbida por cada bobina si las consideramos reales de igual inductancia y resistencia en serie de 1(Ω)? NOTA: La intensidad en las bobinas está marcada en el circuito. Las fuentes son independientes y de continua y suponemos el circuito en régimen de continua.

R03TEO13. En el circuito de la figura los potenciales están medidos respecto al tierra. ¿Cuál es el potencial del nudo 1? Si conectáramos el nudo 1 con el terminal de tierra mediante una resistencia de 5(Ω), ¿cuál sería su nuevo potencial?

R03TEO14. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1 1'. ¿Qué puede deducir de este tipo de circuitos?

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R03TEO15. Cuando a los terminales 1 1' de un dipolo que contiene sólo resistencias y fuentes de continua se conecta una bobina de 2H, la energía que absorbe dicha bobina es 36(J). Si conectamos a los mismos terminales una fuente real de tensión de 80(V) y 20(Ω), la tensión entre 1 1' es de 100(V). Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del dipolo respecto de los terminales 1 1'.

R03TEO16. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto a los terminales 1 1' del circuito de la figura.

R03TEO17. En el circuito de la figura, ¿cuál es el valor de R que consume máxima potencia? ¿Cuánto vale dicha potencia máxima? Para este valor de R, ¿en cuánto variará la potencia anterior si la resistencia de 40 ohmios disminuyese a 30 ohmios?

R03TEO18. Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 1' del circuito de la figura.

R03TEO19. Encuentre, cuando sea posible, los equivalen-tes Thèvenin y Norton respecto de los termi-nales 1, 1' de cada una de las figuras. Calcú-lelos de forma independiente.

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R03TEO20. El circuito CA contiene fuentes de continua y resistencias. Cuando lo cargamos con una bobina de 1(H) en serie con una resistencia de 2(Ω), la energía almacenada por la bobina es 2(J). Cuando lo cargamos con el circuito de la figura, la tensión de salida del amplificador es 15V. ¿Qué potencia consumiría una resistencia de 1(Ω) conectada al circuito CA?

R03TEO21. El circuito de la figura es un modelo simplificado de un convertidor digital-analógico de 3-bits. Cuando U1= U2= U3=8(V), U0 debe ser 0(V). Cuando U1= U2= U3=0(V), U0 debe ser 14(V). Determine el valor de RF y E, siendo R=10(kΩ). El AO es ideal y está trabajando en zona lineal.

R03TEO22. Determine separadamente los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1'. Expréselos en función del operador D.

R03TEO23. Determine, en función de α , los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1, 1'. ¿Para qué valores de dicho parámetro el Norton equivalente es físicamente realizable con fuente independiente y elemento pasivo?

R03TEO24. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1 1' en el circuito de la figura. El transformador es ideal y de relación: 1:2.

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R03TEO25. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1, 1', de forma independiente.

R03TEO26. Calcule, en el circuito de la figura, la tensión UAB por aplicación del teorema de Thèvenin o de Norton.

R03TEO27. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1’. ¿Qué resistencia habría de conectarse en estos terminales para que la potencia cedida por el circuito fuese máxima?; ¿qué valor tendría dicha potencia máxima?

R03TEO28. Respecto de los terminales 1, 1' determine los equivalentes Thèvenin y Norton de forma independiente.

R03TEO29. Determine respecto de los terminales 1, 1' el equivalente Thèvenin del circuito de la figura.

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R03TEO30. Determine respecto de los terminales 1, 1' el equivalente Thèvenin.

R03TEO31. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1'. ¿Qué resistencia habría de conectarse en estos terminales para que la potencia cedida por el circuito fuese máxima?; ¿qué valor tendría dicha potencia máxima?

R03TEO32. En el circuito de la figura determine el Thèvenin equivalente respecto de los terminales 1, 1'.

R03TEO33. Halle, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1 y 1'.

R03TEO34. Un circuito activo, de dos terminales accesibles, está formado sólo por fuentes de continua y resistencias. Si en los terminales accesibles se conecta un condensador de 10(µF) éste almacena 50(mJ). Si se conecta una bobina ideal de 2(mH) ésta almacena una energía de 4(mJ). Calcule la resistencia que conectada a dichos terminales accesibles consumiría máxima potencia. ¿Cuánto vale dicha potencia máxima?

R03TEO35. Halle la potencia consumida por la resistencia R cuando: a) R = 1(Ω), α = 0,5; b) R = 10(Ω), α = 3; y c) ¿para qué valor de α, con R constante, se consumirá máxima potencia en R?

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R03TEO36. Analice el circuito de la figura por ecuaciones circulares. b) Si la resistencia de 27(Ω) pasa a valer 30(Ω), aplique el teorema de compensación para calcular la variación de la intensidad I.

R03TEO37. Un circuito lineal que sólo contiene resistencias y fuentes de continua presenta dos terminales accesibles. Cuando se conecta a estos terminales una resistencia de 1(Ω) en serie con una bobina de 1(H), la energía absorbida por la bobina es 8(J). Si conectamos un condensador de 1(µF), éste almacena una energía de 128(µJ). ¿Qué energía absorberá una bobina de 1(H) en serie con una resistencia de 2(Ω) al ser conectada a los terminales del circuito?

R03TEO38. En el circuito de la figura calcule la resistencia que conectada en los terminales A y B consume máxima potencia, dando el valor de dicha potencia máxima. DATO: α=2·10-3(A/V)

R03TEO39. Determine el valor de la resistencia R que, conectada en los terminales 1-2, consume máxima potencia, calculando dicha potencia. Las unidades de los elementos en S.I.

R03TEO40. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto a los terminales 1-2. Dibuje dichos equivalentes.

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R03TEO41. Determine la resistencia que conectada entre los terminales 1-2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

R03TEO42. Determine el valor de la resistencia R para que consuma máxima potencia, calculando dicha potencia máxima. En el esquema todas las unidades en el S.I.

R03TEO43. Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton régi-men estacionario senoidal respecto a los terminales 1 y 2. Dibuje las fuentes obtenidas.

R03TEO44. En el circuito de la figura determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 2.

R03TEO45. Determine la resistencia que conectada en los terminales 1 y 2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

R03TEO46. Sabiendo que I0 =2(mA) determine el valor de la fuente de intensidad IG, aplicando el teorema de superposición.

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R03TEO47. Para R = 1(Ω) el valor de la intensidad es I = 1(A) . Si la resistencia se cortocircuita por un fallo, ¿cuál

será la variación de la intensidad suministrada por las fuentes de tensión E1, E2 y la variación de tensión en bornas de las fuentes de intensidad IG1 e IG2? R03TEO48. Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 0. Dé los resultados en función de la constante α.

R03TEO49. Para el valor de α=10(mA/V) determine en el circuito de la figura la resistencia que, conectada entre los terminales 1 y 0, consume máxima potencia ¿Cuál es el valor de dicha potencia máxima?

R03TEO50. En el circuito de la figura determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 0.

R03TEO51. Para el valor de α=1/2 determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1 y 2.

R03TEO52. En el circuito de la figura determine el valor de la intensidad I aplicando superposición.

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R03TEO53. Determine la tensión U0 en el circuito de la figura aplicando superposición. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω).

R03TEO54. En el circuito de la figura determine el valor de la resistencia que, conectada entre los terminales 1 y 2, consume máxima potencia. Calcule también el valor de dicha potencia máxima. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω).

R03TEO55. En el circuito de la figura, que se conoce como red en celosía, determine el valor de la resistencia a conectar entre los terminales 2 2' para que absorba máxima potencia.

R03TEO56. En el circuito de la figura se produce un fallo que corcocircuita la fuente E1, cuyo valor era de 30(V). Determine el valor de la variación de las intensidades que circulan por las fuentes de tensión y de la tensión que soporta la fuente de intensidad.

R03TEO57. En el circuito de la figura se quiere sustituir la resistencia de 8 Ohmios por otra que absorba del resto del circuito máxima potencia. Calcule el valor de dicha resistencia, así como el valor de la potencia máxima.

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R03TEO58. En el circuito de la figura E1=5(V); E3=6(V); e I=1(A). Determine el valor de E2 para que ni ceda ni consuma potencia.

R03TEO59. Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura, de manera independiente, respecto de los terminales 1 2. Las fuentes de tensión en voltios, las de intensidad en amperios y las resistencias en ohmios.

R03TEO60. Aplique de manera conveniente el teorema de Millman en el circuito de la figura para calcular los potenciales de los nudos A y B, y a partir de este resultado la intensidad que circula entre A y B.

R03TEO61.- Un circuito de continua tiene dos terminales accesibles. Cuando se conecta a estos terminales un condensador de 1(µF) en paralelo con una resistencia de 60(Ω), la energía absorbida por el condensador es de 45(mJ); si se conecta una bobina de 1(mH) en serie con una resistencia de 5(Ω), la energía absorbida por la bobina es de 128(mJ). ¿Cuál sería el valor de una resistencia, que conectada a dichos terminales consumiera potencia máxima?; ¿cuál sería el valor de dicha potencia máxima?

R03TEO62.- a) Analice el circuito de la figura, dando la tensión o intensidad en los elementos pasivos, la tensión en las fuentes de intensidad; y la intensi-dad en las fuentes de tensión. b) Aplique el teorema de compensación al cálculo de la variación de la intensidad I, si la rama de la fuente de intensidad se sustituye por un abierto.

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R03TEO63.- En el circuito de la figura determine, en función de E: a) el valor de R para que se consuma máxima potencia en ella y el valor de dicha potencia máxima; y b) la potencia consumida por el conjunto del resto de las resistencias cuando se utiliza el valor calculado de R.

R03TEO64.- En el circuito de la figura determine la resistencia que conectada en los terminales 1, 2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

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Aplique superposición y los conceptos de divisor de tensión e intensidad para determinar la tensión u, en el circuito de la figura.

Solución: Calculamos la respuesta del circuito a cada una de las fuentes independientes por separado. 1.- Respuesta a la fuente de tensión de 100(V): U1 . Cambiamos la fuente de tensión a fuente de intensidad como se indica en la figura y asociamos las resistencias en su equivalente paralelo. U1 =

100 1 1400 ⋅ = (V) . 1 1 1 20 29 + + 20 40 10 + 25

2.- Respuesta a la fuente de intensidad de 6(A): U 2 . Modificamos el circuito, tal como se aprecia en la figura, y aplicamos divisor de intensidad, usando la variable auxiliar I. I = 6⋅

25 40 ⋅ 20   25 + 10 +  40 + 20  

: U2 = I ⋅

40 ⋅ 20 1200 = (V) . 40 + 20 29

Por tanto, haciendo uso del teorema de superposición: U = U1 + U 2 =

2600 (V) . 29

* El alumno debe recordar que eliminar las fuentes es hacerlas cero; es decir, las F. de intensidad se convierten en abiertos y las F. de tensión se convierten en cortos. * Aún cuando es posible aplicar el teorema a las fuentes controladas, en estos ejercicios sólo se aplica a las independientes por motivos puramente didácticos. (una fuente controlada producirá efectos siempre que alguna de las fuentes independientes esté conectada).

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Aplique superposición en el circuito de la figura para determinar la corriente I0 en la resistencia de 10(Ω).

Solución: 1.- Respuesta a la F. de tensión de 10(V), I 01 . En la figura se representa el circuito, donde hemos cortocircuitado la F. de tensión de 20(V) del circuito original, y donde hemos marcado las corrientes de malla, para su análisis.

[I] : I(4 + 20) − I1 (20) = −2 ⋅ I [I1 ] : −I(20) + I1 (20 + 2) − I 01 (2) = 10 . [I 01 ] : −I1 (2) + I 01 (2 + 10) = 2 ⋅ I viendo, resulta: I 01 =

Ordenando el sistema y resol-

23 (A) . 47

2.- Respuesta a la F. de tensión de 20(V), I 02 . En la figura mostramos el circuito, con el esquema modificado, para que se aprecie el análisis por mallas empleado.

[I] : I 4 + 

20 ⋅ 2   20 ⋅ 2   − I 02   = −2 ⋅ I 20 + 2   20 + 2 

[I 02 ] : −I 20 ⋅ 2  − I 02 10 + 20 ⋅ 2  = 50 + 2 ⋅ I 20 + 2   20 + 2  

.

Ordenando el sistema y resolviendo, resulta: I 02 =

215 (A) . 47

Por tanto, aplicando el teorema de superposición: I 0 = I 01 + I 02 =

238 (A) . 47

* La aplicación del teorema de superposición no suele ser mejor que el análisis directo del circuito. Lo único que aporta es la posibilidad del conocimiento de la parte de la respuesta que se debe a cada fuente independiente del circuito.

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¿Cuál sería la potencia consumida por el circuito de la figura si lo alimentamos con una fuente de tensión ideal de 100V? ¿Y si la alimentación fuera una fuente ideal de intensidad de 100A?

Solución: Aplicaremos el concepto de linealidad. Suponemos una intensidad de 1(A) en la resistencia vertical más alejada de la entrada de la red en escalera del enunciado. La aplicación repetitiva de la ley de Ohm y de las LKT y LKI se presentan en los gráficos sucesivos, con la intensidad y la tensión en Amperios y Voltios respectivamente.. En la última figura: U = 10,75(V) e I = 10,625(A) . Por tanto la resistencia equivalente del circuito visto desde la entrada será, para cualquier tensión o intensidad de alimentación: R eq =

U 10,75 86 = = ( Ω) . I 10,625 85

Con este dato, la potencia consumida será: a) Si U = E = 100 : P =

E2 = 9884( W ) . R eq

b) Si I = I G = 100 : P = I G2 ⋅ R eq = 10118( W ) . * Este método, de aplicación del concepto de linealidad, es aplicable a este tipo de redes en escalera, configuración típica de redes de muestreo, para calcular la impedancia de entrada, (como aquí), la relación de tensiones entre la entrada y la salida, etc..

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En el circuito de la figura determine la tensión U aplicando superposición.

Solución: 1.- Respuesta a la fuente de 2(A). Analizamos el circuito por lazos básicos, a partir del árbol y lazos de la figura. (Como puede observar el alumno hemos aprovechado el esquema para, sobre él, dibujar el árbol y los lazos. Lo hacemos así, ya que no hay que analizar todo el circuito sino sólo un valor del mismo) La ecuación del lazo necesario es:

[I] : I(2 + 1 + 2 + 1 + 2) − (2 ⋅ I) ⋅ (2 + 1) + 2 ⋅ (2 + 1) = 0 : I = −3(A) . Por tanto: U1 = (− I + 2 ⋅ I ) ⋅ 1 : U1 = −3(V) . 1.- Respuesta a la fuente de 4(A). Analizamos el circuito por lazos básicos, a partir del árbol y lazos de la figura. La ecuación del lazo necesario es:

[I] : I(2 + 1 + 2 + 1 + 2) − (2 ⋅ I) ⋅ (2 + 1) − 4 ⋅ (2 + 1 + 2) = 0 : I = 10(A) . Por tanto: U 2 = (− I + 4 + 2 ⋅ I ) ⋅ 1 : U 2 = 14(V) . Aplicando el teorema de superposición: U = U1 + U 2 = 11(V) .

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En el circuito de la figura encuentre el valor de la tensión U0 aplicando superposición. Las unidades en el SI. En el esquema sólo se señalan los múltiplos y submúltiplos de las mismas.

Solución: 1.- Respuesta a la fuente de 10(V). Por inspección directa del circuito de la figura, escribimos:

U 01 = (2 ⋅ I ) ⋅ 3k   10 + U − 3 ⋅ U = 0 : U = 5 : U 01 = −6(V) . U = − I ⋅ 5k 

2.- Respuesta a la fuente de 2(V). Por inspección directa del circuito de la figura, escribimos: U − 3 ⋅ U + 2 = 0 : U = 1  U 02 = (2 ⋅ I ) ⋅ 3k : U 02 = −1,2(V) U = − I ⋅ 5k : I = −0,2m 

3.- Respuesta a la fuente de 5(mA). Por inspección directa del circuito de la figura, escribimos: U − 3⋅ U = 0   U 03 = (2 ⋅ I + 5m ) ⋅ 3k : U 03 = 15(V) U = − I ⋅ 5k : I = 0 Por tanto: U 0 = U 01 + U 02 + U 03 = 7,8(V) .

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En el circuito de la figura determine el valor de U aplicando superposición. Las unidades de los elementos en el S.I.

Solución: 1.- Respuesta a la fuente de 12(V). En el circuito de la figura cambiamos la F.R de tensión a F.R. de intensidad y aplicamos divisor de intensidad. 1     12 2+4  = 2 : U 1 = 2( V ) U1 = 2 ⋅ I = 2 ⋅  ⋅ 1 1 1 3 + +   2+4 3 6  

2.- Respuesta a la fuente de 64(V). En el circuito de la figura aplicamos divisor de tensión.     2  = −16 : U 2 = −16(V) U 2 = −64 ⋅  3⋅6   2+4+  3+ 6  

3.- Respuesta a la fuente de 8(A). En el circuito de la figura aplicamos divisor de intensidad.   1   2 U3 = 2 ⋅ I = 2 ⋅ 8 ⋅ 1 1 +   2 4 + 6 ⋅ 3 6+3 

     = 12 : U 3 = 12(V)   

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4.- Respuesta a la fuente de 6(A). En el circuito de la figura hacemos las simplificaciones sucesivas que se muestran.

En el último circuito el paralelo está formado por dos ramas de resistencias iguales (4Ω). 1  Por tanto: U 4 =  ⋅ 6  ⋅ 2 = 6 : U 4 = 6(V) 2 

Aplicamos el teorema de superposición: U = U1 + U 2 + U 3 + U 4 = 4 : U = 4(V ) .

* No olvide que: aplicar superposición consiste en calcular la respuesta a cada fuente independiente haciendo cero el resto. Es decir, se analiza el circuito para cada fuente por separado, una fuente cada vez. * hacer cero una fuente independiente es convertir las de intensidad en abiertos y las de tensión en cortos. * Como hemos dicho con anterioridad, aplicamos el teorema de superposición a las fuentes independientes y no a las controladas.

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Cuando se cambia la resistencia de carga conectada en los terminales 1, 1', y pasa de 5(Ω) a 8(Ω), la intensidad pasa de valer 4(A) a 3(A) tal como se representa en la figura adjunta. Calcule el valor de la resistencia R mediante la aplicación del teorema de compensación. Las unidades de los elementos en el S.I. Solución: Aplicamos el teorema de compensación con: δR 1 = 8 − 5 = 3(Ω) ; I 0 = 4(A) ; δI = 3 − 4 = −1(Ω) . En la figura se muestra la aplicación del teorema de compensación. En el circuito de la izquierda podemos calcular el valor de R, aplicando la LKT. R ⋅ 12 ⋅ (− 1) + 8 ⋅ (− 1) + 12 = 0 : R = 6(Ω) . R + 12

* Recuerde que la aplicación del teorema de compensación siempre entraña la reducción del circuito a pasivo, y la sustitución de la rama que varía por la asociación serie de una F. de tensión, (de valor el producto de la intensidad que circulaba por esa rama, antes de la variación, por la variación experimentada por la impedancia de dicha rama) con la nueva impedancia. En este nuevo circuito se determinan no las nuevas respuesta sino la variación experimentada por las respuestas originales.

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Para comprobar un lote de resistencias de valor nominal 500(Ω) y tolerancia ±5% se procede del siguiente modo. El puente de la figura, y para la resistencia nominal Rx de 500(Ω), está equilibrado. A continuación se observan los límites máximos de la desviación de la corriente por el galvanómetro para la máxima tolerancia. ¿Cuáles serían las corrientes de rechazo para este tipo de control? Solución: Si para R x = 500(Ω) el puente está equilibrado, la corriente que circula por el galvanómetro G es nula. La comprobación puede hacerse analizando por nudos el circuito, modificado del enunciado, de la figura.

[A] : U A (1 + 1 + 1 500) − U B − U C = 0 Las ecuaciones son: [B] : − U A + U B (1 + 1 + 1 500) − U C = 6 [C] : −U A − U B + U C (1 + 1 + 1 500) = −6 Resolviendo por Cramer obtenemos: U A = 0 : I G = 0 ; U B = 3000 1501(V) : I 0 = 6 1501(A) . Es decir, si la resistencia que debemos comprobar tiene el valor nominal, R x = 500(Ω) , la corriente por el galvanómetro es nula. Aplicamos ahora compensación con R X = 500 + δR ; E = I 0 ⋅ δR . El circuito resultante de la aplicación del teorema al circuito anterior se muestra en la figura. En él hemos cambiado el triángulo de resistencias de 1(Ω) a su estrella equivalente. Aplicamos divisor de intensidad para calcular el valor de la variación de corriente por el galvanómetro, δI G , en función de la variación de la resistencia, δR , respecto de su valor nominal. 1 I 0 ⋅ δR 500 + 1 3 . Simplificando esta expresión y sustiδI G = ⋅ 1 1 1 500 + δR + 1 3 + + 500 + 1 3 500 + 1 3 500 + δR + 1 3

tuyendo el valor de I 0 por su valor y particularizando para los valores extremos de la variación de la resistencia, obtenemos: δI G =

18 δR ⋅ 1501 4503 + δR

δR = −5% ⋅ 500 = −25 : δI G = −68,87(µA) .  δR = 5% ⋅ 500 = 25 : δI G = 64,43(µA)

Como la función anterior es creciente, los valores máximo y mínimo de la variación de la intensidad por el galvanómetro serán los obtenidos. Por tanto, las corrientes de rechazo de las resistencias del lote serán: δI G = I G ∉ (− 68,87 ; 64,43) (µA) .

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* Fíjese que al ser la intensidad en el galvanómetro nula cuando el valor de la resistencia es su nominal, el valor de la variación de esta intensidad coincidirá con la intensidad que realmente circula, tal como hemos reflejado en la ecuación anterior.

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La intensidad I1 que circula por la resistencia R de valor 1(Ω) es 2(A). Aplicando el teorema de compensación, determine la variación de la tensión U cuando se cierra el interruptor y el circuito está en régimen permanente de continua.

Solución: Cuando cerramos el interruptor, la resistencia equivalente del conjunto en paralelo R e interruptor, pasa de valer R eq = R = 1(Ω) , con una intensidad de I1 = 2(A) , a R eq = 0 . Por tanto, aplicaremos el teorema de compensación con δR = 0 − 1 = −1 ; R + δR = 0 y E = I1 ⋅ δR = −2(V) . En la figura se muestra el circuito de aplicación del teorema con los datos anteriores. En el esquema de la figura hemos superpuesto un árbol y sus lazos básicos. Las ecuaciones de estos lazos básicos son:

[I X ] : I X (3 + 1 + 2 + 1) − δI ⋅ (1 + 2) + 2 ⋅ δI ⋅ (1 + 2) = 0 . [δI] : −I X (2 + 1 + 2) + δI ⋅ (2 + 1 + 2) − 2 ⋅ δI ⋅ (2) = −2 Resolviendo este sistema, obtenemos: I X = 3 8 (A) ; δI = − 7 8 (A) . Por tanto, la variación de la tensión U será (tomando su lazo):

[2 ⋅ δI] : I X (1 + 2) − δI ⋅ (2) + 2 ⋅ δI ⋅ (1 + 2) = δU : δU = −19 8 (V) .

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Demuestre que el puente de Wheatstone de la figura está en equilibrio (el galvanómetro G mide 0(A)) cuando el valor de la resistencia R es 800(Ω). Si la resistencia R toma el valor de 801(Ω), ¿cuál sería la lectura del galvanómetro? Si el galvanómetro tiene un fondo de escala de 1(mA), ¿cuál sería el valor de R correspondiente a este fondo de escala? El galvanómetro presenta una resistencia equivalente de 50(Ω). Solución: a) En la figura sustituimos el galvanómetro G por su resistencia equivalente. Para la demostración pedida sobre el equilibrio del puente, cambiamos la configuración en triángulo (200, 1k, 50) por su estrella equivalente y tomamos R = 800(Ω). En función de I las tensiones de los nudos A y B respecto de C son, aplicando divisor de intensi 4040   U AC =  I ⋅  ⋅ 800   4040 + 808   U AC dad: = 1 . Por tanto: U AC = U BC : U AB = 0 → I G = 0 , con lo que  U 808   BC U BC =  I ⋅  ⋅ 4000   4040 + 808  queda demostrado que, para el valor de R igual a 800(Ω), el puente está equilibrado, lo que equivale a que la corriente por el galvanómetro sea cero. La intensidad I0 que circula por R = 800(Ω) es:

I0 = I ⋅

4040 = 4040 + 808

9 4040 ⋅ = 9 ⋅ 10 −3 : I 0 = 9(mA) . 4040 ⋅ 808 4040 + 808 160 + 4040 + 808

Para la segunda cuestión del ejercicio, aplicamos compensación al circuito original con R N = R + δR = 800 + δR ; E = I 0 ⋅ δR . El circuito es el de la figura al que se acompaña una transformación de fuente para aplicar divisor de intensidad. Con I E =

I ⋅ δR E = 0 : R N 800 + δR

1 36 ⋅ 10 −3 ⋅ δR 50 + 800 δI G = I E ⋅ = 1 1 1 20200 + 21 ⋅ δR + + 50 + 800 200 800 + δR

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b) Para R = 801(Ω) : δR = 1 : δI G =

36 ⋅ 10 −3 = 1,78(µA) , y al ser nula la corriente del galvanómetro 20221

para R = 800(Ω), la variación de corriente calculada es también el valor medido por el galvanómetro. c) Si δI G = ±10 −3 =

36 ⋅ 10 −3 ⋅ δR 20200  δR = −354(Ω) : 21 ⋅ δR + 20200 = ±36 ⋅ δR : δR = : 20200 + 21 ⋅ δR ± 36 − 21  δR = 1347(Ω)

Es decir se consigue que el galvanómetro detecte –1(mA) si R = 800 − 354 = 446(Ω) y +1(mA) si R = 800 + 1347 = 2147(Ω) , llegando en ambos casos al fondo de escala.

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Los amperímetros A1 y A2 del circuito de la figura son ideales (resistencia equivalente 0(Ω)) y marcan 1 y 2 amperios respectivamente; el amperímetro A3 es real de resistencia equivalente 1(Ω) y marca 3 amperios. Si ahora los amperímetros A1 y A2 se consideran reales de resistencia equivalente 1(Ω), calcule las nuevas medidas de los amperímetros aplicando el teorema de compensación. Solución: Aplicamos compensación, teniendo en cuenta que: R A1 = 0 → R AN1 = 1(Ω) ; I 0A1 = 1(A) : δR A1 = R AN1 − R A1 = 1(Ω) ; E A1 = I 0A1 ⋅ δR A1 = 1(V) R A 2 = 0 → R AN 2 = 1(Ω) ; I 0A 2 = 2(A) : δR A 2 = R AN 2 − R A 2 = 1(Ω) ; E A 2 = I 0A 2 ⋅ δR A 2 = 2(V)

En la figura mostramos el esquema del circuito, donde aplicar compensación, y, superpuesto a él, un árbol y sus lazos básicos con los que hacer el análisis. En el esquema: δI A 2 = 0 , ya que esa rama está a circuito abierto al reducir el circuito original a pasivo, por contener una fuente ideal de intensidad. Las ecuaciones de los lazos son:

[δI A1 ] : δI A1 (1 + 1 + 4) − δI A3 (4) = −1  δI A1 = − 5 32 (A) [δI A3 ] : −δI A1 (4) + δI A3 (4 + 1 + 2 + 3) = 0 δI A1 = −1 16 (A) Por tanto, las lecturas de los amperímetros serán:

A1 : I AN1 = I A1 + δI A1 = 0,844(A) ; A2 : I AN 2 = I A 2 + δI A 2 = 2(A) ; A3 : I AN3 = I A 3 + δI A 3 = 2,938(A)

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Una bobina real se simula mediante una bobina ideal en serie con una resistencia. En el circuito de la figura todas las bobinas son ideales: la bobina de 1(H) absorbe 0,5(J); la bobina de 2(H) absorbe 4(J). ¿Cuál es la variación de la energía absorbida por cada bobina si las consideramos reales de igual inductancia y resistencia en serie de 1(Ω)? NOTA: La intensidad en las bobinas está marcada en el circuito. Las fuentes son independientes y de continua y suponemos el circuito en régimen de continua. Solución: A partir de los datos de la energía almacenada por las bobinas, podemos calcular las intensidades que circulan por ellas. En la figura mostramos estas intensidades. Como el circuito está en régimen permanente de continua, hemos sustituido en la figura las bobinas por cortocircuitos, en los cuales circula la intensidad de cada bobina, de valor: 1 L1 ⋅ I12 : I1 = 1(A) 2 1 L 2 = 2(H) : W2 = 4(J ) = L 2 ⋅ I 22 : I 2 = 2(A) 2

L1 = 1(H) : W1 = 0,5(J ) =

Teniendo en cuenta que la resistencia de una bobina ideal es nula, la variación de la resistencia en las ramas de las bobinas es:

δR 1 = 1(Ω) ; δR 2 = 1(Ω) . Con todos estos datos, intensidades y variación de resistencias, aplicamos el teorema de compensación, con E1 = I1 ⋅ δR 1 = 1; E 2 = I 2 ⋅ δR 2 = 2 , tal como aparece en la figura. En el esquema aplicamos la LKT y obtenemos: δI1 = δI 2 =

− E1 − E 2

(4 + 3) ⋅ 1 2 + (3 + 1) + (5 + 1) + (4 + 3) + 1

=

−3 7 12 + 8

= −0,233 : δI1 = δI 2 = −0,233(A) .

Con los valores de la variación de las intensidades originales podemos ya calcular la variación en la energía almacenada por las bobinas. W1antigua = 0,5 ; W1nueva = W2antigua = 4 ; W2nueva =

1 L1 ⋅ (I1 + δI1 )2 = 0,294 : δW1 = W1nueva − W1antigua = 0,294 − 0,5 = −0,206(J ) 2

1 2 L 2 ⋅ (I 2 + δI 2 ) = 3,122 : δW2 = W2nueva − W2antigua = 3,122 − 4 = −0,878(J ) 2

* Recuerde que P y W no son funciones lineales de I o U: δW ≠

1 2 L ⋅ (δI ) . 2

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En el circuito de la figura los potenciales están medidos respecto al tierra. ¿Cuál es el potencial del nudo 1? Si conectáramos el nudo 1 con el terminal de tierra mediante una resistencia de 5(Ω), ¿cuál sería su nuevo potencial?

Solución: 1er apartado. 1er método. Aplicamos análisis por nudos para escribir la ecuación del nudo 1 respecto de tierra. 1 1 5 1 1 1 1 1 1 U1  + + +  − (10 ) ⋅   − (20 ) ⋅   − (− 10 ) ⋅   − (− 20 ) ⋅   = 0 : U1 = − (V) . 3  5 10 10 5  5  10   10  5

2º método. Aplicamos el teorema de Millman al nudo 1 respecto de tierra. 10 20 − 10 − 20 + + + 5 = − 5 (V) . U1 = 5 10 10 1 1 1 1 4 + + + 5 10 10 5 Como vemos, el teorema de Millman no es más que una aplicación particular del análisis por nudos. 2º apartado. 1er método. Aplicamos Millman sumando una nueva rama, de resistencia 5(Ω) que conecta directamente el nudo 1 a tierra.

10 20 − 10 − 20 + + + 5 = − 5 (V) . U1 = 5 10 10 1 1 1 4 1 1  + + + +  5 10 10 5  5 2º método. Aplicamos el teorema de compensación, ahora en admitancia, ya que, en impedancia, la rama que varía lo hace desde un abierto, impedancia infinita a 5(Ω). La admitancia original es cero, ya que la rama es un abierto y la tensión original de − 5 3 (V) . Al conectar el nudo 1 a tierra mediante la resistencia de 5(Ω), la variación de admitancia experimentada por esta rama es: δG = 1 5 − 0 = 1 5 (S) . Aplicamos ahora compensación, pero de forma dual. Reducimos el circuito a pasivo y sustituimos la rama que ha variado por una fuente real de intensidad de valor: I G = U1 ⋅ δG = − 1 3 (A) y de conductancia en paralelo, la nueva inductancia de la rama: G N = 1 5 (S) . En este circuito, sólo se presentarán las variaciones experimentadas en las respuestas del circuito original.

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En la figura mostramos el circuito donde aplicamos compensación. La variación de la tensión del nudo 1 será, por reducción del paralelo: 1 5  −1 δU1 = −  ⋅ = (V) .  3   1 + 1 + 1 + 1 + 1  12    5 10 10 5 5  Por tanto, el nuevo valor de la tensión del nudo 1 será: 5 5 5 U1nueva = U1 + δU1 = − + = − (V) . 3 12 4

* El alumno debe siempre buscar el mejor método de solucionar un ejercicio, porque, al igual que en este problema, existen variados métodos, algunos más ingeniosos o más simples que otros.

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1 1'. ¿Qué puede deducir de este tipo de circuitos?

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto, U11'ca = U ca = U11' = U (I = 0) . En la figura se muestra el circuito equivalente con I = 0, donde calculamos la tensión a circuito abierto. U ca = −

U ca 1k ⋅ 20 400   ⋅ : U ca 1 +  = 0 : U ca = 0(V) . 50 1k + 20  1020 

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito, I11'cc = I cc = − I (U = 0) . En la figura se muestra el circuito equivalente con U = 0, donde calculamos la intensidad de cortocircuito. En el esquema hemos convertido la fuente de tensión real controlada en una de intensidad con: I eq =

1220(− I cc ) = −61 ⋅ I cc . 20

Como las resistencias de 20 y 1k están en cortocircuito: I eq = −61 ⋅ I cc = I cc : 62 ⋅ I cc = 0 : I cc = 0(A) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin, R TH = U 0 I 0 . En la figura se muestra el circuito reducido a pasivo, y alimentado con una fuente de tensión U = U 0 , que suministra una intensidad I = I 0 . En el esquema hemos convertido la fuente de tensión real controlada en una de intensidad con: I eq =

1220 ⋅ I 0 = 61 ⋅ I 0 . 20

Escribimos la ecuación del nudo 1 respecto del nudo 1’ y resolvemos en I0.

U U 1 1 1   1  1 U 0  +  = I eq − 0 + I 0 : U 0  + +  = I 0 (1 + 61) : R TH = 0 = 873,24(Ω) 50 I0  20 1k   20 1k 50  Por tanto el equivalente Thèvenin y Norton vienen representados por el circuito de la figura, lo que indica que el circuito original es pasivo.

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Cuando a los terminales 1 1' de un dipolo que contiene sólo resistencias y fuentes de continua se conecta una bobina de 2H, la energía que absorbe dicha bobina es 36(J). Si conectamos a los mismos terminales una fuente real de tensión de 80(V) y 20(Ω), la tensión entre 1 1' es de 100(V). Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del dipolo respecto de los terminales 1 1'.

Solución: En la figura mostramos el dipolo con las dos configuraciones de carga que dice el enunciado. En la configuración (A), como la bobina absorbe 36(J), la intensidad que circula por ella será: W = 36 =

1 ⋅ 2 ⋅ I 2 : I = 6( A ) . 2

Como el dipolo sólo tiene fuentes de continua y resistencias, la bobina se comportará, en régimen permanente como un cortocircuito y, por lo tanto: I =11'cc = I cc = 6(A ) . En la configuración de carga (B), a partir del dato de la tensión U = 100(V), podemos escribir: U = 100 = 80 + 20 ⋅ I : I = 1(A) .

Si suponemos sustituido el dipolo por su Norton equivalente, tal como aparece en la figura, podemos calcular el valor de la resistencia equivalente Thèvenin. U = (I cc − I ) ⋅ R Th : R Th =

100 = 20(Ω) . 6 −1

Con los datos anteriores podemos calcular el parámetro que nos falta, la tensión de a circuito abierto: U11'ca = U ca = I cc ⋅ R Th = 120(V) . Los equivalentes Thèvenin y Norton se muestran en la figura. * Si tomamos, en la configuración de carga (B), la polaridad opuesta en la fuente de 80(V), los resultados, como debe comprobar el alumno son: U = 100 = −80 + 20 ⋅ I : I = 9(A) ; de donde RTh es: U = (I cc − I ) ⋅ R Th : R Th =

100 100 =− ( Ω) . 6−9 3

Como el circuito sólo contiene fuentes de continua, que suponemos independientes, y resistencias, la resistencia equivalente debe ser positiva, por lo que esta segunda solución no es posible.

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto a los terminales 1 1' del circuito de la figura.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca En la figura se muestra el circuito donde calcularemos la tensión a circuito abierto. En el esquema hemos eliminado la resistencia en serie con la F. I. de intensidad de 3(A). En la malla de la derecha del esquema: I = −3 ⋅

1⋅ 2 = −2(A) : U1'0 = I ⋅1 = −2(V) . 1+ 2

En la malla de la derecha, con el resultado anterior: U10 = 10 − (2 ⋅ I ) ⋅ 2 = 10 − (− 4) ⋅ 2 = 18(V) . Por tanto: U ca = U10 − U1'0 = 20(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I11' En la figura se muestra el circuito donde calcularemos la intensidad en cortocircuito. Escribimos la ecuación del nudo 1 respecto del nudo 0, suponiendo que hemos convertido la F. R. de tensión en F. R. de intensidad. Con I = U10 1 , la ecuación del nudo U10 es: 1 1 1 1 1   1  15 U10  + 1 +  = −3 + 5 − 2 ⋅ I : U10  + 1 + + 2  = 2 : U10 = (V) : I cc = 3 + U10  + 1 = (A) . 2 2 2 2 2  2  4

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: En las figuras se muestran las transformaciones sucesivas del circuito original reducido a pasivo.

Para pasar del circuito (I) al (II), hemos cambiado el tipo de fuente (de intensidad a tensión) y aplicado la LKI al paralelo de las resistencias de 1 y 2 Ohmios. Para pasar del (II) al (III) hemos reducido el paralelo a su resistencia equivalente y aplicado la regla de la sustitución para cambiar la fuente controlada de tensión por la resistencia RS, de valor: R S =

4⋅I 8 = ( Ω) . 3⋅ I 2 3

Por tanto, en el circuito (III) la resistencia Thèvenin vista desde los terminales 1, 1’ será:

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R Th =

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2 8 16 + + 2 : R Th = (Ω) . 3 3 3

U ca = 20(V)   Podemos comprobar la bondad de los resultados: I cc = 15 4 (A)  U ca = I cc ⋅ R Th . R Th = 16 3 (Ω) Así que los equivalentes Thèvenin y Norton, respecto de los terminales 1, 1’, son los representados en la figura.

* Recuerde que en los equivalentes de un circuito no pueden aparecer las intensidades o tensiones que hacen de control de las fuentes dependientes. * El valor que tomen las variables de control en el cálculo de la tensión a circuito abierto no tiene que ser el mismo que el que tomen en el cálculo de la intensidad de cortocircuito o en el de la impedancia equivalente, ya que se determinan en circuitos distintos.

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En el circuito de la figura, ¿cuál es el valor de R que consume máxima potencia? ¿Cuánto vale dicha potencia máxima? Para este valor de R, ¿en cuánto variará la potencia anterior si la resistencia de 40 ohmios disminuyese a 30 ohmios? Solución: Calculamos el equivalente Norton respecto de las bornas de conexión de la resistencia R. 1.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito, Icc. El circuito de la figura es el circuito original, donde hemos hecho transformaciones de fuentes y sustituida la resistencia por el cortocircuito entre sus bornas de conexión. Los cambios realizados en la fuente de intensidad controlada suponen primero el cambio de fuente de intensidad a fuente de tensión, [3,15 ⋅ I ⋅ 40 = 126 ⋅ I(V) ; 40 + 2 = 42(Ω)] , y posterior cambio a fuente de intensidad: [126 ⋅ I 42 = 3 ⋅ I(A) ; 42(Ω)] . En este circuito las tres resistencias están cortocircuitadas. Por tanto: I = 0 : I cc = 12,5(A) . 2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin, R Th = U 0 I 0 . En la figura mostramos el circuito original con el cambio de fuentes anterior, y reducido a pasivo. Aplicamos análisis nodal al nudo 1, tomando como referencia el nudo 1’. Esta tensión coincide con la de la fuente U0.

U 1  1 3 1 1 1 1 Con I = U 0 16 , U 0  + +  = 3 ⋅ I + I 0 : U 0  + + −  = I 0 : R Th = 0 = 6,72(Ω) . UI  4 16 42   4 16 42 16  Por tanto el circuito en bornas de R se reducirá a su equivalente Norton, tal como mostramos en la figura. Para que R, en este circuito, consuma máxima potencia: R = R Th = 6,72(Ω) . 2

 12,5  La potencia máxima será: Pmáx =   ⋅ 6,72 = 262,5( W ) .  2 

Para la 2ª parte del ejercicio, la primera opción es recalcular de nuevo el equivalente Norton. 1.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito, Icc. Como hemos visto en la primera parte del ejercicio, la intensidad de cortocircuito es, en este caso, independiente del valor de las resistencias, ya que quedan todas cortocircuitadas. Por tanto, la Icc es la misma que antes: I cc = 12,5(A) . 2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin, R Th = U 0 I 0 . Al pasar la resistencia original de 40(Ω) a 30(Ω), los cambios realizados en la fuente de intensidad controlada suponen ahora: de fuente de inten-

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sidad a fuente de tensión, [3,15 ⋅ I ⋅ 30 = 94,5 ⋅ I(V) ; 30 + 2 = 32(Ω)] , y el posterior cambio a fuente de intensidad: [94,5 ⋅ I 32 = 2,953 ⋅ I(A) ; 32(Ω)] . El circuito reducido a pasivo será igual al anterior con la única diferencia del valor de la fuente controlada que hemos calculado. La ecuación del nudo 1, con referencia al nudo 1’ será, con I = U 0 16 :

U 1  1 2,953  1 1 1 1 U 0  + +  = 2,953 ⋅ I + I 0 : U 0  + + −  = I 0 : R Th = 0 = 6,28(Ω) . 16  UI  4 16 32   4 16 32 Por tanto, la potencia consumida ahora por la resistencia R anterior, de valor 6,72(Ω), será:

 R Th P =  I cc ⋅ R + R TH 

2

2

 6,72    ⋅ R = 12,5 ⋅  ⋅ 6,28 = 245,11( W ) . 6,28 + 6,72   

Con este resultado, la variación de potencia será: δP = P − Pmáx = 245,11 − 262,5 = 17,33( W ) . * El alumno debiera construir los esquemas nuevos para comprobar estas ecuaciones y resultados. * Para el cálculo de la potencia hemos usado en el nuevo Norton equivalente las propiedades del divisor de intensidad. Una segunda opción, para el cálculo de la variación de potencia pedida, es el uso del teorema de compensación. Para ello, lo primero es calcular el valor de la intensidad que circula por la rama de 40(Ω), siendo el valor de R el ya calculado. En el Norton original, que volvemos a representar aquí, la tensión entre los nudos 1 y 1’ es: U11' = 12,5 ⋅ (6,72 2) = 42(V) . Con esta tensión el valor de la intensidad de control, como puede verse en el circuito original es: I = U11' 16 = 2,625(A) . En la figura mostramos el subcircuito a la derecha de 1, 1’. En él podemos calcular IN, aplicando superposición, ya que la fuente controlada tiene ahora un valor conocido. I N = U11'

1 2 + 3,15 ⋅ I ⋅ = 1,394(A) . 2 + 40 2 + 40

Aplicamos

el

teorema

de

compensación,

con

δR = 30 − 40 = −10(Ω) ; E = −10 ⋅ I N = −13,94(V) ;

R N = 30(Ω) , en el circuito de la figura. Modificando el circuito a la derecha de la resistencia de 6,72(Ω), por transformaciones sucesivas de fuente, obtenemos el nuevo circuito donde analizamos por nudos. Con δI = δU11' 16 , la ecuación de la tensión δU11' es:

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1 1 E 3,15 ⋅ δI 13,94 94,5 ⋅ ∂U11' 1 1 ∂U11'  + + + = + 30 ⋅ =− + . Ordenando y resolviendo, ob32 32 32 ⋅ 16  4 16 6,72 32  32 tenemos: δU11' = −1,141(V) . nueva Por tanto, la tensión en la resistencia de 6,72(Ω) es: U11 = U11' + δU11' = 42 − 1,141 = 40,59(V) . '

Con este resultado la variación de potencia experimentada por la resistencia de 6,72(Ω) es:

(U δP =

)

nueva 2 11'

6,72

− Pmáx = 245,12 − 262,5 = −17,38( W ) .

* La diferencia entre los resultados obtenidos para la variación de potencia es fruto de las aproximaciones efectuadas. * Como verá el alumno, no es fácil, en muchos ejercicios, saber cuál es el método más eficaz y sencillo de resolución.

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Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 1' del circuito de la figura.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11' (I = 0) . Calculamos la tensión a circuito abierto en el esquema de la figura, que es el original con la modificación I = 0. Aplicando divisor de tensión, obtenemos: U ca =

E − β ⋅ U ca E ⋅ R3 . : U ca = R1 + R 2 + R 3 R1 + R 2 + R 3 ⋅ (1 + β )

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = − I(U = 0) . Calculamos la tensión a circuito abierto en el esquema de la figura, que es el original con la modificación U = 0, y el cambio de la F. R. de tensión por su equivalente de intensidad. Como la resistencia R3 está cortocircuitada, la corriente por ella será nula y podemos aplicar divisor de intensidad para el cálculo de la intensidad de cortocirE R1  E  cuito: I cc =  . . Resolviendo en Icc, obtenemos: I cc = − α ⋅ I cc  ⋅ R1 ⋅ (1 + α ) + R 2  R1  R1 + R 2 3.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R Th = U 0 I 0 , con el circuito reducido a pasivo. El esquema de la figura muestra el circuito original reducido a pasivo y alimentado con una fuente de tensión, U0, que suministra una corriente I0. Cambiamos la F. R de intensidad por su equivalente de tensión y analizamos por mallas, como se indica en la figura. Las ecuaciones son:

[I 0 ] : I 0 (R 3) + I1 (− R 3) = U 0 . [I1 ] : I 0 (− R 3) + I1 (R1 + R 2 + R 3) = β ⋅ U 0 − α ⋅ I 0 ⋅ R1 Ordenando el sistema:

[I 0 ] : I 0 (R 3) + I1 (− R 3) = U 0 . [I1 ] : I 0 (α ⋅ R1 − R 3) + I1 (R1 + R 2 + R 3) = β ⋅ U 0 En el sistema anterior eliminamos I1 y obtenemos: I 0 = U 0 ⋅

R1 + R 2 + R 3 ⋅ (1 + β) 1 ⋅ . R 2 + R1⋅ (1 + α ) R3

U  R 2 + R1 ⋅ (1 + α ) Por tanto la resistencia equivalente del Thèvenin será:  0  = R Th = ⋅ R3 . R1 + R 2 + R 3 ⋅ (1 + β )  I0 

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Encuentre, cuando sea posible, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1' de cada una de las figuras. Calcúlelos de forma independiente.

Solución: (A) En la figura están los esquemas de los circuitos, en los que calcularemos los tres parámetros de los equivalentes Thèvenin y Norton. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: Uca. En la malla de entrada:

U = 5 ⋅ 2 = 10(V) U ca = U + 2 ⋅ U = 3 ⋅ U = 30(V)

.

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: Icc. En la malla de entrada: U + 2 ⋅ U = 0 : U = 0 : I cc = 5 − U 2 = 5(A) . 3.- Cálculo de la resistencia equivalente Thèvenin: R = U 0 I 0 . En la malla de entrada:

U0 = U + 2 ⋅ U = 3 ⋅ U ; U = 2 ⋅ I0 U 0 = 6 ⋅ I 0 : R Th = U 0 I 0 = 6(Ω)

.

Luego el equivalente Thèvenin es una F. R. de tensión [30(V); 6(Ω)] y el equivalente Norton una F. R. de intensidad [5(A); 6(Ω)]. (B) 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: Uca. Con I = 0 : U ca = 10 + 0 = 10(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: Icc. Con I = − I cc ; I1 = I − I = 0 , la LKT aplicada a la malla de Icc sería:

10 + 10 ⋅ I1 = 10 ≠ 0 . Por tanto, al no cumplirse la LKT, el circuito es imposible, luego el circuito no puede cortocircuitarse, y el equivalente Thèvenin es una fuente de tensión ideal de 10(V), no existiendo el equivalente Norton. (C) 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: Uca. En la malla de entrada: U ca = U − U = 0(V) .

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: Icc.

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En la malla de entrada: I cc ⋅ 1 + U − U = 0 : I cc = 0(A) . 3.- Cálculo de la resistencia equivalente Thèvenin: R = U 0 I 0 . En la malla de entrada: U 0 = I 0 + U − U = I 0 : (U 0 I 0 ) = R Th = 1(Ω) . Por tanto el circuito es equivalente a un circuito pasivo de resistencia equivalente de 1(Ω). (D) Si nos fijamos en el circuito, para cualquier tensión de entrada, la intensidad de entrada es, aplicando la LKI al nudo 1: I1 = I − I = 0(A) . Por tanto, el circuito se comporta como una circuito abierto. Luego el equivalente Thèvenin no existe, sería una resistencia serie de valor infinito, y el equivalente Norton se reduciría a una admitancia en paralelo de valor 0 Siemens.

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El circuito CA contiene fuentes de continua y resistencias. Cuando lo cargamos con una bobina de 1(H) en serie con una resistencia de 2(Ω), la energía almacenada por la bobina es 2(J). Cuando lo cargamos con el circuito de la figura, la tensión de salida del amplificador es 15V. ¿Qué potencia consumiría una resistencia de 1(Ω) conectada al circuito CA?

Solución: 1) Cargamos el circuito CA con el circuito del AO, tal como se muestra en la figura. Como el AO es ideal: I + = I − = 0 , lo que hace que la tensión U1 sea la tensión a circuito abierto de CA. Por tanto, la tensión a circuito abierto es: U ca = U1 = U + = U − = U 0 ⋅

R 1 = U 0 ⋅ = 5(V) . 2⋅R + R 3

2) Cargamos el circuito CA con la bobina en serie con la resistencia, tal como se muestra en la figura. Como el circuito CA sólo contiene fuentes de continua y resistencias, la bobina, una vez cargada se comportará como un cortocircuito. De la energía almacenada por la bobina: W = 2 =

1 L ⋅ I 2 : I = 2( A ) : U 1 = R ⋅ I = 2 ⋅ 2 = 4( V ) . 2

Si sustituimos CA por su Thèvenin equivalente, como lo hacemos en la figura, podemos calcular su RTh, respecto de los terminales 1, 0. Con E = U ca = 5(V) ; U1 = 4(V) y en régimen de continua, aplicamos la LKT: E = I ⋅ R Th + U1 : R Th =

E − U1 = 0,5(Ω) . I

A partir del equivalente Thèvenin calculado, podemos contestar la pregunta del ejercicio en el esquema de la figura: I =

E 5 10 = = (A) ; y la potencia 1 + R Th 1,5 3

consumida por la resistencia de 1 ohmio será: P = I 2 ⋅ 1 = 100 9 ( W ) .

* En este tipo de ejercicios, la solución pasa por calcular el equivalente Thèvenin o Norton del circuito desconocido.

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El circuito de la figura es un modelo simplificado de un convertidor digital-analógico de 3-bits. Cuando U1= U2= U3=8(V), U0 debe ser 0(V). Cuando U1= U2= U3=0(V), U0 debe ser 14(V). Determine el valor de RF y E, siendo R=10(kΩ). El AO es ideal y está trabajando en zona lineal. Solución: Calculamos el equivalente Thèvenin a la izquierda de la entrada inversora del AO. Para el cálculo de la tensión a circuito abierto analizamos por nudos el subcircuito de la figura adjunta.

[A] : U A (G + G 2 + G 2) − U B (G ) = U 3 (G 2) [B] : − U A (G ) + U B (G + G + G 2) − U C (G ) = U 2 (G 2) [C] : − U B (G ) + U C (G + G 2) = U1 (G 2) Tras simplificar y reducir el sistema obtenemos: U ca = U C =

U 3 U 2 U1 + + . 8 4 2

La impedancia equivalente del circuito reducido a pasivo, tal como aparece en el circuito de la figura es: R eq =

{[(2 ⋅ R 2 ⋅ R ) + R ] [2 ⋅ R ]}+ R

R eq =

{[2 ⋅ R ] [2 ⋅ R ]}+ R

2⋅R

2 ⋅ R : R eq = 2 ⋅ R

2⋅R = R

Con los datos obtenidos del equivalente Thèvenin, en la siguiente figura mostramos el circuito, que analizamos por nudos con U + = U − .

[U − ] :

U − (G + G F ) − U ca (G ) − U 0 (G F ) = 0 RF (E − U ca ) . U 0 = [U + ] : U + (G + G F ) − E(G ) = 0 R 

Y sustituyendo Uca y R por su valor, obtenemos, con RF en kΩ : U0 =

RF (8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U3 ) . 80

Introducimos las dos condiciones del diseño, para determinar E y RF: U1 = U 2 = U 3 = 8 : U 0 = 0 ⇒ 8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U 3 = 0 : E = 7(V) U1 = U 2 = U 3 = 0 : U 0 = 14 ⇒

RF (8 ⋅ E − 4 ⋅ U1 − 2 ⋅ U 2 − U3 ) = 14 : R F ⋅ 8 ⋅ 7 = 14 : R F = 20(kΩ) 80 10

* El alumno puede determinar el equivalente Thévenin de forma alternativa por transformaciones sucesivas de fuentes. * Este ejercicio es uno resuelto por análisis nodal en los ejercicios de análisis. Como ve, los métodos de resolución pueden ser muy variados.

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Determine separadamente los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1'. Expréselos en función del operador D.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . Dibujamos un nuevo esquema donde determinar la tensión a circuito abierto. En dicho esquema, y con i1 = 0, las ecuaciones de las mallas son:

[i] : (L1 + L 3 + 2 ⋅ M13 ) Di( t ) = e(t ) . [i1 ] : (M12 − M 23 ) Di1 (t ) = u ca (t )

Dividiendo ordenadamente ambas ecuaciones, resulta:

u ca ( t ) =

M12 − M 23 ⋅ e( t ) . L1 + L 3 + 2 ⋅ M13

1.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: i cc = i11'cc . En el esquema de la figura las ecuaciones de las mallas son:

[i] : (L1 + L 3 + 2 ⋅ M13 ) Di( t ) + (M 23 − M12 ) Di cc (t ) = e( t ) . [i cc ] : (M 23 − M12 ) Di(t ) + L 2 Di cc (t ) = 0 Resolviendo por Cramer en icc(t), obtenemos: i cc ( t ) =

{(M

M 23 − M12

23

}

− M12 ) − L 2 ⋅ (L1 + L 3 + 2 ⋅ M 13 ) D 2

e( t ) .

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = u 0 i 0 . En el esquema de la figura las ecuaciones de las mallas son:

[i] : (L1 + L 3 + 2 ⋅ M13 ) Di( t ) + (M12 − M 23 ) Di 0 (t ) = 0 . [i 0 ] : (M12 − M 23 ) Di(t ) + L 2 Di 0 ( t ) = u 0 De la primera ecuación: i( t ) = −

M12 − M 23 ⋅ i 0 ( t ) . Sustituyendo en la segunda ecuación: L1 + L 3 + 2 ⋅ M13

  (M12 − M 23 )2  (M12 − M 23 )2  u 0 ( t ) = L 2 −  ⋅ Di 0 ( t ) : Z Th = L 2 − ⋅D . L1 + L 3 + 2 ⋅ M13  L1 + L 3 + 2 ⋅ M 13    Es decir, la impedancia equivalente Thèvenin es una bobina de inductancia LTh: Z Th

 (M12 − M 23 )2  (M12 − M 23 )2 = L 2 − (H) .  ⋅ D = L Th ⋅ D : L Th = L 2 − L1 + L 3 + 2 ⋅ M13  L1 + L 3 + 2 ⋅ M13 

* Puede demostrar que LTh es siempre realizable físicamente ya que siempre: L 2 >

(M12 − M 23 )2 L1 + L 3 + 2 ⋅ M13

.

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Determine, en función de α , los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1, 1'. ¿Para qué valores de dicho parámetro el Norton equivalente es físicamente realizable con fuente independiente y elemento pasivo? Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . En la figura mostramos un esquema del circuito donde calcular la tensión a circuito abierto. El cálculo se hará por análisis por lazos, con el árbol y los lazos incluidos en la figura. Las ecuaciones de los lazos son:

[I] : I(2 + 2) − α ⋅ I(2) = 12 + 3 (4 − 2 ⋅ α ) ⋅ I = 15 : I = 15 (4 − 2 ⋅ α )  U ca [α ⋅ I] : −I(2) + α ⋅ I(2) = −3 + U ca U ca = 3 − (2 − 2 ⋅ α ) ⋅ I 

=

12 ⋅ α − 9 . 2−α

2.- Cálculo de la intensidad en cortocircuito: I cc = I11'cc . El esquema de la figura muestra los terminales 1, 1’ en cortocircuito. Al ser nula la tensión entre dichos terminales, podemos calcular directamente las intensidades de las ramas. 2 ⋅ I1 + 3 = 0 : I1 = −1,5 ; 2 ⋅ I − 12 = 0 : I = 6 ; I cc = − I1 − I + α ⋅ I : I cc =

12 ⋅ α − 9 . 2

3.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R Th = R 11' . El esquema de la figura representa el circuito original reducido a pasivo. Por aplicación de la regla de sustitución encontramos el segundo circuito donde, por asociación en paralelo, la resistencia Thèvenin, con Z = 2 ⋅ I (− α ⋅ I ) = − 2 α , es: R Th =

1 1 2 = = . 1 2 +1 2 +1 Z 1− α 2 2 − α

Para que el Norton sea físicamente realizable, RTh debe ser positiva, luego: R Th > 0 ⇒ α ≤ 2 . Si α < 2 , el Norton viene dado por la F. R. de intensidad: I cc =

12 ⋅ α − 9 2 ; R Th = . 2 2−α

Como casos particulares de este intervalo de existencia física: si α = 2 , el Norton viene dado por la F. I. de intensidad: I cc = 7,5(A) ; R Th = ∞ ; si α = 9 12 , el Norton viene dado por el circuito pasivo: I cc = 0 ; R Th = 1,6(Ω) .

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1 1' en el circuito de la figura. El transformador es ideal y de relación: 1:2.

Solución: Modificamos el circuito original para eliminar la fuente ideal que “puentea” el primario y el secundario del transformador. Esta transformación se muestra en la figura. A continuación “pasamos” el circuito conectado al secundario al primario con a = 1 2 , y teniendo en cuenta que u = i, dejamos sólo una variable de control. Sobre este último circuito calcularemos los equivalentes Thèvenin y Norton. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: u ca = u 11'ca . Aplicamos la LKI al grupo de corte que contiene ig: 2 ⋅ i − ig + 2 ⋅ i = 0 : i = ig 4 ;

y la LKT a la malla exterior: u ca = 2 ⋅ i + 2 ⋅ i ⋅

1 5 = ⋅ ig . 4 8

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: i cc = i11'cc . Aplicamos la LKT a la malla exterior del circuito de la figura: 2⋅i + 2⋅i ⋅

1 = 0 : i = 0 ; y la LKI al grupo de corte que contiene 4

la intensidad de cortocircuito: i cc + 2 ⋅ i + 2 ⋅ i − i g = 0 : i cc = i g . 3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z11' . En la figura mostramos el circuito reducido a pasivo y las transformaciones para calcular la impedancia equivalente.

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Basta aplicar, en el paso del circuito original reducido a pasivo al siguiente, la regla de la sustitución a la fuente controlada de tensión: 2 ⋅ i = Z ⋅ (2 ⋅ i ) : Z = R = 1(Ω) ; en el paso del segundo al tercer circuito la equivalencia de dos resistencias en serie; y en el último paso, de nuevo la regla de la sustitución a la fuente controlada de intensidad: 2 ⋅ i =

5⋅i 2 5 : Z = R = ( Ω) . Z 4

En el último circuito, la impedancia equivalente desde los terminales 1, 1’ es la asociación de dos re5 sistencias en paralelo, de valor: Z Th = (Ω) . 8

En los esquemas de la figura se muestran los equivalentes pedidos.

* Aunque no en todos los ejercicios resueltos aquí dibujamos los equivalentes, la respuesta que se pide es precisamente ésta: el dibujo de los equivalentes de Thèvenin y Norton. * El alumno habrá observado que en muchos ejercicios un análisis no estructurado es la mejor solución. Como parte de esta observación, calcule de forma más ortodoxa la impedancia equivalente y verá que la forma desarrollada aquí es más simple.

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1, 1', de forma independiente.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: u ca = u 11'ca (i = 0 ) . En la malla de la fuente: u = e ⋅

R3 ; y en la malla exterior: R1 + R 3

u cc − u − α ⋅ u = 0 : u cc = (1 + α ) ⋅ e ⋅

R3 . R1 + R 3

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: i cc = i11'cc . En el esquema de la figura hemos convertido las F. R. de tensión en sus equivalentes de intensidad. Analizamos por nudos, tomando el nudo inferior como nudo de referencia. 1 1  e α⋅u  1 u + + + β ⋅ i cc − = 0. (1). = R2  R1 R 2 R 3  R1

En la rama del cortocircuito: i cc = igualdad en (1), obtenemos: i cc =

α⋅u u u + = (1 + α ) : u = R 2 ⋅ i cc . Sustituyendo esta última R2 R2 R2 1+ α

(1 + α ) ⋅ R 3 ⋅ e

R1 ⋅ R 2 + R 2 ⋅ R 3 + R1 ⋅ R 3 ⋅ (1 + α ) ⋅ (1 − β )

.

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = u 0 i 0 . El esquema de la figura es el del circuito original, reducido a pasivo, y con la fuente auxiliar u0. Analizamos por mallas con i0 e i1.

[i1 ] : i1 (R1 + R 3) + i 0 (R 3) = β ⋅ i 0 ⋅ R 3 . [i 0 ] : i1 (R 3) + i 0 (R 2 + R 3) = β ⋅ i 0 ⋅ R 3 + α ⋅ u + u 0 [i1 ] : i1 (R1 + R 3) + i 0 (1 − β) ⋅ R 3 = 0 Con u = R1 ⋅ i1 y ordenando, el sistema es: . [i 0 ] : i1 (R 3 − α ⋅ R1) + i 0 (R 2 + (1 − β) ⋅ R 3) = u 0 Resolviendo por Cramer: i 0 =

(R1 + R 3) ⋅ u 0

R1 ⋅ R 2 + R 2 ⋅ R 3 + R1 ⋅ R 3 ⋅ (1 + α ) ⋅ (1 − β )

 u  R1 ⋅ R 2 + R 2 ⋅ R 3 + R1 ⋅ R 3 ⋅ (1 + α ) ⋅ (1 − β ) Por tanto: Z Th =  0  = . R1 + R 3  i0 

.

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Calcule, en el circuito de la figura, la tensión UAB por aplicación del teorema de Thèvenin o de Norton.

Solución: Calculamos el equivalente Thèvenin respecto de las bornas A, B, donde se conecta la resistencia de 1(Ω). 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U ABca . En la figura mostramos el esquema donde calcular Uca. Es el original, pero con un cambio en el grafo, para que se aprecie el cálculo. Como podemos ver, la intensidad por la resistencias de 1(Ω) es nula, ( la LKT aplicada a la malla formada por las mismas, obliga a que aquélla sea nula). Aplicamos análisis nodal al nudo B, con U ca = − U B . 20 1 1 1   1  UB  + +  − 4⋅  = 0 : U ca = − U B = − (V) . 7  2 2 0,4   0,4  2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R Th = R AB . En la figura, que es el circuito original, con el grafo anterior reducido a pasivo, calculamos la resistencia equivalente, por equivalentes sucesivos. En la figura, R es el paralelo de las tres resistencias de 2, 2 y 0,4 Ohmios. Por tanto: R =

1 2 1 11 = : R Rh = R AB = R + = (Ω) . 1 2 + 1 0,4 + 1 2 7 2 14

La figura muestra el circuito equivalente Thèvenin, desde los nudos A y B, con la resistencia de 1(Ω) original conectada. En este circuito calculamos la tensión pedida: U AB = −

20 1 ⋅ = −1,6(V) . 7 1 + 11 14

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1’. ¿Qué resistencia habría de conectarse en estos terminales para que la potencia cedida por el circuito fuese máxima?; ¿qué valor tendría dicha potencia máxima? Solución: a) La figura muestra el circuito equivalente respecto de los terminales 1, 1’, ya que la fuente de 5(V) esté en paralelo con las dos resistencias de 2(Ω). La figura siguiente muestra las sucesivas transformaciones de fuentes que llevan a los equivalentes Thèvenin y Norton.

b) En el circuito de la figura, equivalente Thèvenin y resistencia R desconocida, para que ésta consuma máxima potencia: R = R Th = 5 3 (Ω) , y la potencia máxima será: Pmáx =

(3 2)2 53

= 1,35( W ) .

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Respecto de los terminales 1, 1' determine los equivalentes Thèvenin y Norton de forma independiente.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . En la figura mostramos el circuito equivalente que vamos a utilizar para resolver el problema. (Recuerde que un circuito en paralelo con una F. I. de tensión es equivalente, respecto de las bornas de la fuente, a dicha fuente.) Aplicando la LKT a la única malla del circuito, tenemos: I ⋅ R 2 + (I + α ⋅ I ) ⋅ R 3 = E : I = abierto es: U ca = (I + α ⋅ I ) ⋅ R 3 : U ca =

E ; y por tanto el valor de la tensión a circuito R 2 + (1 + α ) ⋅ R 3

(1 + α ) ⋅ R 3 ⋅ E . R 2 + (1 + α ) ⋅ R 3

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I11'cc . En el circuito de la figura aplicamos la LKT a la malla exterior. I ⋅ R2 = E : I =

E (1 + α ) ⋅ E . : I cc = I + α ⋅ I : I cc = R2 R2

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . En el circuito de la figura, el original reducido a pasivo, analizamos por nudos, con I = − U 0 R 2 : 1  1 α   1  1 U0 ⋅  + + +  = α ⋅ I + I0 : U 0 ⋅   = I0 .  R 2 R3   R 2 R3 R 2 

Por tanto: Z Th =

U0 1 R 2 ⋅ R3 = : Z Th = . 1 1 α ( I0 1 + α) ⋅ R3 + R 2 + + R 2 R3 R 2

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Determine respecto de los terminales 1, 1' el equivalente Thèvenin del circuito de la figura.

Solución: Ensayaremos un método general de cálculo de los equivalentes Thèvenin y Norton que presenta, en especial en circuitos complicados, algunas ventajas en relación al cálculo por separado de los tres parámetros, tal como hemos hecho en ejercicios anteriores. En la figura, C.E. es el circuito del que queremos obtener los equivalentes Thèvenin y Norton respecto a los terminales 1, 1’. Completamos este circuito con una fuente de tensión U0 por la que circula una intensidad I0, tal como se representa en la misma figura. Supongamos que analizamos por lazos este último circuito, con la rama de U0 como eslabón, y obtenemos el sistema: F(I1 , I 2 , L I L −1 , I 0 , U 0 ) = 0 , que contiene L+1 incógnitas (las L-intensidades de lazo más la tensión U0). * Si en este sistema hacemos U 0 = 0 y determinamos I0, su valor coincidirá con la intensidad de cortocircuito, I cc = I 0 . * Si en este sistema hacemos I 0 = 0 y determinamos U0, su valor coincidirá con la tensión a circuito abierto, U ca = U 0 . * Si en este sistema hacemos cero todas las fuentes independientes, la relación U 0 (− I 0 ) coincidirá con la impedancia Thèvenin, Z Th = U 0 (− I 0 ) . Aplicaremos este método al ejercicio propuesto. El circuito se muestra en la figura, donde hemos marcado las intensidades de lazo con las que vamos a analizar el circuito. Sobre el circuito original tenemos: U1 = E1 − (I1 + I 2 ) ⋅ R 5 ; U 2 = E 2 − (I1 + I 2 ) ⋅ R 5 . Las ecuaciones por lazos son:

[I 0 ] : I 0 (R 3 + R 4 ) − I1 (R 3 ) + I 2 (R 4 ) = − U 0 − α ⋅ U1 + α ⋅ U 2 [I1 ] : −I 0 (R 3 ) + I1 (R 1 + R 3 + R 5 ) + I 2 (R 5 ) = α ⋅ U1 . [I 2 ] : I 0 (R 4 ) + I1 (R 5 ) + I 2 (R 2 + R 4 + R 5 ) = α ⋅ U 2 Sustituyendo en este sistema las ecuaciones anteriores y ordenando encontramos el sistema: I 0 (R 3 + R 4 ) − I1 (R 3 ) + I 2 (R 4 ) + U 0 = −α ⋅ E1 + α ⋅ E 2 − I 0 (R 3 ) + I1 (R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E1 (1). I 0 (R 4 ) + I1 (R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E 2

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1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: I 0 = 0 : U 0 = U ca . − I1 (R 3 ) + I 2 (R 4 ) + U ca = −α ⋅ E1 + α ⋅ E 2 El sistema (1) queda: I1 (R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E1 , que resolviendo por Cramer I1 (R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E 2 en la tensión a circuito abierto resulta:

U ca =

− R3 R4 − α ⋅ E1 + α ⋅ E 2 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) α ⋅ E1 R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α ) α ⋅ E2 − R3 R4 1 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) 0 R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α ) 0

U ca = α ⋅ E 2 ⋅

:

R 2 ⋅ (R 1 + R 3 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 ) − (R 1 + R 3 ) ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 + R 3 + R 4 )

− α ⋅ E1 ⋅

R 1 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 ) (R 1 + R 3 ) ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 + R 3 + R 4 )

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: U 0 = 0 : I 0 = I cc . I cc (R 3 + R 4 ) − I1 (R 3 ) + I 2 (R 4 ) = −α ⋅ E1 + α ⋅ E 2 El sistema (1) queda: − I cc (R 3 ) + I1 (R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E1 , que resolviendo I cc (R 4 ) + I1 (R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )) = α ⋅ E 2 por Cramer en la intensidad de cortocircuito resulta:

U ca =

− α ⋅ E1 + α ⋅ E 2 α ⋅ E1 α ⋅ E2 R3 + R4 − R3 R4

I cc = α ⋅ E 2 ⋅

− R3 R4 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )

− R3 R4 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )

:

R 2 ⋅ (R 1 + R 3 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 ) − (R 1 + R 2 ) ⋅ (R 3 + R 4 ) ⋅ R 5 ⋅ (1 + α ) + R 1 ⋅ R 3 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 2 ⋅ R 4 ⋅ (R 1 + R 3 )

− α ⋅ E1 ⋅

R 1 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 ) (R 1 + R 2 ) ⋅ (R 3 + R 4 ) ⋅ R 5 ⋅ (1 + α ) + R 1 ⋅ R 3 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 2 ⋅ R 4 ⋅ (R 1 + R 3 )

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = − U 0 I 0 : E1 = 0 ; E 2 = 0 . I 0 (R 3 + R 4 ) − I1 (R 3 ) + I 2 (R 4 ) = − U 0 El sistema (1) queda: − I 0 (R 3 ) + I1 (R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 5 ⋅ (1 + α )) = 0 , que resolviendo por I 0 (R 4 ) + I1 (R 5 ⋅ (1 + α )) + I 2 (R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )) = 0 Cramer en la intensidad I0 resulta:

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I0 =

− U0 0 0 R3 + R4 − R3 R4

I 0 = −U 0 ⋅

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− R3 R4 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α ) − R3 R4 R 1 + R 3 + R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 5 ⋅ (1 + α ) R 2 + R 4 + R 5 ⋅ (1 + α )

:

(R 1 + R 3 ) ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 + R 3 + R 4 ) . (R 1 + R 2 ) ⋅ (R 3 + R 4 ) ⋅ R 5 ⋅ (1 + α ) + R 1 ⋅ R 3 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 2 ⋅ R 4 ⋅ (R 1 + R 3 )

Z Th = − U 0 I 0 = ⋅

Por

tanto:

(R 1 + R 2 ) ⋅ (R 3 + R 4 ) ⋅ R 5 ⋅ (1 + α ) + R 1 ⋅ R 3 ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 2 ⋅ R 4 ⋅ (R 1 + R 3 ) . (R 1 + R 3 ) ⋅ (R 2 + R 4 ) + R 5 ⋅ (1 + α ) ⋅ (R 1 + R 2 + R 3 + R 4 )

* El alumno debiera realizar este mismo ejercicio calculando los parámetros en circuitos separados y comparar ambos métodos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine respecto de los terminales 1, 1' el equivalente Thèvenin.

Solución: En la primera figura se muestra el circuito equivalente al original, respecto a los terminales 1, 1’ que vamos a analizar; y en la siguiente, el circuito en el que calcular la tensión a circuito abierto.

1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . Como el circuito está abierto: U = E . Aplicando la LKT a la malla única: U ca − E + α ⋅ U = 0 : U ca = (1 − α ) ⋅ E .

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . En la figura el circuito original está reducido a pasivo E = 0. Analizamos por lazos, con los lazos de la figura. Con U = (I 0 + β ⋅ I 0 ) ⋅ R 2 = I 0 ⋅ (1 + β)(I 0 + β ⋅ I 0 ) , las ecuaciones son:

[I 0 ] : I 0 (R 2 + R 3 ) + β ⋅ I 0 (R 2 ) = U 0 + α ⋅ U . [β ⋅ I 0 ] : I 0 (R 2 ) + β ⋅ I 0 (R 2 ) = −U

Sustituyendo la ecuación anterior en el sistema y resolviendo para I0, obtenemos:

I0 =

U0 : Z Th = (U 0 I 0 ) = R 3 + (1 − α ) ⋅ (1 + β ) ⋅ R 2 . R 3 + (1 − α ) ⋅ (1 + β ) ⋅ R 2

* Como comprobación calcule el valor de la corriente de cortocircuito.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 1'. ¿Qué resistencia habría de conectarse en estos terminales para que la potencia cedida por el circuito fuese máxima?; ¿qué valor tendría dicha potencia máxima?

Solución: La figura muestra el mismo circuito, pero con un grafo modificado para que sea más cómodo su observación. a) Calculamos los equivalentes Thèvenin y Norton por transformación sucesiva de fuentes, tal como se muestra en la serie de figuras siguiente. (Se leen de izquierda a derecha y de arriba abajo). Los dos últimos circuitos son los equivalentes pedidos.

En le último circuito, equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 1’, la resistencia de máxima transferencia de potencia es: R = R Th = 2,09(Ω) , y la potencia es: Pmáx

2 ( 12,19 2) =

2,09

= 17,74( W ) .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura determine el Thèvenin equivalente respecto de los terminales 1, 1'.

Solución: En la figura hemos aislado el subcircuito del circuito original, donde determinaremos la intensidad de control I1. Aplicando la LKI al nudo A y la LKT a la malla de la fuente obtenemos: I = I1 + α ⋅ I1 : E = (I1 + α ⋅ I1 ) ⋅ R 1 + I1 ⋅ R 2 : I1 =

E . (1 + α ) ⋅ R 1 + R 2

De esta forma, la fuente controlada se convierte en independiente y, además, el circuito se reduce al equivalente que mostramos en la figura y sobre el que vamos a determinar el equivalente Thèvenin pedido. (recuerde que un circuito en serie con una F. I. de intensidad es equivalente a la F. I. de intensidad. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . En el circuito de la figura aplicamos primero la LKI al nudo inferior para obtener el valor de la intensidad I2: α ⋅ I1 − I 2 + β ⋅ I 2 = 0 : I 2 =

α α E ⋅ I1 = ⋅ ; 1− β 1 − β (1 + α ) ⋅ R 1 + R 2

y segundo la LKT a la malla de la derecha de la figura, para obtener la tensión a circuito abierto:

U ca = β ⋅ I 2 ⋅ R 4 + I 2 ⋅ R 3 = I 2 ⋅ (β ⋅ R 4 + R 3 ) : U ca =

(β ⋅ R 4 + R 3 ) α ⋅ ⋅E. 1 − β (1 + α ) ⋅ R 1 + R 2

2.- Cálculo de la intensión de cortocircuito: I cc = I11'cc . Como podemos apreciar en el circuito de la figura, las resistencias R3 y R4 están en paralelo con la F. I de intensidad de valor α ⋅ I1 . Aplicamos divisor de intensidad a ambas resistencias para calcular I2: I 2 = α ⋅ I1 ⋅

R4 α⋅R4 E = ⋅ ; y la LKI al nudo inferior del circuito: R 3 + R 4 R 3 + R 4 (1 + α ) ⋅ R 1 + R 2

I cc − β ⋅ I 2 + I 2 − α ⋅ I1 = 0 : I cc = . − (1 − β ) ⋅ I 2 + α ⋅ I1 = −(1 − β ) ⋅ α ⋅ I1 ⋅ I cc

R4 + α ⋅ I1 R3 + R4

 R3 + β⋅ R4 R +β⋅R4 R4  α⋅E = α ⋅ I1 1 − (1 − β ) ⋅ : I cc = ⋅ 3  = α ⋅ I1 ⋅ (1 + α ) ⋅ R 1 + R 2 R 3 + R 4 R3 + R4  R3 + R4 

Por tanto, la impedancia Thèvenin es: Z Th =

U ca R 3 + R 4 = . I cc 1− β

* El alumno debe comprobar el resultado, calculando directamente ZTh.

.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Halle, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura respecto de los terminales 1 y 1'. Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . En la figura se muestra el circuito a analizar para el cálculo de la tensión a circuito abierto. En él, para I = 0, la fuente controlada de intensidad se hace igualmente nula. Aplicamos primero divisor de tensión para calcular U: U = 12 ⋅

6 36 180 : U ca = 5 ⋅ U = = (V) 6+8 7 7

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I11'cc . En la figura se aprecia el cambio de configuración de la F. R. de tensión, para calcular por nudos la tensión U y en la malla del cortocircuito aplicamos la LKT. Con I = I cc , las ecuaciones son: 1 1 3 I  U ⋅  +  = + cc 7 ⋅ U − 12 ⋅ I cc = 36 8 6 2 2   I = −45(A) . 5 ⋅ U − 8 ⋅ I cc = 0  cc  8 ⋅ I cc = 5 ⋅ U  3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . El esquema de la figura es el original pero reducido a pasivo. Aplicamos nudos al subcircuito de la izquierda y mallas al de la derecha. Con I = I 0 : 1 1 I  U ⋅  +  = 0 7 ⋅ U − 12 ⋅ I 0 = 0   U0  7 4  = − (Ω) . 8 6 2   I 0 = − ⋅ U 0 : Z Th =  − 5 ⋅ U + 8 ⋅ I0 = U0  4 7  I0  8 ⋅ I cc − 5 ⋅ U = U 0  * Como vemos en este caso, la impedancia equivalente es negativa y, por tanto, no realizable físicamente mediante elementos pasivos.

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Salcedo&López

Un circuito activo, de dos terminales accesibles, está formado sólo por fuentes de continua y resistencias. Si en los terminales accesibles se conecta un condensador de 10(µF) éste almacena 50(mJ). Si se conecta una bobina ideal de 2(mH) ésta almacena una energía de 4(mJ). Calcule la resistencia que conectada a dichos terminales accesibles consumiría máxima potencia. ¿Cuánto vale dicha potencia máxima? Solución: 1) Como el CE está en régimen de continua, el condensador de la figura se comporta como un abierto. De ahí que la tensión a la que está sometido es de igual valor que la tensión a circuito abierto de CE. I = 0 : U = U ca : WC = 50 ⋅ 10 −3 =

1 2 ⋅ C ⋅ U ca : U ca = 100(V) . 2

2) Como el CE está en régimen de continua, la bobina de la figura se comporta como un corto. De ahí que la intensidad a la que está sometida es de igual valor que la intensidad de cortocircuito de CE. U = 0 : I = I cc : WL = 4 ⋅ 10 −3 =

1 2 ⋅ L ⋅ I cc : I cc = 2(A) . 2

A partir de estos datos la impedancia equivalente respecto de las bornas de entrada de CE será: R Th =

U ca 100 = = 50(Ω) ; por lo que podemos sustiI cc 2

tuir el circuito CE por su equivalente Thèvenin que mostramos en la figura y sobre el que resolvemos el ejercicio. Para que la resistencia conectada, Rmáx, consuma máxima potencia: R máx = R Th = 50(Ω) ; y la potencia que cede CE es: Pmáx

2 ( 100 2 ) =

50

: Pmáx = 50( W ) .

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Salcedo&López

Halle la potencia consumida por la resistencia R cuando: a) R = 1(Ω), α = 0,5; y b) R = 10(Ω), α = 3; y c) ¿para qué valor de α, con R constante, se consumirá máxima potencia en R?

Solución: Calcularemos, en función del parámetro α, el equivalente Norton del circuito respecto de 1, 1’, bornas de conexión de la resistencia R. 1.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I11'cc . En la figura mostramos el circuito donde calcular la intensidad de cortocircuito. Al estar las tres ramas verticales en paralelo con el cortocircuito, podemos calcular fácilmente sus intensidades:

8 − 2 ⋅ I1 = 0 : I1 = 4 ; U − 9 = 0 : U = 9 ; α ⋅ U + 5 ⋅ I 2 = 0 : I 2 = − 9 ⋅ α 5 . Por tanto, la intensidad de cortocircuito, aplicando la LKI al nudo 1, será: I cc + I1 + 3 + I 2 = 0 : I cc = 4 + 3 −

9 ⋅ α 35 − 9 ⋅ α = (A) . 5 5

2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R Th . La figura siguiente muestra el proceso del cálculo de la resistencia equivalente por asociaciones sucesivas de elementos pasivos y aplicación de la regla de sustitución, desde el circuito original reducido a pasivo.

En el último circuito de la derecha: R Th = (R 11' ) =

1 10 = . 1 2 +1 5 + α 5 7 + 2 ⋅α

En la figura se muestra el Norton equivalente con la resistencia R conectada. La intensidad que circula por R será, en función de α:

I = I cc ⋅

R Th 10 (7 + 2 ⋅ α ) 35 − 9 ⋅ α 70 − 18 ⋅ α = ⋅ = . R + R Th 5 (10 (7 + 2 ⋅ α )) + R 10 + R ⋅ (7 + 2 ⋅ α ) 2

  70 − 18 ⋅ α  ⋅ R . La potencia consumida por R será: P = I ⋅ R =   10 + R ⋅ (7 + 2 ⋅ α )  2

2

 70 − 9  a) Para R = 1(Ω) ; α = 0,5 : P =   = 11,48( W ) .  18  2

 70 − 54  b) Para R = 10(Ω) ; α = 3 : P =   = 0,131( W ) .  140 

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

c) Para R constante y α variable, la potencia consumida será máxima cuando el valor absoluto de la intensidad I sea máxima. Como RTh suponemos que es un elemento pasivo, implica que es positivo, luego: R Th =

10 > 0 : 7 + 2 ⋅ α > 0 : α > −3,5 . Por tanto, α sólo podrá variar en este intervalo. 7 + 2⋅α

Reescrrbimos el valor de I como: I =

70 − 18 ⋅ α . 10 + 7 ⋅ R + (2 ⋅ R ) ⋅ α

Esta función es decreciente, como debiera comprobar el alumno, para α > −3,5 , lo que implica que los máximos del cuadrado de la intensidad I se producen en los extremos del intervalo.

  70 − 18 ⋅ (− 3,5)  = 13,32 I (α → −3,5) =  10 + 7 ⋅ R + ( 2 ⋅ R ) ⋅ ( − 3 , 5 )   2

2

Estos valores son:

2

 − 18  81  = 2 I 2 (α → ∞ ) =  R  (2 ⋅ R ) 

;

P(α → −3,5) = 13,32 ⋅ R = 176,89 ⋅ R

y las potencias respectivas:

P(α → ∞ ) =

81 81 ⋅R = 2 R R

.

Dependiendo del valor de R, una u otra de estas dos potencias será la máxima.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Analice el circuito de la figura por ecuaciones circulares. b) Si la resistencia de 27(Ω) pasa a valer 30(Ω), aplique el teorema de compensación para calcular la variación de la intensidad I.

Solución: a) En la figura se muestra un grafo del circuito, un árbol del mismo y sus

lazos

básicos.

Las

ecuaciones

de

los

lazos

con

I = − I 6 ; I 2 = −0,5 ⋅ I = 0,5 ⋅ I 6 , son:

[I1 ] : I1 (3 + 2 + 3 + 27 ) + I 2 (3 + 27 ) − I 6 (3 + 2) = −200 + 10 [I 6 ] : −I1 (2 + 3) − I 2 (3) + I 6 (4 + 2 + 3) = 0 [I 2 ] : I1 (3 + 27) + I 2 (27 + 3) − I 6 (3) = 10 − U 2 35 ⋅ I1 + 10 ⋅ I 6 = −190 I1 = −4,56(A)  Ordenando y resolviendo el sistema, obtenemos: − 5 ⋅ I1 + 7,5 ⋅ I 6 = 0  I 6 = −3,04(A)

.

U 2 = 10 − 30 ⋅ I1 − 12 ⋅ I 6 : U 2 = 183,28(V) Con estos datos y las ecuaciones de conexión ramas-lazos, que debe escribir el lector, completamos la tabla resumen siguiente: Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

-4,56

-1,52

6,08

-1,52

-3,04

-3,04

U(V)

-

183,28

-

-

-

-

b) Aplicamos el teorema de compensación al circuito de la figura con δR = 3(Ω) ; I 0 = I 3 = 6,08(A) . Usando el mismo grafo, árbol y lazos básicos del apartado a); las ecuaciones de los lazos con δI = −δI 6 ; δI 2 = −0,5 ⋅ δI = 0,5 ⋅ δI 6 ; E = 3 ⋅ 6,08 , son:

[δI1 ] : δI1 (3 + 2 + 3 + 30) + δI 2 (3 + 30) − δI 6 (3 + 2) = E . [δI 6 ] : −δI1 (2 + 3) − δI 2 (3) + δI 6 (4 + 2 + 3) = 0 Ordenando y resolviendo el sistema, obtenemos:

38 ⋅ δI1 + 11,5 ⋅ I 6 = 18,24  δI = 0,266(A) : δI = −δI 6 = −0,266(A) . − 5 ⋅ δI1 + 7,5 ⋅ δI 6 = 0  6

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Un circuito lineal que sólo contiene resistencias y fuentes de continua presenta dos terminales accesibles. Cuando se conecta a estos terminales una resistencia de 1(Ω) en serie con una bobina de 1(H), la energía absorbida por la bobina es 8(J). Si conectamos un condensador de 1(µF), éste almacena una energía de 128(µJ). ¿Qué energía absorberá una bobina de 1(H) en serie con una resistencia de 2(Ω) al ser conectada a los terminales del circuito?

Solución: Resolveremos el ejercicio encontrando el equivalente Thèvenin del circuito desconocido, C.E., en sus terminales accesibles. 1.- Como el CE está en régimen de continua, la bobina de la figura se comporta como un corto. A partir de la energía almacenada por la bobina calculamos la intensidad I del esquema y el valor de la tensión U. WL = 8 =

1 ⋅ L ⋅ I 2 : I = 4( A ) : U = R ⋅ I = 4( V ) . 2

2.- Como el CE está en régimen de continua, el condensador de la figura se comporta como un abierto. De ahí que la tensión a la que está sometido es de igual valor que la tensión a circuito abierto de CE. I = 0 : U = U ca : WC = 128 ⋅ 10 −6 =

1 2 ⋅ C ⋅ U ca : U ca = 16(V) . 2

La ecuación de salida del equivalente Thèvenin, para las referencias de tensión e intensidad de la salida del C.E, es: U = U ca − I ⋅ R Th . Volviendo al apartado 1, conocemos un par, tensión e intensidad de salida: U = 4(V) ; I = 4(A) , que debe cumplir la ecuación anterior. Sustituyendo este par conocido en la ecuación del equivalente, tenemos: U = U ca − I ⋅ R Th : 4 = 16 − 4 ⋅ R Th : R Th = 3(Ω) , con lo que completamos el cálculo del equivalente Thèvenin del C.E. En la figura mostramos el equivalente Thèvenin cargado con el circuito RL. Como el CE está en régimen de continua, la bobina de la figura se comporta como un corto. Con esta condición, la intensidad del circuito de la figura es: I=

16 1 3,2(A) , y la energía en la bobina: WL = ⋅ 1 ⋅ 3,2 2 = 5,12(J ) . 3+ 2 2

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura calcule la resistencia que conectada en los terminales A y B consume máxima potencia, dando el valor de dicha potencia máxima. DATO: α=2·10-3(A/V)

Solución: Calcularemos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales A y B, para aplicar después la condición de máxima transferencia de potencia. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U ABca . La figura muestra el circuito original en el que hemos incluido un árbol y sus lazos básicos. (Fíjese que al tener 3 F. I. de intensidad y 4 lazos, sólo habrá que determinar una de las corrientes de lazo, la intensidad I1) Para simplificar los cálculos tomamos las resistencias en (kΩ), las intensidades en (mA) y las tensiones en (V); lo que hace que el parámetro de la fuente controlada valga: α = 2(ma V ) . Con U x = I1 ⋅ 1; I 2 = 1; I 3 = α ⋅ U x = α ⋅ I1 = 2 ⋅ I1 ; I 4 = 4 , la ecuación del lazo I1 es: I1 (1 + 2 + 1 + 1 + 1) − I 2 (2 + 1) + I 3 (1) − I 4 (1) = 0 : 8 ⋅ I1 = 7 : I1 = 7 8 (A) . Por tanto, U ca = − I1 ⋅ 1 : U ca = − 7 8 (V) . 2.- Cálculo de la resistencia equivalente: RTh. Las figuras siguientes muestran las modificaciones en el circuito original reducido a pasivo, para llegar al valor de la resistencia equivalente. Hemos aplicado de la primera a la segunda el equivalente de una F. I. de intensidad con elemento pasivo en serie; de la segunda a la tercera, el equivalente de una F. R. de intensidad a una F. R. de tensión; y de la tercera a la cuarta la regla de sustitución, como debe comprobar el alumno. En el último circuito: R Th = R AB =

1 ⋅ (1 + 2 + 2 + 1 + 1) 7 7 = : R Th = (kΩ) . 1 + (1 + 2 + 2 + 1 + 1) 8 8

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Con los datos anteriores, el equivalente Thèvenin del circuito respecto de los terminales A y B se muestra en la figura, con la resistencia de carga a determinar. Aplicando la condición de máxima transferencia de potencia, tenemos:

R = R Th = 7 8 (kΩ) ; y la potencia máxima: U = U ca 2 = − 7 16 (V) : Pmáx = U 2 R = 219(µW ) .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine el valor de la resistencia R que, conectada en los terminales 1-2, consume máxima potencia, calculando dicha potencia. Las unidades de los elementos en S.I.

Solución: Calculamos en primer lugar el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 2, para a continuación aplicar la condición de máxima transferencia de potencia. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . Como puede verse en la figura, al estar a circuito abierto los nudos A y B: U 0 = U ca ; y al ser el AO ideal: I − = I + = 0 y en zona lineal: U − = U + = 1(V) ; por lo que la ecuación del nudo de la entrada no inversora será: U − (1 5 + 1 25) − U 0 (1 25) = 0 . De la ecuación anterior: U ca = U 0 =

1 5 + 1 25 = 6 : U ca = 6(V) . 1 25

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I12 cc . En el circuito de la figura, la tensión de salida del AO es la misma que en el caso anterior: U 0 = 6(V) , por lo que la corriente de corto circuito vale: I cc = U 0 30 = 1 5 : I cc = 1 5 (A) . Con ambos resultados, la resistencia Thèvenin desde los terminales 1, 2 es: R Th = U ca I cc : R Th cc = 30(Ω) . El equivalente Thèvenin del circuito respecto de los terminales 1 y 2 se muestra en la figura, con la resistencia de carga por determinar. Aplicando la condición de máxima transferencia de potencia, tenemos: R = R Th = 30(Ω) ; y la potencia máxima: U = U ca 2 = 3(V) : Pmáx = U 2 R = 300(mW) .

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Salcedo&López

Determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto a los terminales 1-2. Dibuje dichos equivalentes.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . En la figura mostramos el circuito original con los terminales 1 y 2 a circuito abierto; y sobre el esquema hemos superpuesto un árbol y sus lazos básicos, para su análisis por ecuaciones circulares. Con I1 = U 2 ; I 2 = 2 ⋅ U , la ecuación del lazo I1 es:

I1 (1 + 1 + 2) − I 2 (1 + 1) = −6 : −2 ⋅ U = −6 : U = 3(V) . A partir de este valor de U, la tensión a circuito abierto es: U ca = (− I1 + I 2 ) ⋅ 1 = (3 ⋅ U ) 2 : U ca = 4,5(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I12 cc . En la figura dibujamos de nuevo el circuito original, esta vez con los terminales 1 y 2 cortocircuitados. Por la resistencia de 1(Ω) en paralelo con el corto la corriente es cero, por tanto puede suponerse que no “está” en el esquema. Como antes, hemos superpuesto un árbol y sus lazos básicos para realizar un análisis circular. Con I1 = U 2 ; I 2 = 2 ⋅ U , la ecuación del lazo I1 es: I1 (1 + 2) − I 2 (1) = −6 : −2 ⋅ U = −6 : U = 12(V) . A partir de este valor de U, la intensidad de cortocircuito es: I cc = (− I1 + I 2 ) = (3 ⋅ U ) 2 : I cc = 18(A) . 3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . En la figura, el circuito de la parte superior es el original reducido a pasivo. De este circuito pasamos, mediante la regla de sustitución al circuito de la parte inferior con: Z = −

U 1 =− . 2⋅U 2

Con este valor, en dicho circuito la impedancia equivalente vista des los terminales 1, 2 es, por asociación de elementos pasivos: Z12 = 1 {1 + (2 Z)} , donde las dos líneas verticales identifican una asocia-

ción en paralelo y el signo más un asociación serie. Desarrollando esta   1 ⋅ (− 1 2)    − 2   1  1 ⋅ (1 3) 1  =1 1 +  expresión: Z12 = 1 1 +  = .  = 1   =  3  1 + (1 3) 4   1 + (− 1 2 )     3   Por tanto: Z Th = Z12 : Z Th = 0,25(Ω) .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Los esquemas de ambos equivalentes se muestran en la figura.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine la resistencia que conectada entre los terminales 1-2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

Solución: En primer lugar calculamos el equivalente Norton del circuito respecto de los terminales 1, 2. Este equivalente lo calculamos por transformaciones sucesivas de fuentes, tal como aparece en los esquemas siguientes.

En el paso del esquema (II) al (III) hemos aplicado la regla de sustitución: R =

U = 2( Ω ) . 2⋅U 4

El esquema (IV) es el equivalente Norton respecto de los terminales 1, 2. Para que una resistencia conectada en los susodichos terminales consuma máxima potencia su valor 2

debe ser: R 12 = R Nr = 0,8(Ω) ; y la potencia máxima: Pmáx

I  =  Nr  ⋅ R 12 = 2,5 2 ⋅ 0,8 = 5( W ) .  2 

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Salcedo&López

Determine el valor de la resistencia R para que consuma máxima potencia, calculando dicha potencia máxima. En el esquema todas las unidades en el S.I.

Solución: Antes de resolver el ejercicio si nos fijamos en el nudo donde se conectan las tres fuentes, la aplicación de la LKI es: I + 9 = 10 ⋅ I : I = 1(A) . Es decir, la fuente controlada de intensidad tiene un valor fijo, por lo que puede tratarse como si fuera una fuente independiente de 10(A). En segundo lugar, el subcircuito a la izquierda de la fuente controlada está en serie con ella y, por lo tanto, visto desde los terminales de R, el subcircuito anterior y la fuente controlada equivalen a la fuente controlada. Con todo lo anterior, la figura muestra el circuito equivalente respecto de R, que coincide con el equivalente Norton del mismo. Aplicando las propiedades de máxima transferencia de potencia: R = 3(Ω) ; y la potencia máxima: Pmáx = (10 2)2 ⋅ 3 = 75( W ) .

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Salcedo&López

Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton régimen estacionario senoidal respecto a los terminales 1 y 2. Dibuje las fuentes obtenidas.

Solución: 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . Analizamos por nudos el esquema de la figura, tomando el nudo 1 como nudo de referencia.

[2] : −U ca (1 4) + U(1 4) = 6 ⋅ U  − U ca − 23 ⋅ U = 0  U [3] : U ca (1 4) − U(1 3 + 1 4) = −33 ⋅ U ca − 7 ⋅ U = 36 ca

=−

207 (V) . 19

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I12 cc . En la figura, el circuito original tiene los terminales 1 y 2 en cortocircuito, lo que implica que la tensión entre los nudos 2 y 3, con referencia la de la figura, sea U. Aplicando la LKI a los nudos 2 y 3 obtenemos:

[2] : U(1 4) − 6 ⋅ U + I cc = 0  207 (A) .   I cc = − [3] : U(1 4) + U(1 4) − 3 = 0U = 36 7 7 3.- Cálculo de la impedancia equivalente: Z Th = Z12 . En la figura, el circuito de la izquierda es el original reducido a pasivo. En él, al estar las resistencias de 3 y 4 Ohmios en serie: U1 = 4 ⋅

U ; por lo que la tensión 3

entre los nudos 1 y 2, con 2 como referencia es: U12 = U + U1 = U + 4 ⋅

U 7 = ⋅U. 3 3

Para pasar al circuito de la derecha aplicamos la regla de la sustitución a la fuente controlada, obteniendo: R 1 = 2 es: R 12 =

U12 7 = U + U1 = (Ω) . Luego la resistencia equivalente vista desde los terminales 1 y 6⋅U 18

7 ⋅ (7 18) 7 7 = : R Th = (Ω) . 7 + (7 18) 19 19

Los esquemas de ambos equivalentes se muestran en la figura.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 2.

Solución: Calcularemos, esta vez, los parámetros de los equivalentes Thèvenin y Norton por el procedimiento genérico ya expuesto en otro ejercicio anterior. En la figura mostramos el esquema que vamos a utilizar. En él hemos incluido una F. I. de tensión auxiliar U0, y designado la única fuente independiente original por E, siendo E = 1(V) . Las ecuaciones que permiten el análisis son:

U + U0 = E

 11 ⋅ U 0 + 1000 ⋅ I 0 = 10 ⋅ E . (1) (U 100 − I 0 ) ⋅ 1000 = U 0  1.- Hacemos en la ecuación (1) I 0 = 0 : U 0 = U ca = 2.- Hacemos en la ecuación (1) U 0 = 0 : − I 0 = I cc =

10 10 ⋅ E ; E = 1 : U ca = (V) . 11 11

10 1 ⋅ E ; E = 1 : I cc = = 10(mA) . 1000 100

3.- Hacemos en la ecuación (1) E = 0 : 11 ⋅ U 0 + 1000 ⋅ I 0 = 0 : R Th =

U 0 1000 = : R Th = 90,91(Ω) . − I0 11

Por tanto, el equivalente Thèvenin es la F. R. de tensión de valor [10 11 (V) ; 90,91(Ω)] ; y el equivalente Norton, la F. R. de intensidad de valor [10(mA) ; 90,91(Ω)].

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Determine la resistencia que conectada en los terminales 1 y 2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

Solución: Calcularemos en primer lugar el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1 y 2 del circuito, para aplicar después las condiciones de máxima transferencia de potencia. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . En la malla de la izquierda del circuito de la figura, aplicamos divisor de tensión: U10 = U =

2 ⋅ 12 = 4(V) ; 2+4

en la malla de la derecha, aplicamos la LKT: U 20 − 24 + 4 ⋅ (2 ⋅ U ) = 0 : U 20 = 24 − 8 ⋅ U = 24 − 8 ⋅ 4 = − − 8(V) . Por lo tanto, la tensión a circuito abierto es: U ca = U10 − U 20 : U ca = 12(V ) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . En los esquemas siguientes se muestran los pasos dados para encontrar el valor de la impedancia Thèvenin.

El circuito (I) es el original reducido a pasivo; en el segundo circuito hemos sustituido las resistencias de 2 y 4 Ohmios por su equivalente en paralelo; y el tercer circuito es el resultado de la aplicación de la regla de la sustitución a la fuente controlada del circuito (II), de la forma siguiente: Z=

8⋅ U 32 4 32 = (Ω) . En el circuito (III): Z Th = Z12 = + + 4 = 16 : Z Th = 16(Ω) 3⋅ U 4 3 3 3

Por tanto el equivalente Thèvenin es una F. R. de tensión de valor [12(V); 16(Ω)]. Aplicando las condiciones de máxima transferencia de potencia: R = R Th = 16(Ω) ; y la potencia máxima consumida por la carga será: Pmáx =

(12 2)2 16

= 2,25( W ) .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Sabiendo que I0 =2(mA) determine el valor de la fuente de intensidad IG, aplicando el teorema de superposición.

Solución: En todo el desarrollo del ejercicio, tomaremos las tensiones en Voltios, las resistencias en kilo-Ohmios y las intensidades en mili-Amperios. 1.- Respuesta a la fuente de tensión de 4(V): I 01 . El circuito de la figura es el original haciendo cero las fuentes de 24(V), un cortocircuito, y de IG, circuito abierto. Aplicamos asociación de elementos pasivos para determinar I01: I 01 =

−4 = −0,625(mA) . 4 ⋅ (4 + 2 ) 4+ 4 + (4 + 2 )

2.- Respuesta a la fuente de tensión de 24(V): I 02 . Aplicamos las propiedades de los equivalentes de las asociaciones de elementos pasivos, para determinar 2·I02: 2 ⋅ I 02 =

24 4⋅4 +2+4 4+4

= 3 : I 02 = 1,5(mA) .

3.- Respuesta a la fuente de intensidad desconocida : I 03 . En el circuito de la figura hemos cambiado la F. R. de intensidad a F. R. de tensión, como debe comprobar el alumno. Por razones similares a las anteriores, el valor de 2·I03 es:

2 ⋅ I 03 =

− 2 ⋅ IG − 2 ⋅ IG = : I 03 = −0,125 ⋅ I G (mA) . 4⋅4 8 +4+2 4+4

Aplicando superposición a la respuesta pedida: I 0 = I 01 + I 02 + I 03 = 0,875 − 0,125 ⋅ I G . Por lo tanto, el valor de la F. I. de intensidad será: I 0 = 2 = 0,875 − 0,125 ⋅ I G : I G = −9(mA) .

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Salcedo&López

Para R = 1(Ω) el valor de la intensidad es I = 1(A) . Si la resistencia se cortocircuita por un fallo, ¿cuál será la variación de la intensidad suministrada por las fuentes de tensión E1, E2 y la variación de tensión en bornas de las fuentes de intensidad IG1 e IG2? Solución: La solución del ejercicio pasa por la aplicación del teorema de compensación. En la figura se muestra la variación del circuito original para aplicar las consecuencias del teorema, donde: δR = 0 − 1 = −1 ; R N = R + ∂R = 0 ; E = I ⋅ ∂R = −1 . En el esquema hemos señalado las variaciones de las intensidades y tensiones que debemos de calcular, así como un árbol y sus lazos básicos para analizar el circuito por ecuaciones circulares. Para las intensidades pedidas:

[δI1 ] : δI1 (1 + 2 + 4 + 1) + δI 2 (4) = 0 8 ⋅ δI1 + 4 ⋅ δI 2 = 0  δI1 = 125(mA) . [δI 2 ] : δI1 (4) + δI 2 (2 + 4 + R N ) = E 4 ⋅ δI1 + 6 ⋅ δI 2 = −1 δI 2 = −250(mA) A partir de estas intensidades y aplicando la LKT, las tensiones pedidas son: δU1 = δI1 (1) − δI 2 (2) = 0,625 : δU1 = 625(mV) δU 2 = −δI1 (1) = −0,125 : δU 2 = −125(mV)

.

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Salcedo&López

Determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 0. Dé los resultados en función de la constante α.

Solución: En la resolución, y para mayor facilidad en las operaciones, tomaremos las intensidades en miliAmperios, las tensiones en Voltios, y las impedancias en kilo-Ohmios. Como vemos en el esquema original: I 2 = −α ⋅ I1 : α ⋅ I 2 = −α 2 ⋅ I1 , con lo que el único parámetro de control es la intensidad I1. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U10ca . Aplicaremos la LKT a la malla formada por las dos resistencias de 1k y la tensión a circuito abierto; y la LKI al nudo común a dichas resistencias. Con I 3 = 1 1 = 1(mA) ; las ecuaciones son:

(

)

LKT : − α 2 ⋅ I1 − α ⋅ I1 ⋅ 1 + I 3 ⋅ 1 − U ca = 0 U ca = −α 2 ⋅ I1 − α ⋅ I1 + I 3  1− 2⋅α (V) .   U ca = 2 2 1− α LKI : I1 + α ⋅ I1 + − α ⋅ I1 − α ⋅ I1 − I 3 = 0I1 = 1 1 − α 

(

(

)

)

2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I10 cc . Aplicaremos la LKT a la malla formada por las dos resistencias de 1k; y la LKI al nudo marcado como 0. Con I 3 = 1 1 = 1(mA) ; las ecuaciones son:

(

)

( (

)

LKT : − α 2 ⋅ I1 − α ⋅ I1 − I cc ⋅ 1 + I 3 ⋅ 1 = 0 − α 2 − α ⋅ I1 − I cc = −1  2  I cc = 1 − 2 ⋅ α (mA) .  α − 1 ⋅ I1 + I cc = −1  LKI : − I1 + I 3 + I cc − − α 2 ⋅ I1 = 0

(

)

)

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = − U 0 I 0 . El circuito de la figura es el original reducido a pasivo, con la F. R. controlada de intensidad transformada en su equivalente de tensión; y la resistencia en paralelo con la F. I. de tensión hecha pasiva eliminada por estar en paralelo con un cortocircuito. Aplicaremos la LKT a la malla de la izquierda; y la LKI al nudo marcado como 0. LKT : I1 ⋅ 1 + α ⋅ I1 + U 0 = 0 − U 0 = (1 + α ) ⋅ I1  − U0 1 = ( kΩ ) .   Z Th = 2 2 I0 1− α LKI : − I1 + I 0 − − α ⋅ I1 = 0I 0 = 1 − α ⋅ I1 

(

)

(

)

* Fíjese el alumno que este circuito no presenta para todo valor de α, equivalentes Thèvenin y Norton.

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Salcedo&López

Para el valor de α=10(mA/V) determine en el circuito de la figura la resistencia que, conectada entre los terminales 1 y 0, consume máxima potencia ¿Cuál es el valor de dicha potencia máxima? Solución: Para facilidad de cálculo tomaremos tensiones en Voltios, intensidades en mili-Amperios y resistencias en kilo-Ohmios. En primer lugar determinamos el equivalente del circuito respecto de los terminales 1 y 0 para posteriormente utilizar las consecuencias de la máxima transferencia de potencia. La sucesión de circuitos siguiente muestra las transformaciones hasta llegar al equivalente Thèvenin.

El circuito (I) es el original, donde hemos sustituido la F. R. de tensión por su equivalente de intensidad. El circuito (II) la asociación en paralelo de las dos fuentes de intensidad la hemos sustituido por su equivalente en fuentes de tensión en serie. El circuito (III) es el anterior cambiadas las fuentes de tensión por sus equivalentes de intensidad en paralelo. El circuito (IV) se obtiene aplicando la regla de la sustitución a la fuente de intensidad controlada de (III), como debe comprobar el alumno. El circuito (V) es el equivalente del paralelo de (IV), con α = 10 : R 1 =

1 2 = (kΩ) . Y el circuito 1 + (1 2 ) + (α 2 ) 13

(VI), equivalente Thèvenin del original respecto de los terminales 1, 0, es el cambio de la fuente de intensidad a tensión: E =

1 2 1 15 ⋅ = ( V ) ; R 2 = 1 + R 1 = ( kΩ ) . 2 13 13 13

Con este resultado, la resistencia R que hay que conectar al circuito original en los terminales 1 y 0 es: R = R2 : R =

15 (kΩ) = 1154(Ω) ; y la máxima potencia transferida por el circuito original a la resis13

tencia R es: Pmáx =

(E 2)2 R2

= 1,28(µV) .

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Salcedo&López

En el circuito de la figura determine, de forma independiente, los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1 y 0.

Solución: Usaremos el método general ensayado en otros ejercicios, con alguna variación que el alumno podrá detectar fácilmente. En la figura mostramos el circuito original con el añadido de la fuente auxiliar de intensidad, I0, que soporta la tensión, U0. Tomando el nudo 0 como nudo referencia, analizamos por nudos con: U 2 = 2 ⋅ I ; E = 12 .  3 ⋅ U − 6 ⋅ I + 2 ⋅ I = 0  2 2  0 0   9 ⋅ U 0 + 8 ⋅ I 0 = 6 ⋅ E (1) − U + 8 ⋅ I = 2 ⋅ E 1  1 1 0  [2] : U 0   − U 2 1 + +  − E ⋅ (1) = 0 2  2 2 

[1] : U 0 1 + 1  − U 2  1  = 2 ⋅ I − I 0

1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U 0 (I 0 = 0 ; E = 12) . De la ecuación (1): 9 ⋅ U 0 + 8 ⋅ I 0 = 6 ⋅ E : 9 ⋅ U ca = 6 ⋅ 12 : U ca = 8(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I 0 (U 0 = 0 ; E = 12) . De la ecuación (1): 9 ⋅ U 0 + 8 ⋅ I 0 = 6 ⋅ E : 8 ⋅ I cc = 6 ⋅ 12 : I cc = 9(A) . 3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = − U 0 I 0 (E = 0) . De la ecuación (1): 9 ⋅ U 0 + 8 ⋅ I 0 = 0 : − U 0 I 0 = 8 9 : Z Th = R Th =

8 ( Ω) . 9

Es decir los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito, respecto de los terminales 1, 0, son una F. R. de tensión de valor [8(V) ; 8 9 (Ω)] ; y una F. R. de intensidad de valor [9(A) ; 8 9 (Ω)] .

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Salcedo&López

Para el valor de α=1/2 determine los equivalentes Thèvenin y Norton, de forma independiente, respecto de los terminales 1 y 2.

Solución: La figura muestra el circuito original con el cambio de la F. R. de intensidad a su equivalente de tensión. Es importante fijarse en el cambio de variable de control, obligado por la desaparición de la fuente de intensidad. En el esquema: I1 = I − 2 , por aplicación de la LKI en el nudo superior de la F. R. de intensidad. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . Al estar 1, 2 a circuito abierto, la tensión a circuito abierto será la misma que la existente en bornas de la fuente de intensidad controlada. Aplicando la LKT a la única malla con:

I1 = I − 2 = α ⋅ I : I ⋅ (1 − α ) = 2 : I = 4(A) , tendremos: U ca = α ⋅ I ⋅ (2 + 3) − 4 + 6 : U ca = 12(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I12 cc . En el circuito de la figura aplicamos la LKI al nudo A, y la LKT a la malla exterior.

I1 − α ⋅ I + I cc = 0

I + 2 ⋅ I cc = 4    I cc = 1(A) . 2 ⋅ I cc − 5 ⋅ I1 − 6 + 4 = 0− 5 ⋅ I + 2 ⋅ I cc = −8 3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . En la figura el esquema de la izquierda es el circuito original reducido a pasivo. El esquema de la derecha se obtiene aplicando al anterior la regla de la sustitución aplicada a la fuente controlada: U = 5 ⋅ I : Z = − U (α ⋅ I ) = − 5 α = −10(Ω) . Con este resultado, la impedancia Thèvenin es: Z Th = Z12 = 2 +

(− 10) ⋅ 5 = 12 : Z Th (− 10) + 5

= 12(Ω) .

Los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito respecto de los terminales 1, 2 son, respectivamente, la F. R. de tensión, [12(V); 12(Ω)], y la F. R. de intensidad, [1(A); 12(Ω)].

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Salcedo&López

En el circuito de la figura determine el valor de la intensidad I aplicando superposición.

Solución: 1.- Respuesta a la fuente de 12(V): I1. En el esquema de la figura mediante el equivalente de la asociación de elementos pasivos en paralelo:

I1 = 12 ⋅ (1 6 + 1 (6 + 6) + 1 (6 + 6)) = 4 : I1 = 4(A) . 2.- Respuesta a la fuente de 6(a): I2. En la figura, el esquema de la izquierda es el original con la fuente de tensión reducida a pasiva y el triángulo de resistencias de 6(Ω) sustituido por su equivalente en estrella de 2(Ω). En el circuito de la derecha hemos eliminado la resistencia de 2(Ω) en serie con la F. de intensidad. El resultado de todo esto es que las dos resistencias de 6 y las dos de 2 Ohmios forman un divisor de intensidad para la fuente y, al ser iguales entre sí las dos ramas, las intensidades marcadas en el esquema son iguales e iguales a la mitad de la intensidad de la fuente. Por tanto, aplicando la LKI al nudo superior donde circula I2, obtenemos: I 2 = 3 − 3 = 0 . Aplicando el teorema de superposición: I = I + I 2 = 4 : I = 4(A) .

* En la figura, el esquema es el anterior con un cambio de grafo, el alumno puede ver fácilmente lo dicho anteriormente.

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Determine la tensión U0 en el circuito de la figura aplicando superposición. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω).

Solución: En la figura hemos representado el subcircuito a la derecha de la tensión U0. En este circuito: I = 3 ⋅ U ⋅

4 = 2 ⋅ U : U 20 = 2 ⋅ I = 4 ⋅ U . 2+4

Por tanto, podemos eliminar uno de los parámetros de control, la intensidad I, y sustituir el subcircuito, respecto de los terminales 2, 0, por una fuente controlada de tensión de valor 4·U, tal como aparece en la figura siguiente, sobre la que aplicaremos superposición.

1.- Respuesta a la fuente de 10(V): U01. En el circuito de la figura calculamos, previamente, las tensiones U y U1 por divisor de tensión. 2 10 = − (V) 2+4 3 3 U1 = (4 ⋅ U − 10 ) ⋅ = −14(V) 3+ 2 U = −10 ⋅

U 01 = U − 4 ⋅ U − U1 = 24 : U 01 = 24(V) . 2.- Respuesta a la fuente de 4(A): U02. Al estar las resistencias de 2 y 4 Ohmios en paralelo entre sí y en serie con la fuente de 4(A): U = 4⋅

2 ⋅ 4 16 = (V ) . 2+4 3

Las resistencias de 2 y 3 Ohmios están asimismo en paralelo entre sí y recorridas por las fuentes de 4 y 2·U Amperios. Por tanto: U1 = (4 − 2 ⋅ U ) ⋅

2⋅3 = −8(V) . 2+3

La tensión U02 será: U 02 = U1 + U − 4 ⋅ U = −24 : U 02 = −24(V) . Aplicando el teorema de superposición: U 0 = U 01 + U 02 = 24 − 24 = 0 : U 0 = 0(V) .

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En el circuito de la figura determine el valor de la resistencia que, conectada entre los terminales 1 y 2, consume máxima potencia. Calcule también el valor de dicha potencia máxima. Las fuentes de tensión en (V), las de intensidad en (A) y las resistencias en (Ω).

Solución: En primer lugar calcularemos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 2, para aplicar sobre dicho equivalente los resultados del teorema de la máxima transferencia de potencia. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . En el circuito de la figura hemos incluido un árbol y sus lazos básicos para la aplicación del análisis por lazos básicos. Con I1 = 1; I = I 2 ; I 3 = 2 ⋅ I = 2 ⋅ I 2 ; U = 2 ⋅ I 4 , la ecuación necesaria es: [I 2 ] : I1 (4 + 4 + 8) + I 2 (4 + 4 + 4 + 8) − I 3 (4 + 8) − I 4 (4) = 4 − 2 ⋅ U . Ordenando y resolviendo esta ecuación: − 4 ⋅ I 2 = −12 : I 2 = 3(A) . A partir de este resultado: U ca = U12ca = 4 ⋅ (I1 + I 2 ) : U ca = 16(V) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . La figura siguiente muestra las transformaciones sucesivas en el circuito para obtener la impedancia equivalente.

El circuito rotulado como (I) es el original reducido a pasivo. En el (II) hemos reducido las dos resistencias en paralelo a su equivalente. Para pasar al circuito (III) aplicamos en (II) la regla de la sustitución. En este caso al estar la fuente de tensión controlada en serie con la resistencia de 4 3 (Ω) y ser su tensión 2·U, también será doble su valor en impedancia, 8 3 (Ω) . Del (III) al (IV) hemos sustituido las resistencias en serie por su equivalente. El circuito (V) es el resultado de representar la F. R. de inten-

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sidad de (III) por su equivalente en tensión. El circuito (V) se obtiene aplicando la regla de la sustitución a la fuente controlada, obteniendo la impedancia de –24(Ω). En el circuito (VI) la impedancia equivalente desde los terminales 1, 2 es: Z Th = Z12 =

(12 − 24 + 4) ⋅ 4 = 8 : Z Th (12 − 24 + 4) + 4

= R Th = 8(Ω) .

Con estos resultados el equivalente Thèvenin respecto de 1, 2 es la F. R. de tensión: [16(V); 8(Ω)]. Por tanto, la resistencia que, conectada a los terminales 1, 2, es: R = R Th = 8(Ω) ; y la potencia máxima consumida es: Pmáx =

(U ca 2)2 R

= 8( W ) .

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En el circuito de la figura, que se conoce como red en celosía, determine el valor de la resistencia a conectar entre los terminales 2 2' para que absorba máxima potencia.

Solución: La figura muestra el circuito original, pero con un grafo más fácilmente “legible”. Calculamos en primer lugar el equivalente Thèvenin del circuito respecto de los terminales 2, 2’. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U 22'ca . Volviendo a la figura, al ser las dos ramas resistivas iguales y estar en paralelo, la intensidad que circula por cada una de ellas es la misma, 1(A); y la tensión entre los nudos 2, 2’ a circuito abierto será: U 22 'ca = U 21' − U 2'1' , y donde U 21' = 1⋅ 2 = 2(V) ; U 2'1' = 1⋅1 = 1(V) . Por tanto, la tensión a circuito abierto es: U ca = U 22'ca =

4 2 2 2 − = : U ca = (V) . 3 3 3 3

2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R Th = R 22 ' . El circuito de la figura es el original reducido a pasivo. La resistencia equivalente de este circuito vista desde los terminales 2, 2’ es: R 22 ' =

(2 + 1) ⋅ (2 + 1) = 3 : R (2 + 1) + (2 + 1) 2 Th

=

3 (Ω ) . 2

El equivalente Thèvenin del circuito respecto de 2, 2’ es la F. R. de tensión:

[2 3 (V) ; 2 3 (Ω)] . Aplicando las consecuencias del teorema de la máxima transferencia de potencia, la resistencia de carga a conectar entre 2, 2’ es: R = R Th = a esta resistencia es: Pmáx =

(U ca 2)2 : P R

3 3 (Ω) : R = (Ω) ; y la potencia máxima cedida por el circuito 2 2

máx

1 = (W) . 6

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En el circuito de la figura se produce un fallo que corcocircuita la fuente E1, cuyo valor era de 30(V). Determine el valor de la variación de las intensidades que circulan por las fuentes de tensión y de la tensión que soporta la fuente de intensidad.

Solución: Estudiemos primero el problema de forma teórica. Problema que resolveremos con una variante del teorema de compensación. La figura presenta un esquema del circuito en su estado original, donde hemos marcado la intensidad que circula por la rama de la fuente que sufre el cortocircuito. En los esquemas de la figura siguiente simulamos el cortocircuito por la inserción en serie de una fuente de valor –E1 y aplicamos superposición, tal como se hace en el teorema de compensación. Como vemos en el esquema de la derecha, las variaciones de las respuestas del circuito original se calculan en dicho circuito, reducido a pasivo, y colocando en la rama que varía una fuente de tensión, representativa de dicha variación. Como el alumno puede ver, la solución es similar a la que se deduce del teorema de compensación. En nuestro caso, el circuito que debemos analizar se presenta en la figura. Analizamos el circuito por mallas usando las corrientes δI1 ; δI 2 y

δI 4 . Con E1 = 30 ; δI 3 = −δI 2 ; δU = (δI1 − δI 2 ) ⋅ 3 , las ecuaciones δI1 (1 + 1 + 3) − δI 2 (3) − δI 4 (1) = 30   δI = 10 son: − δI1 (1) + δI 2 (3 + 3 + 3) − δI 4 (3) = 0 1 . δI 2 = 5  − δI 4 (1) − δI 4 (3) + δI 4 (1 + 1 + 3) = 0  Con los resultados anteriores, la solución es: δI1 = 10(A) ; δI 2 = 5(A) ; δI 3 = −δI 2 = −5(A) ; δU = (δI1 − δI 2 ) ⋅ 3 = 15(V) . * El alumno debe entender el procedimiento expuesto y compararlo con la demostración del teorema de compensación. Para su mejor comprensión, rehaga el ejercicio, cuando la fuente de intensidad se desconecta (no se hace cero, sino que se quita, dejando los terminales a circuito abierto); ¿cómo aplicaría ahora esta variante del teorema de compensación? * Este ejercicio, de examen, pone de manifiesto la importancia del estudio de la teoría.

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En el circuito de la figura se quiere sustituir la resistencia de 8 Ohmios por otra que absorba del resto del circuito máxima potencia. Calcule el valor de dicha resistencia, así como el valor de la potencia máxima.

Solución: En primer lugar calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales en los que está conectada la resistencia de 8(Ω). 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: Uca. Aplicando la LKI al nudo 4 del esquema de la figura: I = 5 : U = 10 . Aplicando la LKT a la poligonal: 1-2-3-4-1, la tensión a circuito abierto es: 5 ⋅ 2 − 5 ⋅ U + (2 + 5) ⋅ 5 + U − U ca = 0 : U ca = 5(V) .

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . En el circuito de la figura aplicamos la LKT, con U = 2 ⋅ I 0 : 5 ⋅ I 0 − 5 ⋅ U + 5 ⋅ I 0 + U − U 0 = 0 : U 0 = 2 ⋅ I 0 : Z Th = R Th = 2(Ω) .

Por tanto el equivalente Thèvenin respecto de los terminales donde estaba conectada la resistencia de 8(Ω) es una F. R. de tensión de valor: [E = U ca = 5(V) ; R Th = 2(Ω)] . Aplicando sobre esta fuente las conclusiones del teorema de la máxima transferencia de potencia, la resistencia a conectar es: R = R Th = 2(Ω) , y la potencia máxima transferida por el circuito a esta resistencia es: Pmáx

2 ( E 2) =

R Th

= 3,125( W ) .

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En el circuito de la figura E1=5(V); E3=6(V); e I=1(A). Determine el valor de E2 para que ni ceda ni consuma potencia. Solución: Para encontrar la solución del problema hay dos procedimientos fáciles. El primero consistiría en aplicar el teorema de superposición a la intensidad que circula por la fuente, obligando a que esta intensidad valga cero. El segundo procedimiento consiste en calcular la tensión a circuito abierto en bornas de la fuente, obligando a que ambas, la tensión a circuito abierto y la tensión de la fuente, sean iguales. Elegiremos este segundo procedimiento, recomendando al alumno que realice el primero. Analizamos el circuito por ecuaciones de malla. En el circuito de la figura hemos incluido las intensidades ficticias de malla. Las ecuaciones de malla son, con I 3 = 1 :

[I1 ] : I1 (1 + 3 + 1) − I 2 (1) = 5 5 ⋅ I1 − I 2 = 5  I1 = 7 6 . [I 2 ] : −I1 (1) + I 2 (1 + 1 + 3) − I 3 (3) = 0− I1 + 5 ⋅ I 2 = 3 I 2 = 5 6 Con estos datos, la tensión a circuito abierto es: U ca = 6 + I 3 (3 + 3) − 3 ⋅ I 2 − 3 ⋅ I1 : U ca = 6(V) . Por tanto el valor de la fuente, para que no ceda ni absorba potencia, debe ser: E 3 = U ca = 6(V) .

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito de la figura, de manera independiente, respecto de los terminales 1 2. Las fuentes de tensión en voltios, las de intensidad en amperios y las resistencias en ohmios. Solución: 1er método. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12ca . La figura muestra el circuito original con los terminales 1, 2 a circuito abierto, (I = 0), lo que supone la desaparición de la fuente controlada de intensidad, y donde hemos cambiado la F. R. de intensidad por su equivalente de tensión. Aplicamos la LKT en la malla de la izquierda: I1 (1 + 1 + 1) = 1 + 2 : I1 = 1 : U = −2 + I1 ⋅ 1 = −1 . De este resultado, aplicando la LKT a la poligonal de la entrada: U ca − I1 ⋅ 1 + 2 ⋅ U = 0 : U ca = 3(V) . 2.- Cálculo de la intensidad de cortocircuito: I cc = I12 cc . El esquema de la figura es el original con los terminales 1, 2 en cortocircuito. En él hemos incluido un árbol y sus lazos básicos para realizar un análisis por lazos. Con I cc = I 2 ; I 3 = 2 ⋅ I cc = 2 ⋅ I 2 ; U = I1 ⋅ 1 − 2 , las ecuaciones son:

[I1 ] : I1 (1 + 1 + 1) − I 2 (1) − I 3 (1) = 2 + 13 ⋅ I1 − 3 ⋅ I cc = 3   I cc = 1(A) [I 2 ] : −I1 (1) + I 2 (1 + 1) = −2 ⋅ U I1 + 2 ⋅ I cc = 4  2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . El circuito de la figura es el original, reducido a pasivo y con la fuente auxiliar de tensión U0. En él se ha trazado un árbol y sus lazos básicos, para analizarlo por ecuaciones circulares. Con I 0 = I 2 ; I 3 = 2 ⋅ I 0 = 2 ⋅ I 2 ; U = I1 ⋅ 1 , las ecuaciones son:

[I1 ] : I1 (1 + 1 + 1) − I 2 (1) − I 3 (1) = 0 3 ⋅ I1 − 3 ⋅ I 2 = 0 U0   9 ⋅ I0 = 3 ⋅ U 0 : [I 2 ] : −I1 (1) + I 2 (1 + 1) = −2 ⋅ U + U 0 I1 + 2 ⋅ I 0 = U 0  I0

= 3 : R Th = 3(Ω) .

Por tanto los equivalentes Thèvenin y Norton del circuito original, respecto de los terminales 1 y 2, son, respectivamente, la F. R. de tensión [3(V); 3(Ω)], y la F. R. de intensidad [1(A); 3(Ω)].

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2º método. Usaremos el procedimiento general, utilizado en algunos otros ejercicios. El circuito de la figura es el original, con el añadido de una F. I. de tensión, U0, conectada en los terminales 1, y 2. En el circuito se ha trazado un árbol y sus lazos. Con E1 = 1; E 2 = 2 ; I 0 = I 2 ; I 3 = 2 ⋅ I 0 = 2 ⋅ I 2 ; U = I1 ⋅ 1 − E 2 , las ecuaciones de lazos básicos son:

[I1 ] : I1 (1 + 1 + 1) − I 2 (1) − I 3 (1) = E1 + E 2 3 ⋅ I1 − 3 ⋅ I 0 = E1 + E 2  9 ⋅ I + 3 ⋅ U 0 = − E1 + 5 ⋅ E 2 (1). [I 2 ] : −I1 (1) + I 2 (1 + 1) = −2 ⋅ U − U 0 I1 + 2 ⋅ I 0 + U 0 = 2 ⋅ E 2  0

Si en la ecuación (1) hacemos: A) E1 = 1; E 2 = 2 ; I 0 = 0 : U 0 = U ca : 3 ⋅ U ca = 9 : U ca = 3(V) . B) E1 = 1; E 2 = 2 ; U 0 = 0 : I 0 = I cc : 9 ⋅ I cc = 9 : I cc = 1(A) . C) E1 = 0 ; E 2 = 0 ; Z Th = − U 0 I 0 : 9 ⋅ I 0 + 3 ⋅ U 0 = 0 : Z Th = − U 0 I 0 = 3 : R Th = 3(Ω) .

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Aplique de manera conveniente el teorema de Millman en el circuito de la figura para calcular los potenciales de los nudos A y B, y a partir de este resultado la intensidad que circula entre A y B.

Solución: Aplicamos el teorema de Millman a los nudos A y B del circuito de la figura respecto del nudo de referencia. U B0 (3) + 4 ⋅ (1) + 5 ⋅ (2)  7 ⋅ U A 0 − 3 ⋅ U B0 = 14  U A 0 = 208 89 1+1+ 2 + 3 .   − 3U A 0 + 14 ⋅ U B0 = 4 U B0 = 70 89 U A 0 (3) + 2 ⋅ (2 )  =  3+ 2+ 4+5

U A0 = U B0

De este resultado: U AB = U A 0 − U B0 =

138 : U AB = 1,55(V) : I AB = U AB ⋅ 3 = 4,65(A) . 89

* Podemos resolver el problema aplicando análisis por nudos, y encontraríamos las dos mismas ecuaciones anteriores. Recuerde que el teorema de Millman es sólo el análisis por nudos de un circuito especial.

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Un circuito de continua tiene dos terminales accesibles. Cuando se conecta a estos terminales un condensador de 1(µF) en paralelo con una resistencia de 60(Ω), la energía absorbida por el condensador es de 45(mJ); si se conecta una bobina de 1(mH) en serie con una resistencia de 5(Ω), la energía absorbida por la bobina es de 128(mJ). ¿Cuál sería el valor de una resistencia, que conectada a dichos terminales consumiera potencia máxima?; ¿cuál sería el valor de dicha potencia máxima? Solución: 1ª medida: En la figura mostramos el primer montaje, donde hemos simulado el circuito de continua por C.E., con R = 60(Ω); C = 1(µF). Como el condensador se comporta como un abierto en régimen de continua y la energía almacenada por el mismo es W =

1 ⋅ C ⋅ U 12 ; pode2

mos calcular la tensión e intensidad mantenida en bornas por el circuito. 45 ⋅10 −3 =

1 U ⋅10 −6 ⋅ U12 : U1 = 300(V); I1 = 1 : I1 = 5(A). 2 R

2ª medida: En la figura mostramos el segundo montaje, donde hemos simulado el circuito de continua por C.E., con R = 5(Ω); L = 1(mH). Como la bobina se comporta como un cortocircuito en régimen de continua y la energía almacenada por la misma es W =

1 ⋅ L ⋅ I 22 ; podemos calcular la 2

tensión e intensidad mantenida en bornas por el circuito. 120 ⋅10 −3 =

1 ⋅10 −3 ⋅ I 22 : I 2 = 16(A); U 2 = I 2 ⋅ R : U 2 = 80(V). 2

En la figura simulamos el circuito mediante su equivalente Thèvenin. Sustituyendo en la ecuación del mismo: U = E TH − I ⋅ R TH , los valores anteriores, calcularemos los parámetros del equivalente.

300 = E TH − 5 ⋅ R TH E TH = 250(V) U = E TH − I ⋅ R TH :  : 80 = E TH − 16 ⋅ R TH R TH = 13,75(Ω) A partir del conocimiento de los parámetros del Thèvenin, la resistencia que consume máxima potencia de C.E. es: R = R TH = 13,75(Ω); y la máxima potencia consumida es: PMáx =

2 E TH = 1562,5( W ). 4⋅R

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a) Analice el circuito de la figura, dando la tensión o intensidad en los elementos pasivos, la tensión en las fuentes de intensidad; y la intensidad en las fuentes de tensión. b) Aplique el teorema de compensación al cálculo de la variación de la intensidad I, si la rama de la fuente de intensidad se sustituye por un abierto.

Solución: a) En la figura mostramos un grafo, un árbol y sus lazos básicos, para realizar un análisis por ecuaciones circulares. Las ecuaciones de conexión ramaslazos son: I1 = − I 4 − I 5 ; I 2 = I 4 + I 6 ; I 3 = I 5 − I 6 ; y las ecuaciones de los lazos básicos, con I 4 = −6; I = I 6 , son:

[I5 ] : I 4 (5) + I5 (3 + 5 + 2) − I 6 (2) = 8 ⋅ I 6  10 ⋅ I5 − 10 ⋅ I 6 = 30 [I6 ] : I 4 (2) − I5 (2) + I6 (2 + 7 + 2) = 0  : − 2 ⋅ I5 + 11⋅ I6 = 12 [I 4 ] : I 4 (2 + 5) + I5 (5) + I6 (2) + U 4 = 8 ⋅ I6  U 4 = 42 − 5 ⋅ I5 + 6 ⋅ I6 El sistema tiene de solución: I 5 = 5(A); I 6 = 2(A); U 4 = 29(V); y con ella y las ecuaciones de conexión ramas-lazos construimos la siguiente tabla resumen de respuesta. Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

1

-4

3

-6

5

2

U(V)

21

-

-

29

-

-

* Realice el alumno como ejercicio, el análisis por ecuaciones nodales. b1) Para simular que la rama de la F.I. ideal está a circuito abierto, basta conectar en paralelo con ella otra F.I. ideal del mismo valor y en sentido contrario. A partir de aquí, la sucesión de esquemas de la figura muestra la aplicación de teorema de compensación.

El esquema (A) es donde se ha producido la variación de la rama a circuito abierto. Aplicamos superposición en (A): (B) a todas las fuentes de C.E. y a la F.I. ideal original y por tanto la respuesta es la original y (C) sólo la nueva F.I. ideal. Por tanto como la respuesta en (A) es la suma de las respuestas en (B) y (C), en ésta última sólo aparecerá las variaciones observadas.

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Para calcular dichas variaciones, tenemos en cuenta que en el circuito original, la única fuente independiente es la de intensidad. Luego la respuesta en (C) es la misma que la original, pero cambiada de signo. Por tanto: δI = −I = − I 6 = −2(A). b2) La otra opción para calcular la variación en la respuesta del circuito, aun cuando no por compensación, es muy simple. El circuito sólo contiene una fuente independiente que es la que se elimina, dejando la rama en abierto. Eso implica que, al no haber fuente independiente el circuito es pasivo y, por tanto la nueva respuesta es cero. Así que la variación experimentada será igual a la respuesta original cambiada de signo: I nueva = I + δI = 0 : δI = −I = −2(A).

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En el circuito de la figura determine, en función de E: a) el valor de R para que se consuma máxima potencia en ella y el valor de dicha potencia máxima; y b) la potencia consumida por el conjunto del resto de las resistencias cuando se utiliza el valor calculado de R.

Solución: En primer lugar calculamos el equivalente Thèvenin respecto de las bornas de R. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U CA . Aplicamos divisor de tensión en el circuito de la figura. U1 = E ⋅

9 3⋅ E 1 E E = ; U2 = E ⋅ = : U CA = U1 − U 2 : U CA = . 3+9 4 3 +1 4 2

2.- Cálculo de la resistencia Thèvenin: R TH . En la figura mostramos el circuito original reducido a pasivo. Visto desde las bornas de R, la resistencia equivalente es: R TH =

3⋅9 3 ⋅1 + : R TH = 3(Ω). 3 + 9 3 +1

Por tanto, R = R TH = 3(Ω) es la resistencia que consume máxima potencia, siendo ésta: PR =

2 U CA E2 : PR = . 4⋅R 48

Para calcular lo que consume el resto de las resistencias del circuito, basta determinar la que cede la fuente E. Para ello encontramos la resistencia equivalente vista desde la fuente. En la figura mostramos la red pasiva original y el resultado de cambiar de triángulo a estrella. La resistencia equivalente vista desde la fuente es: R EQ = 1 +

10 ⋅ 2 8 = (Ω); y la potencia cedida por 10 + 2 3

8 la fuente es: PE = E 2 ⋅ ; y, por lo tanto, la consumida por el resto de las resistencias (todas menos R) 3

es: PRESTO = PE − PR : PRESTO = E 2 ⋅

127 . 48

* Recuerde que el la fuente Thèvenin lo único que asegura es que, en sus terminales, el circuito y dicha fuente son equivalentes. Por tanto, la potencia consumida por R TH no es la misma que la del resto de las resistencias del circuito.

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Pág. 79

En el circuito de la figura determine la resistencia que conectada en los terminales 1,2 consume máxima potencia, calculando dicha potencia máxima.

Solución: En primer lugar determinamos el equivalente Thèvenin del circuito original respecto de los terminales 1 y 2. Para ello usaremos el método general empleado en otros ejercicios. El circuito de la figura es el modificado para este fin, con indicación de los lazos que vamos a utilizar para su análisis. Con I 2 = 0,5 ⋅ I, los lazos básicos que vamos a utilizar son:

[I1 ] : I1 (27 + 3 + 2 + 3) + I 2 (2 + 3) + I(2 + 3) = −E1 + E 2  35 ⋅ I1 + 7.5 ⋅ I = −E1 + E 2 ; : 5 ⋅ I1 + 6 ⋅ I − U = 0 [I] : I1 (2 + 3) + I 2 (2) + I(2 + 3) = U 

eliminando en este

último sistema I1 obtenemos: 34,5 ⋅ I − 7 ⋅ U = − E1 + E 2 . 1.- Tensión a circuito abierto: E Th = U12ca = U(I = 0; E1 = 200; E 2 = 10) : − 7 ⋅ E Th = −200 + 10 : E Th = −27,14(V). 2.- Impedancia Thèvenin:

ZTh = U I (E1 = 0; E 2 = 0) : 34,5 ⋅ I − 7 ⋅ U = 0 : ZTh = 4,93(Ω). Con estos datos, la resistencia a conectar tendrá el valor de R = 4,93(V); y la potencia máxima consumida por dicha resistencia será: Pmax =

2 E Th : Pmax = 37,4( W ). 4 ⋅ R Th

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Un circuito, en régimen estacionario senoidal, está formado por tres ramas en paralelo que contienen respectivamente una resistencia de 10(Ω), un condensador de 5(μF) y una bobina de 300(μH) en serie con una resistencia de 8(Ω). Este circuito absorbe una corriente en (mA) de valor: 922cos(ωt+30º), con ω=20(krad/s). a) Calcule las intensidades en cada una de las ramas; b) represente gráficamente el cumplimiento de la LKI; y c) determine la tensión u(t) en bornas del paralelo. DATOS: R = 10(Ω) ; R L = 8(Ω) ; L = 300(μH) ; C = 5(μF) .

Solución: En la figura representamos un esquema del circuito en el dominio del tiempo (t), y su equivalente en el dominio de la frecuencia (ω). Recordamos que para pasar de uno a otro: 1 ) la frecuencia de trabajo debe ser única; 2) las ondas senoidales, u(t), i(t) se sustituyen por sus fasores; U, I; 3) los elementos pasivos Z(D), Y(D) se sustituyen por sus impedancias, Z, o admitancias, Y, complejas. En nuestro circuito, representado cada elemento pasivo por su impedancia, los valores son, con ω = 2 ⋅ 10 4 (rad s ) :

i( t ) = 0,922 ⋅ cos (ω ⋅ t + 30°) (A) : I = 0,922∠30° (A) ; R : R = 10(Ω) ; R L : R L = 8(Ω) ; L : Z L = j ⋅ ω ⋅ L = j ⋅ 6(Ω) ; C : Z C = 1 ( j ⋅ ω ⋅ C ) = − j ⋅ 10(Ω) . a) y c) En el circuito en el dominio de la frecuencia aplicamos divisor de intensidad para el cálculo de los fasores de las respuestas pedidas (en este caso con valores de amplitud).

1 1 10 R IR = I ⋅ = (0,922∠30°) ⋅ = 500∠17,47° (mA) ; 1 1 1 1 1 1 + + + + R R L + ZL ZC 10 8 + j ⋅ 6 − j ⋅ 10 1 1 R L + ZL 8 + j⋅ 6 = 500∠ − 19,4° (mA) ; = (0,922∠30°) ⋅ IL = I ⋅ 1 1 1 1 1 1 + + + + R R L + ZL ZC 10 8 + j ⋅ 6 − j ⋅ 10

1 1 ZC − j ⋅ 10 IC = I ⋅ = (0,922∠30°) ⋅ = 500∠107,47° (mA) . 1 1 1 1 1 1 + + + + R R L + ZL ZC 10 8 + j ⋅ 6 − j ⋅ 10 La caída de tensión a la entrada es: U = I R ⋅ R = I L ⋅ Z L = I C ⋅ Z C : U = I R ⋅ R = (0,500∠17,47°) ⋅ 10 = 5∠17,47°(V) . A partir de estos resultados determinamos las respuestas en el dominio del tiempo:

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I R = 500∠17,47° (mA) : i R ( t ) = 500 ⋅ cos(ω ⋅ t + 17,47°) (mA) ; I L = 500∠ − 19,4° (mA) : i L ( t ) = 500 ⋅ cos(ω ⋅ t − 19,4°) (mA) ; I C = 500∠107,47° (mA) : i C ( t ) = 500 ⋅ cos(ω ⋅ t + 107,47°) (mA) ;

U = 5∠17,47(V) : u ( t ) = 5 ⋅ cos(ω ⋅ t + 17,47°) (V) . b) Aplicamos la LKI al nudo superior del esquema del circuito en el dominio de la frecuencia: IR + IL + IC − I = 0 . Esta ecuación indica que la poligonal formada por los cuatro vectores es cerrada, como se comprueba en el gráfico.

* Muchos ejercicios, en esta relación hay varios, se resuelven mejor gráfica que analíticamente.

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En el circuito de la figura la bobina se ajusta para que la intensidad i(t) esté en fase con eG(t). Siendo eG(t) = 100cos(500t) (V) calcule en régimen estacionario senoidal: a) el valor de la inductancia L; y b) y el valor de i(t).

Solución: En la figura se muestra el circuito equivalente al dado, en el dominio de la frecuencia, con ω = 500(rad s ) . e G = 100 ⋅ cos(500 ⋅ t ) : E G = 100 + j ⋅ 0 ; L : Z L = j ⋅ ω ⋅ L = j ⋅ X L ;

C = 2 ⋅ 10 −6 : Z C = 1 ( j ⋅ ω ⋅ C) = − j ⋅ 1000(Ω) . Para que la intensidad, I, esté en fase con la tensión de la fuente, E, la impedancia equivalente, Zeq, en bornas de la de la fuente debe ser resistiva pura. Es decir Z eq = R eq + j ⋅ X eq : X eq = 0 .

La impedancia equivalente es:

Z eq

⎧ 2000 ⋅ X 2L R = ⎛ 2000 2 ⋅ X L ⎞ ⎪⎪ eq 2000 2 + X 2L 2000 ⋅ j ⋅ X L 2000 ⋅ X 2L = − j ⋅ 1000 + = + j ⋅ ⎜⎜ − 1000 ⎟⎟ : ⎨ 2 2 2 2000 + j ⋅ X L 2000 2 + X 2L ⎝ 2000 + X L ⎠ ⎪X = 2000 ⋅ X L − 1000 ⎪⎩ eq 2000 2 + X 2L

Por tanto, para X eq =

2000 2 ⋅ X L 2000 + 2

X 2L

a) De X L = 2000(Ω) = ω ⋅ L : L = b) I =

− 1000 = 0 : (X L − 2000)2 = 0 : X L = 2000(Ω) : R eq = 1000(Ω) .

XL = 4 : L = 4(H) . ω

EG E 100 = G = : I = 100(mA) : i( t ) = 100 ⋅ cos(500 ⋅ t ) ( mA) . Z eq R eq 1000

* En este ejercicio, como el alumno puede comprobar, hemos tomado los fasores con módulo igual a la amplitud de la onda senoidal. Esto es así porque no se piden datos de potencia ni de valores eficaces, y sí de ondas en el dominio del tiempo.

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Siendo eg = 125cos5t (V), realice, en régimen estacionario senoidal, un análisis nodal en el circuito de la figura.

Solución: Pasamos al dominio de la frecuencia, con ω = 5(rad s ) . El circuito resultante se muestra en la figura, donde hemos tomado el módulo de los fasores igual a la amplitud de su onda. Hemos incluido también un grafo indicando los nudos del circuito y el que vamos a tomar como nudo de referencia. Para analizar por nudos suponemos que las dos F. R. de tensión existentes en las ramas 1 y 4, están sustituidas por sus equivalentes de intensidad. Con I =

U A − 125 , la ecuación del nudo A es: 5

⎛1 ⎛1 1 j ⋅ 13 1 ⎞ 1 j ⋅ 13 1 9 ⎞ 55 ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟⎟ = U A ⎜⎜ + + + ⎟⎟ = 125 ⋅ ⎜ ⎟ + 9 ⋅ I ⋅ ⎜ ⎟ : U A ⎜⎜ + + + − . ⎝5⎠ ⎝ 20 ⎠ ⎝ 5 8 + j ⋅ 6 100 20 ⎠ ⎝ 5 8 + j ⋅ 6 100 20 100 ⎠ 4 Resolviendo: U A = 55∠ − 16,26° (V) : I = 14,77∠ − 167,96° (A) : I 4 =

UA − 9 ⋅ I = 9,16∠3,87°(A) . 20

En la tabla siguiente resumimos los resultados del análisis. Ramas

1

2

3

4

Elemento

125(V)

5(Ω)

-

-

9·I

20 (Ω)

U(V)

-

-

55∠ − 16,26°

55∠ − 16,26°

-

-

I(A)

14,77∠ − 167,96°

-

-

9,16∠3,87°

9,16∠3,87°

Los resultados del análisis están, sus magnitudes, en amplitud y no en valor eficaz.

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Use el diagrama de fasores para determinar la variación del módulo y la fase del fasor Uca en función de la resistencia variable R.

Solución: En la figura mostramos un nuevo esquema del circuito para hacerlo más “legible”. Podemos ver que: * I2 está en fase con la tensión E, ya que la rama es resistiva pura; * Como las dos resistencias, de valor R1, están en serie, las tensiones UDA y UAF son iguales; * I1 está adelantada en fase a la tensión E, ya que la rama tiene carácter capacitivo; * UBF está en fase con la intensidad I1, ya que la rama es resistiva pura; * UDB está retrasada un ángulo de 90º respecto de la intensidad I1, ya que la rama es un condensador y, por tanto, UDB retrasará 90º a UBF. * La LKT obliga a que: U DA + U AF = E ; U DB + U BF = E . Con todos estos datos, y suponiendo que E tiene de fase 0, E = DF construimos el diagrama de fasores de la figura, donde

ϕ es el argumento, en valor absoluto, de la rama RC, dado por

tan(ϕ) = 1 (ω ⋅ R ⋅ C) . Variando este ángulo ϕ entre 0 y π 2 , el punto B se desplazará por la semicircunferencia de la figura (arco capaz), de radio

E 2. Por tanto,

U ca = AB = E 2⎫ ⎬ U ca = E 2 ∠(180° − 2ϕ) ϕ = 180° − 2ϕ ⎭

* El alumno puede resolver el ejercicio de manera analítica y verá la diferencia de esfuerzo para llegar a la solución.

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En el circuito de la figura calcule: a) el valor eficaz y la fase de la tensión u(t) en bornas de la resistencia R1; b) el valor eficaz de la tensión en la bobina L2; y c) el valor eficaz de la corriente suministrada por la fuente. DATOS: e( t ) = 4776 2 cos(500 t), (V) ; R=16(Ω); k=0,85; R1=444(Ω); L1=0,16(H); L2=0,64(H). Solución: Pasamos al dominio de la frecuencia, con ω = 500 rad s , y expresamos los fasores en valores eficaces. El circuito resultante se muestra en la figura, donde la impedancia equivalente al acoplamiento de las dos bobinas es:

M ⋅ ω ⋅ j = 0,85 ⋅ 0,16 ⋅ 0,64 ⋅ ω ⋅ j = j ⋅ 136(Ω) . En el circuito hemos marcado los sentidos de las intensidades ficticias de malla para el análisis circular del circuito. Las ecuaciones, con E = 4776 ∠0° ( V ) , son:

[I1 ] : I1 (16 + j ⋅ 320) + I 3 (− j ⋅ 136 − j ⋅ 320) = 4776 ⎫ I1 = 25,17∠ − 33,45° (A) . [I 3 ] : I1 (− j ⋅ 136 − j ⋅ 320) + I 3 ( j ⋅ 80 + j ⋅ 320 + 2 ⋅ j ⋅ 136 + 444) = 0⎬⎭ I 3 = 14,25∠0° (A) A partir de este resultado: I 2 = I 1 − I 3 = 15,43∠ − 64,06° (A) .

⎧U = 6327(V) a) La tensión en resistencia R1 es: U = I 3 ⋅ 444 = 6327∠0° (V)⎨ . ⎩ϕ U = 0° b) El valor eficaz de la tensión en L1 es: U 2 = I 2 ( j ⋅ 320 ) − I 3 ( j ⋅ 136 ) = 4455∠2,86° : U 2 = 4455(V) . c) El valor eficaz de la intensidad cedida por la fuente es: I1 = 25,17∠ − 33,45° (A) : I1 = 25,17(A) . * En todos los ejercicios de alterna, salvo si se especifica otra cosa, siempre operaremos con fasores en valores eficaces.

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Pág. 77

En un transformador lineal de tensión de alta/baja, formado por dos bobinas ideales de coeficiente de acoplamiento k 0 : Q X = 448 + 1200 = 1648(VAR) . Como Q X = 1648 = I 2 ⋅ X : X = 1648 82 = 25,75 : X = 25,75(Ω) . * Resaltamos el hecho de que, en este caso, el generador debe ceder potencia reactiva. Si la potencia reactiva cedida por el condensador hubiese sido mayor en valor absoluto que la potencia reactiva del generador, hubiera habido dos soluciones, una con el generador consumiendo potencia reactiva (pequeño valor de X) y otra cediendo potencia reactiva (valor grande de X).

Ejercicios de Circuitos

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Una industria tiene una potencia instalada de 500(kW) con un f. de p. 0,7 inductivo. La tensión de la red es 2(kV). Determine la potencia aparente de un motor síncrono de f. de p. 0,75 capacitivo, conectado en paralelo a la entrada, para que el f. de p. de la instalación sea 0,9 inductivo. ¿Cuál es ahora la intensidad absorbida por el conjunto? Solución: En el esquema de la figura Z representa la instalación original y M el motor síncrono que debe mejorar el f. de p. de la instalación. Los datos de potencia son:

⎧P = 500(kW) Z⎨ Z : Q Z = PZ ⋅ tan(ϕ Z ) = 510(kVAR ) ; ⎩cos(ϕ Z ) = 0,7(ind) ⎧P = 0,75 ⋅ SM M : cos(ϕM ) = 0,75(cap) : sen (ϕM ) = −0,66 : ⎨ M . ⎩Q M = −0,66 ⋅ SM El f. de p. equivalente del conjunto debe ser 0,9(ind), por tanto:

cos(ϕeq ) = 0,9 =

PZ + PM

(PZ + PM ) + (Q Z + Q M ) 2

2

=

500 + 0,75 ⋅ SM

(500 + 0,75 ⋅ SM )2 + (510 − 0,66 ⋅ SM )2

, donde la potencia

aparente del motor se expresa en kVA. Elevando al cuadrado la igualdad anterior y ordenando, obtenemos una ecuación de 2º grado en SM: S2M − 687,792 ⋅ SM + 163181 = 0 , que resuelta da una única solución positiva: SM = 262(kVA) . La instalación original con el motor síncrono conectado consume ahora una potencia aparente:

Snueva =

(500 + 0,75 ⋅ SM )2 + (510 − 0,66 ⋅ SM )2

la red es: I nueva =

= 774(kVA) ; y la intensidad que debe ahora suministrar

Snueva 774k = = 387 : I nueva = 387(A ) . U 2k

* Hemos elegido como solución para el motor síncrono una potencia activa positiva (consumida) ya que el ejercicio puntualiza que se trata de un motor. No obstante podríamos pensar en un generador síncrono y entonces habría otra solución con una potencia negativa (cedida) para el mismo. Inténtelo y obtendrá dos soluciones nuevas de 867 y 761 (kVA).

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El primario del transformador ideal tiene 400 espiras. ¿Cuál será el número de espiras del secundario del transformador, para que la carga de 16(Ω) absorba máxima potencia?; ¿cuál será esta potencia máxima? DATO: jXM = j100(Ω). Todas las impedancias del esquema de la figura en Ohmios. Solución: Determinamos en primer lugar el equivalente Thèvenin en bornas del autotransformador ideal en el esquema de la figura, donde hemos sustituido las dos bobinas acopladas por su equivalente desacopladas. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . Aplicando divisor de tensión, y recordando que el circuito está a circuito abierto, la tensión Thèvenin es: U12 ca = 50 ⋅

j ⋅100 = 100∠36,87 : U12 ca = U ca = 100∠36,87°(V) . j ⋅100 + (30 − j ⋅ 60)

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . Aplicando la equivalencia de elementos pasivos, y teniendo en cuenta que el circuito está reducido a pasivo, resulta: Z Th = Z12 = (200 + j ⋅ 300 ) +

( j ⋅100) ⋅ (30 − j ⋅ 60) = 320 + j ⋅ 240 : Z = 320 + j ⋅ 240(Ω) . Th j ⋅100 + (30 − j ⋅ 60)

Calculamos en segundo lugar la impedancia equivalente en la entrada del autotransformador. En la figura damos el esquema con las referencias de tensión e intensidad. Como el transformador es ideal: U P =

NP ⋅ U S : U P = a ⋅ U S ; y aplicando NS

la LKT a la malla de entrada: U = U P + U S = (1 + a ) ⋅ U S (1). La ecuación en intensidades del transformador es: I P = −

NS ⋅ I S : I S = −a ⋅ I P ; y aplicando la LKI al NP

nudo intermedio del transformador: I P = I S + I C : I P = −a ⋅ I P +

US US : IP = (2). 16 16 ⋅ (1 + a )

Dividimos ordenadamente las ecuaciones 1 y 2, obtenemos:

(1 + a ) ⋅ U S : U = Z = 16 ⋅ (1 + a )2 . U = eq I P U S (16 ⋅ (1 + a )) I P El circuito original es ahora equivalente, en lo que respecta a la transferencia de potencia a la resistencia de 16(Ω), al que se muestra en la figura, donde: E Th = 100(V) ; Z Th = 400∠36,87°(Ω) ; Z eq = (1 + a ) ⋅16∠0°(Ω) . 2

Aplicamos el teorema de la máxima transferencia de potencia, teniendo en

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cuenta que sólo varía el módulo de la carga (el argumento es cero): Z eq = Z Th : (1 + a ) ⋅ 16 = 400 : a = 4 ; a = 2

Np Np 400 : Ns = = : Ns = 100(Sp ) . Ns a 4

Para este valor del número de espiras de Ns, la potencia máxima consumida por la carga será: 2

Pmax

2

E Th 100 = ⋅ R eq = ⋅ 400 : Pmax = 6,95( W ) . (320 + 400 ) + j240 Z Th + Z eq

* Recuerde que, en la casi totalidad de los ejercicios de transferencia de máxima potencia, la solución pasa por encontrar el equivalente Thèvenin respecto de las bornas de la impedancia sobre la que se desea la máxima potencia.

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Sabiendo que la fuente de 50(Hz) genera 1.425(W) y que las lecturas de los aparatos de medida son 36(V) y 324(W), calcule: a) los valores de E, L y R; y b) el diagrama de tensiones e intensidades tomando como origen de fases la tensión en la fuente. Solución: * El vatímetro mide la potencia que consume la resistencia R: PR =

V2 V 2 36 2 :R = = : R = 4(Ω) . R PR 324

* La diferencia entre la potencia cedida por el generador y la que consume la resistencia R, es la potencia consumida por la resistencia de 5(Ω), lo que permite calcular la intensidad que circula por la rama de la fuente: P5Ω = PE − PR : P5Ω = 1101 : P5Ω = I 2 ⋅ 5 : I = 14,84( A ) . * La potencia aparente del paralelo R-L es: S RL = V ⋅ I = 36 ⋅ 14,84 = 534(VA) , que permite el cálculo del valor de L: Q RL = S

2 RL

− P = 424,74(VAR ) : Q RL 2 R

V2 V2 = :L = : L = 9,71(mH) . 2⋅π⋅f ⋅L 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ Q RL

* El generador tiene que ceder la potencia reactiva que consume E:

Q E = −Q RL = −424,74(VAR) , S RL = V ⋅ I = 36 ⋅ 14,84 = 534(VA) , lo que permite el cálculo del valor de E: SE = PE2 + Q 2E = E ⋅ I : E =

PE2 + Q 2E : E = 100,2(V) . I

Para dibujar el diagrama de tensiones e intensidades, tomamos la tensión en la asociación R-L con fase cero: V = 36∠0°( V ) . Los demás fasores son:

I R = V R = 9∠0°(A) ; I L =

V = 11,79∠ − 90°( A ) ; y j⋅ XL

aplicando las LK: I = I R + I L ; E = V + I ⋅ R . Con todo ello hemos dibujado el esquema de la figura.

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Determine la impedancia Z para que absorba máxima potencia, calculando dicha potencia. Todos los datos de la figura están en el S.I.

Solución: Calculamos el equivalente Thèvenin del circuito respecto de las bornas de Z. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . En el esquema de la figura suponemos la F. R. de intensidad controlada, sustituida por su equivalente de tensión y aplicamos divisor de tensión. U = (− 12 − 2 ⋅ (2 ⋅ U ))

−j j ⋅12 :U = = 2,23∠158,2°(V) . 2− j 2 − j⋅ 5

Por tanto: U ca = U : U ca = 2,23∠158,2°(V ) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . En la figura mostramos en el esquema superior el circuito original reducido a pasivo, y en el esquema inferior el resultado de aplicar a aquél la regla de sustitución, con R =

U 1 = . 2⋅U 2

Aplicando en este último esquema las propiedades de la asociación de elementos pasivos: Z12 = 1 +

1 1 +2+ j 2

= 1,34 − j ⋅ 0,14 .

Por tanto: Z Th = Z12 : Z Th = 1,34 − j ⋅ 0,14(Ω) . Si aplicamos las conclusiones del teorema de la máxima transferencia de potencia, el valor de la impedancia Z es, en este caso: Z = Z*Th : Z = 1,34 + j ⋅ 0,14(Ω) ; y el valor de dicha potencia máxima es:

Pmax =

2 U ca 2,232 = : Pmax = 93(mW) 4 ⋅ Re al{Z} 4 ⋅1,34

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Determine el valor de la impedancia Z = 2∠ϕ para que absorba máxima potencia, calculando dicha potencia. Todos los datos de la figura están en el S.I.

Solución: Calculamos en primer lugar el equivalente Thèvenin respecto los terminales de la impedancia desconocida. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . El esquema de la figura es el original, con los terminales de la carga Z a circuito abierto y en el que hemos eliminado la bobina en serie con la F. I. de intensidad. En este circuito, U = 4 ⋅1 = 4( V ) ; y aplicando la LKT a la malla de entrada: U ca = 2 ⋅ U + 4 ⋅ (− j) + U : U ca = 12 − j ⋅ 4 = 12,65∠ − 18,43°(V ) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . El circuito de la parte superior de la figura es el original reducido a pasivo; el de la parte inferior es el anterior donde hemos aplicado la regla de la sustitución a la F. R. de tensión controlada: R =

2⋅U = 2. U1

En este segundo esquema la impedancia equivalente respecto de los terminales 1 y 2 es: Z12 = 2 + 1 − j + 1 = 4 − j = 4,12∠ − 14,04°(Ω) . Por tanto: Z Th = Z12 : Z Th = 4,12∠ − 14,04°(Ω) . Aplicando el teorema de la máxima transferencia de potencia, (en este caso sólo es variable el argumento de la impedancia) es: sen (ϕ) = −

2 ⋅ Z ⋅ Z Th ⋅ sen (ϕTh ) = 0,191 : ϕ = 10,98 : Z = 2∠10,98°(Ω) ; y la 2 Z 2 + Z Th

2

potencia máxima es: Pmax

U ca = ⋅ Re al{Z}: Pmax = 8,74( W ) . Z + Z Th

* El alumno debe sacar la expresión de la potencia máxima a partir de la solución del equivalente Thèvenin cargado con Z.

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Determine la relación de transformación del transformador ideal del circuito de la figura, para que la impedancia Z = 1+j(Ω) absorba máxima potencia, calculando también dicha potencia máxima. En el esquema la fuente de intensidad en Amperios y las impedancias en Ohmios. Solución: Calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales de entrada del transformador ideal. Como podemos apreciar en la figura, donde hemos quitado la resistencia de 5 Ohmios en serie con la F. I. de intensidad de 1 Amperio, este cálculo es fácil. La tensión a circuito abierto es: U ca = 1 ⋅ (5 + j ⋅15) = 15,81∠71,56°(V) ; y la impedancia equivalente, una vez reducido este circuito a pasivo es: Z Th = 10 + (5 + j ⋅15 ) = 15 ⋅ 2∠45°(Ω) .

Si pasamos la impedancia Z al primario del transformador: Z p = a 2 Z = a 2 ⋅ 2∠45° . El equivalente Thèvenin del circuito en bornas del transformador ideal cederá potencia máxima a la impedancia Zp, y por lo tanto a Z, cuando Z p = Z Th : a 2 Z = Z Th : a 2 =

Z Th = 15 : a = 3,87 , por aplicaZ

ción del teorema de la máxima transferencia de potencia. Para

esta

relación

de

transformación,

la

impedancia

vista

desde

el

primario

es:

Z p = a 2 Z = 15 ⋅ 2∠45° ; y la potencia máxima transferida es: 2

Pmax

2

U ca ⎛ 15,81 ⎞ = ⋅ Re al{Z p } = ⎜ ⎟ ⋅15 = 2,08 : Pmax = 2,08( W ) . Z Th + Z p ⎝ 30 ⋅ 2 ⎠

* Hemos podido reducir el problema a que sea la impedancia vista desde el primario del transformador la que consuma máxima potencia, porque el transformador al ser ideal no consume potencia. Compruébelo el alumno encontrando el equivalente Thèvenin respecto de la impedancia Z y aplicando a continuación el teorema de la máxima transferencia de potencia.

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Analice el circuito de la figura dando la tensión e intensidad en cada elemento. Determine la potencia compleja en cada fuente real. DATOS: i g ( t ) = 2 sen(1000 t ), (A) ; e( t ) = 2 cos(1000 t ), ( V ) ; M = 1(mH). Solución: En la figura mostramos el circuito original en el dominio de la frecuencia con ω = 1000 rad s , y un grafo del circuito, donde se ha marcado las intensidades de las mallas. Analizamos por mallas, suponiendo que hemos cambiado la F. R. de intensidad por su equivalente de tensión. El valor de la impedancia debida al acoplamiento es: X M = 1(Ω) . Las ecuaciones de conexión ramas-mallas son: I 2 = I1 − I 4 ; I 3 = −I1 . Las ecuaciones del análisis por mallas son:

[I1 ] : I1 ( j ⋅ 2 + j + 1 − j ⋅ 2) + I 4 (− j + j) = − j⎫ I1 = −0,5 − j ⋅ 0,5(A) . ⎬ [I 4 ]: I1 (− j + j) + I 4 (1 + j) = −1 ⎭ I 4 = −0,5 + j ⋅ 0,5(A) Las tensión en las ramas son: U1 = I1 ( j ⋅ 2 ) − I 2 ( j); U 2 = −I1 ( j) + I 2 ( j); U 3 = (I 3 + I G ) ⋅1; U 4 = 1 + I1 (1) . Con todas estos datos, construimos la tabla de resultados siguiente. Ramas

1

2

3

4

I(A)

− 0,5 − j ⋅ 0,5

−j

0,5 + j ⋅ 0,5

− 0,5 + j ⋅ 0,5

U(V)

−j

0,5 + j ⋅ 0,5

0,5 − j ⋅ 0,5

0,5 + j ⋅ 0,5

La potencia compleja en cada fuente real coincide con la consumida por las ramas 3 y 4. Sus valores son: S 3 = U 3 ⋅ I *3 = −0.5 ⋅ j ( VA ) ; S 4 = U 4 ⋅ I *4 = −0.5 ⋅ j (VA ) . * Realice el alumno el cálculo de las potencias complejas de cada uno de los elementos ideales del circuito. ¿Hay algo extraño en el resultado de la potencia compleja de cada bobina acoplada?; ¿cómo podría explicar el resultado de las potencias que aparecen en estas bobinas acopladas?

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Dado el transformador ideal de la figura calcule: a) I2 e I3; y b) la potencia activa cedida o absorbida por cada elemento. DATOS: I1 = 4 + j ⋅ 2(A) ; E = 8(V) ; R = 8(Ω) .

Solución: En la figura mostramos el circuito con las referencias de tensión e intensidad. Las ecuaciones de este transformador ideal de 3 devana1 1 ⎧ U1 = ⋅ U 3 = ⋅ E = 4∠0°(V) ⎪ U ⎪ U U 2 2 dos son: 1 = 2 = 3 : ⎨ ;y 1 1 N N 2⋅ N ⎪ ⎪⎩U 2 = 2 ⋅ U 3 = 2 ⋅ E = 4∠0°(V) U2 ⎧ ⎪⎪I 2 = R = 0,5∠0°(A) − N ⋅ I1 + N ⋅ I 2 − 2 ⋅ N ⋅ I 3 = 0 : ⎨ . 1 1 1 1 ⎪I = − ⋅ I + ⋅ I = − ⋅ (4 + j ⋅ 2) ⋅ 4 = −1,75 − j(A) 1 2 ⎪⎩ 3 2 2 2 2 Con estos resultados las potencias complejas en cada elemento son:

⎧PI = −16( W ) la F. I. de intensidad: S I = −U1 ⋅ I1* = −4 ⋅ (4 − j ⋅ 2 ) = −16 + j ⋅ 8(VA) : ⎨ ; ⎩Q I = 8(VAR) ⎧PE = 14( W ) la F. I. de tensión: S E = −U 3 ⋅ I *3 = −8 ⋅ (− 1,75 + j) = 14 − j ⋅ 8(VA) : ⎨ ;y ⎩Q E = −8(VAR) ⎧PR = 2( W ) la resistencia: S R = U 2 ⋅ I *2 = 4 ⋅ 0,5 = 2(VA) : ⎨ . ⎩Q E = 0(VAR) Hemos elegido, como habrá podido observar el alumno, el criterio de potencias consumidas si son positivas. * Compruebe el alumno que la potencia total entrante al transformador es nula.

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En el circuito de la figura calcule: a) el valor de la resistencia R para que absorba máxima potencia. ¿Depende tal valor de E3?; b) el valor de E3 para que la intensidad IAB sea I AB = 10∠0°(A) ; c) el valor de E3 para que la intensidad IAB sea I AB = 0(A) ; y d) con los valores obtenidos en los apartados a) y c), un balance de potencias activas y reactivas. DATOS: E1 = 100∠0°( V ); E 2 = 50 2∠45°( V ) ; ω = 1( krad / s) . Solución: a) Pasamos el circuito al dominio de la frecuencia con ω = 1( krad / s) y calculamos la impedancia ZTh, vista desde los terminales de R, una vez reducido el circuito a pasivo, tal como se muestra en la figura. Aplicamos la equivalencia de la asociación de elementos pasivos. Z Th = j +

( j ⋅ 8 − j ⋅ 5)⋅ (3 + j − j ⋅ 4) = 3 + j ⋅ 4 : Z = 3 + j ⋅ 4(Ω) . Th ( j ⋅ 8 − j ⋅ 5) + (3 + j − j ⋅ 4)

Para que R consuma máxima potencia: R = Z Th = 3 2 + 4 2 = 5(Ω) . Como es lógico el valor de R no depende del valor de la fuente E3, ya que se calcula sobre el circuito reducido a pasivo. b) Calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales de R, del que ya hemos calculado la impedancia Thèvenin. En la figura se muestra el circuito original donde calcular la tensión a circuito abierto. Calculamos la intensidad I en el circuito de la figura. I=

100 − (50 + j ⋅ 50 ) 50 − j ⋅ 50 = ; y a partir de ella, el valor de 3 + j − j⋅ 4 − j⋅ 5 + j⋅8 3

la tensión a circuito abierto U ca = I ⋅ ( j ⋅ 8 − j ⋅ 5) + 50 + j ⋅ 50 − E3 ; U ca (= E Th ) = 100 + j ⋅100 − E3 . En la figura se muestra el equivalente Thèvenin calculado, cargado con la resistencia calculada en el apartado a). En el esquema de la figura: I AB = b) Si I AB = 10∠0° = c) Si I AB = 0 =

E Th 100 + j ⋅100 − E 3 . = R + Z Th 5 + 3 + j⋅ 4

100 + j ⋅ 100 − E 3 : E 3 = 20 + j ⋅ 60( V ) . 5 + 3 + j⋅ 4

100 + j ⋅100 − E3 : E3 = 100 + j ⋅100(V) . 5 + 3 + j⋅ 4

d) Con los valores calculados de R = 5(Ω) y E3 = 100 + j ⋅100(V) , analizamos el circuito original, en el que aprovechamos el conocimiento del valor de IAB.

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El circuito se muestra en la figura. En el esquema calculamos las intensidades: ⎧ 100 − (100 + j ⋅100 ) 50 ⋅ 2 : I1 = ∠ − 45°(A ) ⎪I1 = 3 + j − j⋅ 4 3 ⎪ . ⎨ ( ) ( ) 50 + j ⋅ 50 − 100 + j ⋅ 100 50 ⋅ 2 ⎪I = : I2 = ∠135°(A ) ⎪ 2 + j⋅8 − j⋅ 5 3 ⎩

A partir de estos datos construimos la tabla de resultados siguiente. Elemento

E1

3(Ω)

1(mH)

250(μF)

200(μF)

8(mH)

E2

P(W)

-1667

1667

0

0

0

0

0

Q(VAR)

-1667

-

556

-2223

-2778

4445

1667

Los elementos de la rama central no ceden ni consumen potencia alguna, porque la intensidad que circula por dicha rama es nula.

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Un transformador ideal de 250(kVA) nominales está trabajando con un f. de p. 0,8 inductivo a plena carga. Se quiere corregir el factor potencia de la instalación que alimenta dicho transformador elevándolo a 0,9 inductivo, para lo cual se colocan unos condensadores en paralelo con dicha instalación. Suponiendo que la frecuencia de la red es de 50(Hz) y que la salida del transformador es 380(V), calcule la capacidad de los condensadores necesarios. Una vez colocados los condensadores se añade en paralelo con el conjunto una carga puramente resistiva. Determine el valor límite de ésta para que el transformador no exceda de su potencia nominal. Solución: ⎧S = 250k ⎧P = 200(kW ) La instalación original consume una potencia: ⎨ . :⎨ ⎩cos(ϕ) = 0,8(ind ) ⎩Q = 150(kVAR ) Para que esta instalación original presente un f. de p. equivalente de 0,9(ind), habrá que conectar en paralelo con la misma una batería de condensadores de valor: C=

[

] = 200 ⋅10 ⋅ [0,75 − 0,48] : C = 1,17(mF) .

P ⋅ tan (ϕ) − tan (ϕeq ) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U2

3

2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 380 2

Con esta batería de condensadores conectada, las potencias en la instalación, incluida la batería de

⎧Pnueva = P = 200(kW ) : Snueva = 222(kVA) < 250(kVA) . condensadores, son: ⎨ ⎩Q nueva = Q − Q cond = P ⋅ tan (ϕeq ) = 97(kVAR ) Como vemos, al mejorar el f. de p. equivalente de la instalación el transformador deja de estar a plena carga. Por tanto podemos conectar otra carga, en este caso resistiva pura. Si PR, en kW, es la potencia máxima a conectar en paralelo con la instalación, la potencia aparente del conjunto será la potencia nominal. Por tanto: S2 = (Pnueva + PR ) + Q 2nueva : 2502 = (200 + PR ) + 97 2 : PR = 30,4 . 2

2

Es decir, podemos conectar hasta un máximo de 30,4(kW) de potencia de carga de f. de p. unidad.

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En el circuito de la figura se representa una resistencia variable en paralelo con una reactancia también variable que puede tomar valores inductivos o capacitivos. Determine: a) el equivalente Thèvenin del circuito a la izquierda de los terminales 1, 1'; b) el valor que deben tomar R y X para que el conjunto de ambos consuma máxima potencia activa; c) dicha potencia activa máxima. d) Con el valor de X obtenido, diga si se trata de una bobina o de un condensador, dando el valor correspondiente en mH o μF respectivamente. DATO: e( t ) = 10 2 cos(1000 t ) ( V ) . Solución: Pasamos el subcircuito a la izquierda de los terminales 1, 1’ al dominio de la frecuencia, con ω = 1000 rad s , tal como se muestra en la figura con las impedancias en Ohmios y la tensión en Voltios. a) La tensión a circuito abierto es U11'ca = U ca = 10 ⋅

100 = 5 − j ⋅ 5(V) . 100 + j ⋅100

La impedancia Thèvenin es, con el circuito reducido a pasivo, es Z Th =

100 ⋅ j ⋅100 = 50 + j ⋅ 50(Ω) . 100 + j ⋅100

b) Para que el subcircuito de la figura, representado por su equivalente Thèvenin, ceda potencia máxima a la impedancia equivalente formada por la carga desconocida, ésta debe ser, por aplicación del teorema de la máxima transferencia de potencia, Z = Z*Th = 50 − j ⋅ 50(Ω) . c) La potencia máxima transferida es Pmax

2 U ca = = 0,25 : Pmax = 250(mW) 4 ⋅ Re al{Z Th }

d) Identificando esta carga compleja con la del circuito,: Y = nemos:

1 1 1 1 1+ j − j⋅ = = = , obteR X Z 50 − j ⋅ 50 100

1 1 1 1 = : R = 100(Ω) ; = − : X = −100(Ω) . R 100 X 100

Al ser X negativo en la identificación anterior se trata de una reactancia capacitiva, y el valor del condensador es: X = −100 :

1 = 100 : C = 10(μF) . ω⋅ C

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Sabiendo que el voltímetro indica 50(V) y que, variando el condensador C, el valor mínimo que marca el amperímetro es 1(A), determine el valor de R, ωL y ωC; y realice un balance de potencias activas y reactivas. La fuente de alterna mantiene un tensión de E = 100(V) eficaces con un desfase inicial nulo. Solución: Como en el circuito la carga está alimentada a tensión fija, en valor eficaz y frecuencia, la intensidad cedida por la fuente será mínima cuando la admitancia equivalente de la carga, a la frecuencia de la fuente, sea mínima. En efecto: I = E ⋅ Y , si E es constante, I será mínima si lo es la admitancia Y. En nuestro caso, Y = j ⋅ ω ⋅ C +

⎛ ⎞ 1 1 ω⋅ L ⎟. = 2 + j ⋅ ⎜⎜ ω ⋅ C − 2 2 2 ⎟ R + j ⋅ ω ⋅ L R + (ω ⋅ L ) R + (ω ⋅ L ) ⎠ ⎝ 2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ω⋅ L 1 ⎟ + ⎜⎜ ω ⋅ C − 2 ⎟ . Tomando módulos: Y = ⎜⎜ 2 2 ⎟ 2 ⎟ ( ) ( ) + ω ⋅ + ω ⋅ R L R L ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ En la expresión anterior sólo es variable, con C, el segundo sumando. Por tanto, Y será mínima cuando la suma bajo el radical sea mínima; y esta suma al serlo de dos sumandos positivos, será mínima cuando el segundo sumando sea mínimo, que al ser positivo, su mínimo será cero. Luego Y es mínimo si ω ⋅ C −

ω⋅ L ω⋅ L (1). = 0 : ω⋅ C = 2 2 2 R + (ω ⋅ L ) R + (ω ⋅ L )

Para este valor de (1): Ymin =

R R . Ahora I min = E ⋅ Ymin : 1 = 100 ⋅ 2 (2); 2 2 R + (ω ⋅ L ) R + (ω ⋅ L )

2

2

j⋅ ω⋅ L R ω⋅ L ω⋅ L (3). : 50 = 100 ⋅ : ω⋅ L = :V = E⋅ 2 2 R + j⋅ ω⋅ L 3 R 2 + (ω ⋅ L ) R 2 + (ω ⋅ L )

y V = E⋅

Sustituyendo (3) en (2): 1 = 100 ⋅

R 300 R = : R = 75(Ω) : ω ⋅ L = : ω ⋅ L = 25 ⋅ 3 (Ω) ; 2 R + R 3 4⋅R 3

y ambos resultados en (1): ω ⋅ C =

2

25 ⋅ 3 ω⋅ L = 2 R + (ω ⋅ L ) 752 + 25 ⋅ 3

(

2

Luego R = 75(Ω) ; ω ⋅ L = 25 ⋅ 3 (Ω) ; ω ⋅ C =

)

2

=

3 3 : ω⋅C = (S) . 300 300

3 (S) . 300

Las potencias serán: 2

V2 3 3 ⎛ V ⎞ Q C = − E ⋅ ω ⋅ C = −100 (VAR ) ; Q L = = 100 (VAR ) ; PR = ⎜ ⎟ ⋅ R = 100( W ) ; ω⋅ L 3 3 ⎝ ω⋅ L ⎠ 2

en la fuente la tensión y la intensidad van en fase ya que la admitancia es susceptiva pura, por tanto:

Q E = 0 ; PE = −E ⋅ I min = −100( W) . * Puede comprobar que el balance es cero.

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Salcedo&López

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En el circuito de la figura adjunta determine la potencia activa y reactiva de todos sus elementos. ¿Qué susceptancia debe tener un condensador en serie con la fuente de intensidad para que ésta vea al circuito con f. de p. unidad? DATO: I = 5∠30°( A ) . Todas las impedancias del esquema en Ohmios.

Solución: En la figura mostramos el circuito original, con las referencias de tensión e intensidad. Aplicando divisor de intensidad, calculamos: I1 = (5∠30°) ⋅

j ⋅10 − j ⋅ 5 : I1 = 2,24∠93,43°(A) ; 10 + j ⋅10 − j ⋅ 5

I 2 = (5∠30°) ⋅

10 : I 2 = 4,47∠3,43°(A) ; y U = 10 ⋅ I1 : U = 22,4∠93,43°(V) . 10 + j ⋅10 − j ⋅ 5

Con estos datos podemos calcular las potencias activas y reactivas que resumimos a continuación. Elemento

5∠30°( A )

10

-j·5

j·10

P(W)

-50

50

0

0

Q(VAR)

-100

0

-100

200

Para que la fuente de intensidad vea al circuito con f. de p. unidad, la impedancia equivalente vista desde la fuente debe ser resistiva pura. En el esquema de la figura, donde hemos incluido el condensador que debemos determinar, la impedancia equivalente es: Z = − j⋅ X +

10 ⋅ ( j ⋅10 − j ⋅ 5) : Z = − j ⋅ X + 2 + j ⋅ 4 = 2 + j ⋅ (4 − X ) e introdu10 + j ⋅10 − j ⋅ 5

ciendo la condición anterior de que sea resistiva pura: Z = 2 + j ⋅ (4 − X ) : 2 − X = 0 : X = 4(Ω) ; y expresando el resultado en susceptancia B = 0,25(S) . Es decir debe colocarse en serie con la fuente un condensador de 0,25 Siemens.

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Una fuente de tensión ideal alimenta a una asociación serie formada por una resistencia de 2(Ω) y una impedancia de 10(Ω) y f. de p. desconocido. Esta impedancia disipa 6(W), cediendo la fuente 8(W). Determine la tensión en la fuente y los posibles valores de la impedancia. Solución: En la figura se muestra un esquema del circuito del enunciado. Hacemos balance de potencias activas: PE = PZ + I 2 ⋅ 2 : 8 = 6 + I 2 ⋅ 2 : I = 1(A ) . Si la impedancia Z, la representamos por su configuración serie, a partir del conocimiento de I, tenemos: R = PZ I 2 : R = 6(Ω) ; y como el valor del módulo de Z es conocido: X = ± Z 2 − R 2 = ± 100 − 36 : X = ±8(Ω) . Así que el valor de la impedancia será: Z = 6 ± j ⋅ 8(Ω) . Es decir hay dos soluciones posibles para Z, una de carácter inductivo (determinación positiva de la raíz) y otra de carácter capacitivo (determinación negativa de la raíz). Para determinar el valor de E, calculamos la impedancia equivalente, vista desde la fuente: Z eq = 2 + Z = 8 ± j ⋅ 8 : E = I ⋅ Zeq : E = 8 ⋅ 2 (V) . Como vemos, el valor eficaz de la fuente sólo tiene un valor para las dos soluciones de la impedancia. * Fíjese el alumno que en este problema. de la carga se sabe el f. de p. pero no su carácter, por lo que el problema no está absolutamente determinado.

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Tres cargas monofásicas en paralelo están conectadas a un generador monofásico mediante una línea de impedancia equivalente de valor RL = 0,1(Ω). La tensión en el punto de conexión de las tres cargas es 220(V). La carga C-1 consume 10(kVA) con un f. de p. 0,9(ind); la carga C-2 consume 10(kW) y 5(kVAR); y la carga C-3 consume 10(kW) con un f. de p. 0,8(cap.). Determine: a) las intensidades en cada carga y en la línea de conexión; y b) la tensión del generador y el f. de p. con el que trabaja. Solución: En la figura mostramos un esquema del circuito, con U = 220( V ) . El resumen de las potencias de las cargas es:

⎧S = 10(kVA) ⎧P = 9(kW ) C −1: ⎨ 1 :⎨ 1 ; ⎩cos(ϕ1 ) = 0,9(ind) ⎩Q1 = 4,36(kVAR) ⎧P3 = 10(kW) ⎧S3 = 12,5(kVA) ⎧P = 10(kW) ⎧S = 11,18(kVA) C −3: ⎨ :⎨ C−2:⎨ 2 :⎨ 2 . ⎩Q 2 = 5(kVAR) ⎩cos(ϕ2 ) = 0,894(ind) ⎩cos(ϕ3 ) = 0,8(cap) ⎩Q3 = −7,5(kVAR) 1er método: a) En cada carga Sk = U ⋅ I k : I k = Sk U = Sk 220 : I1 = 45,5(A ) ; I 2 = 50,82(A ) ; I 3 = 56,82(A) . ⎧⎪Peq = ∑ Pk = 29(kW ) ⎧⎪Seq = 29,1(kVA) En el punto de conexión de las cargas ⎨ :⎨ ; lo que ⎪⎩Q eq = ∑ Q k = 1,86(kVAR ) ⎪⎩cos(ϕeq ) = 0,998(ind ) permite calcular la intensidad que circula por la red: Seq = U ⋅ I : I = Seq U = Sk 220 : I = 132,1( A ) . b) Para hallar el valor de E, hacemos balance de potencia en bornas de la fuente. ⎧⎪PE = Peq + I 2 ⋅ R L = 30,74(kW ) ⎧SE = 30,79(kVA) S :⎨ : SE = E ⋅ I : E = E : E = 233(V ) . ⎨ I ⎪⎩Q E = Q eq = 1,86(kVAR ) ⎩cos(ϕE − ϕ I ) = 0,998(ind ) 2º método: Suponemos que la tensión en el punto de conexión de las cargas tiene de fase cero U = 220 ∠0°( V ) . a) En cada carga S k = Pk + j ⋅ Q k : S k = U ⋅ I ∗k : I k = (S k U ) = S ∗k 220 ; de donde las intensidades en las ∗

cargas es I1 = 45,5∠ − 25,84°(A) ; I 2 = 50,82∠ − 26,57°(A) ; I 3 = 56,82∠36,87°(A) . Aplicamos la LKT en el punto de conexión de las cargas, para calcular la intensidad de la red. I = I1 + I 2 + I 3 : I = 132,1∠ − 3,67°(A) . b) Aplicamos la LKT para calcular el valor de la tensión del generador.

E = I ⋅ R L + U : E = 233,2∠ − 0,21°(V) A partir del valor del fasor de E, E = 233,2(V) ; f . de p. = cos(ϕ E − ϕ I ) = 0,998 .

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Dos cargas monofásicas en paralelo, conectadas a 480(V) consumen 10(kW) con un f. de p. de 0,8(cap.) y 12(kW) con un f. de p. de 0,75(ind) respectivamente. La línea de alimentación desde un generador monofásico a dichas cargas tiene una impedancia equivalente de 0,7 + j·3(Ω). Determine la tensión en bornas del generador y el f. de p. con el que trabaja. Se desea llevar el f. de p. de las cargas a la unidad, mediante la conexión de una batería de condensadores en paralelo con las cargas. Determine el valor de dicha batería de condensadores si la red es de 50(Hz). Solución: En la figura dibujamos un esquema del circuito, con U = 480(V). Resumimos

⎧P1 = 10(kW) ⎧S = 12,5(kVA) :⎨ 1 las potencias de las cargas. C − 1 : ⎨ ;y ⎩cos(ϕ1 ) = 0,8(cap) ⎩Q1 = −7,5(kVAR) ⎧P = 12(kW ) ⎧S = 16(kVA) C−2:⎨ 2 :⎨ 2 . ⎩cos(ϕ2 ) = 0,75(ind) ⎩Q 2 = 10,58(kVAR ) a) En el punto de conexión de las cargas, la potencia equivalente es: ⎧⎪Seq = 22,21(kVA ) ⎧⎪Peq = P1 + P2 = 22(kW ) . De aquí, calculamos la intensidad :⎨ ⎨ ⎪⎩Q eq = Q1 + Q 2 = 3,08(kVAR ) ⎪⎩cos(ϕ 2 ) = 0,95(ind ) : tan (ϕeq ) = 0,14

de la red S eq = U ⋅ I : I =

22210 : I = 46,28(A ) ; lo que nos permite calcular el balance de potencias en 480

⎧⎪PE = Peq + I 2 ⋅ R L = 23,5(kW ) : SE = 25,35(kVA) ; y con este dato, calculabornas del generador ⎨ 2 ⎪⎩Q E = Q eq + I ⋅ X L = 9,51(kVAR) mos la tensión del generador y su f. de p. SE = E ⋅ I : E =

25350 P : E = 548(V ) ; f . de p. = E = 0,927 . 46,28 SE

b-1) La capacidad de la batería de condensadores que habrá que conectar en paralelo con las cargas es: C=

Peq (tan (ϕ eq ) − tan (ϕ nueva )) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U2

22 ⋅ 10 3 (0,14 − 0 ) : C = 43(μF) . = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 480 2

* Fíjese que hemos utilizado, como sabe el alumno, los valores de potencia y tensión que hay antes de la conexión de la batería de condensadores, ya que, en este caso, tanto la potencia activa como reactiva de las cargas, así como la tensión en el punto de conexión de las mismas, no son las mismas después de la conexión. b-2) Realizamos el cálculo de la batería de condensadores de una forma alternativa a la anterior. La admitancia equivalente a las cargas 1 y 2 es S eq = U ⋅ I = U ⋅ (U ⋅ Yeq ) : Yeq = ∗ eq

la expresión anterior tenemos Yeq =

S*eq U2

(P =

eq

+ j ⋅ Q eq )

S*eq U2

. Sustituyendo en

∗

U2

: Yeq = 95,5 − j ⋅13,4(mS) .

Al conectar la batería de condensadores el conjunto batería de condensadores-cargas debe tener f. de p. unidad, es decir, su susceptancia debe ser nula. Por tanto,

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(

)

Ynueva = j ⋅ Bcon + Yeq = 95,5 ⋅10−3 + j ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ C − 13,4 ⋅10−3 : 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ C − 13,4 ⋅10−3 = 0 : C = 43(μF) . * El alumno debiera calcular cuál es, con la batería de condensadores conectada, la nueva tensión en el punto de conexión de las cargas, la intensidad de la red y la potencia activa y reactiva de cada una de las dos cargas. * Repita el ejercicio si el f. de p. del conjunto de las cargas y la batería de los condensadores tuviera que ser 0,9(cap).

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Una línea de transmisión monofásica de 0,08+j·0,25(Ω) de impedancia equivalente se usa para alimentar a 240(V) y 50(Hz) a una carga inductiva de 12(kW), siendo la potencia perdida en la línea de 560(W). Determine el f. de p. de la carga y el del conjunto línea y carga. ¿Qué capacidad equivalente debería tener una batería de condensadores conectada en paralelo a la entrada de la línea para que el f. de p. equivalente fuera la unidad? Solución: En el esquema de la figura hemos señalado las referencias de las tensiones e intensidad de la línea, y donde la tensión en la carga es U = 240( V ) . A partir del dato de la potencia consumida por la línea calculamos la intensidad I: PL = I 2 ⋅ R L : I = 560 0,08 : I = 83,67(A) . Con este dato, calculamos

⎧ 12 ⋅103 ( ) ( ) P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ : cos ϕ = : cos(ϕ) = 0,598(ind ) ⎪ 240 ⋅ 83,67 los datos de potencia de la carga Z ⎨ ; y los ⎪Q = U ⋅ I ⋅ sen (ϕ) = 16,1 ⋅103 : Q = 16,1(kVAR ) ⎩

⎧PL = 12(kW ) de la línea: ⎨ . 2 Q = I ⋅ X : Q = 1 , 75 ( kVAR ) L L ⎩ L En la entrada de la línea hacemos balance de potencias para calcular el f. de p. equivalente a la entrada

⎧PE = PL + P = 12,56(kW ) ⎧S = 21,83(kVA) :⎨ E de la red ⎨ . ⎩Q E = Q L + Q = 17,85(kVAR) ⎩cos(ϕE ) = 0,575(ind) Por tanto el f. de p de la carga es 0,598(ind) y el visto desde la entrada de la red, 0,575(ind). Como la batería de condensadores hay que conectarla a la entrada de la red, calculamos el valor de la tensión E: S E = E ⋅ I : E =

21830 : E = 261(V) . 83,67

Con este valor de C y sabiendo que el f. de p. debe ser la unidad, el valor de la capacidad de la batería de condensadores es C =

PE (tan (ϕ E ) − 0) : C = 835(μF) . 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ E 2

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En el circuito de la figura, determine i(t) en régimen estacionario senoidal. DATOS: e(t) = 2 2 cos(t) (V); ig (t) = 3 2 cos(2 t- 90°) (A) ; R = 1(Ω); L = 1(H); C = 0,5(F). Solución: Como el circuito tiene fuentes de distinta frecuencia, aplicaremos el teorema de superposición. En la figura mostramos el circuito pasado al dominio de la frecuencia, con

ω = 1(rad s ) , y E = 2⋅ 2 , con todos los elementos en unidades del S.I. Aplicamos divisor de intensidad, para calcular I1. 1 E − j⋅ 2 + j = 0,894 ⋅ 2∠63,43°(A ) . I1 = ⋅ 1 1 +1+1 − j⋅ 2 + j

Pasamos al dominio del tiempo i1 (t ) = 0,894 ⋅ 2 ⋅ cos(t + 63,43° ) ( A ) . En la figura mostramos el circuito pasado al dominio de la frecuencia, con ω = 2(rad s ) , e I G = − j ⋅ 3 ⋅ 2 , con todos los elementos en unidades del S.I. Aplicamos divisor de intensidad, para calcular I2. 1 j⋅ 2 − j = 1,34 ⋅ 2∠ − 153,43°(A ) . I2 = IG ⋅ 1 +1 j⋅ 2 − j

Pasamos al dominio del tiempo i 2 (t ) = 1,34 ⋅ 2 ⋅ cos(2 ⋅ t − 135,43°) ( A ) . Por tanto, la respuesta, aplicando el teorema de superposición es: i( t ) = i1 (t ) + i 2 (t ) = 0,894 ⋅ 2 ⋅ cos(t + 63,43°) + 1,34 ⋅ 2 ⋅ cos(2 ⋅ t − 135,43°) ( A ) .

* Recuerde que sólo pueden sumarse fasores de ondas senoidales de igual frecuencia y tipo (coseno o seno). Si el circuito está excitado con fuentes de distintas frecuencias se aplica superposición a la respuestas en el dominio del tiempo obtenidas para cada una de las frecuencias.

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En el circuito de la figura determine el valor de la impedancia Z, cuya resistencia vale 1Ω) y su reactancia X es variable, para que consuma máxima potencia. ¿Cuál es el valor de dicha potencia máxima? En el circuito los elementos pasivos en (Ω) y la tensión en (V). La impedancia equivalente del acoplamiento de las dos bobinas es: XM = 1(Ω). Solución: En primer lugar calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 1’ 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . En la figura se muestra el circuito original con los terminales 1, 1’ a circuito abierto, y los lazos básicos para hacer un análisis circular.

[I1 ]: I1 ( j ⋅ 2) + I 2 ( j ⋅ 2 − j) = 10 ⎫ I1 = − j ⋅10(A) : . [I 2 ]: I1 ( j ⋅ 2 − j) + I 2 ( j ⋅ 3 − j) = 10⎬⎭ I 2 = − j ⋅10(A)

La tensión a circuito abierto es: U ca = −I1 ( j) + I 2 ( j ⋅ 3) : U ca = 20(V) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . En la figura mostramos el circuito original reducido a pasivo, con la fuente auxiliar y los lazos básicos sobre los que analizar el circuito.

[I1 ] : I1 ( j ⋅ 2) + I 2 ( j ⋅ 2 − j) = 0 ⎫ [I 2 ] : I1 ( j ⋅ 2 − j) + I 2 ( j ⋅ 3 − j) − I 0 (− j) = 0⎪⎬ : I 0 = j ⋅ 3 ⋅ U 0 . 5 ⎪ [I 0 ] : −I 2 (− j) + I 0 (− j) = U 0 ⎭ 5 5 Luego, la impedancia Thèvenin es: Z Th = U 0 I 0 = − j ⋅ : Z Th = − j ⋅ (Ω) . 3 3

A partir del equivalente Thèvenin aplicamos las consecuencias del teorema de máxima transferencia de potencia a la impedancia Z = 1 + j ⋅ X , en la que sólo varía su reactancia. 3 3 Por tanto, X = − X Th = (Ω) : Z = 1 + j ⋅ (Ω) ; 5 5 2

y la potencia máxima transferida es: Pmax

U ca 400 = ⋅ real{Z} = : Pmax = 400( W ) . Z + Z Th 1

* Fíjese que en este ejercicio no puede cambiarse, en el circuito donde calculamos la impedancia Thèvenin, las dos bobinas acopladas por tres desacopladas, porque en el punto común de las dos bobinas hay no tres sino cuatro ramas.

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Dos cargas están conectadas a un generador mediante una línea de impedancia equivalente

Z L = 0,1 + j ⋅ 0,2(Ω) . En el punto de conexión de las cargas la tensión es 220(V). La carga C-1 consume 10(kW) con un f. de p. inductivo 0,857; y la carga C-2 consume 10(kW) y cede 1(kVAR). Determine: a) la potencia activa que consume la línea; b) la tensión en el generador; y c) el f. de p. equivalente de la instalación, vista desde el generador, indicando si es inductivo o capacitivo. Solución: En la figura se muestra un esquema del circuito con Z L = 0,1 + j ⋅ 0,2(Ω) y U = 220( V ) . Resumimos las potencias en las cargas.

⎧P = 10(kW) ⎧S = 11,67(kVA) C −1: ⎨ 1 :⎨ 1 ;y ⎩cos(ϕ1 ) = 0,857(ind) ⎩Q1 = 6(kVAR) ⎧P = 10(kW ) C−2:⎨ 2 : S2 = 10,05(kVA) ; y la carga equivalente ⎩Q 2 = −1(kVAR) ⎧P = P1 + P2 = 20(kW ) C −1− 2 : ⎨ : S = 20,62(kVA) . ⎩Q = Q1 + Q 2 = 5(kVAR) 1er método: A partir de la potencia aparente de la carga equivalente, calculamos la intensidad que circula por la línea: S = U ⋅ I : I =

20620 : I = 93,71(A ) ; 220

⎧⎪PL = I 2 ⋅ R L = 0,878(kW ) a) y con este valor la potencia consumida por la línea: ⎨ . ⎪⎩Q L = I 2 ⋅ X L = 1,76(kVAR )

b) Hacemos balance de potencia en el punto de conexión del generador:

⎧P = P + PL = 20,878(kW ) Generador : ⎨ E : SE = 21,9(kVA) ; y con este valor de la potencia aparente ⎩Q E = Q + Q L = 6,76(kVAR) calculamos el valor de la tensión del generador: SE = E ⋅ I : E =

21900 : E = 234(V) . 93,71

c) El f. de p. equivalente de la instalación, vista desde el generador es: f . de p. = PE SE = 0,952(ind) . Este f. de p. es inductivo porque la potencia reactiva QE es positiva. 2º método: Suponemos que la tensión en el punto de conexión de las cargas tiene de fase cero: U = 220( V ) . La potencia compleja equivalente a las dos cargas es: S = P + j ⋅ Q = 20 + j ⋅ 5 = 20,62∠14,036°( kVA ) . ∗

⎛S⎞ La intensidad que circula por la línea es: S = U ⋅ I : I = ⎜ ⎟ : I = 93,71∠ − 14,036(A ) ; ⎝U⎠ ∗

⎧⎪PL = I 2 ⋅ R L = 0,878(kW ) a) y a partir de ella la potencia consumida por la línea es: ⎨ . ⎪⎩Q L = I 2 ⋅ X L = 1,76( kVAR )

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b) Aplicando la LKT determinamos el valor de la tensión en el generador:

E = U + I ⋅ Z L : E = 234∠3,896(V) . c) El f. de p. en bornas del generador vendrá dado por:

f . de p. = cos(ϕE − ϕI ) = cos(17,956) = 0,952(ind) . * Recuerde que si trabaja con valores eficaces y potencias, (primer método) no puede aplicar las LK, ni sumar potencias aparentes.

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Sabiendo que la impedancia Z tiene carácter capacitivo y que la frecuencia de la red es 50(Hz), determine el valor de dicha impedancia y de los elementos que la forman. Los voltímetros, ideales, V1, V2 y V3 marcan respectivamente 10, 20 y 25 Voltios. Solución: En la figura mostramos las referencias de tensiones e intensidad. Supongamos que el fasor de tensión V1 tiene de fase cero; como es la tensión en la resistencia la intensidad I estará en fase y su valor será:

V1 = 10(V) : I = V1 R = 1 : I = 1(A) . Como Z tiene carácter capacitivo, su tensión, V2, irá atrasada a la intensidad I. Con estos datos, y sabiendo que las tres tensiones cumplen la LKT, construimos el triángulo de la figura, donde calcular los desfases de V2 y V3. En el triángulo aplicamos el teorema del coseno: V32 = V12 + V22 + 2 ⋅ V1 ⋅ V2 ⋅ cos(180 − ϕ 2 ) ; sustituyendo valores, tene-

mos: 252 = 10 2 + 20 2 − 2 ⋅10 ⋅ 20 ⋅ cos(ϕ 2 ) : ϕ 2 = −71,79° . Por tanto: V2 = 20∠ − 71,79°(V) ; y de este resultado, la impedancia Z será: Z = V2 I = 20∠ − 71,79° : Z = 6,25 − j ⋅19(Ω) . Esta impedancia estará formada por la asociación de una resistencia de valor R = 6,25(Ω) y un condensador de reactancia X = 19(Ω ) , que a la frecuencia de 50(Hz) corresponde a un condensador de: X=

1 = 19 : C = 167,5(μF) . 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ C

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Un transformador está trabajando con un f. de p. 0,6 inductivo a su potencia nominal de 300(kVA). Se quiere corregir el f. de p. de la instalación que alimenta dicho transformador elevándolo a 0,9 inductivo, para lo cual se coloca una batería de condensadores en paralelo con dicha instalación. Suponiendo que la frecuencia de la red es 50(Hz) y que la salida de tensión del transformador es 380(V), calcule la capacidad de dicha batería de condensadores. Una vez colocada dicha batería de condensadores se añade en paralelo con el conjunto una carga puramente resistiva. Determine el valor límite de ésta para que el transformador no exceda de su potencia nominal. Solución: ⎧P = 180(kW ) Si el transformador está trabajando a plena carga, la potencia que suministra es ⎨ . ⎩Q = 240(kVAR ) Para que el transformador pase a cos(ϕcor ) = 0,9(ind ) , la batería de condensadores en paralelo con la salida del transformador será C =

P ⋅ (tan (ϕ) − tan (ϕ cor )) 180 ⋅ 10 3 ⋅ (1,333 − 0,484) = : C = 3,37(mF) . 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U2 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 380 2

⎧P1 = P = 180(kW) : S1 = 200(kVA) , lo que significa Ahora el transformador suministra ⎨ ⎩Q1 = P ⋅ tan(ϕcor ) = 87,18(kVAR) que, con la mejora del f. de p. introducida por la batería de condensadores, ya no está a plena carga. Podemos, pues, conectar más carga, en este caso carga resistiva pura, que lo lleve de nuevo a plena carga. Sea PR , la carga que conectamos en paralelo. Su valor límite vendrá dado por:

S2 =

(P1 + P2 )2 + (Q1 + 0)2

≤ S nom :

(180 + P2 )2 + (87,18)2

≤ 300 : P2 ≤ 107(kW) .

Es decir, podemos conectar, en paralelo con la salida del transformador, hasta 107(kW) de potencia de una carga puramente resistiva. * El alumno debiera completar este ejercicio con los esquemas necesarios para su resolución. * Recuerde la importancia de la mejora del f. de p. en la distribución y el aprovechamiento de los equipos en la distribución de energía eléctrica.

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Dos generadores monofásicos ideales de la misma frecuencia alimentan a una misma carga que consume 10(kW) con un f. de p. 0,8(ind). La línea entre el generador G1 y la carga tiene de impedancia equivalente 1,4 + j·1,6(Ω) y la que conecta el generador G2 con la carga tiene una impedancia equivalente de 0,8 + j·1(Ω). Si el generador G1 cede 15(kW) y 11,25(kVAR) con una tensión de 260(V), determine la tensión en bornas de G2 y la potencia activa y reactiva que cede dicho generador. Solución: En la figura damos un esquema del ejercicio, con las referencias de tensión e intensidad. los datos de potencia y tensión conocidos son:

⎧P = −15(kW ) E 1 : ⎨ E1 : S E1 = 18,75(kVA) ; E1 = 260(V) ; y ⎩Q E1 = −11,25(kVAR) ⎧P = 10(kW ) Z:⎨ Z : SZ = 12,5(kVA) . ⎩Q Z = 7,5(kVAR) 1er método: Con los datos referentes al generador G1, calculamos I1 SE1 = E1 ⋅ I1 : I1 = 72,12(A) , lo que permite cal⎧⎪P = I 2 ⋅ R = 72,12 2 ⋅1,4 = 7,28(kW ) cular la potencia consumida por la línea L1 ⎨ L1 1 2 L1 . ⎪⎩Q L1 = I1 ⋅ X L1 = 72,12 2 ⋅1,6 = 8,32(kVAR )

Aplicamos el teorema de Boucherot en la sección por A, hacia el generador G1, para conocer la tensión

⎧PA = PE1 + PL1 = −7,72(kW ) : SA = 8,26(kVA) : U A = SA I1 = 114,5(V) . en A : ⎨ ⎩Q A = Q E1 + Q L1 = −2,93(kVAR) Aplicamos el teorema de Boucherot en la sección por B, cuya tensión es la misma que en A, hacia el generador G1, para conocer la intensidad en la línea L2:

⎧P = PA + PZ = 2,28(kW ) B:⎨ B : SB = 5,11(kVA) : I 2 = SB U B = 44,6(A) , lo que permite calcular la ⎩Q B = Q A + Q Z = 4,57(kVAR) ⎧⎪PL 2 = I 22 ⋅ R L 2 = 44,6 2 ⋅ 0,8 = 1,59(kW ) . potencia consumida por la línea L2 ⎨ ⎪⎩Q L 2 = I 22 ⋅ X L 2 = 44,6 2 ⋅1 = 1,99(kVAR )

Aplicamos el teorema de Boucherot en bornas del generador G2, hacia G1 para conocer la tensión en

⎧P = PB + PL 2 = 3,87(kW ) : S = 7,62(kVA) : E 2 = S I 2 = 171(V) . bornas del mismo ⎨ ⎩Q = Q B + Q L 2 = 6,56(kVAR) ⎧P + PE 2 = 0 : PE 2 = −3,87(kW ) Si en bornas del generador G2 hacemos balance de potencias ⎨ . ⎩Q + Q E 2 = −6,56(kVAR ) Es decir, el generador G2 cede 3,87(kW) y cede 6,56(kVAR) y mantiene una tensión en bornas de 171(V).

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2º método. Mostramos de nuevo el esquema del circuito, donde hemos cambiado las referencias de intensidad, con el único motivo de que las ecuaciones de potencias sigan el convenio de potencias consumidas. Suponemos que el fasor de tensión del generador G1 tiene de fase cero E1 = 260(V) . La potencia compleja en este generador es S1 = −15 − j ⋅11,25(kVA) , lo que nos permite calcular I1: S1 = E1 ⋅ I1∗ : I1 = (S1 E1 ) : I1 = 72,12∠143,13°( A ) . ∗

Aplicamos la LKT a la malla de la izquierda del esquema para calcular U:

U = E1 + I1 ⋅ Z L1 : U = 114,5∠ − 16,1°(V) . La potencia compleja en la impedancia Z es S = 10 + j ⋅ 7,5(kVA ) , lo que nos permite calcular I: S = U ⋅ I ∗ : I = (S U ) : I = 109,19∠ − 52,96( A ) . ∗

Aplicamos la LKI al nudo superior del esquema para calcular I:

I + I1 + I 2 = 0 : I 2 = 44,62∠100,41°(A) . Aplicamos la LKT a la malla de la derecha del esquema para calcular E2:

E 2 = U − I 2 ⋅ Z L 2 : E 2 = 171∠ − 20,12°(V) ., lo que nos permite calcular la potencia compleja en el generador G2: S 2 = E 2 ⋅ I ∗2 : S 2 = −3,87 − j ⋅ 6,56(kVA) . Por tanto, el generador G2 cede 3,87(kW) y cede 6,56(kVAR) y mantiene una tensión en bornas de 171(V).

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Una carga monofásica consume 5(MW) con un f. de p. 0,9(ind) y está alimentada por dos líneas en paralelo, siendo la tensión en la cabecera de las líneas de 41(kV) y en la carga de 40(kV). Suponiendo que la eficiencia de la transmisión, η, es del 98% y que una de las líneas tiene de impedancia equivalente 7 + j·12(Ω), determine la impedancia de la otra línea. NOTA: Se define la eficiencia de la transmisión como el cociente entre la potencia activa que consume la carga y la cedida por el generador ideal conectado en la cabecera de la línea: η = Pcarga/Pgenerador = Pcarga/(Pcarga+Plínea). Solución: En la figura representamos el esquema del circuito del enunciado, donde

Z L1 = 7 + j ⋅12(Ω) ; U C = 40( kV) y U G = 41(kV) . La potencia consumida en ⎧S C = 5,56(MVA) ⎧PC = 5(MW ) :⎨ la carga Z es: ⎨ ; y la intensidad que ⎩cos(ϕ C ) = 0,9(ind) ⎩Q C = 2,42(MVAR ) circula por la carga es S C = U C ⋅ I : I = 139(A) . Por tanto, la potencia aparente en la cabecera es: SC = U G ⋅ I : SC = 5,69(MVA) . Aplicando el dato de la eficiencia de la transmisión, la potencia activa y reactiva que cede la cabecera es: η = 0,98 =

PC P : PG = C : PG = 5,1( MW ) : Q G = SG2 − PG2 : Q G = 2,53( MVAR ) . PG η

Haciendo balance de potencia, calculamos la potencia activa y reactiva consumida por las líneas:

⎧PL = PG − PC = 102(kW ) . ⎨ ⎩Q L = Q G − Q C = 107(kVAR) Es decir, el conjunto de las dos líneas en paralelo consume 102(kW) y 107(kVAR). De aquí podemos calcular la impedancia compleja equivalente a las dos líneas: S L = PL + j ⋅ Q L = I 2 ⋅ Z L : Z L = 5,28 + j ⋅ 5,57(Ω) ; y a partir de esta impedancia equivalente, la impedancia de la línea desconocida es:

Z ⋅Z 1 1 1 = + : Z L 2 = L L1 : Z L 2 = 13,73 + j ⋅ 8,28(Ω) Z L Z L1 Z L 2 Z L1 − Z L

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En el circuito de la figura, sabiendo que la carga C-1 consume 2(kW) con un f. de p. 0.8(cap) y que la carga C-2 consume 10(kW) con un f. de p. 0,85(ind), determine: a) el valor eficaz de la fuente de tensión, E; b) la potencia activa y reactiva que pone en juego dicha fuente; y c) el valor del f. de p. equivalente visto por la fuente. La tensión en bornas de la carga C-2 es 220(V). Solución: Resumimos las potencias en las cargas:

⎧P = 2(kW ) ⎧P = 10(kW) : Q 2 = 6,2(kVAR) . C −1: ⎨ 1 : Q1 = −1,5(kVAR) ; y C − 2 : ⎨ 2 ⎩cos(ϕ1 ) = 0,8(cap) ⎩cos(ϕ2 ) = 0,85(ind) Como el transformador es ideal, no consume potencia, así que la carga equivalente a C-1 y C-2 y si-

⎧P = P1 + P2 = 12(kW) : S = 12,9(kVA) . tuada en el primario consume: C − 1 − 2 : ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 = 4,7(kVAR) La tensión en el primario del transformador es U P = a ⋅ U S =

1 ⋅ 220 : U P = 110(V ) , con la que calcula2

mos la intensidad que cede la fuente S = U P ⋅ I : I = 117(A) ; y a partir de este valor, la potencia que ⎧⎪PE = P + I 2 ⋅ 0,1 = 13,37( kW ) ⎧SE = 12,9( kVA ) ; y el valor de la cede la fuente es: E : ⎨ :⎨ 2 ⎪⎩Q E = Q + I ⋅ 0,2 = 7,45( kVAR ) ⎩f . de p. = PE SE = 0,87(ind )

tensión de la misma SE = E ⋅ I : E = 131(V) . * El alumno debiera rehacer este ejercicio, mediante fasores, impedancias complejas y la aplicación de las LK, suponiendo que la tensión en el secundario es cero, tal como hemos hecho en ejercicios precedentes.

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Sabiendo que: Z L = 0,2 + j ⋅ 0,1(Ω) ; U = 220( V ) ; la carga 1 consume 10(kW) y 20(kVAR); y la carga 2 consume 18(kVA), con un f. de p. 0,707(cap.), determine el valor eficaz de la tensión E y su f. de p. equivalente, indicando si cede o consume potencia reactiva. Solución: Resumimos la potencia de las cargas:

⎧S2 = 18(kVA) ⎧P = 10(kW ) ⎧P = 12,7(kW) :⎨ 2 C −1: ⎨ 1 ; C−2:⎨ ; y la carga equivalente a ⎩cos(ϕ2 ) = 0,707(cap) ⎩Q 2 = −12,7(kVAR) ⎩Q1 = 20(kVAR ) ⎧P = P1 + P2 = 22,7(kW ) : S = 23,8(kVA) . A partir de los valores de S y U, obteambas es: C − 1 − 2 : ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 = 7,3(kVAR) nemos la intensidad I, que circula por la línea S = U ⋅ I : I = 23800 220 = 108,4(A) . Hacemos balance de potencia en la cabecera de la línea ⎧⎪PE = P + I 2 ⋅ 0,2 = 25,1(kW ) ⎧SE = 26,5( kVA ) . E:⎨ :⎨ 2 ⎪⎩Q E = Q + I ⋅ 0,1 = 8,5( kVAR ) ⎩f . de p. = PE SE = 0,95

El valor de la tensión E lo calculamos a partir del valor de SE calculado: SE = E ⋅ I : E = 244(V) . Por tanto, el valor eficaz de la tensión E es 244(V) con un f. de p. equivalente de 0,95, cediendo potencia reactiva a la red.

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Determine el valor del argumento de una impedancia de reactancia 3 ohmios que conectada entre los terminales 1, 1’ consume máxima potencia.

Solución: En primer lugar calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 1’. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U11'ca . Como en el transformador I S = 0 : I P = (1 2 ) ⋅ I S = 0 ; lo que hace que I = I S − I P = 0 . En la malla del primario U = (2 + I P ) ⋅1 = 2 ; U P = U : U S = (1 2) ⋅ U P = 1 ; y en la malla del secundario U ca = U + U S : U ca = 3(V ) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . Aplicamos la LKI al nudo común de los devanados del transformador I = I S − I P = 2 ⋅ I P − I P = I P = (= I S 2) . En la malla del primario, utilizando la igualdad anterior,

⎧U = I P ⋅ 1 = I P aplicamos la LKT: ⎨ . ⎩U P = 2 ⋅ I P − 2 ⋅ I + U − 1 ⋅ I = 0 Al ser U P = 0 la tensión en el secundario del transformador ideal también será nula U S = 0 . Aplicando la LKT a la malla del secundario e introduciendo las igualdades anteriores: U 0 = U + U S + 1 ⋅ I = I P + 0 + I P = I S = I 0 : U 0 = I 0 : Z Th = 1(Ω) . Por tanto el problema se reduce a aplicar el teorema de la máxima transferencia de potencia desde el equivalente Thèvenin a la impedancia de reactancia 3(Ω) y resistencia R desconocida. 2 + (3 + X Th ) = 1 + 9 = 10 (Ω) Aplicando el teorema: R = R Th 2

Es decir, la impedancia de máxima transferencia de potencia es Z = 10 + j ⋅ 3 = 4,36∠43,49°(Ω) , con lo que el argumento de la impedancia, que pide el ejercicio como respuesta es 43,49º. * Como ejercicio suplementario, calcule la corriente de cortocircuito entre los terminales 1, 1’ para comprobar el equivalente Thèvenin; y la potencia consumida por la carga Z calculada.

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Determine el valor de los elementos ideales que forman la impedancia Z , para que absorba máxima potencia en régimen permanente, calculando dicha potencia máxima. DATO: e(t) es una fuente senoidal de frecuencia 1(krad/s) y 12(V) de tensión eficaz. Solución: Pasamos el circuito al dominio de la frecuencia, con ω = 1000(rad s ) y calculamos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales de la impedancia desconocida Z. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . En la figura se muestra el circuito en el dominio de la frecuencia y su modificación aplicando la equivalencia triángulo-estrella. Los valores de la estrella son: Z1 =

1 ⋅1 2− j 1⋅ j 1+ j⋅ 2 1+ j⋅ 2 = = ; Z2 = ; Z3 = Z 2 = . 1+1+ j 5 1+1+ j 5 5

En este circuito transformado, aplicamos divisor de tensión para calcular la tensión a circuito abierto: U ca = 12 ⋅

Z1 − j : U ca = 15,18∠ − 18,44(V ) . Z1 − j + Z 2

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin. Si imaginamos el circuito inferior de la figura hecho pasivo, la impedancia equivalente vista desde los terminales de conexión de Z es: Z Th = Z 3 +

(Z1 − j) ⋅ Z 2 : Z = 0,6 + j ⋅ 0,8(Ω) , donde hemos aplicado (Z1 − j) + Z 2 Th

las propiedades de la asociación serie y paralelo de elementos pasivos. Para que el circuito ceda máxima potencia a la impedancia desconocida Z su valor será: Z = Z∗Th = 0,6 − j ⋅ 0,8(Ω) ; y estará formada por una resistencia de 0,6(Ω) en serie con un condensador de valor C =

1 = 1,25(mF) . 1000 ⋅ 0,8

La máxima potencia transferida a esta impedancia será: Pmax =

2 U ca 15,182 = : Pmax = 96( W ) . 4 ⋅ Re al{Z} 4 ⋅ 0,6

* Determine el equivalente Thèvenin en el circuito original sin aplicar el cambiio triángulo-estrella.

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Sabiendo que C-1 consume 2(kW) con un f. de p. 0,9 inductivo y que Z=4+j·3(Ω), determine la medida del vatímetro. DATO: la tensión en bornas de C-1 es 120(V) eficaces. Solución: Como el transformador es ideal, no consume potencia y, por lo tanto, sólo mide la potencia activa del secundario. El problema se reduce a calcular la potencia del circuito del secundario, cuyo esquema se representa en la figura.

⎧P1 = 2000( W) : Q1 = 970(VAR) . En la carga 1 las potencias son ⎨ ⎩cos(ϕ1 ) = 0,9(ind) 2 ⎧P = 2304( W ) ⎛U⎞ En la carga Z la potencia compleja es S Z = I 2Z ⋅ Z = ⎜ ⎟ ⋅ Z : S Z = 2304 + j ⋅1728 : ⎨ Z . Q = 1728 ( VAR ) ⎝Z⎠ Z ⎩

⎧P = P1 + P2 = 4304( W) : S1 = 5080(A) ; y, de su potenLa carga equivalente a las anteriores será: ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 = 26698(VAR) cia aparente, la intensidad que circula por la línea de 0,8(Ω): S = U ⋅ I : I =

5080 : I = 42,33( A ) . 120

La potencia consumida en la resistencia de 0,8(Ω) es: PR = I 2 ⋅ 0,8 = 1433( W ) . La potencia activa total que se consume en el secundario es Psec = P + PR = 5737( W ) ; y, como dijimos antes, igual a la lectura del vatímetro. Por tanto, el vatímetro tiene una lectura de 5737(W).

Ejercicios de Circuitos

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En el circuito de la figura, la carga Z consume 1,2(MVA) con un f. de p. de 0,9(ind). Determine la potencia compleja de cada fuente y el valor de la fuente E2. DATOS: E1 = 12,6 + j ⋅1,2(kV) ; U = 12( kV ) ;

Z1 = j ⋅15(Ω) ; y Z 2 = j ⋅10(Ω) . Solución: En el esquema de la figura hemos señalado las intensidades de las ramas del circuito. La potencia compleja en la carga es S = 1,2∠25,84°( MVA ) ; y la intensidad que circula por ella I = (S U ) = 100∠ − 25,84°(A) . Aplicamos la LKT a la malla de la izquierda del esquema, para calcular I1: E1 − U + 2 ⋅ I1 ⋅ Z1 = 0 : I1 =

E1 − U : I1 = 44,72∠153,43°(A ) . 2 ⋅ Z1

Aplicamos la LKT al nudo superior de la carga, para calcular I2:

I1 + I + I 2 = 0 : I 2 = 55,29∠154,74°(A) . Aplicamos la LKT a la malla de la derecha del esquema, para calcular E2:

E 2 − U + 2 ⋅ I 2 ⋅ Z 2 = 0 : E 2 = 12,5∠4,59°(kV) . ⎧⎪S1 = E1 ⋅ I1∗ = −0,48 − j ⋅ 0,3(MVA ) Con estos datos, las potencias complejas en las fuentes son ⎨ . ⎪⎩S 2 = E 2 ⋅ I ∗2 = −0,6 − j ⋅ 0,34(MVA )

Hemos tomado para las potencias el convenio de carga (si la potencia es consumida, se representa con signo positivo), lo que implica que ambas fuentes ceden tanto potencia activa como reactiva. * El alumno debiera realizar el ejercicio utilizando sólo valores eficaces y balances sucesivos de potencia. * Si se fija en el esquema, éste sería equivalente a otro que tuviera una única impedancia que conecte a cada fuente con la carga con un valor doble a la de la carga original.

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Determine, en el circuito de la figura, el valor de la frecuencia para que la tensión de salida del AO en régimen estacionario senoidal, operando en zona lineal, esté en oposición de fase con la tensión de entrada. Para este valor de la frecuencia determine el valor de la tensión de salida, uo(t). DATOS: u i ( t ) = 2 ⋅ sen(ω ⋅ t ) (V) ; R 1 = 143(Ω) ; R 2 = 28(Ω) ; C = 1(μF) . Solución: En la figura se muestra el circuito original en el dominio de la frecuencia compleja, con los elementos pasivos representados por su admitancia. Analizamos por nudos, teniendo en cuenta que el AO es ideal y está en zona lineal. Las ecuaciones nodales con U + = U − = 0 son:

[A] : U A (G 1 + 2 ⋅ j ⋅ ω ⋅ C) − U i (G 1 ) − U o ( j ⋅ ω ⋅ C) = 0 . [−] : −U A ( j ⋅ ω ⋅ C) − U o (G 2 ) = 0 Eliminando UA obtenemos la ecuación: U o = −U i ⋅

[G

j ⋅ ω ⋅ C ⋅ G1

]

1 ⋅ G 2 − (ω ⋅ C ) + 2 ⋅ j ⋅ ω ⋅ C ⋅ G 2 2

.

Para “arreglar” la expresión anterior (no hace falta tal arreglo para resolver el ejercicio), dividimos numerador y denominador por ( j ⋅ G 1 ⋅ G 2 ) : U o = −U i ⋅

ω⋅ C ⋅ R2 (1). 2 ⋅ ω ⋅ C ⋅ R 1 − j ⋅ 1 − ω2 ⋅ C 2 ⋅ R 1 ⋅ R 2

[

]

Esta ecuación (1) representa la tensión de salida en función de la tensión de entrada y la frecuencia. Para que el fasor Uo esté en oposición de fase a Ui , la frecuencia debe tomar un valor ω = ω0 tal que el denominador de la ecuación (1) debe ser resistivo puro. Es decir: 1 − ω 02 ⋅ C 2 ⋅ R 1 ⋅ R 2 = 0 : ω0 =

1 C ⋅ R1 ⋅ R 2

Para este valor de la frecuencia: U o = −U i ⋅

: ω0 = 15803(rad s ) .

R2 28 : −(2∠0°) ⋅ = −0,196 : U o = 0,196∠180°(V) , que 2 ⋅ R1 286

en el dominio del tiempo es u o ( t ) = 0,196 ⋅ sen(15803 ⋅ t + 180) (V) . * Hemos tomado, como habrá observado el alumno, valores de amplitud para los fasores de tensión. La explicación es que se pide la onda de tensión de salida y, por tanto, parece más simple esta representación que la de valores eficaces. * Este tipo de ejercicios forma parte de un tema más amplio que es el análisis en frecuencia de los circuitos, donde se estudian las características y modos de representación de la respuesta en función de la frecuencia. * Como curiosidad haremos un nuevo “arreglo” en la ecuación (1). Dividiendo numerador y denominador por (2 ⋅ ω ⋅ C ⋅ R 1 ) , obtenemos:

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U o = −U i

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R2 2 ⋅ R1 ⎡ ω⋅ C ⋅ R2 ⎤ 1 1− j⋅ ⎢ − ⎥ 2 ⎣ 2 ⋅ ω ⋅ C ⋅ R1 ⎦

U o = −U i ⋅

U o = −U i ⋅

(

R2 2 ⋅ R1

)

; re-ordenando

⎤ R 2 ⎡1 C ⋅ R 1 ⋅ R 2 ω 1− j⋅ − ⎥ ⎢ ω 2 ⋅ R 1 ⎣⎢ 1 C ⋅ R 1 ⋅ R 2 ⎥⎦ R2 2 ⋅ R1 R 2 ⎡ ω0 ω ⎤ − 1− j⋅ ⎢ ⎥ 2 ⋅ R 1 ⎣ ω ω0 ⎦

(

, donde ω0 =

; que re-escribimos como

)

1 C ⋅ R1 ⋅ R 2

: ω0 = 15803(rad s ) .

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Determine los equivalentes Thèvenin y Norton respecto de los terminales 1, 0 en el circuito de la figura, de forma independiente. DATOS: ω = 1(krad/s); E = 24(V); M = 1(mH).

Solución: En la figura representamos el circuito original en el dominio de la frecuencia, con ω = 1(krad/s), pasando las bobinas acopladas a su equivalente en bobinas desacopladas. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U10 ca . En el esquema de la figura (1) hemos eliminado la asociación serie de la bobina y el condensador, su impedancia equivalente es cero, y señalado la referencia para la tensión a circuito abierto. Suponiendo la F. R. de tensión cambiada por su equivalente de intensidad, aplicamos divisor de intensidad para el cálculo de la tensión a circuito abierto.

U ca

⎡ ⎤ 1 ⎢ 24 ⎥ 2+2 ⎥ ⋅ 2 : U ca = 3,83∠ − 118,61°(V) . =⎢ ⋅ ⎢2 + j⋅3 1 + 1 + 1 ⎥ ⎢⎣ 2 + 2 2 + j ⋅ 3 − j ⎥⎦

2.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: I cc = I 10cc . En el circuito hemos eliminado la resistencia de 2 Ohmios, conectada entre los terminales 1 y 0, ya que está cortocircuitada. Aplicamos divisor de intensidad.

I cc

⎡ ⎤ 1 ⎢ 24 ⎥ 2 ⎥ : I cc = 3,3∠ − 105,95°(A) . =⎢ ⋅ ⎢2 + j⋅ 3 1 + 1 + 1 ⎥ ⎢⎣ 2 2 + j ⋅ 3 − j ⎥⎦

3.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z10 . Aplicamos los equivalentes de las asociaciones serie y paralelo de elementos pasivos. Si el símbolo “//” representa la asociación paralelo y el “+” la asociación serie, podemos escribir:

Z Th = [{(2 + j ⋅ 3) // (− j)} + 2] //[2] = [2,25 − j ⋅ 1,25] //[2] = 1,13 − j ⋅ 0,26 : Z Th = 1,13 − j ⋅ 0,26(Ω) . Luego el equivalente Thèvenin es la F. R. de tensión [3,83∠ − 118,61°(V) ; 1,13 − j ⋅ 0,26(Ω)] y el equivalente Norton la F. R. de intensidad [3,3∠ − 105,95°(A) ; 1,13 − j ⋅ 0,26(Ω)] .

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Ejercicios de Circuitos

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Un transformador de potencia máxima 100(kVA) alimenta a 300(V) y 50(Hz) a una carga que consume una potencia de 60(kW) con un f. de p. 0,8(ind). a) Determine el valor de la batería de condensadores necesaria para que, en paralelo con la carga, aumente el f. de p. equivalente a 0,9(ind). b) ¿Cuánta carga de f. de p. unidad puede ahora conectarse, en paralelo con la carga inicial y la batería de condensadores, para llevar la potencia del transformador a su valor máximo? Solución:

⎧PC = 60(kW) ⎧SC = 75(kVA) :⎨ a) El resumen de la potencia en la carga es ⎨ ⎩cos(ϕ C ) = 0,8(ind) ⎩Q C = 45(kVA) Como vemos la potencia aparente de la carga es menor que la máxima del transformador. Si queremos un cos(ϕ eq ) = 0,9(ind ) , el valor de la batería de condensadores es: C=

[

] : C = 564(μF) .

P ⋅ tan (ϕ C ) − tan (ϕ eq ) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U2

Con la batería de condensadores conectada, la potencia de la carga equivalente, carga inicial-batería de ⎧⎪Peq = PC = 60(kW ) condensadores es ⎨ : S eq = 66,67( kVA ) ; donde de nuevo, la potencia ⎪⎩Q eq = Q eq + Q cond = 29,1( kVAR )

aparente de la carga equivalente es menor que la máxima del transformador. b) Si queremos llegar a la potencia máxima del transformador añadiendo carga de f. de p. unidad, la 2 cantidad de carga añadida ΔP ; (ΔQ = 0) , cumplirá la ecuación: S 2max = (Peq + ΔP ) + Q eq ; de donde el 2

2 valor de la carga añadida será ΔP = S 2max − Q eq − Peq : ΔP = 35,67(kW ) .

* En este tipo de ejercicios resulta obvia la necesidad de comprobar, en cada paso, si la potencia aparente no es mayor que la nominal del transformador.

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En el circuito de la figura los amperímetros A0, A1 y A2 marcan respectivamente 3,5; 2 y 2 amperios. Sabiendo que la impedancia Z tiene carácter capacitivo determine: a) el valor eficaz de la fuente; y b) el valor de los elementos que forman la impedancia Z, si la frecuencia de la red es 10(Hz). Solución: En la figura se representa un esquema del circuito, con las referencias de tensión e intensidad. Suponemos que la intensidad I1 tiene de fase cero: I 1 = 2(A) ; y, por lo tanto: U = 10 ⋅ I 1 = 20(V) . Aplicamos la LKI al nudo superior del esquema: I 0 = I 1 + I 2 ; es decir, los tres vectores forman un triángulo de lados conocidos (al tener Z carácter capacitivo, I2 irá adelantada a U y, por lo tanto, a I1), triángulo que representamos en la figura y sobre el que aplicamos el teorema del coseno. I 22 = I 02 + I12 − 2 ⋅ I 0 ⋅ I1 ⋅ cos(ϕ 0 ) : cos(ϕ 0 ) = 0,875 : ϕ 0 = 28,96° .

Como los valores eficaces de las intensidades I1 e I2 son iguales, el triángulo es isósceles y, por lo tanto: ϕ 2 = 2 ⋅ ϕ 0 = 57,92° . Resumimos los datos obtenidos: I 0 = 3,5∠28,96°(A) ; I 1 = 2(A) ; I 2 = 2∠57,92°(A) ; U = 20(V ) . a) Con estos datos aplicamos la LKT a la malla de la izquierda del esquema: E = I 0 ⋅ 1 + U = 23,13∠4,2°(V) : E = 23,13(V ) ⎧R = 5,31(Ω) U ⎪ . b) Z = R − j ⋅ X = = 5,31 − j ⋅ 8,47 : ⎨ 1 I2 C = : C = 1 , 88 ( mF ) ⎪⎩ 2⋅π⋅f ⋅X

En el apartado b) hemos tomado signo negativo para la reactancia, porque el enunciado dice que el carácter de la carga es capacitiva. Si la parte imaginaria del cociente U I 2 el ejercicio tendría algún error. * Recuerde el alumno que la representación gráfica de los fasores, muchas veces, simplifica el análisis.

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Determine en el circuito de la figura el valor de la resistencia que conectada a los terminales 1 2 absorbe máxima potencia, así como dicha potencia máxima. Todas las impedancias en (Ω); la tensión en (V). Solución: Calcularemos en primer lugar el equivalente Thèvenin respecto de los terminales 1, 2. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . En la figura se muestra el esquema del circuito original, donde hemos sustituido las dos bobinas acopladas por su equivalente en tres bobinas no acopladas. También se ha incluido un árbol y sus lazos básicos, con el objeto de realizar una análisis circular. Con I 1 = 2 ⋅ U ; I 2 = 4 ⋅ U : I 1 = I 2 2 , la ecuación de los lazos básicos son:

[I1 ]: I1 ( j ⋅ 3 + j) + I 2 ( j ⋅ 3) = U ca ⎫ I 2 ( j ⋅ 5) − U ca = 0 : U = 119,56∠7,85°(V) . [I 2 ]: I1 ( j ⋅ 3) + I 2 (4 + j ⋅ 3 + j ⋅ 2) = 100⎬⎭ I 2 (4 + j ⋅ 6,5) = 100 ca 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = U 0 I 0 . El circuito de la figura es el anterior, donde hemos calculado la tensión a circuito abierto, reducido a pasivo y con la fuente auxiliar U0. En este circuito hemos señalado un árbol y sus lazos básicos para su análisis. Con I 1 = 2 ⋅ U ; I 2 = 4 ⋅ U : I 1 = I 2 2 , la ecuación de los lazos básicos son:

[I 0 ] : I 0 ( j ⋅ 3 + j) + I1 ( j ⋅ 3 + j) + I 2 ( j ⋅ 3) = U 0 ⎫ I 0 ( j ⋅ 4) + I 2 ( j ⋅ 5) = U 0 : U = (0,49 + j ⋅ 0,45) ⋅ I 0 . [I 2 ]: I 0 ( j ⋅ 3) + I1 ( j ⋅ 3) + I 2 (4 + j ⋅ 3 + j ⋅ 2) = 0⎬⎭ I 0 ( j ⋅ 3) + I 2 (4 + j ⋅ 6,5) = 0 0 Por tanto Z Th = U 0 I 0 : Z Th = 0,49 + j ⋅ 0,45(Ω) . Para que la resistencia R, conectada en los terminales 1, 2, consuma máxima potencia, su valor es, según el teorema de la máxima transferencia de potencia: R = Z Th = 0,492 + 0,452 : R = 0,66(Ω) . La potencia máxima transferida a esta resistencia es: Pmax

⎛ =⎜ ⎜ ⎝

2

U ca

(R + R Th )2 + (X Th )2

⎞ 119,56 2 ⎟ ⋅R = : Pmax = 6187( W ) 2 ⎟ ( 0,49 + 0,66) + 0,452 ⎠

* Sería interesante que repitiera los cálculos del equivalente sobre el circuito original, con las bobinas acopladas, y utilizando el método general de cálculo de los parámetros, tanto del equivalente Thèvenin como del Norton. Verá que es más fácil que el desarrollado aquí. * Dibuje el circuito sobre el que hemos calculado el valor de R y la potencia máxima, y repita el cálculo.

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Un transformador monofásico de 2,2(kVA) de potencia máxima, 220 (V) de tensión y 50(Hz), alimenta a una carga monofásica de carácter inductivo que consume 1(kW). ¿Qué f. de p. tiene la carga si el transformador cede su potencia máxima? Se conecta una batería de condensadores en paralelo con la carga para llevar el f. de p. equivalente a 0.9 inductivo. ¿Cuál es la potencia activa máxima que podría ahora dar el transformador a una carga de f. de p. unidad? Solución: 1.- Si la carga lleva al transformador a la plena carga, significa que las potencias consumidas por la ⎧P = 1000( W ) carga son: ⎨ : Q = 1960(VAR ) , y su f. de p. es: cos(ϕ) = P S = 0,455(ind) . ⎩S = 2200(VA) 2.- Para que la batería de condensadores lleve el f. de p. equivalente a 0,9(ind), su valor en Faradios es: C=

P ⋅ (tan (ϕ) − tan (ϕ eq )) 2⋅π⋅f ⋅U

2

=

1000 ⋅ (1,96 − 0,48) : C = 97(μF) . 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 220 2

3.- Con la batería de condensadores conectada, los datos de potencia equivalente son: ⎧⎪Peq = P = 1000( W ) : Seq = 1110(VAR ) . ⎨ 2 ⎪⎩Q eq = Q + 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U = 480(VAR ) Como la potencia aparente del conjunto es menor que la de plena carga, podemos añadir carga en paralelo, en este caso de f. de p. unidad, hasta llevar al transformador a plena carga. Siendo ΔP el valor de esta carga: Smax = 2200 =

(P

eq

2 2 + ΔP ) + Q eq : ΔP = − P + S2max − Q eq ; y sustitu2

yendo valores: ΔP = 1140( W ) . * Repita el apartado 3, si la carga que hay que añadir tiene f. de p. 0,6(cap); ¿cuál sería ahora el f. de p. con el que trabaja el transformador, y cuál sería la potencia activa y reactiva consumida por el conjunto?

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Una línea tiene una tensión en el extremo generador de 41(kV) y en el extremo receptor de 40(kV). La línea tiene una impedancia equivalente de 7 + j·12(Ω). Determine el desfase de la tensión en el extremo generador respecto de la tensión en el extremo receptor, para que se obtenga en el receptor potencia máxima. ¿Cuál es la potencia activa y reactiva que se consume en el receptor en este caso? Solución: En la figura damos un esquema del circuito con las referencias de intensidades y tensiones. Los datos para este esquema son: U R = U R ∠ϕR = 40∠0°(kV) ; U G = U G ∠ϕG = 41∠δ(kV) ; Z L = ZL ∠ϕL = 13,89∠59,74(Ω) . Haremos el ejercicio de manera teórica, para sustituir posteriormente los valores numéricos. La potencia compleja que llega al extremo receptor es: ⎛ U − UR S R = U R ⋅ I = U R ⋅ ⎜⎜ G ⎝ ZL ∗

*

⎞ U R ⋅ U *G U R ⋅ U *R ⎟⎟ = ; y escribiendo los fasores en forma polar: − Z*L Z*L ⎠

⎡ U2 ⎤ ⎡U ⋅U ⎤ S R = ⎢ R G ⎥ ∠(ϕR − ϕG + ϕL ) − ⎢ R ⎥ ∠(ϕL ) ; y tomando partes real e imaginaria: ⎣ ZL ⎦ ⎣ ZL ⎦ ⎧ UR ⋅ UG U 2R { } ( ) P Re al S cos = = ⋅ ϕ − ϕ + ϕ − ⋅ cos(ϕ L ) R R G L ⎪ R ZL ZL ⎪ . (1) ⎨ 2 ⎪Q = Im ag{S } = U R ⋅ U G ⋅ sen (ϕ − ϕ + ϕ ) − U R ⋅ sen (ϕ ) R R G L L ⎪⎩ R ZL ZL ⎧ 40 ⋅ 41 40 2 ⋅ cos(− δ + 59,74) − ⋅ cos(59,74) ⎪PR = 13,89 13,89 ⎪ Sustituyendo valores: ⎨ ; con las potencias en MW y 2 ⎪Q = 40 ⋅ 41 ⋅ sen (− δ + 59,74 ) − 40 ⋅ sen (59,74 ) ⎪⎩ R 13,89 13,89 MVAR respectivamente. Para que en la expresión anterior PR sea máxima, variando sólo δ, debe ser máximo su primer sumando, ya que el segundo es constante. Por tanto − δ + 59,74 = 0 : δ = 59,74° . Para este valor del desfase del extremo generador respecto del receptor, las potencias son: ⎧ 40 ⋅ 41 40 2 P = − ⋅ cos(59,74 ) = 60(MW ) ⎪ Rmax 13,89 13,89 ⎪ ⎨ 2 ⎪Q = − 40 ⋅ sen (59,74) = −99,5(MVAR ) ⎪⎩ R 13,89 * Las ecuaciones (1) dan el valor de la potencia que llega al receptor en función de las tensiones en los extremos de la línea, la impedancia de la misma y el desfase entre ambos extremos. * Haga el siguiente ejercicio: Calcule, entre los valores de δ que dan QR ≥ 0, el que permite valor máximo de PR.

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Determine el valor de XC en el circuito de la figura para que la tensión U0 sea de amplitud doble que la de la fuente. Para el valor calculado, ¿cual es el desfase de la tensión respecto a la fase cero de la fuente? DATO: Impedancia equivalente del acoplamiento, j(Ω). Todas las impedancias del esquema en Ohmios. Solución: Calculamos en primer lugar el equivalente Thèvenin respecto de los terminales de XC. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto. U ca = U12 ca . En el esquema de la figura hemos usado la transformación de las bobinas acopladas en su equivalente a tres bobinas no acopladas. Aplicamos divisor de tensión: U ca = E

j 2+ j =E . 1+ j + j 5

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . Si reducimos a pasivo el circuito de la figura anterior, por simple inspección del mismo podemos calcular la impedancia equivalente: Z Th = j +

j ⋅ (1 + j) 1 + j ⋅ 8 = . j + (1 + j) 5

El ejercicio ahora lo resolvemos en el esquema de la figura, formado por el equivalente Thèvenin calculado, cargado con el condensador de reactancia desconocida. Aplicamos divisor de tensión: U 0 = U ca res y operando: U 0 = E ⋅ (2 + j) ⋅

− j⋅ XC ; y sustituyendo valoZ Th − j ⋅ X C

− j⋅ XC (1). Tomamos valores eficaces e introducimos la con1 + j ⋅ (8 − 5 ⋅ X C )

dición del enunciado 2 ⋅ E = E ⋅ 5 ⋅

XC

1 + (8 − 5 ⋅ X C )

2

y ordenamos y resolvemos esta ecuación en la

⎧X C = 2(Ω) incógnita XC: 95 ⋅ X C2 − 320 ⋅ X C + 260 = 0 : ⎨ . ⎩X C = 26 19 (Ω) Es decir, los valores de X C = 2(Ω) ; X C = 26 19 (Ω) hacen que el valor eficaz de la tensión en el condensador sea doble que la tensión eficaz en la fuente. Sustituyendo estos valores en la ecuación (1) y suponiendo fase cero para el fasor de la tensión en la fuente, calculamos los desfases de la tensión U0: X C = 2 : U 0 = E ⋅ (2 + j) ⋅

− j⋅ 2 = 2 ⋅ E : ϕ0 = ϕ E = 0 : 1 + j ⋅ (8 − 5 ⋅ 2 )

X C = 26 19 : U 0 = E ⋅ (2 + j) ⋅

− j ⋅ 26 19 = (2∠ − 112,62°) ⋅ E : ϕ0 = ϕ E − 112,62 = −112,62° . 1 + j ⋅ (8 − 5 ⋅ 26 19 )

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En el circuito de la figura la fuente E1 cede una potencia compleja:

S1 = 100 + j ⋅ 400(VA) . Determine los valores de R y C y la potencia compleja en las otras dos fuentes. DATOS: E1 = 10(V) ; E 2 = − j ⋅10(V) ; I G = 5 + j ⋅ 5(A) ; ω = 10(rad s ) .

Solución: El esquema de la figura es el circuito original en el dominio de la frecuencia. En él, hemos marcado las ramas en el orden en el que se calculan sus tensiones o intensidades. También hemos sustituido los elementos desconocidos R y C por una impedancia Z. * Como conocemos la potencia compleja que cede la fuente E1 y el valor de la fuente, calculamos el valor de I1: S1 = 100 + j ⋅ 400(VA) = −E1 ⋅ I1* : I1 − 10 + j ⋅ 40(A) . * Con el valor de I1 podemos calcular el valor de I2 (y U2), aplicando la LKI al nudo común de ambas ramas: I 2 − I G + I1 = 0 : I 2 = 15 − j ⋅ 35(A) : U 2 = j ⋅ 2 ⋅ I 2 = 70 + j30(V) . * Aplicamos la LKT a la malla de U2 y E2, para calcular la tensión U3: U 3 + U 2 − E 2 + j ⋅14 ⋅ I G = 0 : U 3 = − j ⋅ 90(V) . * Aplicamos la LKT a la malla de U2 y E1, para calcular la tensión U4:

U 4 − E1 − j ⋅ I1 + U 2 = 0 : U 4 = −20 − j ⋅ 20(V) . * Aplicamos la LKT a la malla de U4 y E2, para calcular la tensión U5 (e I5): U 4 + U 5 − E 2 = 0 : U 5 = 20 + j ⋅10(V) : I 5 = U 5 (− j) = −10 + j ⋅ 20(A) . * Aplicamos la LKI al nudo inferior del esquema, para calcular la intensidad I6: I 6 − I G + I 5 = 0 : I 6 = 15 − j ⋅15(A) . * Aplicamos la LKI al nudo común de las ramas 1, 4 y 5, para calcular la intensidad I4: I 4 + I1 − I 5 = 0 : I 4 = − j ⋅ 20(A) . Con todos estos datos la respuesta a las cuestiones del ejercicio es: ⎧R = 1(Ω) a) los valores de R y C son: Z = U 4 I 4 = 1 − j(Ω) : ⎨ ;y ⎩ω ⋅ C = 1 : C = 0,1(F) b) las potencias complejas cedidas por las otras dos fuentes son: S E 2 = −E 2 ⋅ I *6 = −150 + j ⋅150(VA ) ; S IG = − U 3 ⋅ I *G = 450 + j ⋅ 450( VA ) .

* Calcule las potencias activas y reactivas del resto de los elementos del circuito, y compruebe el balance de dichas potencias, indicando, para cada elemento y potencia, si es cedida o consumida..

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Sabiendo que en la carga Z = R + j ⋅ X del circuito de la figura se cumple que X = 0,75 ⋅ R , determine el valor de dicha carga para que consuma máxima potencia, así como dicha potencia máxima. DATOS: ω = 1(krad s ); M = 1(mH) ; y a = N1 N 2 = 2 . Solución: En primer lugar calcularemos el equivalente Thèvenin del circuito, respecto de los terminales de conexión de la impedancia desconocida Z.

La figura muestra de izquierda a derecha, el circuito original en el dominio de la frecuencia, donde hemos sustituido las bobinas acopladas por su equivalente desacopladas; el siguiente es el transformado del anterior, por aplicación del teorema de Miller: con k = U1 U 2 = a = 2 , los valores de las impedancias son: Z1 =

k −k ⋅ (− j ⋅ 0,5) = − j(Ω) ; Z 2 = ⋅ (− j ⋅ 0,5) = j ⋅ 0,5(Ω) ; y el tercer circuito es el ank −1 k −1

terior reducido al secundario. Sobre este último circuito calcularemos el equivalente Thèvenin. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . En la figura se muestra el esquema con los terminales 1, 2 a circuito abierto. Desde la línea de puntos señalada en el esquema, la impedancia vista desde esta línea hacia los terminales 1, 2 es equivalente a Z AB = {[( j ⋅ 0,5) // (− j ⋅ 0,25)] + [ j ⋅ 0,25]}//{j ⋅ 0,25} = {− j ⋅ 0,25}//{j ⋅ 0,25} = ∞ , es decir, a un circuito abierto. Por lo tanto, la tensión en AB es la de la fuente y, aplicando a ésta el divisor de tensión, la tensión del circuito abierto es: U ca = 5 ⋅

( j ⋅ 0,5) // (− j ⋅ 0,25) = 10 : U ca = 10(V) . {( j ⋅ 0,5) // (− j ⋅ 0,25)}+ j ⋅ 0,25

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . El circuito de la figura es el original reducido a pasivo. Aplicando las propiedades de las asociaciones serie y paralelo: Z Th = 2 + j ⋅1,5(Ω) .

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Pasemos ahora a resolver el problema de la máxima transferencia de potencia. Como la impedancia desconocida Z = R + j ⋅ X , debe cumplir la condición X = 0,75 ⋅ R , eso significa que su argumento es constante y de valor tan(ϕ) = X R = 0,75 : ϕ = 36,87° y que lo variable es su módulo Z. Aplicando las consecuencias del teorema de la máxima transferencia de potencia:

Z = ZTh = 2,5 : Z = 2,5∠36,87° = 2 + j ⋅1,5(Ω) . (A pesar del resultado, no se igualan las impedancias sino los módulos de las impedancias) 2

La potencia transferida es: Pmax

U ca 100 = ⋅ Re al{Z} = ⋅ 2 : Pmax = 8( W ) . Z + Z Th 25

*El alumno debiera completar las transformaciones aplicadas en el circuito original, así como el cálculo de todas las impedancias. * Puede resolver el ejercicio, (el cálculo del equivalente Thèvenin) en el circuito original sin ninguna variación y verá que es más dificultoso que el método seguido aquí. Recuerde que los teoremas y métodos de análisis no son joyas para colgarse sino procedimientos para simplificar el análisis de los circuitos que hay que aplicar.

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El circuito de la figura está en régimen estacionario senoidal. Realice un análisis del circuito, dando la intensidad en las ramas pasivas y la fuente de tensión; y la tensión en las fuentes de intensidad. ¿Qué potencia compleja consumen las dos bobinas acopladas? Datos: ω = 1(krad s ) ; L1 = 1(mH) ; L 2 = 2(mH) ; k = 0,707 ; R 1 = 1(Ω) ; R 2 = 2(Ω) ; C = 1(mF) ; E G = 2(V) ; I G = 2(A) . Solución: Pasamos al dominio de la frecuencia con ω = 1(krad s ) , y

M = k ⋅ L1 ⋅ L 2 = 1(mH) . El circuito resultante se muestra en la figura, junto con un grafo del mismo, un árbol y sus lazos básicos. Las ecuaciones de conexión ramas-lazos son: I1 = I 4 + I 6 ; I 2 = − I 4 + I 4 ; I 3 = − I 5 − I 6 . Analizamos por lazos básicos con I = I 4 ; I 5 = 2 ; I 6 = 2 ⋅ I = 2 ⋅ I 4 .

[I 4 ] : I 4 (2 − j + j) + I 5 (− (− j) + j) + I 6 ( j + j) = −2 [I 5 ] : I 4 (− (− j) + j) + I 5 (1 − j + j ⋅ 2) + I 6 (1 + j ⋅ 2 + j) = −U 5 ; [I 6 ] : I 4 ( j + j) + I 5 (1 + j ⋅ 2 + j) + I 6 ( j + j ⋅ 2 + j ⋅ 2) = −2 − U 6 ordenando, el sistema queda:

[I 4 ] : I 4 (2 + j ⋅ 4) = −2 − j ⋅ 4 : I 4 = −1(A) [I 5 ] : I 4 (2 + j ⋅ 8) + U 5 = −2 − j ⋅ 2 : U 5 = j ⋅ 6(V) . [I 6 ] : I 4 ( j ⋅12) + U 6 = −2 − j ⋅ 6 : U 6 = −2 + j ⋅ 6(V) A partir de estos resultados y de las ecuaciones de conexión ramas-lazos, construimos la siguiente tabla. Ramas

1

2

3

4

5

6

I(A)

-3

3

0

-1

2

-2

U(V)

-

-

-

-

j·6

-2 + j·6

Para calcular la potencia compleja consumida por el conjunto de las dos bobinas acopladas, determina-

⎧U L1 = I1 ⋅ j − I 3 ⋅ j = − j ⋅ 3(V) remos primero la tensión en cada una de ellas: ⎨ . ⎩U L 2 = −I1 ⋅ j + I 3 ⋅ ( j ⋅ 2) = j ⋅ 3(V) ⎧⎪S L1 = U L1 ⋅ I1* = (− j ⋅ 3) ⋅ (− 3) = 9 ⋅ j(VA ) La potencia compleja es ahora: ⎨ : S = S L1 + S L 2 = 9 ⋅ j(VA ) . ⎪⎩S L 2 = U L 2 ⋅ I *3 = ( j ⋅ 3) ⋅ 0 = 0(VA )

* Recuerde que en las bobinas acopladas (como aquí en la L2) puede haber en una de ellas tensión aun cuando la intensidad que circule por ella sea cero.

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En el circuito de la figura determine el valor de R en la impedancia Z = R + j ⋅ 2(Ω ) para que consuma máxima potencia, calculando dicha potencia máxima. El circuito está en régimen estacionario senoidal. DATOS: R 1 = 1(Ω) ; ω ⋅ L1 = 1(Ω) ; ω ⋅ L 2 = 4(Ω) ; ω ⋅ M = 2(Ω) ; ω ⋅ C = 0,5(S) ; I G = 10(A) . Solución: En primer lugar calcularemos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales donde se conecta la impedancia desconocida Z. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U ca = U12 ca . En la figura se muestra el circuito original en el dominio de la frecuencia, con los terminales 1, 2 a circuito abierto. El alumno puede comprobar el cambio de las dos bobinas acopladas por su equivalente desacopladas. Aplicamos divisor de intensidad, teniendo en cuenta que los terminales 1 y 2 están a circuito abierto. ⎛ ⎞ 1 ⎟⎟ ⋅ ( j ⋅ 2 ) : U ca = 10 ⋅ 2∠45°(V) . U ca = ⎜⎜10 ⋅ ⎝ 1 + (− j + j ⋅ 2 ) ⎠ 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th = Z12 . Si el circuito anterior lo suponemos reducido a pasivo, la impedancia Thèvenin será: Z Th = ( j ⋅ 2 − j ⋅ 2 ) +

( j ⋅ 2) ⋅ (1 − j) : Z = 2(Ω) . ( j ⋅ 2) + (1 − j) Th

Con el equivalente calculado, aplicamos las conclusiones del teorema de la máxima transferencia de potencia para el cálculo de Z. Como de esta impedancia sólo es variable R, su valor es: 2 R = R Th + (X + X Th ) = 2 ⋅ 2 : Z = 2 ⋅ 2 + j ⋅ 2(Ω) . 2

La potencia máxima es: Pmax =

U ca Z + Z Th

2

⎛ ⎜ ⋅R = ⎜ ⎜ ⎝

2

⎞ 10 ⋅ 2 ⎟ ⎟ ⋅ 2 ⋅ 2 : Pmax = 20,71( W ) . 2 2 ⎟ 2 + 2 ⋅ 2 + (2 ) ⎠

(

)

* Como hemos insistido en otros ejercicios de máxima transferencia de potencia, el alumno debiera reconstruir el cálculo de la potencia, dibujando el esquema correspondiente carga-equivalente Thèvenin y calculando en éste la potencia máxima. No se fíe de fórmulas. Es más fácil analizar el circuito.

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En el circuito de la figura se sabe que I 0 = j ⋅ 2(A ) y que las fuentes independientes tienen la misma frecuencia de ω = 10(rad s ) . Si la bobina L1 se cortocircuita por un fallo, ¿cuál es la variación de la intensidad I que circula por el condensador en régimen estacionario senoidal? DATOS: L1 = 100(mH); L 2 = 200(mH); R = 1(Ω) ; C = 50(mF) . Solución: En la figura mostramos el circuito en el dominio de la frecuencia con

ω = 10(rad s ) , y en la parte inferior el mismo circuito modificado para aplicar el teorema de compensación. En este segundo circuito E = I 0 ⋅ (− j) = 2(V ) , ya que al cortocircuitarse la bobina, la variación de impedancia experimentada por esa rama es de –j(Ω). En este circuito hemos marcado un árbol y sus lazos básicos necesarios para el análisis, cuyas ecuaciones son:

[δI 0 ] : δI 0 (1 + j ⋅ 2 + 1) + 2 ⋅ δI ⋅ (1 + j ⋅ 2) − δI ⋅ ( j ⋅ 2) = −E . [δI ]: −δI 0 ( j ⋅ 2) − 2 ⋅ δI ⋅ ( j ⋅ 2) + δI ⋅ (1 + j ⋅ 2 − j ⋅ 2) = 0 Ordenando el sistema resolvemos en δI.

⎧δI 0 (2 + j ⋅ 2 ) + δI ⋅ (2 + j ⋅ 2) = −2 : δI = 0,2 − j ⋅ 0,6(A) . ⎨ ⎩− δI 0 ( j ⋅ 2) − δI ⋅ (1 − j ⋅ 4) = 0

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En una línea monofásica de impedancia Z L = Z L ∠ϕ L (Ω) conocemos: los valores eficaces de las tensiones en los extremos de la misma, tanto en el generador, V1, como en la carga, V2; y la potencia reactiva en la carga. Tomando como fase de referencia la fase de la tensión V1, determine, en función de los datos anteriores: a) la fase de V2 ; y b) el valor de las potencias P2; P1; Q1. Aplique las expresiones obtenidas al caso: Z L = 1∠45°(Ω) ; V1 = 200(V) ; V2 = 120(V) ; Q 2 = 1200(VAR) . Solución: En la figura se representa un esquema básico del ejercicio, con las referencias de tensión e intensidad. Sean los fasores de tensión: V1 = V1∠0° ; V2 = V2∠δ . a) La potencia compleja consumida en el extremo de la carga es, en polares: *

⎛ V − V2 ⎞ ⎟⎟ ; desarrollando esta expresión, en módulo y arguS 2 = V2 ⋅ I = V2 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎝ ZL ⎠ *

V2 ⋅ V1* V2 ⋅ V2* V2 ⋅ V1 V22 mento: S 2 = − = ∠δ + ϕ L − ∠ϕL . Tomando partes real e imaginaria, obtenZ*L Z*L ZL ZL dremos las expresiones de las potencias activa y reactiva que consume el extremo de la carga. V2 ⋅ V1 V22 P2 = real{S 2 } = ⋅ cos(δ + ϕ L ) − cos(ϕ L ) ZL ZL V2 ⋅ V1 V22 Q 2 = imag{S 2 } = ⋅ sen (δ + ϕ L ) − sen (ϕL ) ZL ZL

.

De igual modo, las potencias activa y reactiva en el extremo del generador son: *

⎛ V − V2 ⎞ ⎟⎟ ; desarrollando esta expresión, en módulo y argumento: S1 = − V1 ⋅ I = − V1 ⋅ ⎜⎜ 1 ⎝ ZL ⎠ *

S2 = −

V1 ⋅ V1* V1 ⋅ V2* V12 V ⋅V + = − ∠ϕL + 1 2 ∠ϕL − δ . Tomando partes real e imaginaria, obtendremos * * ZL ZL ZL ZL

las expresiones de las potencias activa y reactiva que consume el extremo del generador. P1 = real{S1} =

V1 ⋅ V2 V2 ⋅ cos(ϕ L − δ ) − 1 cos(ϕ L ) ZL ZL

V ⋅V V2 Q1 = imag{S1} = 1 2 ⋅ sen (ϕ L − δ ) − 1 sen (ϕL ) ZL ZL

.

En la ecuación de la potencia reactiva de la carga, podemos despejar el valor de δ, obteniendo:

⎧ ⎫ ZL V22 δ = −ϕ L + ⋅ arcsen⎨Q 2 + sen(ϕL )⎬ ; donde el desfase δ se expresa en función de los datos del V2 ⋅ V1 ZL ⎩ ⎭ problema. A partir de esta ecuación, los valores del resto de las potencias se escribirán en función de δ, V1, V2 y Q2.

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b) Sustituyendo los valores numéricos en las ecuaciones anteriores, obtenemos:

δ = −45 + P2 =

⎧ ⎫ 1 1202 ⋅ arcsen⎨1200 + sen (45)⎬ : δ = −16,69° ; 120 ⋅ 200 1 ⎩ ⎭

120 ⋅ 200 120 2 ⋅ cos(− 16,69 + 45) − cos(45) : P2 = 10,95(kW ) ; 1 1

200 ⋅120 200 2 ⋅ cos(45 + 16,69 ) − cos(45) : P1 = −16,9(kW ) 1 1 . 200 ⋅120 200 2 Q1 = ⋅ sen (45 + 16,69 ) − sen (45) : Q1 = −7,16(kVAr) 1 1 P1 =

Hay que recordar que hemos definido la potencia en el extremo generador como consumida, para interpretar los resultados obtenidos.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

En el circuito de la figura el valor eficaz de la tensión de la fuente es 250(V) y su frecuencia 50(Hz). Sabiendo que las lecturas de los aparatos de medida son: 50(A), 250(V) y 10(kW), calcule: a) los valores de R, L y C; y b) los fasores de tensión e intensidad en cada elemento.

Solución: 1er método. Los datos del enunciado referidos al esquema de la figura son: I = 50(A) ; U RL = 250(V) ; E = 250(V) . * La lectura del vatímetro será la potencia consumida por la resistencia R, ya que es el único elemento que consume potencia activa. Por tanto: PR = I 2 ⋅ R : 10 4 = 50 2 ⋅ R : R = 4(Ω) ; U R = I ⋅ R = 200(V ) . Si suponemos que la fase de la intensidad es cero, los fasores de UR e I son: I = 50(A) ; U R = 200(V) . * Como las tensiones en R y L (de la serie R-L) están desfasadas 90º y su suma es la tensión RL, formarán dichas tensiones un triángulo rectángulo con la hipotenusa en la tensión Rl. Por tanto, aplicando el teorema de Pitágoras: U 2R + U 2L = U 2RL : U L = 250 2 − 200 2 = 150 : U L = 150(V) . El valor de la inductancia L será: ω ⋅ L = 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ L = U L I = 3 : L = 9.55(mH) . La tensión en L irá adelantada 90º a la intensidad: U L = 200∠90°(V) ; y la tensión RL irá adelantada a la intensidad en un ángulo de valor: ϕRL : tan(ϕRL ) = ω ⋅ L R = 0,75 : ϕRL = 36,87° , y, por tanto, el fasor de la tensión RL será: U RL = 250∠36,87°(V) . * Como la carga LC, en paralelo es puramente reactiva, su tensión irá, respecto a la intensidad I, adelantada 90º, si es inductiva y retrasada 90º si es capacitiva. La aplicación de la LKT a la malla del esquema es: E = U LC + U RL , lo que implica que las tres tensiones forman un triángulo, en este caso isósceles, por ser las tensiones de la fuente y de RL de 250(V). Esto hace que la rama LC sea capacitiva, como puede observarse en el gráfico de tensiones de la figura. La circunferencia es el lugar geométrico del extremo de la tensión E. Como vemos, si la tensión LC fuese inductiva, adelantada a la intensidad 90º, al sumarse con RL el resultado no podría estar en la circunferencia. En caso de ser capacitiva, la tensión LC daría la solución prolongando el vector hasta cortar a la circunferencia, como se muestra en la siguiente figura.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Como el triángulo es isósceles, como ya dijimos, ϕE = −36,87° , y el fasor de la tensión de la fuente es: E = 250∠ − 36,87°( V ) . La tensión en LC será: U LC = 2 ⋅ U RL ⋅ cos(ϕ RL ) = 300 : U LC = 300(V) ; y su fasor será: U LC = 300∠ − 90°(V ) , coincidente a que atrase 90º a la intensidad I, ya que la carga LC es capacitiva. El valor de los fasores de intensidad en el paralelo LC es: IL =

U LC − j ⋅ 300 = : I L = 100∠180°(A) ; e j⋅ ω⋅ L j⋅ 3

I C = I − I L = 50 − (− 100 ) : I C = 150∠0°(A) . De estas últimas soluciones calculamos el valor de C: j ⋅ ω ⋅ C =

IC IC :C = : C = 1,59(mF) . U LC j ⋅ ωU LC

Resumimos los resultados obtenidos. a) R = 4(Ω ) ; L = 9,55( mH ) ; C = 1,59( mF) ; b) Tensiones: E = 250∠ − 36,87°(V) ; U R = 200(V) ; U L = 200∠90°(V) ; U LC = 300∠ − 90°(V) Intensidades: I = 50(A) ; I L = 100∠180°(A) ; I C = 150∠0°(A) . * Fíjese el alumno en que la solución que parece evidente, U LC = 0 , obliga a que las intensidades que circulan por L y C en paralelo sean nulas ambas y, por lo tanto, su suma no sería igual a I. Recuerde que no se suman valores eficaces sino fasores.

2º método. Este método esta basado en consideraciones sobre las potencias consumidas y cedidas por los elementos del circuito. Ya dijimos al comienzo que la resistencia R consumía PR = 10(kW) , con lo que se obtenía el valor de R: R = 4(Ω) . El conjunto RL serie consume una potencia aparente: S RL = U RL ⋅ I = 12,5(kVA) , lo que permite calcular la potencia reactiva consumida por L: Q L = S2RL − PR2 = 7,5( kVAr ) , lo que permite el cálculo de L: Q L = I 2 ⋅ ω ⋅ L : L = 9.55(mH) . Nos fijamos ahora en el generador, del que sabemos que cede una potencia activa igual, en valor absoluto, a la que consume R: PE = −10(kW) . La potencia aparente en el generador es: SE = U E ⋅ I = 12,5(kVA) ; y su potencia reactiva será: Q E = ± S2E − PE2 = ±7,5(kVAr ) .

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

Como vemos hay dos posibilidades según sea la potencia reactiva, cedida o consumida. Si Q E = −7,5(kVAr) , es decir cedida, el conjunto LC paralelo, que al ser reactivo puro sólo maneja potencia reactiva, tendría de potencia reactiva: Q LC + Q E + Q L = 0 : Q LC = 0 . Este resultado obliga a que: Q LC =

U 2LC = 0 ; es decir, o XLC es infinito y la corriente I es nula, contra X LC

lo que dice el amperímetro; o ULC es cero y la corriente I es nula de nuevo. Si Q E = 7,5(kVAr) , es decir consumida, el conjunto LC paralelo, tendría de potencia reactiva: Q LC + Q E + Q L = 0 : Q LC = −15(kVAr) , lo que implica que el conjunto LC es de carácter capacitivo. A Partir del dato de QLC, la tensión en bornas de LC será: Q LC = U LC ⋅ I : U LC = 300(V ) , y a partir de aquí, podemos conocer la potencia reactiva de cada elemento del paralelo: Q L (LC) =

U 2LC = 30(kVAr) ; Q LC = Q L + Q C : Q C = −45(kVAr) , y el valor de C: ω⋅ L

Q C = − U 2LC ⋅ ω ⋅ C : C = −

QC : C = 1,59( mF) . ω ⋅ U 2LC

Para terminar el problema , calculamos los fasores de intensidad y tensión, a partir de las potencias complejas de los elementos, supuesta la fase de la intensidad cero: I = 50( A ) . S R = PR = U ⋅ I * : U =

S R 10 4 = : U = 100∠0°(V ) I* 50

S L (RL ) = j ⋅ Q L = U L ⋅ I * : U L =

S L j ⋅ 7500 = : U L = 150∠90°( V ) I* 50

S LC (LC) = j ⋅ Q LC = U LC ⋅ I * : U LC =

S LC − j ⋅15 ⋅103 = : U LC = 300∠ − 90°(V) I* 50 *

⎛ S ⎞ − j ⋅ 30 ⋅103 S L (LC) = j ⋅ Q L = U LC ⋅ I : I L = ⎜⎜ L ⎟⎟ = : I L = 100∠180°(V ) j ⋅ 300 ⎝ U LC ⎠ * L

*

⎛ S ⎞ j ⋅ 45 ⋅103 S C (LC) = j ⋅ Q C = U LC ⋅ I : I C = ⎜⎜ C ⎟⎟ = : I C = 150∠80°(V ) . j ⋅ 300 ⎝ U LC ⎠ * C

* De cualquiera de las dos formas de resolución expuestas aquí, el ejercicio es muy instructivo. Estúdielo con atención.

Ejercicios de Circuitos

Salcedo&López

El circuito de la figura está en régimen permanente senoidal. La impedancia Z es Z = R + j ⋅ 2(Ω ) . Determine el valor de R

para que la impedancia consuma máxima potencia, calculando dicha potencia máxima. Datos: coeficiente de acoplamiento de las dos bobinas acopladas: k = 0,707 ; e(t) es una fuente senoidal de valor eficaz 10(V) y frecuencia angular, ω = 100(rad s ) .

Solución: En la figura se muestra el circuito original en el dominio de la frecuencia, con

ω = 100(rad s ) , y con la reactancia equivalente al acoplamiento de las bobinas

de

valor X M = j(Ω) . En este circuito calcularemos el equivalente Thèvenin respecto de los terminales de la impedancia desconocida Z. Como observa el alumno, este esquema contiene la fuente auxiliar U0, por la que circula una intensidad I0, para aplicar el método general de determinación del equivalente Thèvenin, en este caso desde los terminales de la impedancia desconocida Z. Además hemos añadido las intensidades ficticias de mallas para hacer un análisis por mallas. Las ecuaciones por mallas del circuito son:

[I1 ] : I1 (1 + j − j ⋅ 2) + I 2 ( j ⋅ 2 + j) + I 0 ( j) = E ⎫ I1 (1 − j) + I 2 ( j ⋅ 3) + I 0 ( j) = E [I 2 ]: I1 ( j ⋅ 2 + j) + I 2 ( j ⋅ 2 + 2 − j ⋅ 2) + I 0 (− j ⋅ 2) = 0⎪⎬ : I1 ( j ⋅ 3) + I 2 (2) + I 0 (− j ⋅ 2) = 0 ⎪ I ( j) + I (− j ⋅ 2) + I ( j ⋅ 2 ) + U = 0 [I 0 ] : I1 ( j) + I 2 (− j ⋅ 2) + I 0 ( j ⋅ 2) + U 0 = 0 2 0 0 ⎭ 1 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: E = 10 ; I 0 = 0 : U 0 = U ca . Reescribimos el sistema (1) para los valores indicados, y resolvemos por Cramer: 1 − j j⋅ 3 j⋅ 3 2 I1 (1 − j) + I 2 ( j ⋅ 3) = 10 j − j⋅ 2 I1 ( j ⋅ 3) + I 2 (2 ) = 0 : U ca = 1− j j⋅ 3 I1 ( j) + I 2 (− j ⋅ 2 ) + U ca = 0 j⋅ 3 2 j − j⋅ 2

10 0 0 : U ca = 5,67∠28,74°(V) . 0 0 1

2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: E = 0 ; Z Th = − U 0 I 0 . Reescribimos el sistema (1) para los valores indicados, y resolvemos por Cramer.

(1)

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1− j j⋅ 3 0 j⋅ 3 2 0 I1 (1 − j) + I 2 ( j ⋅ 3) + I 0 ( j) = 0 j − j⋅ 2 − U0 − U0 I1 ( j ⋅ 3) + I 2 (2 ) + I 0 (− j ⋅ 2 ) = 0 : I 0 = : = Z Th = 0,78 + j ⋅ 0,69(Ω) 1− j j⋅ 3 j I0 I1 ( j) + I 2 (− j ⋅ 2) + I 0 ( j ⋅ 2) = − U 0 − j⋅ 2 j⋅ 3 2 j − j⋅ 2 j⋅ 2 Por tanto, el equivalente Thèvenin del circuito original, respecto de los terminales de Z = R + j ⋅ 2(Ω ) , es la F. R. de tensión de valor [5,67∠28,74°(V) ; 0,78 + j ⋅ 0,69(Ω)] . Para que la impedancia Z = R + j ⋅ 2(Ω ) consuma potencia máxima, aplicando ahora el teorema de la máxima transferencia de potencia, el valor de R será: 2 R = R Th + (X Th + X ) = 0,78 2 + 2,69 2 : R = 2,8(Ω) ; con lo que: Z = 2,8 + j ⋅ 2(Ω) . 2

Para este valor de la impedancia Z, la potencia consumida por ésta es: Pmax

⎛ =⎜ ⎜ ⎝

2

5,67

(0,78 + 2,8)2 + (0,69 + 2)2

⎞ ⎟ ⋅ 2,8 : P = 4,46( W ) . max ⎟ ⎠

* El alumno puede comprobar el equivalente Thèvenin calculando el valor de la corriente de cortocircuito. * Dibuje el esquema del equivalente Thèvenin cargado con Z, y llegue a la expresión anterior para el cálculo de la potencia máxima.

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Pág. 104

En el circuito de la figura, que está en régimen estacionario senoidal, Z = R + j ⋅ 4(Ω) . Determine el valor de R en la impedancia Z para que consuma potencia máxima, y el valor de dicha potencia máxima. Los datos de los elementos pasivos de la figura en Ohmios y la fuente de tensión en Voltios. Solución Calculamos en primer lugar el equivalente Thèvenin del circuito, respecto de los terminales donde se conecta la carga desconocida. 1.- Cálculo de la tensión a circuito abierto: U CA En la figura se muestra el esquema original con los terminales a circuito abierto. Al ser I = 0 , la fuente controlada por dicha intensidad es nula y, por tanto, equivalente a un abierto. Hemos señalado la intensidad de la malla, I 1 . Analizamos la malla, con U = − j ⋅ I 1 y U CA = ( j ⋅ 2 − j) ⋅ I 1 = j ⋅ I 1 , es: I 1 ( j ⋅ 2 + j ⋅ 2 − j) + 2 ⋅ U = 2 : I 1 ( j ⋅ 2 + j ⋅ 2 − j + 2 ⋅ (− j)) = 2 : I 1 = − j ⋅ 2 : U CA = 2(V) . 2.- Cálculo de la impedancia Thèvenin: Z Th . Resolveremos el cálculo de la impedancia Thèvenin por modificaciones sucesivas de fuentes. Las figuras muestran sólo la parte del circuito que se modifica.

En la figura (A) hemos cambiado la F.R. de intensidad controlada por su equivalente de tensión, que hemos asociado en serie con la otra F.I. de tensión controlada en la figura (B). El conjunto de ambas la cambiamos por sus equivalentes de intensidad, tal como aparecen en la figura (C). En la figura (C) hemos aplicado divisor de tensión en la rama formada por la asociación serie L-C, obteniendo la tensión en toda la rama: U Rama = U ⋅

−j = −U . − j + j⋅ 2

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Pág. 105

La figura (D) es el resultado de aplicar en (C) la regla de la sustitución a la F.I. de intensidad − j ⋅ U , obteniendo la impedancia equivalente de valor: : Z =

−U = − j . Sustituyendo el conjunto de impe− j⋅ U

dancias en paralelo por su equivalente y convirtiendo la F.R. de intensidad controlada de (D) por su equivalente de tensión, obtenemos la figura (E), sobre la que aplicamos de nuevo la regla de la sustitución para encontrar el esquema de la figura (F), en la que determinamos la impedancia Thèvenin, de valor: Z Th = 2 − j ⋅ 2(Ω) . Por tanto, para Z = R + j ⋅ 4(Ω) , con R variable, la condición de máxima transferencia de potencia es: 2 R = R Th + (X + X Th ) = 2 2 + (− 2 + 4) : R = 8 (Ω) ; 2

2

y la potencia cedida por el circuito es: P =

2 U CA

(R + R Th )2 + (X + X Th )2

⋅ R : P = 414( mW ) .

* El alumno debiera determinar el valor de la impedancia Thèvenin mediante el cálculo directo, y a través de la determinación de la intensidad de cortocircuito.

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Pág. 106

En el circuito de la figura se sabe que la lectura del voltímetro es 9(V), y que la potencia generada por la fuente es de 6(W). Determine los valores de R y C; y b) la tensión e intensidad en cada elemento en valor eficaz y fase. DATO: f = 50( Hz ) ; E = 15( V ) .

Solución: En la figura mostramos un esquema del circuito, donde los núeros marcan el grafo del mismo. Con fase cero en la tensión de la fuente: E = 15, aplicamos divisor de tensión: U11 = E I=

R E 2⋅R 2⋅E = = 5; U 21 = E = = 10; siendo 3⋅ R 3 3⋅ R 3

E . 3⋅ R

La rama (12-22) tiene carácter capacitivo, por tanto la intensidad I12 = I 22 adelantará a la tensión de la fuente, estando U12 en fase con I12 ; y U 22 atrasada 90° a I 22 . Con estos datos aplicamos la LKT:

E = U12 + U 22 ; E = U11 + U 21; que reflejamos en los diagramas fasoriales de la figura. Aplicamos el teorema del coseno a los triángulos U11 , V, U12 ; y U 22 , V, U 21. 2 2 2 U12 = V 2 + U11 − 2 ⋅ V ⋅ U11 ⋅ cos(α1 ) : U12 = 81 + 25 − 90 ⋅ cos(α1 ) (1)

U 222 = V 2 + U 221 − 2 ⋅ V ⋅ U 21 ⋅ cos(α 2 ) : U 222 = 81 + 100 − 180 ⋅ cos(α 2 ) (2)

Sumando las ecuaciones (1) y (2) y, teniendo en cuenta que U12 y U22 forman un triángulo rectángulo 2 con E: U12 + U 222 = E 2 = 225 ; y α1 y α2 son suplementarios: cos(α1 ) = − cos(α 2 ) , resulta:

225 = 287 − 90 ⋅ cos(α 2 ) : cos(α 2 ) =

62 : α 2 = 46,46° : α1 = 133,54°. 90

Volvemos con estos datos a las ecuaciones (1) y (2):

2 U12 = 81 + 25 − 90 ⋅ cos(133,54°) : U12 = 12,96(V)

2 U 22 = 81 + 100 − 180 ⋅ cos(46,46°) : U 22 = 7,55(V).

Para calcular los valores de ϕ1 y ϕ2, en el triángulo rectángulo E, U 22 , U12 : cos(ϕ12 ) =

U12 12,96 = : ϕ12 = 30°; ϕ 22 = ϕ12 − 90° : ϕ 22 = −60°. E 15

Resumimos todos los resultados anteriores: U12 = 12,96∠30°(V); U 22 = 7,55∠ − 60°(V). Para calcular el valor de R y de las intensidades usamos el dato de la potencia cedida por la fuente, y consumida por las resistencias: PE =

2 75 168 E 2 U12 :6 = + + : R = 40,5(Ω). 3⋅ R R R R

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Pág. 107

U11 ⎧ ⎪⎪I1 = I11 = I 21 = R = 123∠0°(mA) Los fasores de intensidad son: ⎨ : I = I11 + I12 : I = 430∠21,8°(mA). ⎪I = I = I = U12 = 320∠30°(mA) 22 ⎪⎩ 2 12 R El valor del condensador vendrá dado por: C =

U 22 : C = 24(mF). 2⋅π⋅f

* Recuerde que los diagramas fasoriales son muy útiles, para resolver geométricamente algunos ejercicios como éste.

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Pág. 108

Dos cargas monofásicas en paralelo, conectadas a 300(V) consumen 10(kVA) con un fdp 0,8(cap) y 15(kVA) con un fdp 0,6(ind) respectivamente. La línea de alimentación desde un generador monofásico a dichas cargas tiene una impedancia equivalente 0,7+j(Ω). Se desea llevar el fdp de las cargas a la unidad, mediante la conexión de una batería de condensadores en paralelo con las cargas. Determine el valor de dicha batería de condensadores y la potencia que ahora consume la línea.

Solución: La tensión en bornas de las cargas es U = 300 ( V ). Calculamos en primer lugar la potencia e impedancia equivalente de las dos cargas. ⎫ ⎧P = 8(kW ) S1 = 10(kVA ); fdp1 = 0,8(cap) : ⎨ 1 ⎪ ⎩Q1 = −6(kVAr) ⎪ ⎧S = P + j ⋅ Q = 17 + j ⋅ 6(kVA) ⎬:⎨ 2 ∗ ⎧P2 = 9(kW ) ⎪ ⎩Z = U S = 4,71 + j ⋅1,66(Ω) S2 = 15(kVA); fdp 2 = 0,6(indp) : ⎨ ⎪ ⎩Q1 = 12(kVAr)⎭ Con este dato calculamos la tensión en la cabecera de la línea, E: E = U ⋅

ZL + Z Z

: E = 330( V); con ZL

la impedancia de la línea. Como el fdp equivalente de las cargas hay que llevarlo a la unidad, la batería de condensadores vendrá dad por: C =

Q 6000 = : C = 212,21(μF). 2 2⋅π⋅f ⋅U 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 300 2

Para calcular la nueva potencia consumida en la línea, al estar la carga y la batería de condensadores en un punto donde la tensión depende de la carga aplicada, habrá que determinar en primer lugar la impedancia equivalente de este conjunto carga-condensadores. La impedancia de la batería de condensadores es: Z C = equivalente carga-condensador: Z EQ =

1 : Z C = − j ⋅15(Ω); y la del conjunto 2⋅π⋅f ⋅C⋅ j

ZC ⋅ Z : Z EQ = 5,29(Ω). ZC + Z

Con estos datos, el nuevo valor de la intensidad en la línea y, con ella, el de la potencia consumida por la línea será: I nueva =

E : I nueva = 60,19(A) : PLnueva = I 2nueva ⋅ R L : PLnueva = 362( W ). Z EQ + Z L

* Fíjese que la tensión en el punto de conexión de la carga varía al conectar los condensadores y, con ella, también lo hace la potencia consumida por las cargas.

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En la figura se esquematiza un sistema trifásico, conexión estrella-estrella, equilibrado y de secuencia directa. Determine: las intensidades de línea, las tensiones de línea y fase en el generador y la carga y la caída de tensión eficaz en la línea. ¿Qué diferencia de potencial hay entre los neutros del generador y la carga? DATOS: E R = 230∠0°(V) ; Z G = j(Ω) ; Z L = 1 + j(Ω) ; Z C = 20 + j ⋅ 20(Ω) . Solución: Como el circuito es equilibrado, podemos construir su monofásico equivalente estrella-estrella, tal como se muestra en la figura. En el circuito, el valor de la intensidad de línea es: IR =

ER 230 = : I R = 7,56∠ − 46,33°( A ) . Z G + Z L + Z C 21 + j ⋅ 22

* Como el sistema es de secuencia directa, el conjunto de las intensidades de línea es: I R = 7,56∠ − 46,33°(A) ; I S = 7,56∠ − 166,33°(A) ; I T = 7,56∠73,67°(A) A partir del dato de la intensidad de línea, y sobre el monofásico anterior, las tensiones de fase en el generador y en la carga son:

U R 'N ' = E R − I R ⋅ Z G : U R 'N ' = 224,6∠ − 1,33°(V) U RN = I R ⋅ Z C : U RN = 213,9∠ − 1,33°(V)

.

* A partir de estas tensiones de la fase R, el conjunto de tensiones de fase en el generador y la carga son:

U R 'N ' = 224,6∠ − 1,33°(V) ; U S'N ' = 224,6∠ − 121,33°(V) ; U T 'N ' = 224,6∠118,67(V) U RN = 213,9∠ − 1,33°(V) ; U SN = 213,9∠ − 121,33°(V) ; U TN = 213,9∠118,67°(V)

;

* y el de las tensiones de línea en el generador y en la carga, teniendo en cuenta que al ser de secuencia directa y equilibrado el sistema trifásico se cumple: U L = U F ⋅ 3∠ + 30° , es: U R 'S' = 389∠28,67°(V) ; U S'T ' = 389∠ − 91,33°(V) ; U T 'R ' = 389∠148,67(V) U RS = 370,5∠28,67°(V) ; U ST = 370,5∠ − 91,33°(V) ; U TR = 370,5∠148,67°(V)

.

* La caída tensión en la línea, en valor eficaz, es: U R 'R = I R ⋅ Z L = 7,56 ⋅ 2 : U R 'R = 10,7(V ) . * Si el alumno recuerda, todas las estrellas de un sistema trifásico equilibrado tienen sus neutros al mismo potencial; por tanto, la diferencia de potencial entre los neutros del generador y la carga es cero. Podemos comprobarlo fácilmente, aplicando el teorema de Millman al nudo N respecto del nudo N’ en el sistema trifásico original. Llamando Z = Z G + Z L + Z C , la impedancia total de cada fase: U NN ' =

E R Z + ES Z + E T Z E R + ES + E T = = 0 , ya que la suma de la misma magnitud, en este caso 1 Z +1 Z +1 Z 3

la tensión generada, extendidas a las tres fases del sistema equilibrado es nula.

Ejercicios de Circuitos

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Ejercicios de Circuitos

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En la figura se esquematiza un sistema trifásico, equilibrado y de secuencia inversa. Determine: las intensidades de fase en el generador y en las cargas, las intensidades de línea, las tensiones en el generador real y en las cargas, y la caída de tensión eficaz en la línea. DATOS: Z G = j ⋅ 3(Ω) ; Z L = 2(Ω) ; Z C = 30 + j ⋅10(Ω) ;

E R = 400∠0°(V) . Solución: Como el sistema trifásico es equilibrado podemos reducir su análisis al del monofásico equivalente, en este caso, triángulotriángulo, previa conversión de la carga 2 de estrella a su triángulo equivalente. Todo ello se recoge en el esquema de la figura. En el esquema, la intensidad de fase del generador es: I RS =

ER : I RS = 11,22∠ − 1,2°( A ) ; y, aplicando divisor de intensiZ G + 3 ⋅ Z L + (Z1 ⋅ (3 ⋅ Z 2 )) (Z1 + (3 ⋅ Z 2 ))

dad, la de las cargas es: I RS1 = I RS I RS 2 = I RS

3⋅ Z2 : I RS1 = 8,09∠8,49°(A ) ; Z1 + (3 ⋅ Z 2 )

Z1 : I RS 2 = 6,1∠6,02°(A ) . (Esta intensidad sería la que circularía por cada fase del Z1 + (3 ⋅ Z 2 )

triángulo equivalente a la estrella dada) * El conjunto de intensidades de fase, generador y carga 1, teniendo en cuenta que el sistema es equilibrado, es:

I S'R ' (= I RS ) = 11,22∠ − 1,2°(A) ; I T 'S' = 11,22∠118,8°(A) ; I R 'T ' = 11,22∠ − 121,2°(A) I RS1 = 8,09∠8,49°(A) ; I ST1 = 8,09∠128,49°(A) ; I TR1 = 8,09∠ − 111,51°(A)

.

* Como el sistema es equilibrado y de secuencia inversa: I L = I F ⋅ 3∠ + 30 , podemos escribir el conjunto de las intensidades de línea para el generador y las cargas: I R = 19,43∠28,82°(A) ; I S = 19,43∠148,8°(A ) ; I T = 19,43∠ − 91,2°(A) I R1 = 14,01∠38,49°(A) ; I S1 = 14,01∠158,49°(A) ; I T1 = 14,01∠ − 81,51°(A) . I R 2 = 6,1∠6,02°(A) ; I S 2 = 6,1∠126,02°(A) ; I T 2 = 6,1∠ − 113,98°(A) * A partir de las intensidades de fase, las tensiones de línea en el generador y en las cargas, son:

U R 'S' = E R − I RS ⋅ Z G : U R 'S' = 400,7∠ − 4,82°(V) ; U RS = I RS ⋅

Z1 ⋅ Z 2 : U RS = 333,57∠ − 5,54°(V) ; y Z1 + Z 2

el conjunto de las tensiones de línea en el generador y carga es: U R 'S' = 400,7∠ − 4,82°(V) ; U S'T ' = 400,7∠115,18°(V ) ; U T 'R ' = 400,7∠ − 124,82°(V) U RS = 333,57∠ − 5,54°(V) ; U ST = 333,57∠114,46°(V) ; U TR = 333,57∠ − 125,54°(V) * La caída de tensión en la línea es: U R 'R = I R ⋅ Z L : U R 'R = 38,86(V) .

.

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Salcedo&López

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado en tensiones y de secuencia directa. Determine la intensidad absorbida por cada una de las fases de la carga. Si cerramos el interruptor K, ¿cuánto valdrán ahora estas intensidades? Represente en un gráfico de tensiones-intensidades, los resultados obtenidos en ambos casos. La impedancia de la carga en ohmios. DATOS: Tensión de línea en R, S T: U = 380( V ) ; Z = 20 + j ⋅ 10(Ω) . Solución: Con el interruptor abierto, el sistema es equilibrado y de secuencia directa. Tomando U RN = 220(V ) , las intensidades de línea son: I R = U RN Z : I R = 9,84∠ − 26,57°(A) ; y teniendo en cuenta lo anterior, las otras intensidades son: I S = 9,84∠ − 146,57°(A) ;

I T = 9,84∠93,43°(A) . En el gráfico de la figura mostramos el esquema de tensiones e intensidades. En la figura se muestra el esquema del circuito con el interruptor cerrado. El circuito es ahora equilibrado en tensiones de línea y desequilibrado en carga. Las tensiones de línea son, a partir de la primera parte del ejercicio: U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) . Al estar T cortocircuitado con N, U RN = − U TR = 380∠ − 30 ; lo que permite el cálculo de la intensidad de la línea R: I R = U RN Z : I R = 17∠ − 56,57°(A) . De igual manera, U SN = U ST = 380∠ − 90 , y la intensidad IS: I S = U SN Z : I S = 17∠ − 116,57°(A) . Aplicando la LKI al nudo N: I R + I S + I T = 0 : I T = 29,44∠93,45°(A ) . En el gráfico de la figura mostramos el esquema de tensiones e intensidades.

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En el sistema equilibrado y de secuencia directa de la figura, realice un balance de potencias, tanto activas como reactivas, explicitando las del generador, línea y carga. DATOS: Z G = j(Ω) ; Z L = 2 + j(Ω) ; Z1 = 10 − j ⋅ 2(Ω) ;

Z1 = 10 − j ⋅ 3(Ω) ; E = 230(V) .

Solución: Como el sistema es equilibrado, calculamos las respuestas en el monofásico equivalente estrella-estrella que mostramos en la figura, y donde hemos sustituido la carga 1, en triángulo, por su equivalente en estrella. Calculemos las intensidades de línea en el monofásico.

IR =

E Z 2 ⋅ Z1 3 ZG + ZL + Z 2 + (Z1 3)

: I R = 46,47∠ − 21,23°(A) ; y aplicando divisor de intensidad a esta in-

I R1 = I R ⋅

tensidad, las de las cargas son: IR2

Z2 : I R1 = 35,84∠ − 14,46°(A ) Z 2 + (Z1 3)

Z1 3 = IR ⋅ : I R 2 = 11,67∠ − 42,47°(A ) Z 2 + (Z1 3)

.

A partir de estos datos, las tensiones de fase en el generador y la carga son: U R ' N ' = E − I R ⋅ Z G : U R ' N ' = 21753∠ − 11,49°(V ) U RN = I R1 ⋅

. Z 2 ⋅ Z1 3 : U RN = 121,83∠ − 25,77°(V ) Z 2 + (Z 1 3)

Con todos estos resultados, podemos calcular las distintas potencias del sistema trifásico

⎧PE = 29,9(kW) Potencia cedida por el generador: S E = 3 ⋅ U R 'N ' ⋅ I *R = 29,9 + j ⋅ 5,1(kVA) : ⎨ . ⎩Q E = 5,1(kVAr) ⎧P1 = 12,8(kW) Potencia consumida por la carga 1: S1 = 3 ⋅ U RN ⋅ I *R1 = 12,8 − j ⋅ 2,6(kVA) : ⎨ . ⎩Q 2 = −2,6(kVAr) ⎧P2 = 4,1(kW) Potencia consumida por la carga 2: S 2 = 3 ⋅ U RN ⋅ I *R 2 = 4,1 + j ⋅ 1,2(kVA) : ⎨ . ⎩Q 2 = 1,2(kVAr) ⎧PL = 13(kW) Potencia consumida por la línea: S L = 3 ⋅ I 2R ⋅ Z L = 13 + j ⋅ 6,5(kVA) : ⎨ . ⎩Q L = 6,5(kVAr) * La potencia en las cargas podríamos haberlas calculado de forma similar a la de la línea:

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S1 = 3 ⋅ I 2R1 ⋅ Z1 3 ; S 2 = 3 ⋅ I 2R 2 ⋅ Z 2 . * Hemos tomado para el generador el criterio de potencias cedidas. Si tomamos el de potencias consumidas, la expresión sería: S E = −3 ⋅ U R 'N ' ⋅ I *R . * En la potencia de la carga 1, el hecho de que su potencia reactiva sea negativa, implica que cede una potencia reactiva de valor 2,6(kVAr). Como era de esperar, al tener la carga 1 carácter capacitivo, cede potencia reactiva. * El alumno debe comprobar que la suma de potencias cedidas, tanto activas como reactivas, es igual a la suma de potencias consumida.

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A una red trifásica equilibrada, 380/220(V) y 50(Hz), están conectadas, en paralelo, tres cargas trifásicas también equilibradas, definidas como sigue: C − 1 : {P1 = 100(kW) ; fdp = 0,75(ind)} ;

C − 2 : {S 2 = 200(kVA) ; Q 2 = 80(kVAr)} ; C − 3 : {P3 = 120(kW ) ; Q 3 = −60(kVAr)} . Determine la intensidad cedida por la red, el f. de p. de la instalación y la intensidad consumida por cada carga. ¿Qué capacidad tendría por fase una batería de condensadores, montada en estrella, en paralelo con la red, para que el f. de p. equivalente subiese a 0.99 inductivo? Solución: En la figura hemos dibujado un esquema del sistema trifásico, donde hemos señalado las intensidades. tanto de la red, como de las cargas. Completamos los datos de potencia de las tres cargas

⎧P = 100(kW ) S1 = 133(kVA) C −1: ⎨ 1 : ; ⎩fdp = 0,75(ind) Q1 = 88(kVAr) ⎧S = 200(kVA) C−2:⎨ 2 : P2 = 183(kW ) ; ⎩Q 2 = 80(kVAr) ⎧P3 = 120(kW ) C −3: ⎨ : S3 = 134(kVA) . = − Q 60 ( kVAr ) ⎩ 3 1er método Aplicamos el teorema de Boucherot en el punto de conexión de las cargas, para obtener la potencia

⎧P = P1 + P2 + P2 = 403(kW) : S = 417(kVA) . equivalente al conjunto: ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 + Q 3 = 108(kVAr) a) Cálculo de intensidades. Aplicamos la expresión: S = 3 ⋅ U L ⋅ I L : I L = Cargas: I1 = Red: I =

S1 3⋅E

S 3⋅E

: I1 = 202(A ) ; I 2 =

S2 3⋅E

S 3 ⋅ UL

.

: I 2 = 304( A ) ; I 3 =

S3 3⋅E

: I 2 = 204( A ) .

: I = 634(A) .

b) Mejora del f. de p. de la red. Como la batería de condensadores está conectada en estrella, la ecuación que da el valor de la capacidad de los condensadores por fase es: C Υ =

(P 3) ⋅ (tan(ϕ) − tan(ϕ com )) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2F

rar, y tan(ϕcom) es el fdp deseado. En nuestro caso, tan (ϕ) =

Q = 0,268 P

, donde cos(ϕ) es el fdp a mejo-

tan (ϕ com ) = tan (a cos(0,99)) = 0,142 ;

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El valor de CΥ será: C Υ =

134,3 ⋅ 10 3 ⋅ (0,268 − 0,142 ) ; C Υ = 1,1(mF) . 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 220 2

* Fíjese el alumno que C Υ =

(P 3) ⋅ (tan(ϕ) − tan(ϕ com )) 2⋅π⋅f ⋅U

2 F

= 3⋅

(P 3) ⋅ (tan(ϕ) − tan(ϕ com )) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2L

= 3 ⋅ C Δ , como

era de esperar. ¿Porqué era de esperar?, razónelo. 2º método Supongamos fase nula para la tensión de fase: E RN = 220 , y que las cargas están conectadas en estrella, suposición ésta última que no afecta al resultado del problema. a) Cálculo de intensidades. ⎛U En cada carga, la impedancia compleja es: S = 3 ⋅ U F ⋅ I = 3 ⋅ U F ⋅ ⎜⎜ F ⎝ ZΥ ∗ L

y la intensidad: I =

∗

⎞ U2 U2 U2 ⎟⎟ = 3 ⋅ ∗F = ∗L : Z Υ = ∗L ; ZΥ ZΥ S ⎠

U F S∗ ⋅ U F = . ZΥ U 2L

Aplicando esta relación a las tres cargas, tendremos: C-1: I R1 =

C-2: I R 2

S1∗ ⋅ U RN (100 − j ⋅ 88) ⋅ 10 3 ⋅ 220 = : I R1 = 202∠ − 41,35°(A) ; U 2L 380 2

S ∗2 ⋅ U RN (183 − j ⋅ 80 ) ⋅ 10 3 ⋅ 220 = = : I R 2 = 304∠ − 23,61°(A) ; U 2L 380 2

C-3: I R 3 =

S ∗3 ⋅ U RN (120 + j ⋅ 60 ) ⋅ 10 3 ⋅ 220 = : I R 3 = 204∠26,57°(A) ; U 2L 380 2

Y aplicando la LKI al punto de conexión de las tres cargas: I R = I R1 + I R 2 + I R 3 : I R = 634∠ − 15°(A ) . Cálculo de potencias. La potencia compleja cedida a la red es: S = S1 + S 2 + S 3 : S = 403 + j ⋅ 108(kVA) , y el fdp equivalente del conjunto, fdp = P Q = 0,966 . b) Mejora del f. de p. de la red. Sea la admitancia por fase de los condensadores, Ycond = j ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C Υ ; y la admitancia del conjunto ya compensado, Ycom = Ycond + Y1 + Y2 + Y3 . Sustituyendo valores: Ycom = 2,79 − j ⋅ (0,75 − 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C Υ ) . Como el fdp corregido debe ser 0,99, el argumento de la admitancia compensada es ψ = −a cos( 0,99) = −8,11° . Por tanto: tan (ψ ) =

− (0,75 − 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C Υ ) − (0,75 − 2 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ C Υ ) : −0,142 = : C Υ = 1,1(mF) . 2,79 2,79

* Observe el alumno que el argumento de la admitancia del conjunto con la batería de condensadores debe ser negativo, porque la carga resultante debe ser inductiva. * Calcule las admitancias de las cargas y compruebe los resultados.

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* Como ya dijimos en los ejercicios de alterna, casi todos los problemas de potencia en trifásica admiten estas dos posibilidades: balance de potencias; fasores y aplicación de las LK.

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Pág. 8

La figura esquematiza una línea trifásica equilibrada. La línea AB tiene una impedancia por conductor de 2+j(Ω). En el punto B la tensión es 1(kV), consumiendo los receptores: R1:{P1=100(kW); fdp=0.8(ind)} y R2:{S2=150(kVA); fdp=0,75(ind)}. ¿Cuál es la tensión del generador?; ¿cuáles son las pérdidas en la línea? Se quiere elevar el fdp en el punto de conexión de los receptores a 0,95 inductivo mediante una batería de condensadores en triángulo. ¿Cuál es la capacidad por fase de esta batería de condensadores?; ¿cuál es ahora la potencia activa consumida por los receptores?; ¿cuáles son las nuevas pérdidas en la línea? DATO: La frecuencia de la red es 50(Hz). Solución: Hacemos en primer lugar un resumen de las potencias de los receptores.

⎧P = 100(kW ) ⎧Q = 75(kVAr) R −1: ⎨ 1 :⎨ 1 ; ⎩cos(ϕ1 ) = 0,8(ind) ⎩S1 = 125∠36,87°(kVA) ⎧P2 = 112,5(kW) ⎧S 2 = 150(kVA) ⎪ R −2:⎨ : ⎨Q 2 = 99(kVAr) . ⎩cos(ϕ 2 ) = 0,75(ind) ⎪S = 150∠41,41°(kVA) ⎩ 2 En el punto B, del esquema de la figura, hacemos balance de potencia.

⎧P = P1 + P2 = 212,5(kW ) B:⎨ B : S B = 275∠39,35°(kVA) . Con este dato de la potencia en B, y cono⎩Q B = Q1 + Q 2 = 174(kVAr) ciendo la tensión de línea en B, la intensidad de línea IAB es: S B = 3 ⋅ I AB ⋅ U B : I AB = 159( A ) . ⎧⎪P = 3 ⋅ I 2AB ⋅ R AB : PAB = 151(kW ) La potencia que se pierde en la línea AB es: ⎨ AB . ⎪⎩Q AB = 3 ⋅ I 2AB ⋅ X AB : Q AB = 76(kVAr )

⎧PA = PB + PAB = 364(kW) : S A = 442∠34,48°(kVA) ; y Hacemos balance de potencia en A: A : ⎨ ⎩Q A = Q B + Q AB = 250(kVAr) ⎧PG = PA = 364(kW) : SG = 442(kVA) ; y su calculamos la potencia cedida por el generador: A : ⎨ ⎩Q G = Q A = 250(kVAr) tensión: SG = 3 ⋅ I AB ⋅ U A : U A = 159 : E = U A : E = 1605(V) . El fdp en B, punto de conexión de los receptores, de los resultados anteriores, es cos(ϕ B ) = 0,773(ind) ,

) = 0,95(ind) , lo lo que supone: tan(ϕ B ) = 0,820(ind) . El fdp que quiere conseguirse es: cos(ϕcorregido B ) = 0,329 . que implica tan (ϕcorregido B El valor de la batería de condensadores por fase, conectados en triángulo en B, viene dado por la expresión: C Δ

( )) : C PB 3) ⋅ (tan (ϕB ) − tan (ϕcorregido B = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2B

Δ

= 110,7(μF) .

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Pág. 9

Como la tensión en B, punto de conexión de la batería de condensadores, depende de la carga conectada en él, al conectar dicha batería de condensadores, variará la tensión y, con ella, la potencia en los receptores. Por lo tanto habrá que calcular el valor de UB, con la batería conectada. Para ello calculamos la impedancia equivalente a los dos receptores. Suponiendo los receptores en triángulo, escribimos, a partir de la potencia compleja: S = 3 ⋅ U L ⋅ I ∗F =

S∗ 3 ⋅ U 2L 3 ⋅ U 2L : = : = , que aplicamos a los receptores del ejercicio, obtenienZ Y Δ Δ Z ∗Δ S∗ 3 ⋅ U 2L

S1∗ do las admitancias: Y1Δ = : Y1Δ = 41,7∠ − 36,87°(mS) ; Y2 Δ = 50∠ − 41,41°(mS) . 3 ⋅ U 2B

La admitancia equivalente por fase de la batería de condensadores calculada es: Ycond = j ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C Δ : Ycond = j ⋅ 34,8(mS) .

Por tanto, la nueva carga conectada en el punto B, tiene de admitancia equivalente: Ycorregido = Y1Δ + Y1Δ + Ycond = 70,8 − j ⋅ 23,3( mS) : Z corregido = 12,74 + j ⋅ 4,19(Ω) .

Analizando el monofásico equivalente triángulo-triángulo, la nueva tensión en B es: U nueva = E⋅ B

Z corregido

3 ⋅ Z AB + Z corregido

: U nueva = 1072(V) . B

Como ya sabemos, la potencia es proporcional al cuadrado de la tensión, a impedancia constante, por lo que las nuevas potencias consumidas por los receptores son: 2

2

S

nueva 1

⎛ U nueva ⎞ ⎛ U nueva ⎞ nueva nueva B ⎟⎟ ⋅ S1 : S1 = ⎜⎜ = 115 + j ⋅ 86(kVA ) ; S 2 = ⎜⎜ B ⎟⎟ ⋅ S 2 : S nueva = 129 + j ⋅114(kVA ) . 2 ⎝ UB ⎠ ⎝ UB ⎠

Para calcular las pérdidas en la línea, calculamos en primer lugar la nueva intensidad IAB. I nueva = 3⋅ AB

U nueva B : I nueva = 139(A ) ; y las pérdidas en la línea AB son: AB Zcorregido

( ) = 3 ⋅ (I ) ⋅X 2

nueva nueva PAB = 3 ⋅ I nueva ⋅ R AB : PAB = 115(kW) AB

Q nueva AB

nueva 2 AB

nueva = 58(kVAr) AB : Q AB

.

* Recuerde que la conexión, en paralelo, de una batería de condensadores no altera la potencia activa y reactiva de los elementos en paralelo con él, sólo si la tensión de dicho punto es el de una F. I . de tensión, tal como hemos visto en este ejercicio. * Rehaga el problema en fasores, a partir de las potencias complejas calculadas al principio del ejercicio para los receptores, y resolviendo el monofásico equivalente triángulo-triángulo.

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Pág. 10

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En el esquema representativo de una red trifásica equilibrada de la figura las impedancias de las líneas por conductor en (Ω) son: Z AB = 2 + j ; Z BC = j ;

Z BD = 1 . M es un motor que desarrolla un par nominal de 300(kgm) a 60(rpm) con un rendimiento eléctrico del 90%, trabajando a 400(V) y un fdp 0.6 inductivo. R es un receptor que a 400(V) consume 100(kW) y 80(kVAr). Si la tensión de la red medida en el punto D de conexión del motor es 380/220(V), determine: la tensión en bornas del generador, las pérdidas de potencia activa en la red y el fdp del generador. Nota: Considérese el equivalente eléctrico del motor como una impedancia trifásica equilibrada independiente de la tensión de trabajo. Solución: En primer lugar, calculamos la potencia compleja, nominal, del motor. La potencia mecánica que desarrolla el motor es, en condiciones nominales: Pmec = 300 ⋅ (2 ⋅ π ⋅ 60 60) = 600 ⋅ π(kgm / s) = 600 ⋅ π ⋅ 9,8( Nm / s) ; y la potencia eléctrica que consume es: Pelec = Pmec η = 600 ⋅ π ⋅ 9,8 0,9 : Pelec = 20,5(kW ) ; y la potencia compleja consumida es: Q elec = Pelec ⋅ tan (a cos(fdp)) = 20,5 ⋅ tan (a cos(0,6)) : Q elec = 27,8(kVAr) : S elec = 20,5 + j ⋅ 27,8(kVA) . Como el motor está conectado en B, cuya tensión es 380(V), la potencia que consume en el circuito es:

S M = S elec ⋅ (U D U nom )

2

⎧PM = 18,6(kVAr) ⎪ : S M = 18,6 + j ⋅ 24,7(kVA) : ⎨Q M = 24,7(kVAr) . ⎪S = 31(kVA) ⎩ M

U 2nom La impedancia equivalente del receptor, supuesto en estrella es: Z R = ∗ : Z R = 0,98 + j ⋅ 0,78(Ω) . S nom Con estos datos, comenzamos a resolver el ejercicio. A partir de la potencia en D, que es la del motor, calculamos: I BD =

mite el cálculo de la potencia consumida por la línea BD:

SD : I BD = 47(A) ; lo que per3 ⋅ UD

PBD = 3 ⋅ I 2BD ⋅ R BD = 6,6(kW) Q BD = 3 ⋅ I 2BD ⋅ X BD = 0

.

Hacemos balance de la potencia que desde B, fluye hacia D, para calcular la tensión en B.

PB→D = PBD + PD = 25,1(kW) Q B→ D

⎫ S B→ D : U B = 433,6(V) . ⎬ : SB→D = 35,2(kVA) : U B = = Q BD + Q D = 24,7(kVAr)⎭ 3 ⋅ I BD

Con esta tensión, calculamos la potencia que desde B fluye hacia el receptor. En la figura se muestra el equivalente estrella-estrella, donde E es la tensión de fase en el punto B: E = U B

3 = 250,4( V ) : I BC =

E : I BC = 123(A) . Z BC + Z R

PBD = 3 ⋅ I 2BD ⋅ R BC = 0 ; Q BC = 3 ⋅ I 2BC ⋅ X BC = 44,6(kVAr) PC = 3 ⋅ I 2BD ⋅ R C = 44,6(kW ) ; Q C = 3 ⋅ I 2BD ⋅ X C = 35,5(kVAr)

.

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La potencia que fluye desde B al receptor es:

PB→C = PBC + PC = 44,6(kW ) Q B→C = Q BC + Q C = 81,1(kVAr)

; y hacemos balance de

potencia en B, para obtener la intensidad IAB:

PB = PB→D + PB→C = 69,7(kW) Q B = Q B→ D + Q B → C

⎫ SB : I AB = 168,8(A) . ⎬ : SB = 1272(kVA) : I AB = = 105,8(kVAr)⎭ 3 ⋅ UB

Con esta intensidad, calculamos las pérdidas en la línea AB

PAB = 3 ⋅ I 2AB ⋅ R AB = 171(kW ) Q AB = 3 ⋅ I 2AB ⋅ X AB = 85,5(kVAr)

; y reali-

zamos un balance de potencia en A, para calcular la tensión de A.

PA = PAB + PB = 240,7(kW)

⎫ SA : U A = 1052(V) . ⎬ : SA = 307(kVA) : U A = Q A = Q AB + Q B = 191,3(kVAr)⎭ 3 ⋅ I AB La respuesta a las preguntas del circuito son: Como la tensión del generador es la del nudo A: E G = 1052(V) ; las pérdidas de potencia activa en las líneas; PL = PAB + PBC + PBD = 177,5(kW ) , y el fdp con el que trabaja el generador: fdp G =

PA : fdp G = 0,783 , e inductivo porque el conjunto de la SA

red consume potencia reactiva (Q A > 0) . * El alumno debiera encontrar la solución, calculando la carga equivalente al motor, tomando la tensión de fase (conocida) en D, y resolviendo por fasores.

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R1 es un receptor trifásico equilibrado que a 400(V) consume 20(kVA) con un f. de p. 0.8 inductivo. R2 es un receptor trifásico equilibrado que a 400(V) consume 20(kW) y cede 10(kVAr). La línea AB tiene una impedancia 1+j(Ω) por conductor y las líneas BC y BD una impedancia de 2j(Ω) por conductor. Si la tensión de línea del generador es 500(V) y su frecuencia 50(Hz), determine: a) las intensidades de línea; b) la potencia cedida por el generador y el f. de p. con que trabaja; y c) el banco de condensadores, en estrella, conectado en A, para que el f. de p. del generador sea 0.9 capacitivo. Solución: Calculamos en primer lugar la impedancia equivalente de cada receptor. Las suponemos en conexión estrella.

⎧U1 = 400(V) U i2 ⎪ R − 1 : ⎨S1 = 20(kVA) S1 = 20∠36,87°(kVA) : Z1 = * : Z1 = 6,4 + j ⋅ 4,8(Ω) ; S1 ⎪cos(ϕ ) = 0,8(ind ) 1 ⎩ ⎧U 2 = 400(V) U2 ⎪ S 2 = 20 − j ⋅ 10(kVA) : Z 2 = *2 : Z 2 = 6,4 − j ⋅ 3,2(Ω) . R − 2 : ⎨P2 = 20(kW ) S2 ⎪Q = −10(kVAr) ⎩ 2 Con estas cargas construimos el monofásico equivalente estrella-

(

estrella de la figura, donde E = 500

)

3 ∠0°( V ) , tensión de fase

en bornas del generador, que hemos tomado con fase cero.

I AB = Z AB

E : I = 51,6∠ − 20,29°(A) (Z BD + Z1 ) ⋅ (Z BC + Z 2 ) AB + (Z BD + Z1 ) + (Z BC + Z 2 )

Y aplicando divisor de intensidad, obtenemos: I BD = I AB

Z BC + Z 2 Z BD + Z1 : I BD = 24(A) ; I BC = I AB : I = 34,5(A) . (Z BD + Z1 ) ⋅ (Z BC + Z 2 ) (Z BD + Z1 ) ⋅ (Z BC + Z 2 ) 2 (Z BD + Z1 ) + (Z BC + Z 2 ) (Z BD + Z1 ) + (Z BC + Z 2 )

a) Por tanto, los valores de las intensidades de línea son: I AB = 51,6(A ) ; I BD = 24(A ) : I BC = 34,5(A) . b) La potencia cedida por el generador es, sobre el esquema anterior:

⎧PG = 42(kW) S G = 3 ⋅ E ⋅ I *AB : S G = 42 + j ⋅ 15,5(kVA) : ⎨ ; y el fdp equivalente con el que trabaja el ⎩Q G = 15,5(kVAr) generador es: fdp G = PG S G = 0,938. c) Debemos llevar el fdp equivalente en A hasta 0,9(cap), mediante una batería de condensadores en estrella. Con: tan (ϕ G ) = tan (a cos(fdp G )) = 0,369 , y tan (ϕ corregido ) = tan (− a cos(0,9 )) − 0,484 , (fíjese el alumno que, al ser el fdp corregido capacitivo, el ángulo debe ser negativo), el valor por fase, de la batería de condensadores en estrella será:

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CΥ =

(P 3) ⋅ (tan(ϕ G ) − tan (ϕ corregido )) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ E2

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: C Υ = 455,6(μF) .

* Recuerde que los datos nominales de cargas, receptores, motores, etc., son una forma de dar la impedancia característica de sus equivalentes. (Recuerde que Ud. pide una bombilla de 220(V) y 60(W), y no una bombilla de 806(Ω), p.e.) * Calcule la potencia en los receptores, y dibuje un diagrama fasorial, en el que se observe el cumplimiento de las LK. * No olvide que los sistemas trifásicos son circuitos en alterna y, por lo tanto, pueden aplicarse los conceptos y métodos de análisis en alterna.

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La tensión de entrada u1 es una onda senoidal de E voltios eficaces, fase inicial nula y frecuencia 50(Hz). El circuito está en régimen permanente. ¿Qué valor deberá tener R en función de C, para que las tres tensiones reseñadas en el esquema formen un sistema trifásico equilibrado?; ¿qué secuencia tendría dicho sistema? Solución: Como las dos etapas,

{(u1 ; u 2 ) (u 2 ; u 3 )} , son idénticas, serán también idénticas las relaciones entre

las tensiones de entrada y salida

{(u1

u 2 ) = (u 2 u 3 )} , ya que no hay realimentación de la segunda etapa

respecto a la primera; y, por lo tanto, bastará analizar una de ellas. En la figura mostramos el esquema de la primera etapa, en el dominio de la frecuencia. Analizamos por nudos, con U − = U + , por ser el AO ideal y estar en zona lineal.

[−] : U − (G + G ) − U1 (G ) − U 2 (G ) = 0 . [+ ] : U + (G + j ⋅ ω ⋅ C) − U1 ( j ⋅ ω ⋅ C) = 0

Eliminando las tensiones U − ; U + (que son iguales), obtenemos la relación:

U2 −1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R = U1 1+ j⋅ ω⋅ C ⋅ R

⎛ U3 ⎞ ⎜⎜ = ⎟⎟ (1). ⎝ U2 ⎠

La igualdad (1) requiere la igualdad de los módulos y de los argumentos. Tomando módulos en (1):

U2 −1+ j⋅ ω⋅ C ⋅ R = = 1 : U1 = U 2 (2). U1 1+ j⋅ ω⋅ C ⋅ R

Tomando argumentos en (1):

Φ(U 2 ) − Φ(U1 ) = Φ(− 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) − Φ(1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) = 180 − 2 ⋅ Φ(1 + j ⋅ ω⋅ C ⋅ R ) (3). Para que las tres tensiones formen un sistema equilibrado, la diferencia de las fases de las tensiones ⎧Φ(1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) = 30 tiene que ser: Φ (U 2 ) − Φ(U1 ) = ±120 : ⎨ (4) . ( ) Φ 1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R = − 150 ⎩ Como ω, C y R son positivos, sólo será válida la solución de 30º. Por lo tanto, volviendo a la ecuación (3): Φ(U 2 ) − Φ(U1 ) = 180 − 2 ⋅ Φ(1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) = 180 − 60 : Φ(U 2 ) − Φ(U1 ) = 120° (5) Uniendo los resultados de las ecuaciones (2) y (5), junto a lo dicho al principio sobre la igualdad de las dos etapas, para el valor de Φ(1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) = 30 de (4), las tres tensiones cumplen las igualdades siguientes:

U1 = U 2 → U 2 = U 3 : U1 = U 2 = U 3

Φ (U 2 ) − Φ (U1 ) = 120° → Φ (U 3 ) − Φ(U 2 ) = 120°

; es decir, las tres tensiones,

forman un sistema de tensiones trifásico equilibrado y de secuencia inversa. Para Φ (1 + j ⋅ ω ⋅ C ⋅ R ) = 30 : ω ⋅ C ⋅ R = tan (30 ) : R =

1 . 100 ⋅ π ⋅ 3 ⋅ C

{u1 ; u 2 ; u 3 }

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Dos subsistemas trifásicos S-1; S-2, de secuencia directa y equilibrados, están interconectados por una línea trifásica a tres hilos de impedancia equivalente por conductor: Z L = 1 + j ⋅ 2(Ω) . La tensión de línea entre las fases R y S de S-1 es 12∠0°(kV ) y de S-2 es 12∠5°(kV ) . Determine cuál de los dos subsistemas (S-1; S-2) actúa como generador y cuál como carga, así como la potencia activa cedida por el generador y la consumida por la carga. Solución: En la figura se muestra un esquema del circuito, donde: U RS = 12∠0°(kV ) ; U R 'S' = 12∠5°( kV) ; y Z L = 1 + j ⋅ 2(Ω) . Sobre el monofásico equivalente triángulo-triángulo, representado en la figura siguiente, la potencia compleja entrante en S-2 es: ∗

S 2 = 3 ⋅ U R 'S' ⋅ I

∗ RS

⎛ U − U R 'S' ⎞ U R 'S' ⋅ U ∗RS − U 2R 'S' ⎟⎟ = . = 3 ⋅ U R 'S' ⋅ ⎜⎜ RS Z ∗L ⎝ 3⋅ ZL ⎠

Para U RS = U R 'S' = U = 12(kV) , la ecuación anterior es: S2 =

U 2 ∠(ϕR 'S' − ϕRS ) − U 2 U 2 = ⋅ {1∠(ϕ R 'S' − ϕRS + ϕL ) − 1∠(ϕL )}. Z L ∠(− ϕ L ) ZL

La parte real de S2 será la potencia activa entrante en el subsistema S-2. P2 = real{S 2 } =

U2 ⋅ [cos(ϕ R 'S' − ϕ RS + ϕ L ) − cos(ϕL )] . ZL

Para que el subsistema S-2 sea receptor, la potencia activa P2 debe ser positiva. Por tanto: P2 > 0 → cos(ϕR 'S' − ϕRS + ϕL ) > cos(ϕL ) → ϕR 'S' − ϕRS + ϕL < ϕL → ϕR 'S' < ϕRS . Es decir, el subsistema S-2 será el receptor (y S-1 el generador), si la tensión RS del subsistema S-1 está adelantada a la tensión entre las mismas fases del S-2. Resumiendo, el subsistema de tensión de línea adelantada será el generador, siempre que las tensiones de línea de receptor y generador sean iguales y la impedancia de la línea sea inductiva(*). En nuestro caso S-2 es el generador y S-1 el receptor. Para Z L = 1 + j ⋅ 2 = 5∠63,43°(Ω) , la potencia activa cedida por S-2 será: P2 = −

(12 ⋅10 ) ⋅ [cos(5 + 63,43) − cos(63,43)]: P 3 2

5

2

= 5,13( MW ) .

De igual forma, la potencia consumida por S-1 será:

(12 ⋅10 ) ⋅ [cos(− 5 + 63,43) − cos(63,43)]: P = 4,91(MW ) . (Deduzca el alumno la fórmula) P = 3 2

1

(*)

5

1

La consecuencia anterior se extiende a cualquier línea trifásica o monofásica, entre su cabecera y su

final. * Haga el alumno un balance de potencias.

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado y frecuencia 50(Hz). La tensión en C es 380/220(V). La impedancia de las líneas son: AB: j Ohmios por conductor; BC: 1 Ohmio por conductor; BD: j Ohmios por conductor. En C conectamos un motor que a la tensión de conexión a la red consume una potencia de 22(kVA) con un f. de p. 0.8 inductivo. En D conectamos una carga en estrella de impedancia por fase 7 Ohmios con un argumento de -45 grados. Calcule la tensión del generador trifásico G. ¿Qué batería de condensadores en triángulo deberá colocarse en A para que el factor de potencia de la red sea 0.999 inductivo? Solución: 1er método. Calculamos la impedancia equivalente del motor conectado en C, supuesto en estrella.

U C2 3802 ZM = ∗ = : Z M = 5,25 + j ⋅ 3,94(Ω) . ∗ SM 22 ⋅103 ∠36,87

(

)

En la figura mostramos el monofásico equivalente estrella-estrella, con U CN = 220(V) . (Recuerde que en este monofásico se dan las intensidades de línea y las tensiones de fase). A partir del dato de tensión anterior, reconstruimos las tensiones e intensidades del sistema. I BC =

U CN = 33,5∠ − 36,87(A ) ; ZM

U BN = I BC ⋅ (Z BC + Z M ) = 247,6∠ − 4,66°(V ) : I BD =

U BN = 39,1∠33,93°(A ) ; Z BD + Z

I AB = I BC + I BD = 59,28∠1.66°(A) : E AN = I AB ⋅ Z AB + U BN = 248,2∠9,07°(V) . Del último resultado, la tensión del generador es: E = 3 ⋅ E AN : E = 430(V) . La potencia compleja consumida por la red en A es:

⎧Pred = 43,8(kW) S red = 3 ⋅ E AN ⋅ I ∗AB = 43,8 + j ⋅ 7,5(kVA) : ⎨ . ⎩Q red = 7,5(kVAr) Con tan (ϕ red ) = Q red Pred = 0,130 ; tan (ϕ corregido ) = tan (a cos(0,999 )) = 0,045 , el valor de la batería de condensadores por fase, conectada en triángulo es: CΔ =

(Pred 3) ⋅ (tan (ϕ red ) − tan (ϕ corregido )) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ E2

: C Δ = 21,5(μF) .

2º método. En el punto C del esquema del enunciado sabemos:

⎧S = 22(kVA) ⎧PM = 17,6(kW) U C = 380(V) : ⎨ M :⎨ ; a partir de estos datos de potencia, calculamos la ⎩fdp = 0,8(ind) ⎩Q M = 13,2(kVAr) intensidad de línea BC: I BC = SM

(

)

3 ⋅ U C = 33,4(A) .

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Esta intensidad permite calcular la potencia que fluye desde B hacia C. ⎫⎪ ⎬ : SB→C = 24,8( kVA ) : U B = SB→C = 3 ⋅ I 2BC ⋅ X BC + Q M = 13,2( kVAr) ⎪⎭

PB→C = 3 ⋅ I 2BC ⋅ R BC + PM = 21(kW ) Q B→ C

(

)

3 ⋅ I BC = 428(V) .

Podemos ahora calcular la intensidad BD en el equivalente estrella-estrella de esta rama:

I BD =

UB 3 = 39(A) . Z BD + Z

Con esta intensidad calculamos la potencia que fluye desde B hacia D:

PB→D = 3 ⋅ I 2BD ⋅ (R BD + R ) = 22,6(kW )

Q B→D = 3 ⋅ I 2BD ⋅ (X BD + X ) = −18(kVAr)

, donde R y X son las componentes de Z.

Hacemos balance de potencia en B, para calcular la intensidad de la línea AB:

PB = PB→C + PB→D = 43,6(kW ) Q B = Q B→C + Q B→ D

⎫ ⎬ : SB = 43,8(kVA) : I AB = SB = −4,8(kVAr)⎭

(

)

3 ⋅ U B = 59,1(V) .

Con la intensidad calculada, hacemos balance de potencia en A y calculamos la tensión del generador conectado en A. PA = 3 ⋅ I 2AB ⋅ R AB + PB = 43,6(kW ) ⎫⎪ ⎬ : SA = 44(kVA ) : U A = E = SA Q A = 3 ⋅ I 2AB ⋅ X AB + Q B = 5,7(kVAr )⎪⎭

(

)

3 ⋅ I AB = 429(V ) .

* Las diferencias de resultados se deben a las aproximaciones. Entre ellas la que la red es 380/220, cuando 380

3 = 219 ≠ 220 .

* Casi siempre, la elección de estos dos métodos, el fasorial y el de potencias en los problemas de sistemas trifásicos o monofásicos. El alumno debe practicar ambos métodos y encontrar las ventajas y desventajas de cada método.

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Una red trifásica equilibrada y de secuencia directa, de impedancia de línea: ZL=1+j(Ω) y frecuencia 50(Hz), alimenta a dos cargas a la tensión de línea de 200(V) en bornas de las mismas. La carga 1, conexión estrella, tiene carácter inductivo y consume 12(kVA) siendo su argumento de 60º; la carga 2 consume 8(kVA), tiene de factor de potencia la unidad y está conectada en triángulo. Determine: a) el valor de la impedancia por fase de cada carga; b) las pérdidas de potencia en la línea y la tensión de fase del generador; y c) la capacidad de la batería de condensadores, conectada en triángulo, en paralelo con las cargas, para que el conjunto tenga factor de potencia unidad. En este caso, potencia activa y reactiva cedida por el generador. Solución: a) Con U = 200( V ) , tensión de línea en el punto de conexión de las cargas, calculamos los datos de las cargas.

⎧S1 = 12(kVA) ⎧P1 = 6(kW ) U 2 10 :⎨ : S1 = 12∠60°(kVA) : Z1Υ = ∗ = ∠60°(Ω) . Carga 1: ⎨ 3 S1 ⎩ϕ1 = 60° ⎩Q1 = 10,4(kVAr) ⎧S2 = 8(kVA) ⎧P2 = 8(kW ) 3⋅ U2 :⎨ : S 2 = 8∠0°(kVA) : Z 2 Δ = ∗ = 15∠0°(Ω) . Carga 2: ⎨ S2 ⎩fdp 2 = 1 ⎩Q 2 = 0 b) Calculamos la intensidad que circula por la línea a partir del balance de potencias en el punto de

⎧P = P1 + P2 = 14(kW) S : S = 17,44(kVA) : I = : I = 50,33(A) . conexión de las cargas. ⎨ 3⋅U ⎩Q = Q1 + Q 2 = 10,4(kVAr) Las pérdidas de potencia en la línea son:

PL = 3 ⋅ I 2 ⋅ R L = 7,6(kW) Q L = 3 ⋅ I 2 ⋅ X L = 7,6(kVAr)

.

Hacemos balance de potencia en bornas del generador, para calcular su tensión de fase EF:

⎧PG = PL + P = 21,6(kW) S E : SG = 28(kVA) : E = G : E = 323(V) : E F = = 186(V) . ⎨ 3⋅I 3 ⎩Q G = Q L + Q = 18(kVAr) c) Si la batería de condensadores, a conectar en el punto de conexión de las cargas, debe llevar el fdp equivalente de las mismas a la unidad, dicha batería, a 200(V), debería proporcionar una potencia reactiva igual a la consumida por las cargas. Por tanto, y para una conexión en triángulo de la batería de condensadores, la capacidad por fase será: C Δ ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2 = Q : C Δ = 276(μF) . En la figura mostramos el esquema del monofásico equivalente estrella-estrella, con la batería de condensadores conectada. Como ya hemos dicho en otros ejercicios, la conexión de los condensadores en un punto que no tiene una tensión ideal, hace que la tensión y la potencia en ese punto sean distintas a las que había antes de la conexión.

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La impedancia equivalente al conjunto cargas y batería de condensadores es, teniendo en cuenta que el monofásico equivalente es estrella-estrella:

Ycorregida =

1 1 1 + + j ⋅ 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ (3 ⋅ C Δ ) : Z corregida = = 2,857(Ω) . Z1 Z 2 3 Ycorregida

Por tanto: I nueva =

EF = 46,67( A ) ; y la potencia cedida por el generador ahora es: Z L + Z corregida

PGnueva = 3 ⋅ I 2nueva ⋅ (R L + R corregida ) = 25,2(kW )

Q Gnueva = 3 ⋅ I 2nueva ⋅ (X L + X corregida ) = 6,5(kVAr)

.

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Tres impedancias iguales, Z1 = (9 + j ⋅12) 5 (Ω) , conectadas en triángulo y otras tres también iguales,

Z 2 = (1 − j ⋅ 2) 2 (Ω) , conectadas en estrella, están conectadas a un sistema trifásico a tres hilos en un punto donde la tensión es 220(V). Determine la intensidad de línea, la potencia activa y reactiva consumidas por cada una de las cargas, así como el factor de potencia que presenta el conjunto a la red. Solución: Calculamos, en primer lugar las potencias consumidas por cada carga.

⎧P1 = 29,04(kW) U2 ⎪ Carga 1: S1 = 3 ⋅ ∗ = 29,04 + j ⋅ 38,72(kVA) : ⎨Q1 = 38,72(kVAr) ; Z1 ⎪S = 48,4(kVA) ⎩ 1

⎧P2 = 19,36(kW ) U2 ⎪ Carga-2: S 2 = ∗ = 19,36 − j ⋅ 38,72(kVA) : ⎨Q 2 = −38,72(kVAr) . Z2 ⎪S = 43,3(kVA) ⎩ 2 Hacemos balance de potencia para calcular la intensidad de línea de la red. ⎧Pred = P1 + P2 = 48,4(kW ) Sred ⎪ : I red = : I red = 127,02(A) . ⎨Q red = Q1 + Q 2 = 0 3⋅U ⎪S = 0 ⎩ red Como la potencia reactiva del conjunto, Qred, es cero, el fdp de la red es la unidad.

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El sistema es equilibrado y de secuencia directa y tensión de línea 380(V). Los vatímetros W1 y W3 miden respectivamente 4 y 1(kW). Determine la medida de W2. Discuta mediante un gráfico de tensiones e intensidades si la carga es inductiva o capacitiva. Calcule el valor de la impedancia de la carga si está conectada en triángulo.

Solución: Representamos en la figura las tensiones de fase y línea del sistema de tensiones equilibrado y secuencia directa, así como las intensidades de línea, supuesta la carga inductiva. Eso hace que la intensidad IR atrase un ángulo ϕ, a la tensión de fase URN. A la vista de la figura, el vatímetro W3 leerá: W3 = U ⋅ I ⋅ cos(U ST ; I R ) = U ⋅ I ⋅ cos(90 − ϕ) . Si la carga la hubiésemos supuesto capacitiva, la intensidad IR adelantaría un ángulo ϕ, a la tensión de fase URN, y la lectura del vatímetro hubiese sido W3 = U ⋅ I ⋅ cos(U ST ; I R ) = U ⋅ I ⋅ cos(90 + ϕ) . En este segundo caso, al ser el ángulo mayor de 90º, el vatímetro tendría lectura negativa, lo que contradice el dato del enunciado. Por tanto, la carga es inductiva, tal como habíamos supuesto. Las lecturas de los otros vatímetros son: W1 = U ⋅ I ⋅ cos(U RT ; I R ) = U ⋅ I ⋅ cos(30 − ϕ); W 2 = U ⋅ I ⋅ cos(U ST ; I S ) = U ⋅ I ⋅ cos(30 + ϕ) . W1 y W2 están conectados según el método de los dos vatímetros y W3 lo está para medir potencia reactiva, (así lo indican las lecturas anteriores). Aplicando las propiedades de tales conexiones: W 3 = U ⋅ I ⋅ cos (90 − ϕ ) = U ⋅ I ⋅ sen (ϕ ) : Q

3 = W3 ;

De las lecturas de W1 y W2, deducimos que W1>W2, lo que implica que: W1 − W 2 = Q

3 = W 3 : W 2 = W1 − W 3 : W 2 = 3( kW ) .

Con los datos de los vatímetros 1 y 2 conocemos la potencia activa y reactiva de la carga. Q 3 = W1 − W 2 : Q = 3 ( kVAr )⎫ ⎬ : S = 7 + j ⋅ 3 ( kVA ) ; P = W1 + W 2 : P = 7(kW ) ⎭

y la impedancia de la carga, en triángulo: Z = 3 ⋅

U2 : Z = 58,32 + j ⋅14,48(Ω) . S*

* El alumno debe familiarizarse con el grafo de tensiones e intensidades de la figura, ya que, como comprobará en muchos ejercicios, es muy útil.

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El sistema de la figura es equilibrado y de secuencia directa, siendo la tensión en la entrada de la red 380(V); la impedancia equivalente de la línea es: Z L = 2 + j(Ω) y la carga, conectada en estrella, tiene de impedancia por fase: Z C = 10 − j ⋅ 8(Ω) . Determine la lectura de cada uno de los vatímetros, indicando las conexiones apropiadas de cada uno de ellos. Si la fase T de la carga queda a circuito abierto, ¿qué lectura darían los vatímetros y cuáles serían sus conexiones? Solución: En la figura se muestra el monofásico equivalente estrella-estrella del sistema trifásico equilibrado. (Recuerde que las estrellas en un sistema equilibrado tienen sus neutros al mismo potencial). En el esquema, con E RN = 220(V) , aplicamos divisor de tensión, para calcular la tensión de fase en la carga: U R ' N ' = E RN ⋅ intensidad de línea es: I R =

ZC : U R ' N ' = 202,8∠ − 8,4°(V ) ; y la ZL + ZC

E RN : I R = 15,84∠30,26°( A ) . ZL + ZC

Como el sistema es de secuencia directa, las tensiones de línea en el generador, en Voltios, son:

E RS =

(

)

3∠30° ⋅ E RN : E RS = 380∠30°(V) ; EST = 380∠ − 90°(V) ; ETR = 380∠150°(V) ;

las tensiones de línea en la carga, en Voltios, son:

U R 'S' =

(

)

3∠30° ⋅ U R 'N ' : U R 'S' = 351,26∠21,6° ; US'T ' = 351,26∠ − 98,4° ; U T 'R ' = 351,26∠141,6° ;

y las intensidades de línea, en Amperios, son: I R = 15,84∠30,26° ; I S = 15,84∠ − 89,74° ; I T = 15,84∠150,26° . Con estos datos, las lecturas de los vatímetros son: W1 = E RS ⋅ I R ⋅ cos(∠(E RS ; I R )) = 6019( W )

W 2 = E TS ⋅ I T ⋅ cos(∠(E TS ; I T )) = 2986( W ) ; y el conexionado de W3 = U R 'T ' ⋅ IS ⋅ cos(∠(U R 'T ' ; I S )) = 3476( W )

los mismos se muestra en el esquema de la figura. Con la fase T de la carga a circuito abierto, el sistema deja de ser equilibrado. Analizamos el sistema trifásico que resulta y que se muestra en la figura. En la malla R-R’-N’-S’-S, resulta: IR =

E RS : I R = 13,68∠60,26°(A ) : I S = −I R ; I T = 0 ; y las 2 ⋅ ZL + 2 ⋅ ZC

tensiones de línea en la carga son: U R 'S' = I R ⋅ 2 ⋅ Z C : U R 'S' = 350,29∠21,6°(V) ; U T 'R ' = E TR + I R ⋅ Z L : U T 'R ' = 395∠146°(V) .

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W1 = E RS ⋅ I R ⋅ cos(∠(E RS ; I R )) = 4490( W )

Ahora, las nuevas lecturas de los vatímetros son: W 2 = E TS ⋅ I T ⋅ cos(∠(E TS ; I T )) = 0

W3 = U R 'T ' ⋅ IS ⋅ cos(∠(U R 'T ' ; I S )) = 401( W )

, con el

mismo conexionado anterior. * En la primera parte del ejercicio, la potencia activa y reactiva que cede el generador a la entrada de la línea es:

PE = 3 ⋅ I 2R ⋅ real(Z L + Z C ) = 9032( W )

Q E = 3 ⋅ I 2R ⋅ imag(Z L + Z C ) = −5269(VAr)

.

Como podemos observar, al estar los vatímetros W1 y W2, conectados según el método de los dos vatímetros: PE ≈ W1 + W 2 (hay errores de aproximación); y Q E ≈ 3 ⋅ (W1 − W 2 ) . En la segunda parte del ejercicio, sistema desequilibrado, la potencia activa y reactiva que cede el generador a la entrada de la línea es:

PE = I 2R ⋅ real(2 ⋅ Z L + 2 ⋅ Z C ) = 4491( W )

Q E = I 2R ⋅ imag(2 ⋅ Z L + 2 ⋅ Z C ) = −2620(VAr)

.

Como podemos observar, al estar los vatímetros W1 y W2, conectados según el método de los dos vatímetros: PE ≈ W1 + W 2 (hay errores de aproximación), pero Q E ≠ 3 ⋅ (W1 − W 2 ) . * El alumno debiera hacer una observación paralela con la lectura del vatímetro W3, en ambos casos. * Recuerde que el método de los dos vatímetros sólo asegura que la suma de las lecturas es la potencia activa consumida por una carga. El resto, valor de la potencia reactiva o argumento de la carga, sólo si el sistema es equilibrado.

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Una carga trifásica desequilibrada, conectada en triángulo: Z RS = 25∠90°(Ω); ZST = 15∠30°(Ω);

Z TR = 20∠0°(Ω) está alimentada por el sistema trifásico equilibrado de tensiones de línea: U RT = 240∠120°(V); U SR = 240∠240°(V). Determine: a) las intensidades de línea; b) la potencia activa consumida por la carga; y c) las lecturas de dos vatímetros, así como su conexión, conectadas sus bobinas amperimétricas en las líneas R y S, para medir la potencia consumida por la carga. Solución: El esquema del sistema trifásico se muestra en la figura. Aplicamos la LKT a las tensiones de línea, para calcular UTS: U SR + U RT + U TS = 0 : U TS = 240∠0°(V). Para estas tensiones de línea, las intensidades de fase son: I RT = U RT Z TR = 12∠120°(A); I SR = U SR Z RS = 9,6∠150°(A); I TS = U TS Z ST = 16∠ − 30°(A) . a) Las intensidades de línea, aplicando la LKI a los nudos de la carga trifásica I R = I RT − I SR : I R = 6,05∠67,52°(A) son: I S = I SR − I TS : I S = 25,6∠150°(A)

.

I T = I TS − I RT : I T = 27,07∠ − 42,81°(A) b) La potencia activa consumida por la carga trifásica es: S = U RT ⋅ I ∗RT + U TS ⋅ I ∗TS + U SR ⋅ I ∗SR : P = real(S ) : P = 6206( W ) .

c) En la figura damos un esquema del conexionado de los dos vatímetros. Estos vatímetros, como deben medir la potencia activa consumida por la carga, se conectan siguiendo el método de los dos vatímetros. La lectura de cada vatímetro es: W1 = U RT ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RT ; I R )) = 884( W )

W 2 = U ST ⋅ IS ⋅ cos(∠(U ST ; I S )) = 5321( W )

.

Como puede comprobar el alumno, P ≈ W1 + W 2 , aproximación y no exactitud por errores de aproximación. * El alumno debe comprobar que no se cumple ninguna de las otras propiedades ligadas al método de los dos vatímetros. * Recuerde que el sistema trifásico es una especial aplicación del RES.

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado y de secuencia directa, alimentado a 100(V) de tensión de fase. Las medidas de los vatímetros son: W2 = W3 = 1360,8( W ) ; y

W1 = W4 = 3439,2( W) . Determine los valores de las impedancias, así como la intensidad y potencia aparente suministrada por la red. Solución: En primer lugar determinaremos el carácter de la carga, ZC, a partir de la lectura de los vatímetros W3 y W4. Sean R’, S’, T’ los terminales de la carga , y supongamos que la carga es inductiva, tal como se señala en el diagrama de fasores de la figura, donde hemos tomado como referencia la tensión de fase en la carga. Es decir IR, atrasa a UR’N. Las lecturas que harían los vatímetros serían:

W4 = U S'T ' ⋅ IS ⋅ cos(∠(U S'T ' ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ)

W3 = U R 'T ' ⋅ I R ⋅ cos(∠(U R 'T ' ; I R )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ)

.

Como vemos, si el carácter de la carga es inductivo la lectura del vatímetro W3 sería mayor que la de W4. Como esta consecuencia es contraria a los datos del enunciado (W3 menor que W4), el carácter de la carga no puede ser inductivo y, por lo tanto, la carga tiene carácter capacitivo. Puede comprobarlo el alumno, repitiendo el diagrama, esta vez, tomando carácter capacitivo para la carga. Como los vatímetros W1 y W2, están montados de la misma forma y en las mismas fases que los anteriores, al ser W1 mayor que W2, la carga equivalente (formada por la línea y la carga) vista desde los terminales R, S y T, es inductiva. Como los vatímetros 1 y 2; y 3 y 4 están montados según el método de los dos vatímetros, podemos calcular las potencias activas y reactivas de los elementos del sistema. En la carga:

PC = W3 + W4 = 4800( W ) Q C = 3 ⋅ (W3 − W4 ) = −3600(VAr)

en el conjunto de la red:

;

PL + PC = W1 + W2 = 4800( W ) : PL = 4800 − PC = 0 Q L + Q C = 3 ⋅ (W1 − W2 ) = 3600(VAr) : Q L = 3600 − Q C = 7200(VAr)

.

En consecuencia, la impedancia de la línea es inductiva pura: Z L = j⋅ X L ; y la impedancia de la carga es de carácter capacitivo: Z C = R C − j ⋅ X C . En la figura representamos el esquema equivalente estrella-estrella del sistema trifásico. Si observamos el esquema, la impedancia de la línea y la equivalente en estrella de la carga original están en serie. Por tanto, como la línea consume doble potencia reactiva que la carga en valor absoluto, se

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cumplirá que: X L = 2 ⋅ X C 3 . La potencia aparente que consume el conjunto de la red es: S red = 3 ⋅ E RN ⋅ I R = PC2 + (Q L + Q C ) : 3 ⋅ 100 ⋅ I R = 4800 2 + 3600 2 : I R = 20(A) . 2

A partir de la intensidad de línea, calculamos los valores de las impedancias de la línea y de la carga: PC = 3 ⋅ I 2R ⋅

RC X : R C = 12(Ω) ; Q C = 3 ⋅ I 2R ⋅ C : X C = 9(Ω) : Z C = 12 − j ⋅ 9(Ω) 3 3

X X L = 2 ⋅ C : X L = 6( Ω ) : Z L = j ⋅ 6( Ω ) 3

.

* Compruebe el alumno los resultados y los datos de las lecturas de los vatímetros, analizando el sistema trifásico formado por la línea y carga calculada.

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Un sistema trifásico equilibrado de 380(V) de tensión de línea alimenta a una carga en estrella equilibrada de 22∠ − 75°(Ω) por fase. Se dispone de tres vatímetros: dos de ellos conectadas sus bobinas amperimétricas en las fases R y T según el método de los dos vatímetros; y el tercero con su bobina amperimétrica en la fase S para medir potencia reactiva. Determine la lectura de los vatímetros marcando los terminales de referencia de cada uno de ellos. NOTA: Se sabe que al colocar una estrella formada por dos lámparas iguales en las fases R y S y un condensador en la fase T, la lámpara conectada a la fase R es la que brilla con más intensidad. Solución: Como la lámpara conectada en la fase R tiene más brillo que la conectada en la fase S, significa que la fase R adelanta a la fase S y, por lo tanto, el sistema trifásico es de secuencia directa. (Recuerde el método de las dos lámparas para la determinación de la secuencia de fases en un sistema equilibrado en tensiones) En el esquema de la figura se muestra la conexión de los tres vatímetros con los terminales de medida, marcados “a priori”, para la realización de los cálculos. Sea U RN = 220(V) , la tensión de línea, por ser el sistema equilibrado y de secuencia directa será: U RS = 380∠30°(V ) ; y la intensidad de línea: I R = U RN Z = 10∠75°(A) . El conjunto de tensiones e intensidades de línea son: U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) ; I R = 10∠75°(A) ; I S = 10∠ − 45°(A) ; I T = 10∠ − 165°(A) . Con los terminales del esquema, las lecturas de los vatímetros con UL e IL, valores eficaces de la tensión e intensidad de línea, son: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = 380 ⋅10 ⋅ cos(45) = 2687( W )

W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TS ; I T )) = 380 ⋅10 ⋅ cos(−105) = −984( W ) * * * * * W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TR ; I S )) = 380 ⋅10 ⋅ cos(15) = 3671( W )

Como vemos, la lectura del vatímetro W2 es negativa para los terminales de medida señalados. Como la lectura es siempre positiva en el vatímetro, habrá que cambiar los terminales como se indica en el nuevo esquema. Con este cambio, la lectura es: W 2 corregido = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U ST ; I T )) = 380 ⋅10 ⋅ cos(180 − 105) = 984( W ) .

* Resaltamos el hecho de que, con el cambio de terminales de medida, los vatímetros W1 y W2 no están conectados, estrictamente hablando, según el método de los dos vatímetros, ya que no tienen un terminal común. * Hagamos algunas comprobaciones:

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⎧P = 1703( W ) La potencia que consume la carga es: S = 3 ⋅ I 2R ⋅ Z = 1703 + j ⋅ 6369(VA) : ⎨ . ⎩Q = 6369(VAr) Ahora P = 1703 = W1 − W 2 corregido = 2687 − 984 . Este resultado, la potencia activa es la diferencia entre las lecturas de los vatímetros (mayor-menor), es fácil de entender. El método de los dos vatímetros asegura que la suma de los dos vatímetros (W1, W2) es la potencia activa; si el vatímetro pudiera leer en negativo, esta suma sería la misma que la obtenida con el vatímetro corregido. Por lo tanto, si hay que cambiar las conexiones de uno de los dos vatímetros en el método de los dos vatímetros, la potencia consumida por la carga es siempre la diferencia de la mayor lectura menos la menor. En cuanto a la potencia reactiva: Q = 6369 = 3 ⋅ W 3 = 3 ⋅ 3671 , como era de esperar ya que W3 está conectado para leer potencia reactiva. * Como complemento a este ejercicio, suponga que las lámparas de las que habla el problema son de 200(W) a 400(V), y que el condensador es de 1(μF). Calcule el valor de la tensión en cada lámpara y en el condensador cuando se conectan a la red del ejercicio para determinar la secuencia de fases.

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En la red trifásica equilibrada, de secuencia inversa, tensión 380(V) y carga en estrella de impedancia 22∠ − 30°(Ω) , calcule las medidas de los vatímetros, colocando las conexiones de forma correcta. Si abrimos el interruptor K, ¿cuáles serían las medidas de los vatímetros? Con el interruptor cerrado, si colocamos un banco de bobinas, en triángulo, conectado en los terminales R, S, T, para llevar el factor de potencia a 0.9 inductivo, ¿cuál sería el valor de la impedancia de fase de este banco de bobinas? Solución: A) Interruptor K cerrado. Supuesto U RN = 220(V) y teniendo en cuenta que el sistema es equilibrado y la carga en estrella de impedancia Z = 22∠ − 30°(Ω ) , la intensidad de línea es: I R = U RN Z = 10∠30°(A) . Como el sistema es de secuencia inversa, el conjunto de tensiones e intensidades de línea es: U RS = 380∠ − 30°(V) ; U ST = 380∠90° ; U TR = 380∠ − 150° ; I R = 10∠30°(A) ; I S = 10∠150°(A) ; I T = 10∠ − 90°(A) . En el esquema de la figura mostramos los terminales de los vatímetros. Para estos terminales señalados, la lectura de los vatímetros es: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = 1900( W )

W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TS ; I T )) = 3800( W ) . W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U ST ; I R )) = 1900( W )

⎧P = W1 + W 2 = 5700( W ) La carga consume: ⎨ . Si el fdp corregido ha de ser 0,9(ind), la po⎩Q = − 3 ⋅ (W 3) = −1900 ⋅ 3 (VAr )

tencia reactiva resultante será: Q corregida = P ⋅ tan (a cos(0,9) ) = 2759( VAr ) , por lo que habrá que añadir potencia reactiva positiva por valor de Q L = Qcorregida − Q = 6052(VAr) . La reactancia por fase del banco de bobinas en triángulo será: Q L = 3 ⋅ U 2L X L : X L = 71,58(Ω) . B) Interruptor K abierto. En la figura mostramos el esquema del circuito con el interruptor abierto y los vatímetros con sus terminales señalados. Analizamos la malla T-carga-R: IT =

U TR = 8,64∠ − 120°(A ) : I R = −I T : I R = 8,64∠60°( A ) ; I S = 0 . 2⋅Z

El conjunto de tensiones, que repetimos aquí, e intensidades de línea es ahora: U RS = 380∠ − 30°(V) ; U ST = 380∠90° ; U TR = 380∠ − 150° ; I R = 8,64∠60°(A) ; I S = 0 ; I T = 8,6410∠ − 120°(A) .

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Con estos datos las lecturas de los vatímetros son ahora: W1 = U L ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = 0

W 2 = U L ⋅ I T ⋅ cos(∠(U TS ; I T )) = 2842( W ) . W3 = U L ⋅ I R ⋅ cos(∠(U ST ; I R )) = 2842( W )

* A pesar de que abrimos el interruptor, el sistema trifásico sigue siendo equilibrado en tensiones aunque no en carga. Es por esto, por lo que seguimos, en las ecuaciones de los vatímetros, utilizando el subíndice genérico de tensión de línea. * Calcule el alumno la nueva potencia activa y reactiva de la carga, y compruebe que la suma de las lecturas de los vatímetros W1 y W2 sigue siendo P; lo que no ocurre con la lectura de W3, que deja de medir Q. * Recuerde que el método de los dos vatímetros mide la potencia activa en los sistemas desequilibrados sin hilo neutro.

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Los vatímetros W1 y W2 del circuito de la figura dan una lectura de 20(kW) y 10(kW) respectivamente. El sistema es equilibrado y de secuencia directa. La carga está conectada en estrella y es equilibrada. Determine: a) las lecturas de los otros vatímetros, indicando los terminales de conexión apropiados; y b) el factor de potencia de la carga, justificando si es inductivo o capacitivo. Nota: Las dos resistencias del esquema son iguales a la resistencia Rvolt del vatímetro W3. Solución: En primer lugar determinamos el carácter de la carga a partir de las lecturas de los vatímetros W1, W2, montados según el método de los dos vatímetros. En el diagrama fasorial de la figura hemos supuesto la carga inductiva, lo que es fácilmente identificable por el retraso de IR respecto a URN. Al ser el sistema equilibrado de secuencia directa, la tensión de línea adelanta 30º a la tensión de fase que hemos tomado con fase cero. La lectura del vatímetro W1 será: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) . La lectura del vatímetro W2, sabiendo que forma la pareja del método de los dos vatímetros con W1, será: W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TS ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) . Por tanto el vatímetro W2 tendría una lectura mayor que el W1, lo que contradice a los datos del enunciado; luego la carga no tiene carácter inductivo, sino que tiene carácter capacitivo. Con este dato, la carga es capacitiva y aplicando las consecuencias del método de los dos vatímetros, su potencia es: P = W1 + W 2 : P = 30( kW ) ; Q = − 3 ⋅ (W1 − W 2 ) : Q = −10 ⋅ 3 ( kVAr ) ; y el fdp de la carga es : fdp = cos(atan(Q P )) = cos(− 30) : fdp = 0,866(cap) . En el esquema de la figura, damos las conexiones de los otros dos vatímetros. El vatímetro W3 mide la potencia por fase de la carga, y su lectura es: W3 = P 3 : W3 = 10(kW) . El W4 está montado para medir potencia reactiva, y su lectura es: W4 = Q

3 : W 4 = 10(kW ) .

* El alumno debiera completar el diagrama fasorial del ejercicio, y comprobar la colocación de los terminales de medida de los vatímetros y su lectura.

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La red de la figura es equilibrada, 380/220(V), y de secuencia inversa. La carga, conectada en triángulo, consume 60(kVA) con un fdp 0,9 capacitivo. Determine las lecturas de los vatímetros, colocando sus terminales de forma apropiada, tanto con el interruptor K cerrado como abierto. Solución: A) Interruptor K cerrado. La potencia compleja de la carga es: S = S∠(− a cos(fdp) ) : S = 60∠ − 25,84°(kVA) . Como la red es equilibrada, con U RS = 380(V) : U RN = 220∠30°(V) , la intensidad de fase vendrá dada ∗

por: S = 3 ⋅ U RS ⋅ I

* RS

⎛ S ⎞ ⎟⎟ = 52,63∠25,84°(A ) ; como la red es de secuencia inversa, la in= ⎜⎜ ⎝ 3 ⋅ U RS ⎠

: I RS

tensidad de línea será: I R = I RS ⋅

(

)

3∠30° = I R = 91,16∠55,84°(A) .

Con estos datos, los conjuntos de tensiones e intensidades de línea son: U RS = 380(V) ; U ST = 380∠120°(V) ; U TR = 380∠ − 120°(V) ; I R = 91,16∠55,84°(A) ; I S = 91,16∠175,84°(A) ; I T = 91,16∠ − 64,16°(A) . En el esquema de la figura hemos señalado los terminales de medida de los vatímetros, y sus lecturas son: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = 19451( W ) ; W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U ST ; I R )) = 15099( W ) W3 = U F ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RN ; I R )) = 18050( W ) . B) Interruptor K abierto. En el esquema de la figura, la impedancia equivalente desde los terminales de la fase RS es: Z RS = son: I R =

Z ⋅ (2 ⋅ Z ) 2 ⋅ Z = . Las nuevas intensidades de línea Z + (2 ⋅ Z ) 3

U RS U RS 3 ⋅ U RS 3 equi = = = ⋅ I RS : I R = 78,95∠25,84°(A ) (donde heZ RS Z RS 2⋅Z 2

mos señalado con el superíndice equi, el valor de las intensidades en el sistema trifásico equilibrado de origen); I S = −I R : I S = 78,95∠ − 154,16°(A) ; I T = 0 . W1 = U L ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = 27000( W )

La nueva lectura de los vatímetros es: W 2 = U L ⋅ I R ⋅ cos(∠(U TS ; I R )) = 2176( W )

W3 = U RN ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RN ; I R )) = 17320( W )

.

* El alumno debe señalar en los vatímetros la nueva disposición de los terminales de medida. * Compruebe que el vatímetro W1 mide la potencia activa total consumida por la carga. * Calcule el valor de Z, y rehaga los cálculos de la parte B del ejercicio.

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En un sistema trifásico, tensión 380(V), de secuencia directa y equilibrado, se conectan dos vatímetros, W1 y W2, con sus bobinas amperimétricas en las fases R y S respectivamente, según el método de los dos vatímetros. Los vatímetros W1 y W2 miden respectivamente 100 y 50 (kW). Determine la medida de un amperímetro conectado en la fase R y el valor de la impedancia del receptor R-1 conectado en estrella, justificando gráficamente si es inductivo o capacitivo. Se conecta en paralelo con R-1 un nuevo receptor trifásico equilibrado, midiendo los vatímetros 155 y 145 (kW) respectivamente. ¿Qué potencia activa y reactiva consume R-2? Conectamos otro receptor trifásico equilibrado R-3, en paralelo con los anteriores. Si R-3 consume a 500(V), 100(kW) y − 50 3 ( kVAr ) , ¿qué medirán los aparatos de medida W1, W2 y A? Solución: El esquema inicial, con los aparatos de medida conectados, se muestra en la figura. La tensión de línea es: U L = 380(V) . En primer lugar, determinamos el carácter del receptor R-1, a partir de las lecturas de los vatímetros. En el diagrama de fasores de la figura, hemos supuesto la carga inductiva. El vatímetro W2 medirá: W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U ST ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) ; lo que implica que el vatímetro W1 mida: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) , ya que ambos están conectados según el método de los dos vatímetros. Por tanto, W1 tendrá una lectura mayor que W2, lo que coincide con los datos del ejercicio, y el receptor R-1 es inductivo. La potencia consumida por R-1 es: ⎧P1 = W1 + W 2 = 150(kW ) : S1 = P1 + j ⋅ Q1 = 100 ⋅ 3∠30°(kVA ) . ⎨ ⎩Q1 = 3 ⋅ (W1 − W 2 ) = 50 ⋅ 3 (kVAr )

La impedancia equivalente a R-1, por fase en estrella es: S1 =

U 2L S : Z1 = 12 : Z1 = 0,834∠30°(Ω) . ∗ Z1 UL

La lectura del amperímetro es: S1 = 3 ⋅ U L ⋅ I L : I L = 263,16( A ) . Conectamos ahora R-2, con lo que las lecturas de los vatímetros W1, W2, son, respectivamente 155(kW), 145(kW). Como W1 es mayor que W2, la carga total (R-1 y R-2) será inductiva, como hemos visto al principio. Aplicando las consecuencias del método de los dos vatímetros la potencia con⎧P1 + P2 = W1 + W 2 = 300(kW ) : P2 = 150(kW ) sumida en R-2 es: ⎨ . ( ) Q + Q = 3 ⋅ W 1 − W 2 = 10 ⋅ 3 ( kVAr ) : Q = − 40 ⋅ 3 ( kVAr ) 2 2 ⎩ 1

* Fíjese que la carga R-2 es de carácter capacitivo, aunque la carga equivalente (R-1, R-2) sea inductiva.

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⎧⎪P3nom = 100(kW ) Conectamos ahora un tercer receptor de características: U nom = 500(V ) : ⎨ . ⎪⎩Q 3nom = −50 ⋅ 3 (kVAr )

Como este receptor R-3 va a conectarse a 380(V), debemos calcular la potencia que desarrolla a esta tensión de la red. Como sabemos, a impedancia constante, las potencias son directamente proporcionales al cuadrado de las tensiones aplicadas, Por tanto, la potencia desarrollada será: ⎧⎪P3 = (380 500 )2 ⋅ P3nom : P3 = 58(kW ) . ⎨ ⎪⎩Q 3 = Q 3nom = (380 500 )2 ⋅ − 50 ⋅ 3 : Q 3 = −29 ⋅ 3 (kVAr)

(

)

⎧⎪P = P1 + P2 + P3 = 358(kW ) La potencia total medida por los vatímetros es: ⎨ . ⎪⎩Q = Q1 + Q 2 + Q 3 = −19 ⋅ 3 ( kVAr )

La carga equivalente es ahora de carácter capacitivo, por tanto, será W2 el vatímetro que haga la mayor lectura. Las lecturas de los vatímetros serán, aplicando las propiedades del método de los dos va⎧W1 + W 2 = P = 358k ⎧W1 = 169,5( kW ) . tímetros: ⎨ :⎨ ⎩W1 − W 2 = Q = −19 ⋅ 3k ⎩W 2 = 188,5(kW )

La nueva lectura del amperímetro es: S = P 2 + Q 2 = 3 ⋅ U L ⋅ I L : I L = 547( A ) . * Construya el alumno todos los diagramas fasoriales, de manera completa, y compruebe las lecturas de los vatímetros, cada vez que se añade una carga nueva.

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado y de secuencia directa y tensión 30(V). La carga por fase es 3 − j ⋅ 3(Ω ) , siendo la impedancia equivalente de la línea j(Ω). Con el interruptor K cerrado y abierto determine las medidas de los vatímetros y del voltímetro. ¿Cuál es la potencia activa y reactiva consumida por la carga y la línea? NOTA: Los vatímetros W2 y W3 están conectados según el método de los dos vatímetros. Solución: 1.- Interruptor cerrado. Sistema equilibrado de secuencia directa. E RS = 30(V) . En la figura mostramos el esquema del monofásico equivalente estrellaestrella, donde E RN = 30

3 = 10 ⋅ 3 (V) : E RS = 30∠30°(V) .

Analizamos el monofásico. IR =

E RN : I R = 10 ⋅ 3 (A ) Z L + (Z C 3)

.

U R 'N ' = I R ⋅ (Z C 3) : U R 'N ' = 10 ⋅ 6∠ − 45°(V ) : U R 'S' = 30 ⋅ 2∠ − 15°(V )

Con estos resultados, los conjuntos de tensiones e intensidades de línea son: E RS = 30∠30°(V ) ; EST = 30∠ − 90°(V ) ; E TR = 30∠150°(V ) I R = 10 ⋅ 3 (A ) ; I S = 10 ⋅ 3∠ − 120°(A ) ; I T = 10 ⋅ 3∠120°(A )

.

U R 'S' = 30 ⋅ 2∠ − 15°(V ) ; U S'T ' = 30 ⋅ 2∠ − 135°(V ) ; U T 'R ' = 30 ⋅ 2∠105°(V )

A partir de estos datos, la lectura de los vatímetros son: W1 = E ST ⋅ I R ⋅ cos(∠(EST ; I R )) = 0

W 2 = U R 'S' ⋅ I R ⋅ cos(∠(U R 'S' ; I R )) = 710( W )

W3 = U T 'S' ⋅ I T ⋅ cos(∠(U T 'S' ; I T )) = 190( W )

.

W 4 = U T 'S' ⋅ I R ⋅ cos(∠(U T 'S' ; I R )) = 520( W ) Resaltamos que W1 mide la potencia reactiva del conjunto; que W2 y W3 están montados según el método de los dos vatímetros, midiendo la potencia activa y reactiva de la carga; y que W4 mide la potencia reactiva de la carga. ⎧⎪PC = W 2 + W3 : PC = 900( W ) La potencia consumida en la carga es: ⎨ ; ⎪⎩Q C = 3 ⋅ (W3 − W 2 ) : Q C = −900(VAr )

⎧⎪PL = 0 la potencia consumida por la línea es: ⎨ . ⎪⎩Q C + Q L = 3 ⋅ W1 = 0 : Q L = −Q C : Q L = 900(VAr)

El voltímetro mide la tensión de línea en la carga, por tanto: V = 30 ⋅ 2 ( V ) .

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1.- Interruptor abierto. Sistema desequilibrado y equilibrado en tensiones de línea. E RS = 30(V) . En la figura mostramos el estado del circuito con el interruptor abierto. Analizamos la malla T-R-Carga-T:

IT =

E TR 30∠150° = : I T = 15∠150°(A) 2 ⋅ ZC ⋅ ZC 2 2 ⋅ ZL + . 2 ⋅ ZC + ZC

I R = −I T : I R = 15∠ − 30°(A) ; I S = 0

U R 'S' = E RS − I R ⋅ Z L : U R 'S' = 18,6∠6,21°(V) Las tensiones de línea en la carga son: U S'T ' = EST + I T ⋅ Z L : U S'T ' = 43,64∠ − 99,9°(V) .

U T 'R ' = I T ⋅

2 ⋅ ZC ⋅ ZC : U T 'R ' = 30 ⋅ 2∠105°(V) 2 ⋅ ZC + ZC

Con todos los datos anteriores, los conjuntos de tensiones e intensidades de línea son: E RS = 30∠30°(V) ; EST = 30∠ − 90°(V) ; ETR = 30∠150°(V) I R = 15∠ − 30°(A) ; I S = 0 ; I T = 15∠150°(A)

.

U R 'S' = 18,6∠6,21°(V) ; U S'T ' = 43,64∠ − 99,9°(V) ; U T 'R ' = 30 ⋅ 2∠105°(V) Las lecturas de los vatímetros son: W1 = E ST ⋅ I R ⋅ cos(∠(EST ; I R )) = 225( W )

W 2 = U R 'S' ⋅ I R ⋅ cos(∠(U R 'S' ; I R )) = 225( W ) W3 = U T 'S' ⋅ I T ⋅ cos(∠(U T 'S' ; I T )) = 225( W )

.

W 4 = U S'T ' ⋅ I R ⋅ cos(∠(U S'T ' ; I R )) = 225( W ) El voltímetro mide UTR, tensión de línea en la carga, por tanto: V = 30 ⋅ 2 ( V ) . Como los vatímetros están montados según el método de los dos vatímetros, su suma medirá la potencia activa de la carga: PC = W 2 + W3 : PC = 450( W ) . Como la carga equivalente, vista desde T’R’, tiene la misma resistencia, 2(Ω), que reactancia en valor absoluto, -2(Ω): Q C = −PC : Q C = −450(VAr) . Como la carga equivalente, vista desde TR, es resistiva pura: Q C + Q L = 0 : Q L = −Q C : Q L = 450(VAr) . *El alumno debe analizar ambos sistemas y calcular las potencias consumidas en la red, y a partir de todo ello, las lecturas de los vatímetros.

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado en tensiones de línea, de valor 380(V) y frecuencia 50(Hz) y alimenta a una carga equilibrada, de carácter inductiva y conectada en estrella. Los vatímetros miden 792(W) y 2.664(W) respectivamente. a) Deduzca la secuencia de fases razonando gráficamente la respuesta; b) determine el valor de la carga; y c) la capacidad por fase de la batería de condensadores en triángulo que, colocada en paralelo con la carga, hace que el conjunto presente un fdp 0,95 inductivo. d) Para el caso anterior calcule de nuevo las lecturas de todos los aparatos de medida. Solución: a) Otra de las utilidades del método de los dos vatímetros en los sistemas equilibrados es la determinación de la secuencia de fases, conociendo el carácter de la carga.. Supongamos que la secuencia del sistema es directa. El diagrama de fasores está representado en la figura, para una carga de carácter inductivo. El vatímetro W1 medirá: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U ST ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) ; y el vatímetro W2, teniendo en cuenta que forma con W1, el método de los dos vatímetros medirá:

W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) . Es decir, la lectura del vatímetro W2 es mayor que la del vatímetro W1. Como esta conclusión es coincidente con los datos del enunciado, la secuencia de fases del sistema es directa. b) La potencia consumida por la carga es: ⎧P = W1 + + W 2 : P = 3456( W ) : S = 2456 + j ⋅ 3242(VA ) ; y a partir de ella, el valor de la impe⎨ ⎩Q = 3 ⋅ (W 2 − W1) : Q = 3242(VAr )

dancia equivalente de la carga por fase es: Z =

U 2L : Z = 22,2 + j ⋅ 20,8(Ω) . S∗

c) Con tan (ϕ ) = Q P = 0,937 ; tan (ϕ corregido ) = tan (a cos (0,95)) = 0,329 , el valor de la batería de condensadores por fase, conectada en triángulo, es: C =

(P 3) ⋅ (tan(ϕ) − tan (ϕ corregido )) 2 ⋅ pi ⋅ f ⋅ U 2L

d) Con los condensadores conectados, la potencia del conjunto es:

⎧P = 3456( W) : S = 3638(VA) ; ⎨ ⎩Q = 3456 ⋅ tan (ϕcorregido ) = 1138(VAr) ⎧W1 + W 2 = P las lecturas de los vatímetros: ⎨ ⎩W 2 − W1 = Q

y la lectura del amperímetro: I = S

(

)

W1 = 1400( W ) ; 3 W 2 = 2056( W ) :

3 ⋅ U L : I = 5,5( A ) .

: C = 15,5(μF)

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado, de secuencia directa y tensiones de línea de 380(V). Sabiendo que las lecturas de los aparatos de medida ideales son 12,5(A) y 2375(W), determine: a) el valor de la impedancia de la carga por fase si está conectada en triángulo; y b) las potencias activa, reactiva y aparente consumidas por la carga. Solución: Determinamos, en primer lugar, el carácter de la carga. En el diagrama de la figura, hemos supuesto, para su trazado, que el carácter de la carga es inductivo. La lectura del vatímetro será: W = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RT ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(90 + ϕ) = − U L ⋅ I L ⋅ sen (ϕ) . Como la lectura del vatímetro es negativa, significa que el carácter supuesto a la carga es erróneo, y, por tanto, el carácter de la carga es capacitivo. (El alumno debe rehacer la deducción a partir de suponer un carácter capacitivo a la carga) Sabiendo que la carga tiene carácter capacitivo, la lectura del vatímetro es: W = U L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) . De esta expresión son datos los valores de la tensión y de la intensidad de línea, así como el valor de la lectura del vatímetro, por tanto: 2375 = 380 ⋅12,5 ⋅ sen(ϕ) : ϕ = 30° . El valor del módulo de la impedancia por fase de la carga, conectada en triángulo es:

Z=

UL U = 3 ⋅ L : Z = 52,7(Ω) ; y su fasor: Z = Z∠ − ϕ : Z = 52,7∠ − 30°(Ω) . IF IL

⎧⎪Q = − 3 ⋅ W : Q = −4114(VAr) La potencia consumida por la carga son: ⎨ : S = 8227(VA) . ⎪⎩P = Q tan (ϕ) : P = 7125( W ) * Insistimos en el hecho del buen manejo de los diagramas fasoriales en trifásica, herramienta fundamental en muchos problemas.

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A una red trifásica equilibrada, de secuencia directa y frecuencia 50(Hz), se conectan dos cargas equilibradas, en paralelo. La carga 1 consume 2(kW) con un fdp 0,7 inductivo, está conectada en triángulo, y absorbe una intensidad de línea de 7,5(A). La carga 2 está conectada en estrella. Para medir la potencia del conjunto se conectan dos vatímetros según el método de los dos vatímetros. El primero tiene su bobina amperimétrica en la fase R e indica una lectura de 2496(W); el segundo en la fase S, lee 2704(W), siendo el terminal común de sus bobinas voltimétricas la fase T. Determine: a) la intensidad de línea absorbida por el conjunto; b) la impedancia compleja, por fase, de cada una de las cargas; y c) la potencia activa y reactiva que consume la carga 2. Solución: Como en ejercicios anteriores, a partir del conocimiento de fases y de las lecturas de los dos vatímetros, deducimos que la carga equivalente, vista desde los dos vatímetros, tiene carácter capacitivo. (El alumno debiera construir el diagrama de tensiones e intensidades para demostrarlo). La potencia del receptor R-1 es:

⎧P1 = 2000( W) : Q1 = P1 ⋅ tan (a cos(fdp1 )) : Q1 = 2040(VAr) . ⎨ ⎩fdp1 = 0,7(ind) Aplicando las propiedades del método de los dos vatímetros, la potencia del conjunto es: ⎧P = W1 + W 2 : P = 5200( W ) : S = 5212(VA ) ; ⎨ ( ) Q 3 W 2 W 1 : Q 360 ( VAr ) = − ⋅ − = − ⎩

⎧P = P1 + P2 ; P2 = 3200( W ) y la potencia del receptor R-2 es: ⎨ . ⎩Q = Q1 + Q 2 : Q 2 = −2400(VAr) La tensión de línea del sistema es, a partir del dato de la intensidad de línea, I1, del receptor R-1 es:

P1 = U L ⋅ I1 ⋅ fdp1 : U L = 220(V) . a) La intensidad de línea absorbida por el conjunto es: S = 3 ⋅ U L ⋅ I : I = 13,68( A ) . b) R-1 (en triángulo): Z1 =

3 ⋅ U 2L : Z = 35,6 + j ⋅ 36,3(Ω) ; (P1 + j ⋅ Q1 )∗ 1

U 2L R-2 (en estrella): Z 2 = : Z = 9,68 − j ⋅ 7,26(Ω) . (P2 + j ⋅ Q 2 )∗ 2

⎧P2 = 3200( W ) c) La potencia consumida por el receptor R-2, calculada arriba es: ⎨ . ⎩Q 2 = −2400(VAr)

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado y de secuencia inversa. La tensión en R, S, T es 173,21 100 (V) . Determine las lecturas de los vatímetros indicando en un gráfico sus conexiones. DATOS: Z L = 2 + j(Ω) ; Z C = 12 + j ⋅ 6(Ω) .

Solución: Tomamos con fase cero la tensión de línea: E RS = 173,21(V ) Analizamos el monofásico equivalente triángulo-triángulo que se muestra en la figura. Analizamos el circuito: I RS =

E RS : I RS = 8,61∠ − 26,57°(A ) : I R = 14,91∠3,43°(A ) 3 ⋅ ZL + ZC

U R 'S'

ZC = E RS ⋅ : U R 'S' = 115,47(V ) 3 ⋅ ZL + ZC

.

Teniendo en cuenta que la red es de secuencia inversa, el conjunto de tensiones e intensidades de línea E RS = 173,21(V) ; EST = 173,21∠120°(V) ; E TR = 173,21∠ − 120°(V) es: U R 'S' = 115,47(V) ; U S'T ' = 115,47∠120°(V) ; U T 'R ' = 115,47∠ − 120°(V) . I R = 14,91∠3,43°(V) ; I S = 14,91∠123,43°(V) ; I T = 14,91∠ − 116,57°(V) Las lecturas de los vatímetros para los terminales de conexión del esquema de la figura son: W1 = E RS ⋅ I R ⋅ cos(∠(E RS ; I R )) : W1 = 2578( W )

W 2 = E TS ⋅ I T ⋅ cos(∠(E TS ; I T )) : W 2 = 1423( W ) W3 = U SR ⋅ IS ⋅ cos(∠(U SR ; I S )) : W3 = 948( W )

.

W 4 = U TR ⋅ I T ⋅ cos(∠(U TR ; I T )) : W 4 = 1719( W ) * Los vatímetros W1 y W2 miden la potencia del conjunto, mientras que W3 y W4 miden la potencia de la carga. ¿Qué relación habrá entre estas potencias y cuál es su explicación? * Calcule las potencias activas y reactivas de todos los elementos del sistema y compruebe con el resultado obtenido.

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La red es equilibrada, de secuencia directa y la tensión de línea en R, S, T es 100(V). Los vatímetros W1, W2, W3 y W4 leen 1000, 500, 500, 1000(W) respectivamente. Determine, razonando adecuadamente la respuesta, los valores de la impedancia de carga y de línea. Solución: La red es de secuencia directa, E RS = 100(V) , y, por lo razonado en otros ejercicios, como W 2 < W1 , la carga conjunta, línea y carga, es inductiva. Del mismo modo, al ser W3 < W 4 , la carga es capacitiva. (El alumno debe construir los diagramas de tensiones e intensidades para demostrar lo anterior). 1er método: Como W1, W2 y W3, W4, están montados según el método de los dos vatímetros, escribimos: ⎫ ⎧⎪W1 + W 2 = 1500 = PL + PC ⎧PL + PC = 1500 PL = 0 ⎪ ⎨ ⎪P = 1500 ⎪⎩ 3 ⋅ (W1 − W 2 ) = 500 ⋅ 3 = Q L + Q C ⎪ P = 1500( W ) ⎪ C . : C ⎬ : ⎨ Q = 1000 ⋅ 3 ( VAr ) Q + Q = 500 ⋅ 3 ⎧⎪W3 + W 4 = 1500 = PC L L C ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪Q = −500 ⋅ 3 Q C = −500 ⋅ 3 (VAr) ⎪⎩ 3 ⋅ (W3 − W 4 ) = −500 ⋅ 3 = Q C ⎩ C ⎭ Sean Z L = R L + j ⋅ X L ; Z C = R C + j ⋅ X C . ⎪⎧P = PL + PC = 1500( W ) La potencia consumida por el conjunto es: ⎨ : S = 1000 ⋅ 3 (VA ) ; y la ⎪⎩Q = Q L + Q C = 500 ⋅ 3 (VAr)

intensidad de línea: S = 3 ⋅ E RS ⋅ I L : I L = 10(A) . Teniendo en cuenta que la carga está en triángulo, tendremos: PC = 1500 = 3 ⋅ I 2L ⋅ (R C 3) : R C = 15(Ω) Q C = −500 ⋅ 3 = 3 ⋅ I 2L ⋅ (X C 3) : X C = −5 ⋅ 3 (Ω)

;

PL = 0 = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L : R L = 0 Q L = 1000 ⋅ 3 = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L : X L = Por tanto: Z L = j ⋅

. 10 ⋅ 3 (Ω) 3

10 ⋅ 3 (Ω) ; Z C = 15 − j ⋅ 5 ⋅ 3 (Ω) . 3

2º método: La potencia compleja de la carga es:

S C = (W3 + W 4) − j ⋅ 3 ⋅ (W 4 − W3) : S C = 1500 − j ⋅ 3 ⋅ 500(VA) ; la potencia compleja del conjunto línea-carga es:

S = S C + S L = (W1 + W 2) + j ⋅ 3 ⋅ (W1 − W 2) : S = 1500 + j ⋅ 3 ⋅ 500(VA) ;

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y por tanto la potencia compleja de la línea: S L = S − S C : S L = + j ⋅ 3 ⋅1000(VA) . A partir de la potencia aparente del conjunto, calculamos la intensidad de línea: S = S = 3 ⋅ E RS ⋅ I L : I L = 10(A) . La impedancia de la línea es: S L = 3 ⋅ I 2L ⋅ Z L : Z L =

SL 10 ⋅ 3 : ZL = j (Ω ) . 2 3 ⋅ IL 3

La impedancia de la carga es: S C = 3 ⋅ I 2F ⋅ Z C = I 2L ⋅ Z C : Z C =

SC : Z C = 15 − j ⋅ 5 ⋅ 3 (Ω) I 2L

* Como se observa en este ejercicio, el manejo de las diversas ecuaciones en que podemos dar los datos de potencia es fundamental para encontrar la mejor manera de abordar este tipo de problemas, tanto en los sistemas trifásicos como monofásicos.

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Un generador trifásico equilibrado, en conexión triángulo, tiene una impedancia interna equivalente de Z G = j ⋅ 0,3(Ω) por fase, y mantiene una tensión de línea a circuito abierto de 100(V). Se conecta a una carga trifásica equilibrada, conexión estrella, de impedancia, Z = 1 + j(Ω) por fase, mediante conductores de impedancia equivalente Z L = 0,1 + j ⋅ 0,1(Ω) por conductor. Determine: a) la potencia activa y reactiva cedida por el generador, así como el fdp con el que trabaja; y b) la batería de condensadores, en conexión triángulo y en paralelo con el generador, para que el fdp equivalente del generador se eleve a 0,99(ind). Solución: El esquema del monofásico equivalente triángulo-triángulo se muestra en la figura. Con E RS = 100(V) analizamos el circuito: I RS =

E RS : I F = I RS = 20,48(A ) : I L = 3 ⋅ I F = 35,47(A ) ZG + 3 ⋅ ZG + Z .

U RS = I RS ⋅ (3 ⋅ Z G + Z ) : U LG = U RS = 95,56(V )

a) Con estos datos, las potencias activa y reactiva cedidas por el generador son: ⎧⎪PG = 3 ⋅ I 2L ⋅ real{3 ⋅ Z L + Z}: PG = 4151( W ) : SG = 5870(VA ) ; y el fdp equivalente de la red desde ⎨ ⎪⎩Q G = 3 ⋅ I 2L ⋅ imag{3 ⋅ Z L + Z}: Q G = 4151(VAr )

bornas del generador es: fdp G = PG SG : fdp G = 0,707(ind ) . b) Si queremos llevar el fdp G a fdp corregido = 0,99(ind ) , mediante una batería de condensadores, en coG nexión triángulo, el valor por fase de esta batería será: C=

(PG 3) ⋅ [tan(a cos(fdp G )) − tan (a cos(fdp corregido ))] G 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2LG

: C = 414(μF) .

* Al ser el generador real, la potencia que pide el ejercicio es en bornas de este generador real y no del ideal. * El alumno debiera realizar este ejercicio por fasores y completarlo con el cálculo de las potencias consumidas por la línea y la carga, tanto sin la batería de condensadores, como con ella conectada. Recuerde que al estar la batería de condensadores en bornas de un generador real, las tensiones varían con su conexión.

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Un receptor trifásico equilibrado consume 5(kW) con un fdp 0,6(ind) a la tensión nominal de 380(V). Se conecta el receptor a un generador trifásico equilibrado de impedancia interna despreciable y tensión de línea 220(V) mediante conductores de impedancia equivalente 1(Ω). Determine: a) la potencia activa que consume el receptor, así como la consumida en la línea; b) la batería de condensadores, conectada en estrella, que en paralelo con el receptor eleva el fdp equivalente a 0,9(ind). c) Con la batería de condensadores conectada, determine la nueva potencia activa que consume el receptor y la consumida por la línea. DATO: f = 50( Hz ) Solución: Calculamos, en primer lugar, la impedancia equivalente del receptor, supuesto en estrella, a partir de sus datos de potencia nominales.

⎧Pnom = 5000( W ) ⎧Q nom = 6667(VAr) U2 :⎨ : Z = ∗nom = 10,4 + j ⋅13,9(Ω) . ⎨ S nom ⎩fdp = 0,6(ind) ⎩S nom = 5000 + j ⋅ 6667(VA) En la figura se muestra el esquema del monofásico equivalente estrellaestrella del sistema trifásico, donde E FG = 220 Analizamos el circuito: I L = U FC = E FG ⋅

Z ZL + Z

3 ( V ) ; Z L = 1 ( Ω) .

E FG : I L = 7,07(A) ; ZL + Z

: U FC = 122,66(V ) : U LC = 212,35(V ) .

a) La potencia consumida por la línea es: PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L : PL = 150( W ) ; sabiendo que la potencia es proporcional al cuadrado de la tensión aplicada, la potencia en la carga es: 2

⎛U ⎞ S = ⎜⎜ LC ⎟⎟ ⋅ S nom : P = 1560( W ) . ⎝ U nom ⎠

b) El valor por fase de la batería de condensadores, conectada en estrella, en paralelo con el receptor, para llevar el fdp = 0,6(ind ) de ésta a fdp corregido = 0,9(ind ) , es: C=

(P 3) ⋅ (tan (a cos(fdp )) − tan (a cos(fdp corregido ))) 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2FC

: C = 93,5(μF) .

c) En la figura se muestra el esquema del monofásico equivalente estrella-estrella del sistema trifásico original con la batería de condensadores conectada. La admitancia equivalente al conjunto carga-condensadores es: Yeq = j ⋅ (2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C ) + 1 Z ; o bien: Z eq = 1 Yeq = 23,39 + j ⋅11,33(Ω) .

Repitiendo ahora los mismos cálculos anteriores: I nueva = L

E FG : I nueva = 4,72(A ) ; L Z L + Z eq

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U nueva = E FG ⋅ FC

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Z eq Z L + Z eq

: U nueva = 122,75(V) : U nueva = 212,61(V) . FC LC

(

)

2

Con estos datos, la potencia consumida por la línea es: PLnueva = 3 ⋅ I nueva ⋅ R L : PL = 67( W ) ; L y sabiendo que la potencia es proporcional al cuadrado de la tensión aplicada, la potencia en la carga es: P

nueva

⎛ U nueva = ⎜⎜ LC ⎝ U LC

2

⎞ ⎟⎟ ⋅ P : P nueva = 1565( W ) . ⎠

* En este ejercicio sólo hemos calculado valores eficaces. Observe el alumno las diferencias que habría, repitiendo el ejercicio con todo el cálculo con fasores.

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La red de la figura es equilibrada y de secuencia directa y 380(V), midiendo los vatímetros W1 y W2, 12(kW) y 10(kW) respectivamente. a) Determine la impedancia de la carga, en estrella, y su fdp, así como la lectura indicada por el vatímetro W3, mostrando los terminales de referencia. b) Se abre el interruptor, K, de la figura. ¿Cuáles son ahora las lecturas de los tres vatímetros? Los vatímetros W1 y W2 están conectados según el método de los dos vatímetros. Solución: 1º.- Interruptor cerrado. Sistema trifásico equilibrado de secuencia directa. U L = 380(V) . Determinamos en primer lugar el carácter de la carga, a partir de las lecturas de los vatímetros W1, W2, conectados según el método de los dos vatímetros. En la figura se muestra el diagrama de fasores, donde hemos supuesto carga de carácter inductivo, y donde hemos tomado con fase cero, la tensión de fase de la fase R. El vatímetro W2 lee:

W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TR ; I T )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) ; y el W1, que está formando el método de los dos vatímetros con él, leerá:

W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) . Por tanto, la lectura de W1 será mayor que la del vatímetro W2, lo que es coincidente con los datos del problema; luego la carga tiene carácter capacitivo. ⎧P = W1 + W 2 = 22(kW ) La potencia de la carga es: ⎨ : S = 22,27(kVA ) . ⎩Q = 3 ⋅ (W1 − W 2 ) = 2 ⋅ 3 (kVAr )

A partir de estos datos de potencia, el valor por fase de la impedancia equivalente de la carga y su fdp es: Z =

U 2L P : Z = 6,4 + j(Ω) ; fdp = : fdp = 0,988(ind ) . ∗ S (P + j ⋅ Q )

En la figura mostramos las conexiones de los tres vatímetros. La de los vatímetros W1 y W2 es obligada, ya que forman el método de los dos vatímetros y la de W3, para que permita la lectura de potencia reactiva. La lectura del vatímetro W3 es (ver diagrama fasorial):

W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TR ; I S )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(90 − ϕ) = = U L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) = Q

3 : W3 = W1 − W 2 : W3 = 2(kW)

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2º.- Interruptor abierto. Sistema trifásico desequilibrado, equilibrado en tensiones de línea de secuencia directa. U L = 380(V) . El esquema del sistema lo mostramos en la figura. Manteniendo el mismo cero para las tensiones, las tensiones de línea son: U RS = 380∠30°(V ) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) . En la malla S-T-Z-Z-S, el valor de la intensidad es: IS =

U ST : I S = 29,3∠ − 98,95°(A ) : I T = −I S : I T = 29,3∠81,05°( A ) . Z+Z

Los datos para los vatímetros son: U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) ; I R = 0 ; I S = 29,3∠ − 98,95°(A) ; I T = 29,3∠81,05°(A ) Las lecturas de los vatímetros, para las conexiones de las figuras son: W1 = U SR ⋅ IS ⋅ cos(∠(U SR ; I S )) = 7(kW )

W 2 = U TR ⋅ I T ⋅ cos(∠(U TR ; I T )) = 4(kW ) . W3 = U RT ⋅ IS ⋅ cos(∠(U RT ; I S )) = 4(kW )

* El alumno debe calcular la potencia activa y reactiva que, en el segundo caso, consume la carga. Debe comprobar que los vatímetros W1 y W2 miden la potencia activa pero no la reactiva (ahora el sistema es desequilibrado), y que el W3 no mide potencia reactiva por la misma causa.

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Un generador trifásico equilibrado, secuencia directa y conexión estrella, alimenta a una carga equilibrada en triángulo mediante conductores de impedancia equivalente de Z L = 3 + j ⋅ 6(Ω) cada uno. La potencia cedida por el generador es 500(kW), absorbiendo la carga 494(kW) con un fdp 0,9(ind). Determine la intensidad de línea, así como la tensión de línea en el generador. Solución: Sabemos que la potencia activa cedida por el generador es: PG = 500(kW ) ; que la carga consume una potencia activa: PC = 294(kW ) , y una reactiva: Q C = PC ⋅ tan (a cos(fdp )) = 239(kVAr) . Haciendo balance de potencia, la potencia activa consumida por la línea es: PG = PC + PL : PL = 6(kW ) . Con este último dato, calculamos el valor de la intensidad de línea: PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L : I L = 25,82(A ) ; la potencia reactiva de la línea: Q L = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L : Q L = 12(kVAr) ; y haciendo balance de las potencias reactivas, la cedida por el generador es: Q G = Q C + Q L : Q G = 251(kVAr) . La potencia aparente del generador es: SG = PG2 + Q G2 : S G = 559(kVA) , dato que permite el cálculo de la tensión de línea en bornas del generador: SG = 3 ⋅ U L ⋅ I L : U L = 12,5(kV) . Por tanto, las respuestas son: I L = 25,82(A) y U L = 12,5(kV) .

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Se sabe que en el sistema trifásico y equilibrado de la figura la carga consume 30(kVA) con un fdp 0,3 (ind) a la tensión de 380(V) y a la frecuencia de 50(Hz). a) Si la red es de secuencia directa, determine las lecturas de cada vatímetro y sus terminales de referencia. b) Se lleva el fdp equivalente de la carga a 0,8(ind) mediante un banco de condensadores en estrella. Determine la capacidad equivalente por fase de dicho banco. ¿Cuáles son las lecturas de los vatímetros con el banco de condensadores conectado? Solución: a) Tomamos origen de fases en: U RN = 220(V ) ⎧S = 30(kVA) ⎧P = 9(kW ) Carga: ⎨ :⎨ : S = 6 + j ⋅ 28,62(kVA) ⎩fdp = 0,3(ind ) ⎩Q = 28,62(kVAr) 1er método. A partir de la potencia compleja, la intensidad de línea es: S = 3 ⋅ U RN ⋅ I ∗R : I R = 45,58∠ − 72,54°( A ) . El conjunto de tensiones e intensidades de línea es, teniendo en cuenta que el sistema es equilibrado y de secuencia directa: U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) I R = 45,58∠ − 72,54°(A) ; I S = 45,58∠167,46°(A) ; I T = 45,58∠47,46°(A) . Las conexiones de los vatímetros se da en la figura y sus lecturas son: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U SR ; I R )) = 3,76(kW )

W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U TS ; I T )) = 12,76(kW )

W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I T )) = 16,52(kW )

b) El valor por fase de la batería de condensadores, conectados en estrella para llevar el fdp = 0,3(ind ) , a fdp corregido = 0,8(ind ) es: C =

(P 3) ⋅ [tan (a cos(fdp )) − tan (a cos(fdp corregido ))] 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2F

: C = 482(μF) .

Al conectar la batería de condensadores, la potencia equivalente, carga-batería de condensadores es:

⎧Pnueva = 9(kW ) ⎪ : S nueva = 9 + j ⋅ 6,75(kVA) . ⎨fdp corregido = 0,8(ind ) ⎪ ⎩Q nueva = Pnueva ⋅ tan (a cos(fdp corregido )) = 6,75(kVAr) Basta ahora repetir el ejercicio desde el comienzo, para esta nueva potencia. A partir de la potencia compleja, la intensidad de línea es:

(

)

∗

S nueva = 3 ⋅ U RN ⋅ I nueva : I nueva = 17,09∠ − 36,87°( A ) . R R

El conjunto de tensiones e intensidades de línea es, teniendo en cuenta que el sistema es equilibrado y de secuencia directa:

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U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) I nueva = 17,09∠ − 36,87°( A ) ; I Snueva = 17,09∠ − 156,87°( A ) ; I Tnueva = 17,09∠83,13°( A ) . R

Las conexiones de los vatímetros se da en la figura y sus lecturas son:

( ( ⋅ cos(∠(U ⋅ cos(∠(U

)) )) = 12,76(kW) . )) = 16,52(kW)

W1nueva = U L ⋅ I nueva ⋅ cos ∠ U RS ; I nueva = 3,76(kW ) L R W 2 nueva = U L ⋅ I W 3nueva = U L ⋅ I

nueva L

nueva L

nueva T

TS

;I

RS

; I Tnueva

* Observe que en la primera parte, los vatímetros W1 y W2 no están montados según el método de los dos vatímetros, a diferencia de la conexión en la segunda parte del ejercicio. ¿Qué relaciones habrá entre las lecturas de los tres vatímetros y la potencia consumida por la carga conectada a los mismos en ambos casos. * ¿A partir de qué valor argumento, cambia de signo la lectura de alguno de los vatímetros en el método de los dos vatímetros? Póngalo en relación con nuestro ejercicio. 2º método. Como la carga es inductiva y la red equilibrada y de secuencia directa, el diagrama de fasores es como el de la figura. La lectura del vatímetro W3, con sus terminales conectados para medir reactiva (R+), sería: W3 = U L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) . Si suponemos los vatímetros W1 y W2 conectados según el método de

⎧W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) los dos vatímetros, sus lecturas serían, a partir del diagrama: ⎨ . ⎩W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) Como en la carga, fdp = 0,3 ; su argumento es: ϕ = a cos(fdp) : ϕ = 72,54° ; por lo que la lectura del vatímetro W1 sería negativa. Por tanto habría que intercambiar los terminales de tensión del W1, respecto a la posición que tendría en el método de los dos vatímetros (de R+ a S+). Teniendo en cuenta este cambio de terminales de medida, las ecuaciones del método de los dos vatí⎧P = W 2 − W1 ⎧W1 = 3,76(kW ) ; que resueltas en W1 y W2: ⎨ . metros serán: ⎨ W 2 = 12 , 76 ( kW ) Q 3 = W 2 + W 1 ⎩ ⎩

El alumno puede seguir el ejercicio desde aquí.

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Un sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, de impedancia equivalente por conductor:

Z L = 2 + j(Ω) , alimenta a dos cargas en paralelo. Un voltímetro conectado entre las fases R y T en el punto de conexión de las cargas marca 200(V). Las cargas son: C − 1 : {6(kVA) , ϕ1 = −30°} , conexión en estrella; y C − 2 : {5(kVA) , fdp 2 = 1} , conexión en triángulo. Determine: a) la impedancia de cada carga por fase; b) la potencia activa y reactiva consumida en la línea; c) la tensión de línea en el generador conectado a R, S, T; y d) el f. de p. visto desde el generador. e) Dibuje dónde y cómo colocaría dos vatímetros (indicando sus terminales) para medir la potencia activa y reactiva de las dos cargas, calculando la lectura de cada uno de ellos. Solución: a) Sea la tensión en el punto de conexión de las dos cargas: U LC = 200(V ) . La impedancia equivalente de las cargas es: ⎧S = 6(kVA ) ⎧P1 = S1 ⋅ cos(ϕ1 ) = 3 ⋅ 3 (kW ) U2 20 C −1: ⎨ 1 :⎨ : Z1Υ = LC : Z1Υ = ∠ − 30°(Ω) ∗ S1 3 ⎩ϕ1 = −30° ⎩Q1 = S1 ⋅ sen (ϕ1 ) = −3(kVAr )

⎧S = 5(kVA) ⎧P2 = S2 ⋅ fdp 2 = 5(kW) U2 C−2:⎨ 2 :⎨ : Z 2 Δ = 3 ⋅ LC : Z 2 Δ = 24(Ω) . ∗ = = fdp 1 Q 0 S 2 2 ⎩ ⎩ 1 ⎧P = P1 + P2 = 10,2(kW) : S = 10,63(kVA) . b) La potencia consumida por las dos cargas es: ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 = −3(kVAr) Con este dato la intensidad de la línea es: S = 3 ⋅ U LC ⋅ I L : I L = 30,68(A) ; y con este valor de la in⎧⎪PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L : PL = 5,65(kW ) tensidad de línea de la red, las pérdidas son: ⎨ . ⎪⎩Q L = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L : Q L = 2,82(kVAr )

c) Hacemos balance de potencias en la cabecera de la red, para calcular la tensión en bornas de la

⎧Pred = P1 + P2 + PL = 15,85(kW) S : Sred = 15,85(kVA) : E red = red : E red = 298(V) . misma. ⎨ 3 ⋅ IL ⎩Q red = Q1 + Q 2 + Q L = −176(VAr) d) El fdp equivalente de la red es: fdp red = cos(atan (Q red Pr ed )) : fdp red = 0,9999(cap) . e) En la figura se muestra el esquema de la colocación de los vatímetros, conectados según el método de los dos vatímetros. Demuestre el alumno con el pertinente diagrama fasorial, que para la carga medida con los vatímetros, las lecturas de ambos cumplen las ⎧⎪W1 + W 2 = Pred ecuaciones: ⎨ ⎪⎩W 2 − W1 = Q red

3

, que resueltas, dan como lectura de

los vatímetros: W1 = 5996 ( W ) ; W 2 = 4234 ( W ) .

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Un circuito trifásico, de 50(Hz), equilibrado conexión Y-Y con hilo neutro, de secuencia inversa, alimenta cuatro cargas trifásicas conectadas en paralelo mediante una línea de impedancia equivalente por conductor Z L = 0,02 + j ⋅ 0,04(Ω) . La tensión en las cargas es 208V. Las cargas consumen: C-1: 18(kVA), con fdp 0,8(ind); C-2: 10(kVA), fdp 0,7(cap) ;C-3: 12(kW), fdp 1; y C-4: 16(kVA), fdp 0,6(ind). Determine la tensión de la red, así como el factor de potencia del conjunto (línea y carga). Se quiere mejorar el fdp equivalente de la red mediante la conexión de una batería de condensadores conectada en estrella a 0,999(ind). ¿Cuál será el valor de esta batería de condensadores por fase? Solución: En primer lugar calculamos la potencia de la carga equivalente.

⎧S = 18(kVA) ⎧P1 = S1 ⋅ fdp1 = 14,4(kW ) C −1: ⎨ 1 :⎨ ; ⎩fdp1 = 0,8(ind) ⎩Q1 = S1 ⋅ sen (a cos(fdp1 )) = 10,8(kVAr) ⎧S3 = 10(kVA) ⎧P3 = 12(kW) ⎧S = 10(kVA) ⎧P2 = 7(kW ) :⎨ C−2:⎨ 2 :⎨ ; C −3: ⎨ ;y ⎩fdp 2 = 0,7(cap) ⎩Q 2 = −7,14(kVAr) ⎩fdp3 = 1 ⎩Q3 = 0 4 ⎧ = P PK = 43(kW ) ∑ ⎪ ⎧S4 = 16(kVA) ⎧P4 = 16(kW ) ⎪ K =1 C−4:⎨ :⎨ : C:⎨ : S = 46(kVA ) . 4 ⎩fdp 4 = 0,6(ind) ⎩Q 4 = 12,8(kVAr) ⎪Q = Q = 16,46(kVAr ) ∑ K ⎪⎩ K =1

1er método. Con este valor de la carga equivalente, la intensidad de línea y, con ella, las pérdidas de potencia en la línea son, con, U LC = 208(V) : I L =

S 3 ⋅ U LC

⎧⎪PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 980( W ) . = 127,8(A ) : ⎨ ⎪⎩Q L = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L = 1960(VAr )

⎧PG = P + PL = 43,98(kW) : S G = 47,68(kVA) . La potencia a la entrada del circuito es: ⎨ ⎩Q G = Q + Q L = 18,42(kVAr) Con estos datos, la tensión de entrada a la red es: E LG = de la red es: fdp G =

SG 3 ⋅ IL

: E LG = 215(V ) ; y el fdp equivalente

PG : fdp G = 0,922 , y de carácter inductivo, ya que Q G > 0 . SG

El valor por fase de la batería de condensadores, en estrella, conectada en bornas de la cabecera de la red, necesario para que el fdp G = 0,922(ind ) pase a valer fdp corregido = 0,999(ind ) , es: G C=

(PG 3) ⋅ [tan (∠(a cos(fdpG ))) − tan (∠(a cos(fdp corregido )))] : C = 1,13(mF) . G 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ E 2FG

Fíjese el alumno que, en la expresión de C, la tensión que figura en el denominador es la de fase.

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2º método. En cada carga ya conocemos su potencia compleja: S K = PK + j ⋅ Q K , luego la carga equivalente tendrá 4

de potencia compleja: S = ∑ S K = 46∠20,94°(kVA ) . K =1

(

Tomando con fase cero, la fase de la tensión de fase en la carga: U FC = 208

)

3 (V) , la intensidad de

línea en la red será: S = 3 ⋅ U FC ⋅ I ∗L : I L = 127,8∠ − 20,94°( A ) . La tensión de fase en el generador, por ser la red equilibrada, será:

E FG = U FC + I L ⋅ Z L : U FG = 124,36∠1,78°(V) : U LG = 3 ⋅ U FG : U LG = 215(V) . El fdp de la red vendrá dado por: fdp G = cos(1,78 − (−20,94) ) : fdp G = 0,922 , y de carácter inductivo porque la intensidad IL atrasa a la tensión EFG.

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En el circuito de la figura sabemos que los vatímetros, W1 y W2 , marcan 100(kW) y 60(kW) respectivamente; y que la carga es inductiva. Determine la secuencia de la red. ¿Qué mediría y cómo se conectarían los terminales del vatímetro W3?

Solución: Supongamos, tal como hemos hecho en el diagrama fasorial de la figura, que la red es de secuencia directa. El diagrama recoge también el hecho de que la caga es inductiva. El vatímetro W1 leería: W1 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(U RS ; I R )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) ; y el W2, teniendo en cuenta que ambos forman el método de los dos vatímetros, leería: W 2 = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) . De lo anterior, la lectura del vatímetro W2 sería mayor que la del W1, lo que contradice los datos del enunciado y, por consiguiente, la red no es de secuencia directa sino inversa. En el diagrama volvemos a presentar el diagrama de tensiones, para la red de secuencia inversa. Como puede apreciarse ahora W1 es mayor que W2. El vatímetro W3 está conectado, como aparece en la figura, para medir potencia reactiva. Su lectura será:

W3 = U L ⋅ I L ⋅ cos(∠(USR ; I T )) = U L ⋅ I L ⋅ cos(90 − ϕ) = U L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) = Q

3.

Como los vatímetros W1 y W2 están conectados según el método de los dos vatímetros, se cumple: Q W3 = Q

3 = W1 − W 2 , por lo que la lectura del vatímetro W3 es:

3 = W1 − W 2 : W 3 = 40( kW ) .

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Se sabe que en el sistema trifásico y equilibrado de la figura, de frecuencia 50(Hz), la carga consume 30(kVA) con un fdp 0,3 (ind) a la tensión de 380(V). La impedancia equivalente por conductor de la línea trifásica es Z L = 0,2 + j ⋅ 0,4(Ω) . a) Si la red es de secuencia directa, determine las lecturas de cada vatímetro y sus terminales de referencia. b) Se lleva el fdp equivalente de la carga a 0,8(ind) mediante un banco de condensadores en estrella. Determine la capacidad equivalente por fase de dicho banco. ¿Cuáles son las lecturas de los vatímetros con el banco de condensadores conectado? Solución: Tomamos la tensión de fase en la carga como origen de fases del sistema: U FC = 220(V ) .

⎧P = 9(kW ) ⎧S = 30(kVA) ⎪ : ⎨Q = 28,62(kVAr) . Los datos de la carga son: ⎨ ⎩fdp = 0,3(ind) ⎪ϕ = 72,54° ⎩ a) Como el argumento de la carga, ϕ, es mayor de 60º, la conexión de los vatímetros deben ser los de la figura en este sistema de secuencia directa. Para esta conexión, las lecturas de los vatímetros deben cumplir: ⎧W 2 − W1 = P ⎪ ⎨W 2 + W1 = Q ⎪ ⎩W3 = Q 3

⎧W1 = 3,76(kW ) ⎪ 3 : ⎨W 2 = 12,76(kW ) . ⎪W 3 = 16,52(kW ) ⎩

b) Para llevar el fdp = 0,3(ind ) de la carga a fdp corregido = 0,8(ind ) se necesita una batería de condensadores, conectada en paralelo con la carga y en estrella, de valor por fase: C=

(P 3) ⋅ [tan (a cos(fdp )) − tan (a cos(fdp corregido ))] 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2FC

: C = 482(μF) .

(Esta primera parte está resuelta por métodos alternativos en otro ejercicio) Al conectar los condensadores en la carga variará la tensión en el punto de conexión, por lo que habrá que encontrar en primer lugar la tensión en la cabecera de la red. La impedancia equivalente de la carga es, supuesta en estrella: Z = La tensión de fase en la cabecera de la red es: E F = U FC ⋅

ZL + Z Z

3 ⋅ U 2FC = 1,44 + j ⋅ 4,59(Ω) . S∗

= 240(V) .

Con la batería de condensadores conectada, la impedancia equivalente del conjunto será:

⎧Y = 1 Z = 0,062 − j ⋅ 0,197(S) : Yeq = Y + Ycond : Z eq = 1 Yeq = 10,33 + j ⋅ 7,75(Ω) . ⎨ Y = ⋅ ⋅ π ⋅ = ⋅ j 2 f j 0 , 151 ( S ) ⎩ cond

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La nueva tensión de fase en la carga será: U nueva = EF ⋅ FC

Z eq Z L + Z eq

= 232,85(V) .

Para esta nueva tensión la potencia activa y reactiva del conjunto condensadores-carga es: S nueva

(U = 3⋅

)

nueva 2 FC 2 eq

Z

⎧Pnueva = 10,08(kW ) = 12,6∠36,87°(KVA) : ⎨ ⎩Q nueva = 7,56(kVAr)

En el esquema de la figura se muestra el nuevo conexionado de los vatímetros, cuyas lecturas son: ⎧W 2 nueva − W1nueva = Pnueva ⎪⎪ nueva + W1nueva = Q nueva ⎨W 2 ⎪ nueva = Q nueva 3 ⎪⎩W3

⎧W1nueva = 2858( W ) ⎪ 3 : ⎨W 2 nueva = 7224( W ) . ⎪W 3nueva = 4366( W ) ⎩

* El alumno debe comprobar estas lecturas, rehaciendo el cálculo en fasores de todas las tensiones e intensidades necesarias para calcular las lecturas de los vatímetros.

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Pág. 57

La red de la figura es equilibrada y de secuencia directa, con tensión de línea de 100(V). Los vatímetros leen: W1 = W 4 = 10( kW ) ; W 2 = W 3 = 20( kW ) . a) Determine,

justificando todas las decisiones, los valores de las impedancias de línea y de la carga, conectada ésta última en estrella. b) Abrimos el interruptor K. Sin variar las conexiones de los vatímetros, ¿cuáles serían ahora las lecturas de los mismos? Solución: 1.- Interruptor cerrado, Sistema equilibrado de secuencia directa. Al ser la red de secuencia directa y la lectura de W1 menor que la de W2, estando ambos conectados según el método de los dos vatímetros, el conjunto carga-línea tiene carácter inductivo. Por razones análogas, a la vista de las lecturas de W3 y W4, la carga tiene carácter capacitivo. (Debe comprobarlo el alumno con el diagrama de fasores.) Por tanto, aplicando las propiedades del método de los dos vatímetros, tendremos:

⎧PL = 0 ⎧⎪PL + PC = W1 + W 2 = 30(kW ) : S L = j ⋅ 20 ⋅ 3 (kVA) ⎨ ⎨ ⎪⎩Q L + Q C = 3 ⋅ (W 2 − W1) = 10 ⋅ 3 (kVAr) ⎩Q L = 20 ⋅ 3 (kVAr) . : ⎧⎪PC = 30(kW ) ⎧⎪PC = W3 + W 4 = 30(kW ) : S C = 30 − j ⋅10 ⋅ 3 (kVA) ⎨ ⎨ ⎪⎩Q C = −10 ⋅ 3 (kVAr) ⎪⎩Q C = 3 ⋅ (W 4 − W3) = −10 ⋅ 3 (kVAr) A partir de las potencias complejas de la carga y de la línea, calculamos la intensidad de línea;

S = S L + S C = 30 + j ⋅10 3 (kVA) : S = 3 ⋅ U LG ⋅ I L : I L = 200(A) ; y con este valor de la intensidad de línea, la impedancia de la línea y de la carga, en conexión estrella son: ⎧⎪S L = 3 ⋅ I 2L ⋅ Z L : Z L = j ⋅ 288(mΩ) ⎨ ⎪⎩S C = 3 ⋅ I 2L ⋅ Z C : Z C = 250 − j ⋅144(mΩ).

2.- Interruptor abierto, Sistema desequilibrado y equilibrado en tensiones de secuencia directa. El esquema del sistema se muestra en la figura. Tomamos la tensión de línea RS con fase cero. Analizamos la malla T-T1-R1-R_T: IT =

E TR : I T = 173,21∠90°(A ) 2 ⋅ ZL + 2 ⋅ ZC

I R = −I T : I R = 173,21∠ − 90°(A ) ; I S = 0.

Las tensiones para los vatímetros W3 y W4 son: U R1S1 = E RS − I R ⋅ Z L = 50∠0°(V) U T1S1 = E TS − I T ⋅ Z L = 132,29∠40,89°(V).

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Pág. 58

El conjunto de tensiones e intensidades para encontrar las lecturas de los vatímetros es: E RS = 100∠0°(V) ; EST = 100∠ − 120°(V) ; E TR = 100∠120°(V ) I R = 173,21∠ − 90°(A) ; I S = 0 ; I T = 173,21∠90°(A) U R1S1 = 50∠0°(V) ; U T1S1 = 132,29∠40,89°(V);

y las lecturas de los vatímetros son: W1 = E RS ⋅ I R ⋅ cos(∠(E RS ; I R )) = 0

W 2 = E TS ⋅ I T ⋅ cos(∠(E TS ; I T )) = 15(kW )

W3 = U R1S1 ⋅ I R ⋅ cos(∠(U R1S1 ; I R )) = 0

W 4 = U T1S1 ⋅ I T ⋅ cos(∠(U T1S1 ; I T )) = 15(kW ). * Compruebe el alumno los resultados obtenidos, calculando las potencias activas y reactivas en la línea y la carga, y relacionando los resultados que obtenga con las medidas de los vatímetros.

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Un generador trifásico equilibrado de tensión de fase 4,4(kV) alimenta una carga trifásica en conexión estrella, de impedancia por fase: Z = 20 + j ⋅ 4(Ω ) , mediante tres conductores de resistencia equivalente

rL = 0,01(Ω km de longitud) . Si se necesita disponer en la carga de al menos el 80% de la potencia aparente cedida por el generador, ¿cuál es la longitud máxima de la línea?; ¿cuál es el valor de la potencia aparente cedida por el generador en este caso? Solución: En la figura representamos el esquema del monofásico equivalente estrella-estrella, con R L = rL ⋅ L , y L, longitud de la línea en km. La intensidad de línea será: I L =

EF = RL + Z

4400

(0,01⋅ L + 20)2 + 42

.

La potencia aparente en bornas del generador es:

3 ⋅ 44002 ⋅ 20 2 + 4 2 ; y en la carga: S = 3 ⋅ I ⋅ Z = . SG = 3 ⋅ E F ⋅ I L = (0,01⋅ L + 20)2 + 42 (0,01⋅ L + 20 )2 + 4 2 3 ⋅ 4400 2

2 L

La condición que deben cumplir estas potencias es:

3 ⋅ 4400 2 ⋅ 20 2 + 4 2 80 ≥ 2 2 (0,01⋅ L + 20) + 4 100

Elevando al cuadrado, simplificando y ordenando, obtenemos: L ≤ 100 ⋅ Por tanto, la longitud máxima de línea será: L max = 100 ⋅

(

3 ⋅ 4400 2

(0,01⋅ L max + 20)2 + 4 2

(0,01⋅ L + 20)2 + 4 2

)

634 − 20 ( km ) .

634 − 20 : L max = 517,9(km) .

Para esta longitud máxima, la potencia cedida por el generador es: SG (L max ) =

)

(

3 ⋅ 4400 2

: SG (L max ) = 2,278(MVA ) .

.

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Una red trifásica equilibrada, secuencia directa, alimenta, mediante conductores de 0,1(Ω/fase) a tres cargas en paralelo, que están a la tensión de 380/220(V). La carga 1, consume 10(kVA) con un fdp 0,9(ind); la carga 2 consume 8(kW) y 6(kVAr); y la carga 3 consume 8(kVA) con un fdp 0,8(cap). Determine: a) la intensidad de línea que circula por cada carga y por la línea de alimentación; b) la tensión de la red. c) Colocamos dos vatímetros, conectados según el método de los dos vatímetros en las fases R y T, con la fase S, como fase común a las bobinas voltimétricas de los vatímetros. ¿Qué medirían cada uno de los vatímetros y cuáles serían sus conexiones? Solución: Sea U L = 380(V) , la tensión de línea en la carga, tal como indica el enunciado. a) Los datos de potencia en las cargas y sus intensidades son:

⎧S = 10(kVA) ⎧P1 = 9(kW ) S1 C −1: ⎨ 1 :⎨ : I L1 = : I L1 = 15,2(A) ; 3 ⋅ UL ⎩fdp1 = 0,9(ind) ⎩Q1 = 4,36(kVAr) ⎧P = 8(kW ) ⎧S = 10(kVA) S2 C−2:⎨ 2 :⎨ 2 : IL2 = : I L 2 = 15,2(A) ; = = Q 6 ( kVAr ) fdp 0 , 8 ( ind ) 3 ⋅ U ⎩ 2 ⎩ 2 L ⎧S3 = 8(kVA) ⎧P3 = 6,4(kW ) S1 C −3: ⎨ :⎨ : I L3 = : I L 3 = 12,2(A) . 3 ⋅ UL ⎩fdp3 = 0,8(cap) ⎩Q3 = −4,8(kVAr) La intensidad que circula por la red es, a partir de los datos de la carga equivalente: 3 ⎧ P PK = 23,4(kW ) = ∑ ⎪ ⎧S = 24,05(kVA ) S ⎪ K =1 :⎨ : IL = : I L = 36,5(A ) . ⎨ 3 3 ⋅ UL ⎪Q = Q = 5,56(kVAr ) ⎩fdp = 0,973(ind ) ∑ K ⎪⎩ K =1

b ) La potencia a la entrada de la red, y su tensión son: ⎧PG = P + 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 23,8(kW ) ⎧SG = 24,44( kVA ) SG :⎨ : EG = : E G = 386(V ) . ⎨ 3 ⋅ IL ⎩fdp G = 0,974(ind ) ⎩Q G = Q = 5,56( kVAr )

En la figura mostramos el esquema de la red y las conexiones de los vatímetros. La lectura de los vatímetros son: ⎧⎪W 2 + W1 = PG ⎨ ⎪⎩W 2 − W1 = Q G

⎧W1 = 10,29(kW ) . :⎨ 3 ⎩W 2 = 13,31(kW )

* El alumno debe, con un diagrama fasorial, probar la afirmación anterior. * Si los terminales de conexión de los vatímetros estuvieran en la carga, la única variación sería que la potencia a medir sería la de la carga. * El alumno debe resolver el ejercicio, mediante análisis fasorial y el cálculo de las lecturas de los vatímetros, mediante estos fasores.

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Una red trifásica a 4-hilos está compuesta por: 1) un generador en estrella equilibrado y secuencia directa de 380(V) de tensión de línea a circuito abierto e impedancia interna equivalente de j(Ω) por fase; 2) una carga en estrella desequilibrada de impedancias Z R = 10 + j ⋅ 5(Ω) ; ZS = 10 − j ⋅10(Ω) ; y

Z T = 10 − j ⋅ 5(Ω) ; y 3) una línea de impedancia equivalente de 1(Ω) en las fases activas y 2(Ω) en el neutro. Determine la potencia consumida por la carga y la que consumen las líneas y el neutro. b) Si se abre el neutro, ¿cuál es ahora la diferencia de tensión entre los neutros del generador y la carga? Responda esta segunda cuestión aplicando el teorema de compensación de manera preferente. Solución: En la figura representamos un esquema del sistema trifásico desequilibrado. Con E R = 220(V) ; ES = 220∠ − 120°(V) ;

ET = 220∠120°(V) ; Z G = j(Ω) ; R L = 1(Ω) ; y R N = 2(Ω) , aplicamos el teorema de Millman a los nudos N, N’:

U N 'N

ER ES ET + + Z R + R L + Z G ZS + R L + Z G Z T + R L + Z G = : U N 'N = 17,17∠ − 76°(V ) . 1 1 1 1 + + + Z R + R L + Z G ZS + R L + Z G Z T + R L + Z G R N

a) Las intensidades de cada línea y el neutro son: I R = (E R − U N 'N ) (Z R + R L + Z G ) : I R = 17,28∠ − 24,2°(A) I S = (ES − U N 'N ) (ZS + R L + Z G ) : I S = 14,63∠ − 84°(A)

I T = (E T − U N 'N ) (Z T + R L + Z G ) : I T = 20,21∠138,84°(A)

.

I N = (− U N 'N ) (R N ) : I N = 8,59∠ − 76°(A)

Las potencias activas consumidas son: en la carga: PC = I 2R ⋅ R R + I S2 ⋅ R S + I T2 ⋅ R T : PC = 9,21( kW ) ; en la línea: PL = (I 2R + IS2 + I T2 )⋅ R L : PL = 921( W ) ; en el neutro: PN = I 2N ⋅ R N : PN = 148( W ) . b) Aplicación del teorema de compensación. En primer lugar sustituimos la resistencia RN por una F.I. de intensidad igual a la intensidad que circula por el neutro, IN, por aplicación de la regla de la sustitución. En segundo lugar simulamos que el neutro se abre, o lo que es lo mismo, la intensidad que circula entre los nudos N y N’ es cero, mediante el añadido en paralelo con la fuente anterior, de otra fuente igual y de sentido opuesto a la primera, tal como aparece en el esquema. (Esta fuente añadida la hemos señalado con un asterisco.)

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Si recordamos como se demuestra el teorema de compensación, la variación de la respuesta en el circuito se deberá a la nueva fuente (la señalada con el asterisco); por tanto esta variación de la respeta en el circuito respecto la obtenida en el circuito original se encontrarán en el circuito original reducido a pasivo y excitado con la nueva fuente, tal como aparece en la figura. En este circuito, la ecuación del nudo N respecto N’ dará la variación experimentada por la tensión entre los neutros:

⎛ 1 1 1 1 ⎞ ∗ ⎟⎟ = I N = I N : δU N 'N = 2,99 − j ⋅ 41,2(V) . δU N 'N ⋅ ⎜⎜ + + + ⎝ Z R + R L + Z G ZS + R L + Z G Z T + R L + Z G R N ⎠ nueva La nueva tensión entre los neutros será: U nueva N ' N = δU N ' N + U N ' N : U N ' N = 7,14 − j ⋅ 57,86( V ) .

* El alumno debe comprobar el resultado, volviendo a aplicar el teorema de Millman con el neutro a circuito abierto, es decir con 1 R N = 0 . * En algún otro ejercicio hemos dicho que los métodos de análisis y los teoremas no están para adornarse con su conocimiento, sino para ser aplicados. Es importante entender bien no sólo la aplicación de un teorema o un método de análisis sino también sus fundamentos y su desarrollo teórico, pues eso permite sacar deducciones, como la empleada aquí.

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En el sistema trifásico equilibrado y de secuencia directa de la figura, la carga C-1 consume 11,22(kW) con un fdp unitario; y la carga C-2 es un motor trifásico equilibrado que proporciona una potencia mecánica de 31,25(CV) con un fdp 0,8(ind) y un rendimiento en la conversión electro-mecánica igual a 0,85. Sabiendo que en el punto de conexión de las cargas la tensión es 208(V), y que la lectura del vatímetro W2 es 15,2(kW) y la del W3 es 15,57(kW), determine la lectura del vatímetro W1, el valor de la impedancia de la línea y la tensión de línea en bornas del generador. [1(CV) = 736(W)]. Solución: Los datos de potencia de las cargas son:

⎧P2 = 31,25 ⋅ 7361 0,85 = 27,06(kW) ⎧P = 11,22(kW ) C −1: ⎨ 1 ; C−2:⎨ . ⎩Q1 = 0 ⎩Q 2 = P2 ⋅ tan (a cos(fdp 2 )) = 20,29(kVAr) ⎧P = P1 + P2 = 38,28(kW) : S = 43,33(kVA) , y a partir de ella, con La carga equivalente a ambas es: ⎨ ⎩Q = Q1 + Q 2 = 20,29(kVAr) U LC = 208(V) , la intensidad de línea es: S = 3 ⋅U LC ⋅ I L : I L = 120,26(A) . Supongamos ahora que el conjunto línea-carga es inductivo. En la figura se muestra el diagrama de fasores visto desde la entrada de la red. Por el conexionado, el vatímetro W2 mide la potencia reactiva del conjunto; y el vatímetro W3, junto con el W1, forman el método de los dos vatímetros. La lectura de W2 es: W2 = E L ⋅ I L ⋅ cos(90 − ϕ) = E L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) , y, por tanto, la red vista desde su entrada tiene carácter inductivo. (Fíjese el alumno que, si hubiéramos supuesto carga capacitiva, IR adelantaría a URN y W2 = E L ⋅ I L ⋅ cos(90 + ϕ) = −E L ⋅ I L ⋅ sen(ϕ) , es decir, intentaría leer negativo.) La lectura de W3 es: W3 = E L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) , lo que supone que W3 < W1 . Así que, a partir de las lecturas de los vatímetros conocidos y de los datos calculados, obtenemos:

⎧W1 + W3 = PL + P ⎪ ⎨W1 − W3 = (Q L + Q ) ⎪ ⎩W2 = (Q L + Q ) 3

⎧⎪PL = (W1 + W3 ) − P = 8,06(kW ) :⎨ . 3 ⎫⎪ ⎬ : W1 − W3 = W2 : W1 = 30,77(kW ) ⎪⎩Q L = W2 ⋅ 3 − Q = 6,04(kVAr) ⎪⎭

La impedancia compleja de la línea es: S L = 3 ⋅ I 2L ⋅ Z L : Z L = 186 + j ⋅139(mΩ) ; Haciendo balance de potencias a la entrada de la red, calculamos la tensión de la misma:

⎧PG = PL + P = 46,34(kW ) SG : SG = 53,3(kVA) : E L = : E L = 256(V) . ⎨ 3 ⋅ IL ⎩Q G = Q L + Q = 26,33(kVAr)

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Un generador trifásico ideal en conexión triángulo, secuencia inversa de fases, alimenta mediante una línea trifásica, de impedancia equivalente por fase Z L = 1,4 + j ⋅1,6(Ω) , a una carga trifásica equilibrada que consume 24(kW) con un fdp 0,8(ind) a la tensión en el punto de conexión de 600(V). Se dispone de dos vatímetros en bornas del generador, conectados según el método de los dos vatímetros, que tienen sus bobinas amperimétricas en las fases S y T y de un tercer vatímetro en bornas de la carga con su bobina amperimétrica en la fase R conectado para medir potencia reactiva. Dibuje un esquema de la conexión de los vatímetros, indicando los terminales de referencia y determine la lectura en (kW) de los tres vatímetros. Solución: 1er método

⎧P = 24(kW) ⎧S = P fdp = 30(kVA) ⎪ La carga se define por: ⎨fdp = 0,6(ind) : ⎨ , lo que permite calcular la ⎪U C = 600(V) ⎩Q = P ⋅ tan (a cos(fdp )) = 18(kVAr) ⎩ L intensidad de línea de la red: I L =

S = 28,87(A) . 3 ⋅ U LC

Con esta intensidad calculamos las pérdidas de potencia en la línea y la potencia en bornas del genera⎧⎪PL = 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 3,5(kW ) : PG = PL + P = 27,5(kW ) dor: ⎨ . ⎪⎩Q L = 3 ⋅ I 2L ⋅ X L = 4(kW ) : Q G = Q L + Q = 22(kVAr )

En la figura mostramos un esquema del sistema con los vatímetros, con su conexionado. Los vatímetros W1 y W2, están formando el método de los dos vatímetros, y medirán la potencia activa y reactiva del conjunto, mientras que W3 medirá la potencia reactiva de la carga. El diagrama de fasores lo representamos en la figura, con la secuencia inversa y la carga inductiva, lo que es común para la carga, y para la carga vista por el generador. Los arcos dobles señalan el ángulo del desfase entre la tensión e intensidad que toma el vatímetro. Las lecturas de los vatímetros son: W1 = E L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) ;

W2 = E L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) ; W3 = U LC ⋅ I L ⋅ cos(90 − ϕ) = U LC ⋅ I L ⋅ sen (ϕ) . Las lecturas confirman lo dicho. ⎧W2 + W1 = PG ⎪ Por tanto, los valores de estas lecturas son: ⎨W2 − W1 = Q G ⎪ ⎩W3 = Q 3

⎧W1 = 7,4(kW ) ⎪ 3 : ⎨W2 = 20,1(kW ) . ⎪W = 10,39(kW ) ⎩ 3

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2º método Sea U R = 600

3 (V ) , la tensión de fase en bornas de la carga, siendo la tensión de línea en la misma:

U RS = 600∠ − 30°(V) , ya que la red es secuencia inversa . A partir de los datos de potencia anteriores, la potencia compleja por fase en la carga es: S fase =

1 (P + j ⋅ Q ) = 8 + j ⋅ 6(kVA) , que permite el cálculo 3

de la intensidad de línea: S fase = U R ⋅ I ∗R : I R = 28,87∠ − 36,87°( A ) ; La tensión de fase en el generador es: E R = U R + I R ⋅ Z L : E R = 406,65∠1,79°(V) ; y la tensión de línea en el generador, E RS =

(

)

3∠ − 30° ⋅ E R = 704,34∠ − 28,21°(V) . (Construya el alumno el monofásico

equivalente estrella-estrella.) El conjunto de tensiones de línea en el generador y carga, así como las intensidades de línea son: E RS = 704,34∠ − 28,21°(V ) ; EST = 704,34∠91,79°(V) ; E TR = 704,34∠ − 148,21°(V) ; U RS = 600∠ − 30°(V) ; U ST = 600∠90°(V) ; U TR = 600∠ − 150°(V) ; I R = 28,87∠ − 36,87°(A) ; I S = 28,87∠83,13°(A) ; I T = 28,87∠ − 156,87°(A) . Con estos datos, y para las conexiones de los vatímetros señalados en una figura anterior, las lecturas W1 = E SR ⋅ IS ⋅ cos(∠(ESR ; I S )) = 7,4(kW )

de los vatímetros son: W2 = E TR ⋅ I T ⋅ cos(∠(ESR ; I T )) = 20,1(kW ) . W3 = U TS ⋅ I R ⋅ cos(∠(U TS ; I R )) = 10,39(kW )

* Recuerde el alumno que casi todos los ejercicios tienen esta doble posibilidad de realización: por potencias o por fasores. * Fíjese que se necesitan 704 (V) en el generador para que tengamos 600(V) en la carga, para una potencia dada. Compare este resultado con el obtenido en el ejercicio siguiente, que es una variante de éste.

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Un generador trifásico ideal en conexión triángulo, secuencia inversa de fases, alimenta mediante una línea trifásica, de impedancia equivalente por fase Z L = 1,4 + j ⋅1,6(Ω) , a una carga trifásica equilibrada que consume 24(kW) con un fdp 0,8(ind). La tensión en bornas del generador es 600(V). Se dispone de dos vatímetros en bornas del generador, conectados según el método de los dos vatímetros, que tienen sus bobinas amperimétricas en las fases S y T y de un tercer vatímetro en bornas de la carga con su bobina amperimétrica en la fase R conectado para medir potencia reactiva. Dibuje un esquema de la conexión de los vatímetros, indicando los terminales de referencia y determine la lectura en (kW) de los tres vatímetros. NOTA: Este ejercicio es una variación del anterior, donde la tensión conocida es la del generador en vez de la tensión en bornas de la carga. Solución: ⎧P = 24(kW ) ⎧S = P fdp = 30(kVA) La carga se define por: ⎨ :⎨ . ⎩fdp = 0,6(ind ) ⎩Q = P ⋅ tan (a cos(fdp )) = 18(kVAr) Sea IL la intensidad de línea. La potencia activa y reactiva cedida por el generador son: ⎧⎪PG = P + 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 24 ⋅103 + 4,2 ⋅ I 2L 2 : SG = PG2 + Q G2 . Como SG = 3 ⋅ E L ⋅ I L con E L = 600(V) , po⎨ ⎪⎩Q G = Q + 3 ⋅ I 2L ⋅ X L = 18 ⋅103 + 4,8 ⋅ I 2L

demos escribir: SG2 = 3 ⋅ 600 2 ⋅ I 2L = (24 ⋅103 + 4,2 ⋅ I 2L ) + (18 ⋅10 3 + 4,8 ⋅ I 2L ) . 2

2

Simplificando y ordenando obtenemos la ecuación bi-cuadrada siguiente: 40,68 ⋅ I 4L − 705600 ⋅ I 2L + 900 ⋅ 10 6 = 0 . Resolviendo la ecuación anterior, obtenemos dos soluciones positivas, (las negativas no son soluciones

⎧I L = 37,23(A) posibles, ya que IL es un valor eficaz y, por lo tanto positivo): ⎨ . ⎩I L = 126,33(A) Tomamos la solución de menor valor I L = 37,23(A) , ya que producirá menores pérdidas de potencia en la línea y menor caída de tensión en la misma., para continuar el ejercicio. ⎧⎪PG = P + 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 24 ⋅103 + 4,2 ⋅ I 2L = 29,8(kW ) La potencia del generador será: ⎨ . ⎪⎩Q G = Q + 3 ⋅ I 2L ⋅ X L = 18 ⋅103 + 4,8 ⋅ I 2L = 24,7(kVAr )

El esquema del conexionado de los vatímetros y sus lecturas se encuentran en el ejercicio anterior y puede verlos allí. ⎧W2 + W1 = PG ⎪ Con todo ello, las lecturas de los vatímetros son: ⎨W2 − W1 = Q G ⎪ ⎩W3 = Q 3

⎧W1 = 7,8(kW ) ⎪ 3 : ⎨W2 = 22(kW ) . ⎪W = 10,39(kW ) ⎩ 3

* Calcule la tensión en la carga y la caída de tensión en la línea y compárelas con las del ejercicio anterior.

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado en tensiones y de secuencia directa, siendo la tensión de línea de 380(V). a) Determine las intensidades señaladas en la figura. b) Si conectamos dos vatímetros, según el método de los dos vatímetros, con sus bobinas amperimétricas en las líneas S y T, ¿cuál sería la medida de cada uno de ellos? c) Realice un balance de potencias. DATOS: M1 es un motor monofásico que consume 2(kW) con un fdp 0,85 inductivo; M2 es un motor trifásico equilibrado que consume 7(kW) con un fdp 0,8 inductivo; y RE es un receptor en estrella equilibrado de impedancia por fase: Z R = 5 − j ⋅ 2(Ω) . Solución; Observe el alumno que el sistema en su conjunto no es equilibrado, ya que la carga es desequilibrada por la presencia del motor monofásico. No obstante, como las tres cargas están en paralelo con un generador ideal en R, S y T, equilibrado en tensiones de línea, podemos analizar la parte trifásica como si de un sistema equilibrado se tratara y sumar las respuestas en el generador a la obtenida en el monofásico. Sea la tensión de fase en el generador U R = 220(V) ; como la red es de secuencia directa, el conjunto de tensiones de línea es: U RS = 380∠30°(V) ; U ST = 380∠ − 90°(V) ; U TR = 380∠150°(V) . Carga trifásica

⎧P = 7000( W ) ⎧Q M 2 = 5250(VAr) 2 ∗ 2 M2 : ⎨ M 2 :⎨ : SM2 = 3 ⋅ UR ⋅ IM : IM R R = 13,29∠ − 36,87°( A ) ; ⎩fdp M 2 = 0,8(ind) ⎩S M 2 = 7000 + j ⋅ 5250(VAr)

( )

RE : {Z RE = 5 − j ⋅ 2(Ω) : U R = I

M2 R

⋅ Z RE : I

RE R

( ) ( )

⎧⎪P = 3 ⋅ I RE 2 ⋅ R = 24,9(kW ) R RE . = 40,74∠21,8°(A ) : ⎨ RE RE 2 ⎪⎩Q RE = 3 ⋅ I R ⋅ X RE = 9,96(kVAr )

Carga monofásica

⎧P = 2000( W ) ⎧Q M1 = 1239,5(VAr) 1 ∗ 1 M1 : ⎨ M1 :⎨ : S M1 = U RT ⋅ I M : IM R R = 6,19∠ − 61,79°( A ) . = = + ⋅ fdp 0 , 85 ( ind ) S 2000 j 1239 , 5 ( VAr ) ⎩ M1 ⎩ M1

( )

Las intensidades calculadas son las intensidades marcadas en el esquema del enunciado. El conjunto de intensidades de línea en cada carga y en el generador, así como las tensiones en éste, son: 2 M2 M2 : IM = 13,29∠ − 156,87°( A ) ; I TM 2 = 13,29∠83,13°(A ) ; R = 13, 29∠ − 36,87°( A ) ; I S RE RE RE : I RE R = 40,74∠ 21,8°( A ) ; I S = 40,74∠ − 9,8°( A ) ; I T = 40,74∠141,8°( A ) ;

1 M1 M1 M1 M1 : I M R = 6,19∠ − 61,79°( A ) ; I S = 0 ; I T = − I R = 6,19∠118, 21°( A ) ;

Aplicando la LKI a este grupo de intensidades por fase se obtiene las intensidades de la red:

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Re d : I R = 51,42∠1,89°(A) ; I S = 48,99∠ − 111,6°(A) ; I T = 55,09∠125,26°(A) En la figura se muestra el esquema del conexionado de los dos vatímetros. Sus lecturas son:

WS = E SR ⋅ IS ⋅ cos(∠(ESR ; I S )) = 14,59(kW )

WT = E TR ⋅ I T ⋅ cos(∠(E TR ; I T )) = 19,31(kW )

.

* Fíjese que, al estar conectados los vatímetros según el método de los dos vatímetros, debe cumplirse: WS + WT = PM1 + PM 2 + PRE = 33,9(kW ) . * El alumno debe comprobar el balance de potencias activas y reactivas, calculando previamente el valor de la potencia cedida por la red es: S red = E R ⋅ I ∗R + ES ⋅ I ∗S + E T ⋅ I ∗T .

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En el circuito trifásico de la figura, R1, S1 y T1 forman un sistema equilibrado de tensiones de secuencia directa de 400(V) de tensión. R-1 es un receptor trifásico que consume 20(kVA) con un fdp 0,5(ind.) y M es un motor monofásico que consume 6(kVA) con un fdp 0,6(ind.). Determine: a) la intensidad que absorben el receptor y el motor; b) la potencia aparente y el fdp equivalente en R, S, T; c) la medida de los vatímetros; y d) el valor de una batería de condensadores conectada en estrella en R, S, T, equilibrada, para que el fdp equivalente en ese punto sea 0.95(ind). DATO: la frecuencia de la red es 50(Hz). Solución: Como el sistema trifásico está en paralelo con la carga monofásica y conectado a un sistema trifásico equilibrado en tensiones, podemos analizar las cargas por separado. 1º.- Carga trifásica Tomamos la tensión de fase en la carga como origen de fases: U R1 = 400

3 (V ) , por lo que la tensión

de línea será: U R1S1 = 400∠30°(V) . Los datos de potencia en el receptor y su intensidad de línea son:

⎧S1 = 20(kVA) ⎧P1 = 10(kW ) :⎨ : S1 = 20∠60°(kVA) : S1 = 3 ⋅ U R1 ⋅ I ∗R1 : I R1 = 28,87∠ − 60°(A) . ⎨ ⎩fdp1 = 0,5(ind) ⎩Q1 = 17,3(kVAr) Aplicamos la LKT para calcular la tensión de fase y de línea en el generador.

(

)

U R = I R1 ⋅ R L + U R1 : U R = 232,4∠ − 0,62(V) : U RS = U R ⋅ 3∠30° = 402,5∠29,38°(V) . El conjunto de tensiones de línea en el generador son: U RS = 402,5∠29,38°(V) ; U ST = 402,5∠ − 90,62°(V) ; U TR = 402,5∠149,38°(V) . 1º.- Carga monofásica Los datos de potencia en el receptor y su intensidad son:

⎧SM = 6(kVA) ⎧PM = 3,6(kW ) :⎨ : S M = 6∠53,13°(kVA) : S M = U ST ⋅ I ∗SM : I SM = 14,91∠ − 143,75°(A) ⎨ ⎩fdp M = 0,6(ind) ⎩Q M = 4,8(kVAr) Las respuestas son: a) Intensidades de línea en la carga trifásica: I R1 = 28,87∠ − 60°(A) ; I S1 = 28,87∠180°(A) ; I T1 = 28,87∠60°(A) ; en el motor: I RM = 0 ; I SM = 14,91∠ − 143,75°(A) ; I TM = −I SM = 14,91∠36,25°(A) ; de línea en el generador, aplicando la LKI: I R = I R1 = 28,87∠ − 60°(A) ; I S = I S1 + I SM = 41,83∠ − 167,83°(A) ; I T = I T1 + I TM = I T1 − I SM = 42,93∠51,96°(A) .

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b) Hacemos balance de potencias en bornas del generador: 2 ⎧Pred = P1 + 3 ⋅ I 2R1 ⋅ R L + PM = 13,85(kW ) ⎧⎪Sred = Pred + Q 2red = 26,1(kVA) :⎨ . ⎨ ⎪⎩fdp red = Pred Sred = 0,53(ind ) ⎩Q red = Q1 + Q M = 22,12(kVAr)

c) La lectura de los vatímetros es:

W1 = U RT ⋅ I R ⋅ cos(∠(U RT ; Ι R )) = 10,13(kW ) W 2 = U ST ⋅ IS ⋅ cos(∠(U ST ; Ι S )) = 3,72(kW )

.

d) El valor por fase de la batería de condensadores, en estrella, para llevar el fdp red = 0,53(ind ) al valor de fdp nuevo = 0,95(ind ) es: red C=

(Pred 3) ⋅ [tan (a cos(fdp red )) − tan (a cos(fdp nuevo red ))] 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2R

: C = 345(μF) .

* El fdp equivalente de una red trifásica desequilibrada representa sólo la relación entre potencia activa, reactiva y aparente. No puede deducirse de este fdp el desfase entre tensión e intensidad que sí es posible en redes equilibradas. * Como vemos, al estar los vatímetros en la conexión del método de los dos vatímetros, la suma de sus lecturas es la potencia activa que se consume, en este caso, en la red; pero no puede relacionarse con la potencia reactiva, que sí se da en los sistemas equilibrados.

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Una carga trifásica equilibrada conectada en estrella consume 24(kW) y 18(kVAR) cuando está alimentada por un generador trifásico, equilibrado y conectado en estrella, de frecuencia 50(Hz), mediante una línea trifásica a 4-hilos. La línea tiene una impedancia equivalente de Z L = 0,1 + j ⋅ 0,1(Ω) por conductor activo y en el hilo neutro, R N = 1(Ω) . Sabiendo que la tensión de línea es 300(V) en el punto de conexión de la carga, determine: a) la impedancia por fase de la carga así como la tensión de línea en bornas del generador. b) Calcule la batería de condensadores en triángulo que en paralelo con la carga lleva el fdp equivalente a 0,9(ind). Si por error se conectaran los condensadores calculados en estrella, ¿cuál sería el fdp equivalente obtenido? Solución Como la red es equilibrada, la corriente que circula por el neutro es nula y, por lo tanto, no tiene relevancia alguna, para la resolución del problema, el valor de la impedancia del neutro. 1er método a) A partir de los datos de la carga, con U L = 300(V) :

S ⎧ ⎪I L = 3 ⋅ U = 57,74(A) ⎧P = 24(kW ) ⎧S = 30(kVA) ⎪ L :⎨ :⎨ . ⎨ 2 UL ⎩Q = 18(kW ) ⎩fdp = 0,8(ind) ⎪Z = : Z = 2,4 + j ⋅1,8(Ω) ⎪⎩ (P + j ⋅ Q )∗ Hacemos balance de potencia en el generador, para calcular su tensión: ⎧⎪PG = P + 3 ⋅ I 2L ⋅ R L = 25(kW ) S : EL = : E L = 314(V ) . ⎨ 2 3 ⋅ IL ⎪⎩Q G = Q + 3 ⋅ I L ⋅ X L = 19(kVAr )

b) El valor por fase de la batería de condensadores en triángulo, conectada en paralelo con la carga, para llevar el fdp = 0,8(ind ) a fdp corregido = 0,9(ind ) , es: C triángulo =

(P 3) ⋅ [tan(a cos(fdp)) − tan(a cos(fdp corregido ))] 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ U 2L

: C triángulo = 75,17(μF) .

c) Si por error se conectara en estrella, la relación que da el valor por fase de la batería sería: C triángulo =

(P 3) ⋅ [tan (a cos(fdp )) − tan (a cos(fdp estrella corregido ))] 2⋅π⋅f ⋅U

2 F

=

[

(

(

P ⋅ tan (a cos(fdp )) − tan a cos fdp estrella corregido 2⋅π⋅f ⋅ U

2 L

))] ;

sustituyendo el valor de Ctriángulo por su expresión, simplificando y resolviendo en el nuevo fdp que se obtendría al conectar la batería en estrella, tendríamos:

(

(

))

tan a cos fdp estrella = corregido

2 2 tan (a cos(fdp )) + tan (a cos(fdp corregido )) = 0,661 : fdp estrella corregido = 0,834(ind ) . 3 3

* Fíjese que el nuevo fdp alcanzado es menor que antes, cosa lógica, ya que los mismos condensadores por fase están sometido a menos tensión; pasan de la tensión de línea( triángulo) a la de fase (estrella).

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2º método Sean R1, S1 y T1, los terminales de la carga. Tomamos como origen de fases la tensión U R1 =

300 (V) . 3

a) A partir de los datos de potencia en la carga, S = 24 + j ⋅18( kVA ) calculamos la intensidad de línea: S = 3 ⋅ U R ⋅ I ∗R : I R = 57,74∠ − 36,87°(A) ; y la impedancia por fase, supuesta en estrella, es:

Z = U R I R = 2,4 + j ⋅1,8(Ω) . Aplicamos la LKT para calcular la tensión de fase en el generador:

E R = U R + I R ⋅ Z L : E R = 181,29∠0,36°(V) ; y la de línea: E L = 3 ⋅ E R : E L = 314( V ) . b) La admitancia equivalente de la carga y la batería de condensadores por fase es: Yeq = (1 Z ) + j ⋅ (2 ⋅ π ⋅ f ⋅ 3 ⋅ C triángulo ) = 0,2667 − j ⋅ (0,2 − 300 ⋅ π ⋅ C triángulo ) .

Para que fdp corregido = 0,9(ind ) , debe cumplirse:

tan (a cos(fdp corregido )) =

0,2667 : C triángulo = 75,17(μF) . 0,2 − 300 ⋅ π ⋅ C triángulo

c) Si conectamos la batería anterior en estrella, la admitancia equivalente será:

Yeqestrella = (1 Z ) + j ⋅ (2 ⋅ π ⋅ f ⋅ C triángulo ) = 0,2667 − j ⋅ (0,2 − 100 ⋅ π ⋅ C triángulo ) . Sustituyendo en la expresión anterior el valor calculado de la batería de condensadores, el nuevo fdp es: fdpestrella corregido =

0,2667 = 0,834 . Yeq

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El sistema trifásico de la figura es equilibrado y de tensión de línea 220(V); alimenta a una carga trifásica equilibrada de fdp inductivo. Sabiendo que las lecturas de los aparatos de medida son: 12,7(A) y 0(W), determine: a) la secuencia de fases, razonando la respuesta; ; b) el fdp de la carga. Si se conecta un segundo vatímetro que con el primero conforman el método de los dos vatímetros: c) dibuje la colocación y terminales de este segundo vatímetro y su lectura. Solución: a) En la figura hemos dibujado el diagrama de fasores para una secuencia directa, donde la tensión de línea adelanta 30º a la de fase. De igual forma, como la carga es inductiva, la intensidad de línea atrasa a la correspondiente tensión de fase. El vatímetro leerá: Wdirecta = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) . Si la secuencia fuera inversa, la tensión de línea atrasaría a la tensión de fase en 30º y la lectura sería: Winversa = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) . Para que la lectura del vatímetro sea cero, el ángulo debe ser ± 90° . Por tanto, las soluciones posibles ⎧ ⎧ϕ1 = 60° ⎪Wdirecta = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 + ϕ) = 0 : ⎨ ⎩ϕ2 = −120° ⎪ son: ⎨ . ⎧ϕ3 = −60° ⎪W ⎪ inversa = U L ⋅ I L ⋅ cos(30 − ϕ) = 0 : ⎨ϕ = 120° ⎩ 4 ⎩ Las soluciones negativas no sirven, ya que la carga es inductiva; las soluciones mayores de 90º no son posibles porque una carga (se define como pasiva) no introduce un desfase mayor de 90º. Luego la única solución posible es la primera que corresponde a secuencia directa y carga de argumento 60º. b) Como el argumento de la carga es 60º, fdp = cos( 60) : fdp = 0,5(ind ) . c) En la figura mostramos un segundo vatímetro, para que junto con el anterior forme el método de los dos vatímetros. La lectura de este segundo vatímetro, al ser el primero igual a cero, será igual a la potencia activa de la carga: W 2 = P = 3 ⋅ 220 ⋅ 12,7 ⋅ cos(60) : W 2 = 2420( W ) .

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Un generador trifásico ideal, secuencia directa, alimenta, mediante una línea trifásica equilibrada de impedancia equivalente por fase: 0,1+j (Ω), a tres cargas trifásicas equilibradas en un punto donde la tensión de línea es 380(V). Las tres cargas se definen por los siguientes parámetros: C-1 consume a 380(V), 10(kW) con un fdp de 0,8(ind); C-2 consume a 200(V), 3(kW) y –2(kVAR); y C-3 consume a 400(V), 18(kVA) con un fdp de 0,5(ind). En paralelo con el generador se colocan tres vatímetros. Dos de ellos colocados sus bobinas amperimétricas en las fases R y S y conectados según el método de los dos vatímetros; y el tercero con la bobina amperimétrica en la fase T y conectado para medir potencia reactiva. Determine: a) la potencia activa de las cargas y de la línea; y b) la lectura de los tres vatímetros, dibujando un gráfico con el conexionado de los mismos. Solución: Tomamos la tensión de fase en la carga como origen de fase: U RN = 220(V ) . Para cada carga, calculamos la potencia a U RS = 380(V) , que es la tensión del punto de conexión, y la intensidad que circula por ella.

⎧Pnom1 = 10(kW ) 2 ⎛ U RS ⎞ ⎧Q nom1 = 7,5(kVAr) ⎧P = 10(kW ) ⎪ ⎟⎟ ⋅ S nom1 : ⎨ 1 C − 1 : ⎨fdp1 = 0,8(ind) : ⎨ : S1 = ⎜⎜ ⎩Q1 = 7,5(kVAr) ⎩S nom1 = Pnom1 + j ⋅ Q nom1 ⎝ U nom1 ⎠ ⎪U ; ⎩ nom1 = 380(V) ∗

⎛ S1 ⎞ ⎟⎟ : I R1 = 19∠ − 36,87°(A) : I R1 = ⎜⎜ ⎝ 3 ⋅ U RN ⎠ ⎧Pnom 2 = 3(kW ) 2 ⎛ U RS ⎞ ⎧P = 10,8(kW ) ⎪ ⎟⎟ ⋅ S nom 2 : ⎨ 2 C − 2 : ⎨Q nom 2 = −2(kVAr) : S nom 2 = Pnom 2 + j ⋅ Q nom 2 : S 2 = ⎜⎜ ⎩Q 2 = −7,22(kVAr) ⎝ U nom 2 ⎠ ⎪U ; ⎩ nom 2 = 200(V) ∗

IR2

⎛ S2 ⎞ ⎟⎟ : I R 2 = 19,78∠33,69°(A) : = ⎜⎜ ⎝ 3 ⋅ U RN ⎠

⎧Snom 3 = 18(kVA) 2 ⎛ U RS ⎞ ⎧P = 8,1(kW ) ⎪ ⎟⎟ ⋅ S nom3 : ⎨ 3 C − 3 : ⎨fdp3 = 0,5(ind) : S nom 3 = Snom3∠a cos(fdp3 ) : S 3 = ⎜⎜ ⎩Q 3 = 14,1(kVAr) ⎝ U nom 3 ⎠ ⎪U . ⎩ nom3 = 400(V) ∗

IR3

⎛ S ⎞ = ⎜⎜ 31 ⎟⎟ : I R 3 = 24,68∠ − 60°(A) : ⎝ 3 ⋅ U RN ⎠

Con estos datos, la intensidad de línea de la red es: I red = I 1 + I 2 + I 3 = 49,09∠ − 26,36(A ) , lo que ⎧⎪P = 3 ⋅ I 2R ⋅ R L : PL = 723( W ) permite calcular la potencia consumida en la línea: ⎨ L . ⎪⎩Q L = 3 ⋅ I 2R ⋅ X L : PL = 7,23(kVAr )

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El gráfico del conexionado de los vatímetros se muestra en la figura. El alumno debe demostrar, sobre un diagrama de fasores de tensión e intensidad, que para estas conexiones la lectura de los vatímetros es: ⎧WR + WS = PL + P1 + P2 + P3 ⎪ ⎨WR − WS = (Q L + Q1 + Q 2 + Q 3 ) ⎪WT = WR − WS ⎩

⎧WR = 21,07(kW ) ⎪ 3 : ⎨WS = 8,61(kW ) . ⎪WT = 12,46(kW ) ⎩

* El alumno debe rehacer el ejercicio, con el siguiente procedimiento: A partir de las potencias nominales de las cargas, calcule la impedancia equivalente de cada una de ellas en conexión triángulo; analice el sistema equilibrado triángulo-triángulo, sabiendo que la tensión de línea en el punto de conexión de las cargas es 380(V).

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Un sistema trifásico equilibrado y secuencia directa está formado por un generador en estrella, de tensión a circuito abierto 300(V), e impedancia inductiva pura de valor 0,5(Ω); una línea trifásica de impedancia equivalente Z L = 0,6 + j(Ω) ; y una carga, en triángulo, de impedancia equivalente por fase de valor Z = 9 − j ⋅ 5(Ω) . Determine: a) la tensión de línea en la carga, la potencia activa y reactiva que consume la misma. b) Se colocan dos vatímetros en bornas del generador para medir la potencia activa que cede el generador. Dibuje un esquema de conexión de los mismos y calcule la lectura de cada uno de los vatímetros. Solución: En la figura mostramos el esquema del monofásico estrellaestrella del sistema trifásico del enunciado, donde:

E R 'N ' = 300

3 (V) ; Z E = Z 3 = (9 − j ⋅ 5) 3 (Ω) . Aplicamos di-

visor de tensión, para determinar la tensión de fase en la carga:

U RN = E R 'N ' ⋅

ZE : U RN = 164,94∠ − 26,4°(V) ; ZG + ZL + ZE

y la tensión de línea en la carga: U RS = 3 ⋅ U RN : U RS = 285,68(V) . La intensidad de línea es: I R =

E R 'N ' : I R = 48,06∠2,65°(A ) ; ZG + ZL + ZE

la tensión de fase en bornas del generador es: U R 'N ' = E R 'N ' − I R ⋅ Z G = 175,96∠ − 7,84°(V ) ; y la tensión de línea en bornas del generador es: U R 'S' = U R 'N ' ⋅

(

)

3∠30° : U R 'S' = 304,77∠22,16°(V) .

⎧P = 20,79(kW ) La potencia activa y reactiva que consume la carga es: S = 3 ⋅ U RN ⋅ I ∗R : ⎨ . ⎩Q = −11,55(kVAr) Los conjuntos de tensiones de línea en el generador y de intensidades de línea son: U R 'S' = 304,77∠22,16°(V) ; U S'T ' = 304,77∠ − 97,84°(V) ; U T 'R ' = 304,77∠142,16°(V) ; I R = 48,06∠2,65°(A) ; I S = 48,06∠ − 117,35°(A) ; I T = 48,06∠122,65°(A) El esquema de conexión de los vatímetros se muestra en la figura. Las lecturas de los vatímetros son: WR = U LG ⋅ I L ⋅ cos(∠(U R 'T ' ; I R )) = 11,14(kW ) WS = U LG ⋅ I L ⋅ cos(∠(U S'T ' ; I S )) = 13,81(kW )

.

* El enunciado dice: “...de tensión a circuito abierto...”. El alumno debe recordar que, en trifásica, la tensión “a secas” es siempre la tensión de línea y, por lo tanto, la tensión en estrella que simula la fuente ideal del generador real será la indicada al comienzo del ejercicio. * El alumno debe calcular la tensión de línea en el generador y las potencias activa y reactiva de la línea. A partir de estos datos y de la justificación de las lecturas de los vatímetros, mediante el correspondiente diagrama fasorial, determine las lecturas de los vatímetros.

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Un sistema trifásico equilibrado y secuencia directa está formado por un generador en triángulo, de tensión a circuito abierto 300(V), e impedancia inductiva pura de valor 0,1(Ω); una línea trifásica de impedancia equivalente Z L = 0,6 + j(Ω) ; y una carga en estrella de impedancia equivalente por fase de valor Z E = 4 − j ⋅ 6(Ω) . Se colocan dos vatímetros, el primero en bornas del generador para medir la potencia reactiva que cede el generador, y, el segundo, en bornas de la carga, para medir la potencia activa que consume la carga. Dibuje un esquema de conexión de los mismos y calcule la lectura de cada uno de los vatímetros. Solución: El esquema del monofásico triángulo-triángulo, equivalente al sistema trifásico equilibrado del enunciado, se muestra en la figura, donde: E RS = 300(V) ; Z G = j ⋅ 0,1(Ω) ; Z = 3 ⋅ Z E = 12 − j ⋅18(Ω) . Aplicamos divisor de tensión para calcular la tensión en la carga: U RS = E RS ⋅

Z : U RS = 319,56∠ − 9,12°(V ) . ZG + 3 ⋅ ZL + Z

La intensidad de fase es: I RS =

E RS : I RS = 14,77∠47,19°(A ) ; y la tensión de línea en el geZG + 3 ⋅ ZL + Z

nerador es: U R 'S' = E RS − I RS ⋅ Z G : U R 'S' = 301,09∠ − 0,19°(V) . Con estos datos las potencias cedidas por el generador y consumidas por la carga son:

⎧PG = 9,03(kW ) ⎧P = 7,86(kW ) S G = 3 ⋅ U R 'S' ⋅ I ∗RS = PG + j ⋅ Q G : ⎨ ; S = 3 ⋅ U RS ⋅ I ∗RS = P + j ⋅ Q : ⎨ . ⎩Q = −11,78(kVAr) ⎩Q G = −9,8(kVAr) Con estos datos podemos calcular las lecturas de los vatímetros, cuya conexión se detalla en la figura. Como puede observar el alumno hemos dado dos posibilidades de montaje en el vatímetro WR, una si el neutro de la carga es accesible y otra si no lo es, ambas con la misma lectura. ⎧⎪WR = 2,62(kW ) : P = 3 ⋅ WR Las lecturas de los vatímetros son: ⎨ . ⎪⎩WS = 5,67(kVAr ) : Q G = 3 ⋅ WS

* El alumno debe justificar, con la construcción del diagrama fasorial de tensiones e intensidades, el conexionado y las lecturas que hemos dado de los vatímetros. * A partir de los datos de tensiones e intensidades calculados, determine las intensidades de línea, haga un balance de potencias, y calcule de nuevo las lecturas de los vatímetros usando los fasores de tensión en intensidad, para comprobar el valor de las lecturas.

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Pág. 78

El sistema trifásico de la figura se alimenta con un sistema de tensiones de línea equilibrado. R-1 es una carga monofásica que a la tensión nominal de 200(V) consume una potencia de 5(kW) con un fdp 0.8(ind); R-2 es una carga trifásica equilibrada de carácter capacitivo; y la impedancia

equivalente

de

la

línea

es

Z L = j(Ω) . En R2, S2, T2, donde la tensión de línea es 200(V), se conectan dos vatímetros según el método de los dos vatímetros. El primero, W1, conectada su bobina amperimétrica en la fase T2, tiene una lectura de 10(kW); y el segundo, W2, conectada su bobina amperimétrica en la fase S2, tiene una lectura de 20(kW). Determine la lectura de estos dos vatímetros, cuando se conectan en T1, S1, y en T, S. Solución En R2, S2, T2, el sistema de tensiones de línea es equilibrado, y la carga es equilibrada y de carácter capacitivo. La figura muestra la conexión de los vatímetros, con W1 = 10( kW ) ; W 2 = 20( kW ) . A partir de su lectura determinaremos la secuencia de la red. La figura muestra el diagrama de fasores de tensiones e intensidades de la red en R2, S2, T2, para una carga capacitiva y. donde hemos supuesto, red de secuencia directa. Sobre la figura hemos marcado el adelanto de fase (carga capacitiva) de la intensidad de línea IT, respecto de la tensión de fase UTN. Recuerde que el sistema trifásico es equilibrado, tanto en tensiones como en carga en R2, S2, T2. De la figura, el vatímetro W1 tiene una lectura de valor:

W1 = U T 2 R 2 ⋅ I T ⋅ cos(∠U T 2 R 2 , I T ) = U L 2 ⋅ I L 2 ⋅ cos(30 − ϕ) ; lo que implica, al estar ambos vatímetros conexionados según el método de los dos vatímetros, y la red equilibrada, que W1 > W 2 , lo que contradice las lecturas del enunciado. Por tanto, la red es de secuencia inversa y no directa. Con todo esto, la potencia consumida por R-2 es: P 2 = W1 + W 2 = 30(kW )

⎫⎪ S2 34640 = = 100(A ) . ⎬ : S2 = 34,64(kVA ) : I L 2 = Q 2 = − 3 ⋅ W1 − W 2 = −10 ⋅ 3 (kVAr )⎪⎭ 3 ⋅ U L2 3 ⋅ 200

Podemos ahora encontrar los datos en R1, S1, T1, donde la red sigue siendo equilibrada. La potencia consumida en R1, S1, T1, será:

⎫⎪ S1 = 32,57(kVA) : U L1 = S1 = 32570 = 188,04(V) . ⎬: 3 ⋅ I L2 3 ⋅ 100 Q1 = Q 2 3 + 3 ⋅ I 2L 2 ⋅ X L = 12,68(kVAr)⎪⎭ ϕ1 = a tan (Q1 P1) : ϕ1 = 22,91°(ind ) P1 = P 2 + 3 ⋅ I 2L 2 ⋅ R L = 30(kW )

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Pág. 79

Teniendo en cuenta que si la carga es capacitiva W1 < W 2 ; en este caso, en el que la carga equivalente es de carácter inductivo, será W1 > W 2 . Por tanto, en R1, S1, T1, las lecturas de los vatímetros, al ser el sistema equilibrado serán:

W1 + W 2 = P1 = 30(kW )

⎫ W1 = 18,66(kW ) . ⎬: 3 ⋅ (W1 − W 2 ) = 12,68(kW )⎭ W 2 = 11,34(kW )

En R, S, T, la red sigue siendo equilibrada en tensiones de línea, pero ya no en carga, porque se le conecta entre los terminales R, S, una carga monofásica. La figura muestra la red en estos terminales. Tomando la tensión de fase UR1N, como origen de fase y sabiendo que la secuencia es inversa, las tensiones de línea en R1, S1, T1, iguales a las R, S, T, así como las intensidades de línea son: U R1S1 = U RS = 188,04∠ − 30°(V) ; U S1T1 = U ST = 188,04∠90°(V) ; U T1R1 = U TR = 188,04∠ − 150°(V) I R1 = 100∠ − 22,91°(A) ; I S1 = 100∠97,09°(A) ; I T1 = 100∠ − 142,91°(A)

La potencia compleja de la carga monofásica R-1 a la tensión nominal de 200(V) es, según datos del enunciado: S NOM = 5000 ⋅ (1 + j ⋅ 0,75) (VA) ; y la realmente consumida en el circuito, junto con el valor 2

⎛ 188,04 ⎞ ∗ de la intensidad que circula por ella es: S M = S NOM ⋅ ⎜ ⎟ = U RS ⋅ I : I = 29,38∠ − 66,87°( A ) . 200 ⎝ ⎠

Con este resultado la intensidad en la fase S es: I S = I S1 − I : I S = 128,50∠100,72°(A) . Con este último dato, las lecturas de los vatímetros en la nueva posición dada mostrada en la figura anterior son:

W1 = U TR ⋅ I T1 ⋅ cos(∠U TR ; I T1 ) : W1 = 18,66(kW )

W 2 = U SR ⋅ IS ⋅ cos(∠U SR ; I S ) : W 2 = 15,76(kW )

.

* Recuerde que al ser la carga desequilibrada en R, S, T, el método de los dos vatímetros sólo permite el conocimiento de la potencia activa. Compruébelo el alumno.

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Pág. 80

Una red trifásica, de tensión de línea 400(V) y frecuencia 50(Hz) alimenta, a través de una línea de impedancia equivalente Z L = 1 + j ⋅ 4(Ω fase ) , a una carga equilibrada, conectada en triángulo. Sabiendo que la red suministra una potencia de 6,5(kVA) con un fdp 0,75 inductivo, determine la tensión de línea en la carga y el valor de la impedancia por fase de la carga. Si colocamos, en paralelo con la carga, dos vatímetros en las fases R y T sus bobinas amperimétricas, según el método de los dos vatímetros, ¿cuáles serían sus lecturas? En la figura se muestra un esquema del aparato usado en la red para determinar su secuencia de fases. La lámpara en R brilla más que la lámpara en T.

Solución: En primer lugar, y a partir de la aclaración del enunciado acerca del brillo de las lámparas del esquema del mismo, deducimos que la red R-S-T es de secuencia inversa. Con los datos del enunciado: U Lred = 400(V); fdp red = 0,75(ind ); S red = 6500(VA), calculamos la potencia compleja de la red, S red = 4875 + j ⋅ 4300(VA). * Determinación de la impedancia de la carga. Suponiendo la carga equivalente de la red en estrella: S red =

U 2Lred : Z red = 18,46 + j ⋅16,28(Ω); por lo Z∗red

que la impedancia de la carga en estrella es: Z red = Z L + Z c arg aY : Z c arg aY = 17,46 + j ⋅12,28(Ω), y en triángulo Z c arg aΔ = 3 ⋅ Z c arg aY : Z c arg aΔ = 52,38 + j ⋅ 36,84(Ω). * Determinación de la tensión y potencia en la carga. La tensión de línea en bornas de la carga es, aplicando divisor de tensión en el monofásico equivalente triángulo-triángulo: U Lc arg a = U Lred cia compleja en la carga: S c arg a =

Zc arg aΔ 3 ⋅ Z redY

3 ⋅ U 2Lc arg a Z∗c arg Δ

: U Lc arg a = 346,91(V); y con este dato, calculamos la poten-

: S c arg a = 4611 + j ⋅ 3243(VA).

El alumno debe dibujar el esquema del montaje de los dos vatímetros del enunciado y comprobar que, para la red de secuencia inversa y carga inductiva, el vatímetro conectado en la fase R es el de mayor lectura. Por tanto, WR =

Q 1⎛ ⎜⎜ Pc arg a + c arg a 2⎝ 3

Q ⎞ 1⎛ ⎟⎟ = 3242( W ); WT = ⎜⎜ Pc arg a − c arg a 2⎝ 3 ⎠

⎞ ⎟⎟ = 1369( W ). ⎠

* Vuelva a hacer el ejercicio, dibujando los esquemas necesarios y calculando los fasores de todas las tensiones e intensidades que necesite.

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Pág. 81

Un generador trifásico equilibrado, secuencia directa y conexión estrella de impedancia interna por fase 0,1·j(Ω) y tensión de línea a circuito abierto 300(V) alimenta a una carga equilibrada en estrella, de impedancia por fase 3-2·j(Ω), mediante conductores de impedancia equivalente 0,1+j·1(Ω) cada uno. Calcule la potencia activa y reactiva que consume la línea. La fase RN de la carga se cortocircuita. Aplique el teorema de compensación para el cálculo de la variación de la potencia activa y reactiva consumida por la línea.

Solución: La red es equilibrada, de secuencia directa, y de conexión estrella-estrella. La tensión de fase en el inducido de la fase R del generador, que tomamos como origen de fases, es: E R = 300

3 ∠0°( V ).

Resolviendo el monofásico equivalente estrella-estrella, las intensidades de línea son: IR =

ER : I R = 53,36∠16,19°(A ) : I S = 53,36∠113,81°(A ); I T = 53,36∠136,19°(A ). ZG + ZL + Z

Donde hemos tenido en cuenta que la red desequilibrada y de secuencia directa, con Z, impedancia de la carga; ZL, impedancia de la línea; y ZG, impedancia interna del generador. La potencia que consume la línea será: PL = 3 ⋅ I 2R ⋅ R L = 864( W ); Q L = 3 ⋅ I 2R ⋅ X L = 8640(VAr). En la figura mostramos el circuito donde aplicamos compensación, donde la FT equivalente a la variación es: E = −I R ⋅ Z = 193,46∠ − 17,50°(V); y δIR, δIS y δIT, son las variaciones experimentadas por las intensidades de línea.

Aplicamos Millman: U NG , NC

tir de esta tensión: δI R =

E ZL + ZG = = 176,07∠124,81°(V); y a par1 1 1 + + ZL + ZG Z L + ZG + Z Z L + ZG + Z

U NG , NC − E Z L + ZG

= 109,1∠ − 39°(A); δI S = δI T =

U NG , NC ZL + ZG + Z

= 54,54∠141°(A).

Con este dato, los nuevos valores eficaces de las intensidades de línea son:

I Rnueva = I R + δI R = 146,5(A); ISnueva = I S + δI S = 58(A); I Tnueva = I T + δI T = 108,1(A). Por tanto la variación experimentada en las potencias activa y reactiva de la línea es:

(

)

2 2 δPL = PLnueva − PL = I 2Rnueva + ISnueva + I Tnueva ⋅ R L − PL = 2788( W)

(

δQ L = Q Lnueva − Q L = I

2 Rnueva

+I

2 Snueva

+I

2 Tnueva

)⋅ X

L

− Q L = 27880( W ).

* Compruebe el alumno que el esquema de la figura, así como el valor de E corresponde a la aplicación del teorema de compensación.