CIRCUITOS ELECTRICOS I - PROFE VELARDE UNAC LIMA PERU

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERIA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA INSTITUTO DE INVESTIGACIÓN DE LA FACULTAD DE INGENIERÍA ELECTRICA Y ELECTRÓNICA

“TEXTO:

PRESENTACIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS DE LA ASIGNATURA CIRCUITOS ELECTRICOS I ESCUELAS PROFESIONALES DE ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA” AUTOR: Álvaro Humberto Velarde Zevallos PROFESOR COLABORADOR : Ninguno ESTUDIANTES DE APOYO: Ninguno PERIODO DE EJECUCIÓN: Del 01 de abril 2016 al 31 de marzo 2017 Resolución de aprobación Nº 3402016-R del 28 de abril 2016

Callao, 2017

Pagina I. INDICE II. PROLOGO III. INTRODUCCIÓN IV.CONTENIDO IV.I

CAPITULO I

IV.II

CAPITULO II

IV.III

CAPITULO III

IV.IV

CAPITULO IV

IV.V

CAPITULO V

IV.VI

CAPITULO VI

IV.VII

CAPITULO VII

IV.VIII

CAPITULO VIII

IV.VIX

CAPITULO IX

1 2 3 4 Método de las Corrientes de Malla, solución de problemas Método de las Tensiones en los Nodos, solución de problemas Teorema de la Superposición, solución de problemas Teorema de Thevenin, solución de problemas Teorema de Norton, solución de problemas Teorema de la Máxima Transferencia de Potencia, solución de problemas Cuadripolos, parámetros “r”, “g”,”h” y “g híbridos”, solución de problemas Amplificadores Operacionales, solución de problemas Estados Transitorios, aplicación

4 25 45 52 64 72

76

90 98

de la Transformada de Laplace, solución de problemas.

V. REFERENCIALES VI.APENDICE VII. ANEXOS

114 114 114

II. PROLOGO 1

El propósito del texto es facilitar la solución de problemas sobre ”Circuitos Eléctricos” en el dominio del tiempo, entendiendo que algunos alumnos encuentran dificultades en los razonamientos complejos que se requiere para resolver

problemas

en

las

asignaturas

de

la

ingeniería,

pero

que

adecuadamente preparados se les induce a estructurar razonamientos lógicos para ordenar o priorizar la informacion teórica mediante un proceso o pasos que le permita la solución del problema. Se ha tenido especial cuidado de presentar la solución de los problemas de “Circuitos eléctricos” mediante las diferentes metodologías, aplicando la peculiaridad desarrollada por el suscrito, priorizando la teória de la asignatura, y el Método Científico, propio de las asignaturas de las diferentes carreras de Ingeniería. Persistiendo en lo anteriormente mencionado, el estudiante puede lograr metas superiores-inimaginables, con solo sistematizar las recomendaciones, y adecuar un proceso constituido por varios pasos lógicos,para obtener la solución de los diferentes problemas. El texto está desarrollado para ser utilizado por todos los estudiantes de las diferentes carreras de Ingenieria. El propósito de estudiar la solución de los problemas sobre Circuitos Electricos, aplicando las diferentes metodologias, se debe a que mediante estos se transmite la enérgia eléctrica, con un fin determinado, como ser producir: Calor, Flujo Magnético, fuerza electromotriz, y además para transmitir información mediante señalesde audio y video, entre otras.

III. INTRODUCCION El proposito del texto, es sistematizar la solucion de los “Circuitos Eléctricos” mediante la aplicacion de susecivos pasos (procesos), estructuracion logica, usando las diferentes metodologías. En todos los capitulos se ha desarrollado una teoria simplificada suficiente para entender el tema a tratar 2

Los tres primeros capitulos, donde se trata sobre metodologías: Corrientes de Malla, Tensiones en los Nodos y Superposicion, constituyen los conocimientos basicos necesarios para resolver cualquier circuito. Como los circuitos Electricos estan compuestos por fuentes independientes de tension y de corriente como por fuentes de control, o fuentes dependientes tanto de tension como de corriente, con sus respectivas condiciones, luego es necesario tener claro la cantidad de ecuaciones a plantearse. Una vez establecido el sistema de ecuaciones, verificar si tiene solucion, aplicando conocimiento de matematicas (sistemas linealmente independiente o dependiente) Los Capitulos IV,V y VI, son aplicaciones particulares o locales, como ser Thevenin, Norton o el Teorema de la Máxima Transferencia de Potencia, donde solo se pretende calcular la variable corriente sobre una carga, en el caso del Teorema de la Maxima Transferencia de Potencia, se determina la Carga (resistencia) con la cual se logra la maxima transferencia de potencia, que no es otra que el 50 %. En el Capitulo VII “cuadripolos- dispositivos eléctricos a los cuales solo se tiene acceso a los terminales de entrada y de salida” son circuitos de acoplamiento de transferencia de energia en condiciones de necesidad, y lo que se desarrolla es el calculo de parametros mediante los cuales se transforma el cuadripolo en un circuito eléctrico, luego se les puede aplicar cualquiera de las metodologías para resolver circuitos. En el Capitulo VIII tratamos los Amplificadores Operacionales, que son dispositivos electrónicos, a los cuales les aplicamos, la teoría de la solucion de circuitos, mediante las metodologias desarrolladas En el Capitulo IX tratamos la solucion de circuitos eléctricos en el dominio del tiempo, cuya solución se encuentra mediante ecuaciones diferenciales o mediante la aplicación de la Transformada de Laplace. IV. CONTENIDO CAPITULO I, MÉTODO DE LAS CORRIENTES DE MALLAS, SOLUCIÓN DE PROBLEMAS INTRODUCCIÓN.Para resolver los diferentes problemas sobre circuitos eléctricos I en el dominio del tiempo (escalares) y además Circuitos Eléctricos II (fasores), es necesario

3

desarrollar un resumen de la teoría hecha en las clases, debido a que no es propósito del texto, exponer detalladamente la teoría. La ecuación matricial que da lugar al Método de Corrientes en las Mallas, es la que a continuación se detalla, pudiendo generalizarse a n número de mallas reales. En los circuitos también se encontrara las diferentes formas de fuentes dependientes tanto de tensión como de corriente. Para tener la teoría completa también es

necesario,

señalar

las

transformaciones de fuentes de tensión y de fuentes de corriente. A continuación la teoría resumida. 1. Ecuación matricial para aplicar el Método de Corrientes en las Mallas

2. Presentación de las diferentes fuentes dependientes.

3. Transformación de fuentes de tensión en fuentes de corriente y viceversa

4

Cuando se presenta un circuito de acuerdo a su topología, en general la forma de resolverse esta adecuado a algunas de las metodologías para resolver circuitos, si este no fuera el caso se realizan las transformaciones necesarias para adecuarlo a algunas de las metodologías conocidas. PROBLEMA Nº 01 En este caso no presenta mayor dificultad, hay una fuente dependiente con una condición en el circuito

Este problema no representa mayor dificultad es de aplicación directa de ecuaciones en tres mallas reales. 18 = i1(25) – i2 (3) – i3 (10) -6 = -i1 (3) + i2 (16) – i3 (8) -3Vx = -i1 (10) – i2 (8) + i3 (18) Teniendo presente que: Vx = (i1 –i3 )* 10

5

Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: i1 = 1.7 (A) ; i2 = 1.02 (A) ; i3 = 2.16 (A) PROBLEMA Nº 02 En este caso hay cuatro mallas, dos reales y dos ficticias, no es necesario hacer ninguna transformación, pero si se desea curiosear para verificar los resultados con las transformaciones es bueno así se aprende.

Este problema tiene 4 mallas, de las cuales dos son ficticias y dos reales, por lo que solo se plantea las ecuaciones en las mallas reales: 0 = i1 (16) – i2 (4) – 5 (4) – 2 Vx * (8) -12 = -i1 (4) + i2 (10) – 2 Vx * (6) Considerando la Condición: Vx = (i1 – i2) * 4 Resolviendo el sistema de ecuaciones: i1 = 5.59 (A) ; i2 = 4.8 (A) PROBLEMA Nº 03

6

Solución:En este circuito podemos hacer transformaciones, pero lo mas conveniente es hacer dos ecuaciones, una en la malla izquierda y otra la supermalla. 100 = i1 (32) – i2 (10) – i3 (2) 2VX = - i1 (12) + i2 (10) +i3 (6) ecuación de la supermalla Ecuación Nodo (P)

V x + i 2 – I3 = 0

Vx = (i3 – i1 )* 2

I1 = 4.16 (A) ; i2 = 2.08 (A) i3 = 6.25 (A) Otra forma de resolver es transformando la fuente de corriente dependiente que esta en paralelo con la Resistencia en una fuente dependiente de tensión en serie con la resistencia

Entonces

100 – 10 Vx = i1 (32) – i2 (12) 12Vx = - i1 (12) + i2 (16)

Resultado i1 = 4.16 (A) ;

pero Vx = (i2 – i1 ) * 2

i2 = 6.25 (A) de lo que se deduce que en las

ramas que no han sufrido transformación las corrientes son las mismas. PROBLEMA Nº 04 Este problema presenta cierta complejidad para resolverlo, tiene cinco mallas, una ficticia, una supermalla que abarca las corrientes de malla, I 1 , I2 , I3 y además la corriente en la malla I4

7

Solución: 0 = i1*(5) + i2*(8) + i3*(4) - i4*(4) - 2*(8) -24 = -i1*(0) – i2*(0) - i3*(4) + i4*(16) N(P): 2 - i1 - 5io - ix = 0 ix = 2 – i 2 N(Q): i1 - i4 – 3Vo + i0 = 0 io = i4 - i3 y ademas Vo = i1*(5) 16 = i1*(5) + i2*(8) + i3*(4) - i4*(4) …….. (1) -24 = -i1*(0) - i2*(0) - i3*(4) + i4*(16) …….. (2) 0 = -i1*(1) + i2*(1) + i3*(5) - i4*(5) …….. (3) 0 = -i1*(14) + i2*(0) - i3*(1) - i4*(0) …….. (4) Por lo tanto resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos i1 = 0.17 (A) , i2 = 2.07 (A) , i3 = -2.5 (A) , i4 = -2.12 (A) PROBLEMA Nº 05 Este problema es igual al anterior pero hemos hecho la transformación de la fuente dependiente de corriente 5 i0

8

Solución: -40io = i1*(13) + i2*(4) - i3*(4) - 2*(8) -24 = -i1*(0) - i2*(4) + i3*(16) N(P): 3vo + i2 - i1 = 0 io = i3 - i2

además

vo = i1*(5)

16 = i1*(13) - i2*(36) + i3*(36)

…….. (1)

-24 = -i1*(0) - i2*(4) + i3*(16)

…….. (2)

0 = i1*(14)+ i2*(1)+ i3*(0)

…….. (3)

Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta i1 = 0.17 (A)

,

i2 = -2.5 (A)

,

i3 = -2.12 (A)

De lo que se deduce que las Corrientes en las ramas que no han sido transformadas las corrientes son las mismas, y para calcular las corrientes en el circuito original sin las transformaciones, se calcula las diferencias de potenciales entre los nodos, ya que estas son iguales. PROBLEMA Nº 06 En este problema se ha hecho otras transformaciones de la fuente dependiente de corriente de 5 i0 siguiendo una trayectoria diferente, en este caso se ha pasado por una de las condiciones del circuito, esto hace que la condición abarque la transformación, con esta aclaración se ha resuelto el circuito.

9

Solución: 25io = i1*(13) + i2*(4) - i3*(4) - 2*(8) -24 + 60io = -i1*(0) - i2*(4) + i3*(16) N(P): 3Vo + i2 - i1 = 0 io = i3 - i2

VB = VA - i1*(5) + 25io 10

VA - VB = Vo = i1*(5) - 25io 16 = i1*(13) + i2*(29) - i3*(29)

…….. (1)

-24 = -i1*(0) + i2*(56) - i3*(44)

…….. (2)

0 = i1*(14)+ i2*(76)- i3*(75) …….. (3) Resolviendo el sistema de ecuaciones, encontramos las corrientes i1 = 2.07 (A)

,

i2 = -0.6 (A)

,

i3 = -0.22 (A)

PROBLEMA Nº 07 Resolver el siguiente circuito En este circuito tenemos una malla y una supermalla: por lo tanto

Solución : 100 = i1 (32) – i2 (10) – i3 (2) 2Vx = - i1 (12) + i2 (10) + i3 (6) Nodo (A): Vx + i2 – i3 = 0 La condición : Vx = ( i1 – i3 )* 2 Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos: i1 = 4.31 (A) ; i2 = 3.01 (A) ; i3 = 3.87 (A) PROBLEMA Nº 08 Este problema lo podemos resolver, mediante una ecuación de malla y una supermalla

11

10 = i1 (22) – i2 (0) – i3 (2) 2Vx – 10 = - i1 (2) + i2 (0) + i3 (6) Condición : Vx = (i1 – i3 ) * 2; además la ecuación en el nodo (P) i 2 +Vx – i3 = 0 Resolviendo el sistema de ecuaciones tendremos: i1 = 0.38 (A) ; i2 = - 3.077 ; i3 = - 0.77 (A) PROBLEMA Nº 09 Otra forma de resolver el circuito anterior es, como se tiene una fuente de corriente en paralelo con una fuente de tensión, para elaborar el sistema de ecuaciones no se tiene en cuenta la fuente de corriente. Repetimos el circuito.

10 = i1 (22) – i2 (2) 2Vx – 10 = - i1 (2) + i2 (6) La condición: Vx = ( i1 – i2 ) * 2 12

Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta. i1 = 0.38 (A) ; i2 = - 0.77 (A) PROBLEMA Nº 10 En este problema tenemos otra vez una fuente de corriente en paralelo con la fuente de tensión, por este motivo al desarrollar las ecuaciones de malla no consideramos la fuente de corriente.

Entonces las ecuaciones son las siguientes: -10 = i1 (22) – i2 (2) 2Vx + 10 = - i1 (2) + i2 (6) La condición: Vx = (i2 – i1) *2 Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos. i1 = 0 (A) ; i2 = 5 (A) PROBLEMA Nº 11 Este problema tiene una peculiaridad, la fuente dependiente de tensión tiene la variable en la fuente independiente de tensión, y este detalle hay que tenerlo en cuenta al plantear las ecuaciones.

13

Desarrollaremos dos ecuaciones debido a que la fuente dependiente de corriente esta en paralelo con la fuente independiente de tensión. Entonces: -10 = i1 (22) – i2 (2) 2i0 + 10 = - i1 (2) + i2 (6) En el nodo (A)

planteamos la ecuación: i1 + i0 +Vx – i2 = 0 y Vx = (i1 – i2 ) * 2 De lo que se desprende que: i0 = - i1 (3) + i2 (3) Resolviendo el sistema de ecuaciones tendremos: I1 = 2.5 (A) ; i2 = 32.5 (A) PROBLEMA Nº 12 Este problema visualmente presenta dificultades, pero si hacemos las transformaciones necesarias se simplificaría su solución. Ahora vamos a resolverlo sin transformaciones, observando que la fuente de corriente independiente de 6 (A) esta en paralelo con la fuente de dependiente de tensión de 4 Vo que determina resolverlo aplicando una ecuación de supermalla y otra ecuación en la malla real.

14

Por lo tanto las ecuaciones son las siguientes: 24 + 3 i0 + 3V0 = i 1 (18) + i2 (12) – i3 (8) Ecuación de la supermalla -3i0 = - i1 (8) – i2 (0) + i3 (12) Ecuación en la malla real Ecuación en el nodo (P) 4V0 - 6 +i2 – i1 = 0 ; también: i0 = i3 – i1 y V0 = i3* 4 Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: i1 = 0.380 (A) ; i2 = 1.920 (A) ; i3 = 0.278 (A) PROBLEMA Nº 13

Con las transformaciones el circuito se visualiza mejor, siendo evidente la facilidad en plantear las ecuaciones. -48 +3i0 + 51V0 = i1 (30) – i2 (8) - 3i0 = - i1 (8) + i2 (12) 15

Siendo: i0 = i2 – i1 y además V0 = i2 * (4) Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: i1 = 0.385 (A) ; i2 = 0.282 (A) las corrientes en el circuito original se calcula aplicando la diferencia de potenciales. PROBLEMA Nº 14

16

En el circuito original la diferencia de Potenciales entre los nodos V AB de los bornes de la resistencia de 8 Ohm, por donde circula la corriente Io, ha dado origen al transformar la fuente dependiente de corriente 4Vo, en una rama donde tenemos la resistencia de 8 ohm en serie con la fuente dependiente de tensión de 32 Vo, pero que va a mantener constante la diferencia de potenciales entre A y B, VAB En el circuito original

VAB = i0 * 8

En la rama transformada tenemos: VB = VA + 32 Vo – Ix (8) de lo que se deduce que: VA - VB = VAB = Ix (8) - 32 Vo Igualando las diferencias de potenciales resulta: Io * 8 = Ix (8) – 32 Vo Donde Io = Ix – 4 Vo Las ecuaciones de malla en el circuito transformado, son las siguientes: 24 – 69 Vo + 3 Io = i1 (18) + i2 (12) – i3 (8) Ecu. Supermalla 32 Vo – 3 Io = - i1 (8) – i 2 (0) + i3 (12) Nodo (P) i2 – 6 –i1 = 0 tambien Vo = i3 (4) ; Ix = i3 – i1 Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: i1 = - 4.13 (A) ; i2 = 1.86 (A) ; i3 = 0.28 (A) Observando los resultados nos damos cuenta que, las corrientes son iguales en las ramas que no han sido transformadas. Con esto terminamos el primer informe, correspondiente a los meses. Abril, mayo y junio. 17

PROBLEMA Nº 15 Este problema al visualizarse se observa que hay dos fuentes de corriente que concurren en el Nodo C, entonces entre las varias soluciones, preferimos

realizar utilizar una sola ecuación aplicando Supermalla pero hay que tener presente que al plantear la ecuación no hay que tener en cuenta la resistencia de 8 Ohm debido a que las dos fuentes de corriente circulan por la resistencia con esta salvedad la ecuación de la supermalla es la siguiente: 24 = i1 (0) + i2 (4) +i3 (6)

entonces tenemos una ecuación pero con tres

variables, las otras dos ecuaciones son: Nodo (A) : i1 – 3Io – i2 = 0 Nodo (B) : i2 – 10 – i3 = 0 tenemos que tener presente que : Io = i 3 – i1 la solución es entonces la siguiente: I1 = 0.9 (A) ; i2 = 8.4 (A) ; i3 = - 1.6 (A) Que se verifica con la ecuación en el Nodo (C) : 3Io +10 + Io = 0 ; Io = - 2.5 (A)

Problema Nº 16 18

En este problema tenemos dos fuentes de corriente en paralelo, entonces aplicando supermalla tenemos, pero no hay que considerar la resistencia de 2 Ohm. La ecuación es la siguiente: 12 – 6Vx = i1 (20) + i2 (5)

una ecuación con dos variables nos falta una

ecuación: Ecuación en el Nodo (A) : i1 + 3 + 2Vx – i2 = 0 y además Vx = (i2 – i1) * 2 Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: I1 = 1.16 (A) ; i2 = 0.16 (A) que se verifica con: Vx = (3 + 2Vx)* (2) que resulta Vx = - 2 (volt) PROBLEMA 17 :

19

Las corrientes en todas las mallas.

3�� + 20 = + �1(9) − �2(0) − �3(6)

− �4(0)

−20 = − �1(6) + �2(2) + �3(10) − �4(4) −3��

= − �1(0) + �2(0) − �3(4)

+ �4(5)

(�) − 10 + �3 – �2 = 0

�1 = 24.4 (A) i2 = -13.3 (A)

�3 = -3.3

(A)

�4 = -46.6 (A)

PROBLEMA Nº 18

20

Las corrientes en todas las mallas.

5�0

= + �1(6) − �2(1)

− (4)(3)

−5�0 + 20 = − �1(1) + �2(10) − (4)(5)

�0 = 4 − �2 �1 = 2.35

(�)

�2 = 4.47

(�)

�0 = -0.47

(�)

PROBLEMA 19:

21

0=I 1 ( 1 )+ I 2 ( 4 )+ I 3 ( 8 ) N(P)

−4−I 1 + I 3=0

N(Q)

2 I O + I 1−I 2=0

I 0 =−I 3 I 1 =0 I 2=−8 I 3=4

PROBLEMA 20:

22

5 V X +24=I 1 ( 12 )−I 2 (10 )−I 3 ( 2 ) −36=−I 1 ( 10 ) + I 2 ( 20 )−I 3 ( 4 ) −3 V X =−I 1 ( 2 )−I 2 ( 4 ) + I 3 ( 12 ) V X =( I 1−I 2) 10 I 1 =−5.43 I 2=−4.57 I 3=−0.29 PROBLEMA Nº 21

23

−5 I X +24=I 1 ( 12 )−I 2 ( 4 )−I 3 ( 6 ) 5 I X −12=−I 1 ( 4 ) + I 2 ( 17 ) −I 3 ( 10 ) 6 V X =−I 1 (6 )−I 2 ( 10 ) + I 3 (16 ) I X =I 2−I 3 V X =I 2 (3) I 1 =1.72 I 2=−0.57 I 3 =−0.35

PROBLEMA Nº 22:

24

−3 V X +27=I 1 (11 )−I 2 ( 10 ) + I 3 (2 ) 25

9=−I 1 ( 8 )+ I 2 ( 14 )−I 3 ( 2 ) N(A)

−10+ I 3−I 1=0

I ¿ 3−I 2(¿ 2) V X =¿

I 1 =−2.6

I 2 =0.19

((A);

(A) ; I 3 =7.38( A)

CAPITULO II METODO DE LAS TENSIONES EN LOS NODOS INTRODUCCION.Para resolver los diferentes problemas sobre circuitos eléctricos I en el dominio del tiempo (escalares) y además Circuitos Eléctricos II (fasores), es necesario desarrollar un resumen de la teoría hecha en las clases, debido a que no es propósito del texto, exponer detalladamente la teoría. La ecuación matricial que da lugar al Método de las Tensiones en los Nodos, es la que a continuación se detalla, pudiendo generalizarse a n número de Nodos reales. La Ecuación matricial para aplicar el Método de las Tensiones en los Nodos

26

I     I    I    

A

B C

 g11   g21  g31

 g12 g22 g32

 g13  g23  g33  

 VA V  B  VC

La cantidad de ecuaciones que hay que plantear se determina con la siguiente ecuación:

j = N -1:

j numero de ecuaciones, N numero de nodos reales,

también hay que tener presente que en los nodos ficticios (un nodo es ficticio cuando se conoce el valor de la tensión en el nodo o se conoce la expresión donde precisamente hay una condición del circuito) no se establece ecuación, Cuando en una rama de la Topología

del circuito se encuentra una

indeterminación, o sea la rama solo contiene la fuente de tensión independiente o dependiente, se salva la indeterminación, de cualquiera de las siguientes maneras: a.-

Se ubica la tensión de referencia o tierra en uno de los nodos, de preferencia en el borne negativo por lo tanto en este caso será: VA = 0 (volt) y entonces el otro potencia será: VB = 24 (Volt)

b.- Otra forma de salvar la indeterminación, es utilizando SUPERNODOS, o sea en este caso será: VB - VA = 24 (volt), esta peculiaridad de la rama, da lugar a una ecuación mas del sistema de ecuaciones c.-

Si tenemos una fuente dependiente, el análisis seria el mismo: VA = 0 (volt) y entonces VB = 3VX

d.-

Y utilizando SUPERNODOS será:

VB - VA = 3Vx que da lugar a una

ecuación del sistema de ecuaciones

27

En general el Potencial de referencia, se ubica en el Nodo que simplifique la solución del circuito y aparte, de tal manera que no le quede ninguna duda que la solución que esta desarrollando es segura. Con esta breve teoría simplificada pasamos a resolver los circuitos planteados: Es conveniente tener en cuenta que los problemas que resolveremos serán los mismos que desarrollamos por mallas, de esta manera confirmamos por otro método los resultados obtenidos. Este método es muy útil cuando el circuito esta compuesto por varias fuentes de corrientes independientes o dependientes: PROBLEMA Nº 23 Con los resultados obtenido al resolver el circuito por el por el Método de Corrientes de Malla: donde I1 =1.7 (A) ; I2 = 1.02 (A) ; I3 = 2.16 (A), con estos valores realizamos el diagrama de tensiones:

Al resolver por el Método de Tensiones en los Nodos se tienen que confirmar los resultados anteriores.

28

Observando el circuito, vemos que existe una indeterminación en la rama

A

–C, entonces lo resolveremos por el Método de Tensiones en los Nodos o Supernodos: a. Método de Tensiones en los nodos: VA = 0 (volt) entonces Vc = 3VX por lo tanto tenemos que plantear las ecuaciones en los Nodos B y D: Ecuación Nodo(B) 24/12 + 6/3 +12/5 = VB (1/12 + 1/3 + 1/5) - VC (1/5) - VD(1/3) Ecuación Nodo (D)

- 6/3 = -VB (1/3) – VC (1/8) + VD (1/10 + 1/3 +

1/5) VX = VD - VA simplificando queda: Nodo (B) 32/5 = VA (37/60) - VD (14/15) Nodo (D) - 6/3 = - VB (1/3) + VD (11/60) cuya solución resulta : VB = 3.5 (volt) ; V D = -4.544 (volt) : dichos valores confirman los resultados, considerando el diagrama de tensiones. b. Considerando SUPERNODO, entonces se establece la condición del circuito VC - VA = 3VX que además viene a ser una de las ecuaciones del sistema de ecuaciones, para esta situación el Nodo de referencia será VD = 0 (volt), de lo que se desprende que las ecuaciones son: Supernodo Nodo (A)(C) y Nodo (B): Nodo (A)(C) - 24/12 - 12/5 = V A (1/12 + 1/10) + V C (1/5 + 1/8) - V B (1/12 + 1/5) Nodo (B) 24/12 + 6/3 + 12/5 = - VA (1/12) – VC (1/5) + VB (1/12 + 1/3 + 1/5) 29

VX = VD - VA = - VA reemplazando en VC - VA = 3 (- VA ) Simplificando resulta: Nodo(A)(C) -22/5 = VA (11/60) + VC (13/40) - VB (17/60) Nodo (B) 32/5 = - VA (1/12) - VC (1/5) + VB (37/60) 0 = VA (2) + VC (1) + VB (0) Resolviendo: VA = 4.544 (VOLT) ; VC = - 9.088 (volt) y VB = 8.045 (volt) que confirman los resultados obtenidos anteriormente. PROBLEMA Nº 24 La solución al Problema Nº 02 por mallas dio como resultado: I 1 = 5.59 (A) e I2 = 4.8 (A), que le corresponde el diagrama de tensiones siguiente:

Ahora vamos a resolverlo por el Método de las Tensiones en los Nodos:

Observando el circuito nos damos cuenta que hay una indeterminación, rama C-D por lo que determinamos ubicar el nodo de referencia en D de lo que se desprende VD = 0 (VOLT) y que además VC = 12 (volt), por lo tanto hay que plantear las ecuaciones en los nodos A y B : Nodo (A) 5 – 2VX = VA (1/4 + 1/8) - VB (1/8) - VC (0) Nodo (B) 0 = -VA (1/8) + VB (1/8 + 1/6 + 1/4) - VC (1/6) 30

VX = V B - V D = V B Ordenando y simplificando el sistema de ecuaciones tendremos: Nodo (A) 5 = VA (3/8) + VB (15/8) Nodo (B) 2 = -VA (1/8) + VB (13/24) resolviendo resulta: VA = - 2.38 (volt) y V B = 3.14 (volt) estos resultados confirman los obtenidos anteriormente reflejados en el diagrama de tensiones. Podríamos resolverlo por Supernodos VC - VD = 12, pero lo dejamos para que los buenos alumnos le resuelvan PROBLEMA Nº 25 Con los resultados aplicando el Método de Mallas, en el Problema Nº 03, obtenemos el siguiente diagrama de tensiones

Entonces aplicando el Método de las Tensiones en los Nodos, elegimos al Nodo ( C ) como nodo de referencia, entonces Vc = 0 ( volt)

31

Ecuación en el Nodo (A) : 100/20 + Vx - 2Vx/4 = V A (1/20 + 1/10+ ¼) - VB (1/20 +1/4) Ecuación en el Nodo (B) : -100/20 + 2Vx/4 = - V A(1/20 + 1/4) + VB (1/20 + 1/2 + 1/4) VX = VB - VC = VB, ordenando el sistema de ecuaciones nos queda: 5 = VA (2/5) - VB (4/5) -5 = - VA (3/10) + VB (3/10) que resuelto nos da:VA = 20.83 (Volt) y VB = 4.16 (volt), que confirma con el diagrama de tensiones del mismo circuito. PROBLEMA Nº 26 Con los resultados obtenido por el Método de Corrientes de Malla, dibujamos el diagrama de tensiones

32

Nodo D VD = 0 (Volt) Nodo A : 2 - 5Io = VA (1/8 + 1/5) - VB (0) - VC (1/5) Nodo B : 5Io + 3Vo = - VA (0) + VB (1/6) - VC (0) Nodo C: - 3Vo + 24/12 = - VA (1/5) - VB (0) + VC (1/5 + ¼ + 1/12) Io = (VD - VC)/ 4 = -VC /4 y además Vo = VA - Vc Reduciendo y ordenando el sistema de ecuaciones resulta: Nodo (A) 2 = VA (13/40) - VB (0) - VC (29/20) Nodo (B) 0 = - VA (3) + VB (1/6) + VC 17/4) Nodo (C) 2 = VA (14/5) - VC (0) - VC (37/15) resolviendo resulta: VA = -0.62 (volt) VB = 27.5 (volt) VC = - 1.52 (volt), que se verifica adecuadamente PROBLEMA Nº 27 Con los resultados del Método de Corrientes de Malla para el circuito original sin transformaciones, donde se obtuvieron los siguientes resultados: I1 = 0.380 (A), I2 = 1.86 (A) e I3 = 0.28 (A) Con estos resultados obtenemos el siguiente diagrama de tensiones:

Entonces ahora planteamos el circuito original para resolverlo por el Método de las Tensiones en los Nodos

33

Observamos el circuito y nos damos cuenta que en la rama B-D existe una fuente dependiente de 3I 0 de lo que se deduce que el Nodo de referencia o tierra lo podemos ubicar en B o en D elegimos por comodidad el Nodo (D) de lo que se desprende que el potencial del nodo B es VB = 3I0, por lo tanto en este nodo no se plantea ecuación debido a que es un nodo Ficticio. Por lo que las ecuaciones se corresponderán con los nodos A y C: Nodo (D) VD = 0 (Volt) Nodo (A) 24/10 = VA (1/10+1/8+1/4) - VC (1/10) - VB (1/4) Nodo (C) -24/10 + 4V0 -6 + 3V0 /12 = - VA (1/10) + VC (1/10+1/12) - VB (1/12) Aparte tenemos que tener presente que: V0 = VA - VB = VA – 3I0 y que además I0 tiene el sentido de D hacia A entonces I0= (VD - VA)/8 = - VA /8 V0 = VA – 3(-VA /8) = VA + VA (3/8) = VA (1+3/8) = VA (11/8) VB = 3I0 = 3 (-VA/8) = - VA (3/8), entonces reemplazando y simplificando tenemos: 24/10 = VA (91/160) - VC (1/10) -42/5 = - VA (473/80) + VC (11/60) VA = 0.82 (Volt); VC = - 19.33 (Volt), con lo que se verifica los resultados obtenidos. El estudiante para practicar debe cambiar el potencial e referencia realizar el sistema de ecuaciones y volver a verificar los resultados, otra forma de resolver es mediante el Método de Supernodos que es lo que continuación haremos: PROBLEMA Nº 28

34

Supernodo: VB - VD = 3I0 esta expresión constituye una ecuación, entonces en este caso elegimos al nodo C como nodo de referencia: VC = 0 (Volt) Ecuación Supernodo: Nodo (B)(D): - 3V0/12 – 4Vo + 6 = VB (1/4 + 1/12) +VD (1/8) - VA (1/4 + 1/8) Nodo (A) 24/10 = - VB (1/4) - VD (1/8) + VA (1/10 + 1/8 + ¼) Como V0 = VA - VB y I0 = (VD - VA) /8 = VD (1/8) - VA (1/8) Reemplazando y simplificando tenemos: 6 = - VB (47/12) + VD (1/8) + VA (31/8) 24/10 = - VB (1/4) -VD (1/8) + VA (19/40) 0 = VB (1/1) - VD (11/8) + VA (3/8) resolviendo resulta: VB = 19.02 (Volt); VD = 19.33 (Volt) y VA = 20.15 (Volt) que verifican los resultados obtenidos anteriormente en este caso con el cambio del potencial de referencia. PROBLEMA Nº 29 En este problema los resultados obtenidos por el Método de Corriente de Malla son: I1 = 0.9 (A) ; I2 = 8.4 (A) e I3 = - 1.6 (A) y con estos resultados obtenemos el siguiente diagrama de tensiones.

35

Observamos el circuito y vemos que en la rama A –B existe la fuente de tensión de 24 (Volt) entonces tenemos dos opciones, una con el Método de nodos normales y otra con Supernodos, resolveremos el circuito de las dos maneras.

a. Por nodos normales tomamos el potencial del nodo B como referencia entonces VB = 0 (Volt) entonces VA = 24 (Volt), por lo tanto: Ecuación en el nodo (C) Ecuación en el nodo (D)

- 10 = VC (1/4 + 1/6) - VD (0) - VA (1/4) 10 + 3I0 = - VC (0) + VD (1/8) - VA (0) y además I0 = (VB - VD)/8 = - VD (1/8) reemplazando y

simplificando obtenemos: -4 = VC (5/12) - VD (0) 10 = - VC (0) + VD (1/2) resolviendo obtenemos:

36

VC = - 9.6 (Volt) y VD = 20 (Volt), que confirman los resultados obtenidos b. Por Supernodos: VA - VB = 24 (Volt) entonces consideramos el nodo VD = 0 (Volt) Ecuación Supernodos N(A)(B) - 3I0 + 0 = VA (1/4) + VB (1/6 + 1/8) - VC (1/4 + 1/6) Ecuación nodo N(C)

-10 = - VA (1/4) - VB (1/6) + VC (1/4 + 1/6) I 0 = (VB - VD)/8 = VB (1/8) luego reemplazando y

simplificando resulta: 0 = VA (1/4) + VB (2/3) - VC (5/12) -10 = - VA (1/4) – V B (1/6) + VC (5/12) 24 = VA (1) - VB (1) - VC (0) resolviendo resulta: VA = 4 (Volt); VB = - 20 (Volt) y VC = - 29.6 (Volt) que confirman los resultados obtenidos. PROBLEMA Nº 30 El problema que trataremos a continuación resuelto por el Método de las Corrientes de Malla da como resultado lo siguiente: I1 = 24.4 (A) en la resistencia de 3 ohm, I2 = - 13.3 (A) en la resistencia de 2 ohm, I 3 = - 3.3 (A) y I4 = - 46.6 (A) en la resistencia de 1.0 ohm, con estos resultados dibujamos el diagrama de tensiones:

Observando el circuito nos damos cuenta que en la rama A-E existe una indeterminación asimismo en la rama D-B por lo que resolvemos el circuito. a. aplicando dos ecuaciones de supernodos y elegiremos el Potencial de referencia en el nodo C por lo que VC = 0 (Volt) 37

Entonces VA - VE = 20 (Volt) e

VD - VB = 3VX

E. Supernodo N(A)(E) 0 + 10 = VA (1/2+1/3) + VE (1/6) - VB (1/3) - VD (1/6) E. Supernodo N(B)(D) 0 + 0 = - VA (1/3) - VE (1/6) + VB (1/1 + 1/3) + VD (1/6 + ¼) Sabemos además que VX = VA - VB; reemplazando y simplificando, pasando de 4 ecuaciones a 3 ecuaciones a partir de V E = VA – 20 y además que VX = VA - VB entonces tenemos: 40/3 = VA (1/1) - VB (1/3) - VD (1/6) -20/6 = - VA (1/2) + VB (4/3) + VD (5/12) 0 = - VA (3) + VB (2) + VD (1) resolviendo obtenemos: VA = 26.67 (Volt); VB = - 46.67 (Volt) y VD = 173.33 (Volt) que confirman los resultados anteriores. b. Otra forma de resolver es eligiendo como potencial de referencia el nodo E entonces VE = 0 (Volt) y supernodos en los nodos B-D lo que implica: VD -VB = 3VX entonces la otra ecuación esta en el nodo C, esta opción la dejamos para que la resuelvan los estudiantes. PROBLEMA Nº 31

38

En este problema las Corrientes obtenidas por el Método de Corrientes de Malla es I1= 2.35 (A) en la resistencia de 2 ohm es sentido horario e I2 = 4.47 (A) en la resistencia de 4 ohm es sentido horario.

Consideramos el potencial de referencia en el nodo D por lo tanto VD = 0 (Volt) Ecuación en el Nodo (A) 4 = VA (1/3 + ½) - VB (1/2) - VC (0) Ecuación en el Nodo (B) - 5I0/1 – 20/4 = -VA (1/2) + VB (1/2 + 1/1 + ¼) - VC (1/4) Ecuación en el Nodo (C) – 4 + 20/4 = - VA (0) - VB (1/4) + VC (1/5 + ¼) La expresión de la corriente I0 = (VD - VC)/5 = - VC /5 Reemplazando y simplificando tenemos: Nodo(A) 4 = VA (5/6) - VB (1/2) - VC (0) Nodo (B) -20/4 = - VA (1/2) + VB (7/4) - VC (5/4) Nodo (C) 1 = -VA (0) - VB (1/4) + VC (9/20) Resolviendo obtenemos: VA = 4.94 (Volt) ; VB = 0.24 (Volt) y VC = 2.35 (Volt) por lo tanto se comprueban los resultados PROBLEMA Nº 32 39

Con los resultados obtenidos por el Método de las Corrientes de Malla sabemos que: I1 = 0 (A) en la resistencia de 1 ohm; I 2 = - 8 (A) en la resistencia de 4 ohm y I3 = 4 (A) en la resistencia de 8 ohm con las cuales dibujamos el diagrama de tensiones:

Entonces para resolver el circuito por el Método de las Tensiones en los nodos, ubicamos el potencial de referencia en el nodo D por lo que VD = 0 (Volt). Entonces planteamos las ecuaciones en los nodos A ; B y C

Ecuación en el nodo (A) -4 = VA (1/8 + 1/1) - VB (1/1) - VC (1/8) Ecuación en el nodo (B) 2I0 = - VA (1/1) + VB (1/1 + ¼) - VC (1/4) Ecuación en el nodo (C) 0 = - VA (1/8) - VB (1/4) + VC (1/8 + ½ + ¼) Y además I0 = (VA - VC)/ 8 = VA (1/8) - VC (1/8) reemplazando y simplificando el sistema de ecuaciones queda: Nodo (A) -4 = VA (9/8) - VB (1/1) - VC (1/8) Nodo (B) 0 = - VA (5/4) + VB (5/4) - VC 0) Nodo (C ) 0 = - VA (1/8) -VB (1/4) + VC (7/8) resolviendo tenemos: VA = - 56 (Volt); VB = - 56 (Volt) y por ultimo VC = - 24 (Volt) que conforman los resultados obtenidos. PROBLEMA Nº 33 40

En este problema hemos obtenido los siguientes resultados por el Método de las Corrientes en las Mallas: I1 = - 2.6 (A) antihorario en la resistencia de 3 ohm, I2 = 0.19 (A) horario en la resistencia de 4 ohm y I 3 = 7.38 (A) horario en la fuente dependiente de tensión, con estos valores hemos dibujado el diagrama de tensiones siguiente.

Ahora aplicamos supernodos en la rama A-C de lo que se desprende que VC - VA = 3VX y el potencial de referencia lo ubicamos en el nodo D por lo tanto VD = 0 (Volt)

41

Ecuación Supernodo (A)(C) -10 – 24/3 + 12/4 = VA (1/3) + VC (1/2 + ¼) - VB (1/3 + ¼) Ecuación en el nodo (B)

24/3 – 3/8 – 12/4 = - V A (1/3) - VC (1/4) + VB

(1/3+1/8+1/4) VX = VD - VC = - VC, reemplazando y simplificando llegamos al siguiente sistema de ecuaciones: Supernodo (A)(C) - 15 = VA (1/3) + VC (3/4) - VB (7/12) Nodo (B) 37/8 = - VA (1/3) - VC (1/4) + VB (17/24) Condición 0 = - VA (1) + VC (4) + VB (0) resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos: VA = - 57.43 (Volt) ; VC = - 14.36 (Volt) y VB = - 25.57 (Volt), estos resultados confirmas los obtenidos anteriormente. PROBLEMA Nº 34 En el problema Nº 07 resuelto por el Método de Corrientes de Malla obtuvimos los siguientes resultados:I1 = 4.31 (A) en la resistencia de 20 ohm-horario; I 2 = 3.01 (A) e I3 = 3.87 (A) en la resistencia de 4 ohm horario, con los cuales dibujamos el diagrama de tensiones:

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Para resolver el circuito por el Método de las Tensiones en los nodos, ubicamos el potencial de referencia en el nodo C por lo tanto VC = 0 (Volt)

Ecuación en el nodo (A) 100/20 + VX – 2VX /4 = VA (1/20 + 1/10 + ¼) - VB (1/20 + ¼) Ecuación en el nodo (B) - 100/20 + 2VX /4 = - VA (1/20 + ¼) + VB (1/20 + 1/2 + ¼) VX = VC - VB = - VBluego reemplazando y simplificando obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: Nodo (A) 100/20 = VA (2/5) + VB (1/5) Nodo (B) -100/20 = - VA (3/10) + VB 13/10) resolviendo resulta: VA = 12.93 (Volt) y VB = - 0.86 (Volt) que verifica los resultados obtenidos anteriormente. PROBLEMA Nº 35 En el problema Nº 08 resuelto por el Método de las Corrientes de Malla obtuvimos los siguientes resultados: I 1 = 0.38 (A) en la resistencia de 20 (A)horario; I2 = - 3.077 (A) y I 3 = - 0.77 (A) en la resistencia de 4 ohm-sentido horario, con estos resultados dibujamos el diagrama de tensiones: 43

Este circuito admite dos opciones para resolverse, una por el Método de Tensiones y otra por supernodos, ambas opciones las resolveremos. a. Elegimos como potencial de referencia al nodo (A) entonces VA = 0 (Volt) Entonces el potencial del nodo (C) VC = 10 (V0lt)

Ecuación en el nodo (B) 2VX /4 = VB (1/20 + ¼ + ½) - Vc (1/2) y además VX = VC - VB = 10 - VB luego reemplazando y simplificando obtenemos: 10 = VB (13/10) entonces: VB = 7.69 (Volt) que se confirma con los resultados obtenidos.

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b. Por supernodos VC - VA = 10 entonces V B = 0 (Volt). Luego entonces la ecuación de supernodos: Ecua, Supernodos (C)(A) - VX + VX – 2VX /4 = VC (1/2) + VA (1/20 + ¼) pero VX = VC - VB = VC reemplazando y simplificando obtenemos: (C)(A) 0 = VC (1) + VA (3/10) 10 = V C (1) - VA (1) resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos VC = 2.3 (Volt) y VA =

- 7.69 (Volt) que confirman los

resultados obtenidos PROBLEMA Nº 36 La solución encontrada al problema Nº 11 por el Método de Corrientes de Malla fue de: I1 = 2.5 (A) en la resistencia de 20 ohm sentido horario e I 2 = 32.5 (A) en la resistencia de 4 ohm sentido horario, con estos valores dibujamos el diagrama de tensiones.

Ahora resolveremos el circuito mediante el Método de las Tensiones en los nodos:

Ubicamos el potencial de referencia en el nodo (C) por lo tanto Vc = 0 (Volt) entonces VA = 10 (Volt) Ecuación en el nodo (B) 2I0/4 = - VA(1/20 +1/4) + VB (1/2 + 1/20 + 1/4) pero también sabemos que: IZ – I0 - VX = 0 entonces I0 = IZ - VX también sabemos que: IZ = (VB - VC )/ 2 = VB (1/2) y VX = VC - VB = - VB luego entonces: 45

I0 = VB (1/2) – (- VB ) = VB (3/2) reemplazando: 0 = - VA (3/10) + VB (4/5) – 2I0 /4 = -10 (3/10) + VB (4/5) – 2 [VB (3/2)]/4 3 = VB (4/5) - VB (3/4) = VB (1/20) de lo que resulta que: VB = 60 (Volt) que confirma los resultados obtenidos por el Método de las Corrientes de Malla

CAPITULO III TEOREMA DE LA SUPERPOSICIÓN, SOLUCIÓN DE PROBLEMAS INTRODUCCION.En este caso, el enunciado del Teorema es el siguiente: “Todo circuito compuesto por fuentes independientes de tensión y de corrientes, a su vez de fuentes dependientes de tensión y de corriente, y además de elementos eléctricos resistencias, se puede descomponer en la suma de circuitos 46

eléctricos compuesto por tantos circuitos como fuentes independientes tenga el circuito original, las fuentes dependientes de tensión y de corriente, permanecen en el circuito como si fueran resistencias”, este método es útil especialmente en los circuitos que para su funcionamiento utilicen corriente continua como alterna. Para desarrollar esta propuesta, plantearemos como máximo la suma de dos circuitos integrado por fuentes independientes que como suma den como resultado el circuito original Todo lo presentado anteriormente en el proyecto de investigación, ya sea el Método de Corrientes de Malla, como de Tensiones en los Nodos, son aplicables a es Método. Aplicaremos el Teorema de la Superposición, a los problemas desarrollados en el primer capitulo, para contrastar los resultados PROBLEMA Nº 37

En este caso vamos a agrupar en un circuito las fuentes de tensión independientes de 24 Volt y 6 Volt más otro circuito integrado por la fuente de 12 Volt

47

Las ecuaciones del primer circuito son las siguientes: 18 = I1 (25) – I2 (3) – I3 (10) 6 = - I1 (3) + I2 (16) – I3 (8) - 3Vx = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) de donde se desprende que: Vx = (I 1 –I3 )(10) Entonces 3Vx = I1 (30) – I3 (30) resolviendo resulta que: la tercera ecuación cambia a:

0 = I 1 (20) – I2 (8) – I3 (12) por lo tanto resolviendo el sistema de

ecuaciones resulta: I1 = 1.523 (A), I2 = 1.447 (A) y I3 = 1.574(A) Las ecuaciones del segundo circuito son las siguientes: 0 = I1 (25) – I2 (3) – I3 (10) - 12 = - I1 (3) + I2 (16) – I3 (8) - 3Vx = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) de donde se desprende que: Vx = (I 1 –I3 )(10) Entonces 3Vx = I1 (30) – I3 (30) resolviendo resulta que: la tercera ecuación cambia a: 0 = I1 (20) – I2 (8) – I3 (12) por lo tanto resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: I1 = 0.185 (A), I2 = - 0.421 (A) y I3 = 0.589(A) por lo tanto las corrientes del circuito original resultan: I 1 = 1.523 + 0.185 = 1.708 (A) luego I2 = 1.447 – 0.421 = 1.026 (A) y I3 = 1.574 + 0.589 = 2.163 (A) que confirman los resultados. Es pertinente señalar que, así como hemos calculado las corrientes originales del circuito propuesto, igualmente 48

es valido calcular las tensiones mediante el Teorema de la Superposición, asimismo se reitera que, para resolver los circuitos se puede aplicar, los métodos de corrientes de malla, supermallas o tensiones en los nodos y supernodos. PROBLEMA Nº 38

Este circuito lo vamos a resolver por el Teorema de la Superposición, descomponiendo el circuito en la suma de dos circuitos, uno integrado por la fuente de corriente independiente de 5 (A) y otro con la fuente de tensión de 12 Volt

El sistema de ecuaciones para el primer circuito es el siguiente: 0 = I1 (16) – I2 (4) – 5 (4) – 2Vx (8) 0 = - I1 (4) + I2 (10) – 2Vx (6) siendo Vx = (I 1 – I2) (4) y 2Vx = I1 (8) – I2 (8) ordenando el sistema de ecuaciones: 49

20 = - I1 (48) + I2 (60) 0 = - I1 (52) + I2 (58) resolviendo resulta: I1 = 3.452 (A) y I2 = 3.0952 (A) Para el Segundo circuito, el sistema de ecuaciones resulta: 0 = I1 (16) – I2 (4) – 2Vx (8) - 12 = - I1 (4) + I2 (10) – 2Vx (6) siendo Vx = (I 1 – I2) (4) entonces Vx = I 1 (4) – I2 (4) ordenando el sistema de ecuaciones: 0 = - I1 (48) + I2 (60) -12 = - I1 (52) + I2 (58) Resolviendo resulta: I1 = 2.14 (A) y I2 = 1.71 (A) de lo que se desprende que: I1 = 3.452 + 2.14 = 5.59 (A) y I2 = 3.0952 + 1.71 = 4.81 (A) con estos resultados se corrobora los resultados. PROBLEMA Nº 39

Este circuito presenta dos fuentes independientes, una de corriente y otra de tensión, por lo que se descompondrá en la suma de dos circuitos, en uno actuara la fuente de corriente y en el otro una fuente de tensión.

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El sistema de ecuaciones del primer circuito esta constituido por una supermalla una malla normal y finalmente una malla ficticia: -40 Io = I1 (13) + I2 (4) – I3 (4) – 2 (8) 0 = - I1 (0) – I2 (4) + I3 (16) Ecuación en el nodo P: 3Vo + I 2 – I1 = 0 donde Io = I 3 – I2Vo = I1 (5) reemplazando y sustituyendo obtenemos los siguientes resultados: I1 = 0.0409 (A), I2 = - 0.5728 (A) y I3 = - 0.1432 (A) El sistema de ecuaciones del segundo circuito esta constituido por una supermalla y una malla normal: -40 Io = I1 (13) + I2 (4) – I3 (4) - 24 = - I1 (0) – I2 (4) + I3 (16) Ecuación en el nodo P: 3Vo + I 2 - I1 = 0 donde Io = I 3 – I2Vo = I1 (5) reemplazando y sustituyendo obtenemos los siguientes resultados: I1 = 0.1381 (A), I2 = - 1.933 (A) y I3 = - 1.98 (A) Como al circuito lo hemos transformado, la única corriente real es I3 = - 0.1432 – 1.98 = - 2.1232 (A) que comprueba los resultado, para verificar las otras corrientes hay que tener presente las transformaciones realizadas.

PROBLEMA Nº 40

51

52

Este circuito lo vamos a resolver aplicando el teorema de la Superposición, pero aplicando el Método de las Tensiones en los Nodos. Entonces el sistema de ecuaciones al primer circuito, antes hay que determinar el potencial de referencia, y observando el circuito lo mas conveniente resulta ubicarlo en el nodo D por lo que, VD = 0 (Volt) de lo que se desprende que el potencial del nodo B es VB =

3 Io, también podríamos haber aplicado

Supernodos, entonces hay que plantear dos ecuaciones en el nodo A y en el nodo C: Nodo A: 24/10 = VA (1/10 + 1/8 + 1/4) – VB (1/4) - VC (1/10) Nodo C: - 24/10 + 4Vo + (3Vo)/12 = - VA (1/10) - VB (1/12) + VC (1/10 + 1/12) Donde Io = (VD - VA)/8 = - VA/8 y Vo = VA - VBreemplazando y ordenando el sistema de ecuaciones resulta: 24/10 = VA (91/160) - VC (1/10) -24/10 = -VA (473/80) + VC (11/60) resolviendo obtenemos VA = - 0.41 (Volt) y VC = - 26.33 (Volt); VB = 0.15 (Volt) El sistema de ecuaciones para el segundo circuito resulta, pero antes hay que observar el circuito para ubicar el potencial de referencia: VD = 0 (Volt) y además VB = 3 Io entonces las ecuaciones son: Nodo A: 0 = VA (1/10+ 1/8 + ¼) - VB (1/4) - VC (1/10) Nodo C: 4Vo – 6 + (3Vo)/12 = - VA (1/10) - VB (1/12) + VC (1/10 + 1/12) Donde Io = (VD - VA)/8 = - VA/8 y Vo = VA - VBreemplazando y ordenando el sistema de ecuaciones resulta: 1 = VA (91/160) - VC (1/10) -6 = - VA (473/80) + VC (11/60) resolviendo obtenemos VA = 1.232 (Volt), VC = 7.00 (Volt) y VB = - 0.462 (Volt) para verificar, por ejemplo el potencial del nodo C: V C = - 26.33 + 7.0 = - 19.33 (Volt) que es igual al que figura en el diagrama de tensiones, otro caso: V A = 1.232 – 0.41 = 0.82 (Volt) igualmente con lo cual queda corroborado el Teorema.

CAPITULO IV 53

TEOREMA DE THEVENIN SOLUCIÓN DE PROBLEMAS INTRODUCCION: Mediante la aplicación del Teorema de Thevenin (local) para el cálculo de una corriente que recorre una carga (resistencia, impedancia), donde la carga es parte de una topología de circuito que puede estar integrado por fuentes independientes de tensión o de corriente, o también por fuentes dependientes de tensión o de corriente, y combinaciones de cargas conectadas de diferentes formas, entonces la peculiaridad del Teorema es que observa al circuito como un dipolo, al cual que hay que caracterizarlo, en el caso del Teorema de Thevenin, es un circuito en serie donde la tensión de Thevenin ETH con su polaridad esta en serie con la Resistencia Equivalente Requiy a su vez esta en serie con la carga, esto queda claro con los gráficos siguientes:

El inconveniente se presenta en como calcular la tensión de Thevenin y la Resistencia equivalente. TENSION DE THEVENIN (ETH): para el cálculo de la tensión de Thevenin, el enunciado del Teorema señala, Dipolo Activo en vacío, o dicho de otra manera, es la diferencia de potenciales entre los bornes del Dipolo teniendo especial cuidado en la polaridad, ya que esta determina el sentido de la corriente en la carga. RESISTENCIA EQUIVALENTE (Requi): para el calculo de la resistencia equivalente el enunciado del Teorema señala, Dipolo Pasivado en vacío, para circuitos con cierta complejidad que están integrados además por fuentes dependientes de tensión o de corriente, es necesario la introducción de una fuente de prueba de tensión o de corriente:

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Formulas del Teorema de Thevenin: I = (ETH )/ (Requi + R) ; Requi = (fuente de prueba de tensión)/ Fuente de prueba de corriente) Hasta ahora todo lo desarrollado sobre la solución de circuitos, tenia que ver con calcular todas las variables de los sistemas de ecuaciones, tanto corrientes como tensiones, mediante la aplicación de este Teorema, solo pretende cálcular la corriente en una carga, para circuitos uno sobre una resistencia, y para circuitos eléctricos dos sobre una impedancia. Como ya se habrá desarrollado en la teoría, este teorema ve al circuito como un Dipolo Activo, PROBLEMA Nº 41

Observando el circuito, podríamos aplicar el Teorema de Thevenin sobre cinco cargas, en esta oportunidad, calcularemos la corriente en la resistencia de 5 Ohm: Calculo de la Tensión de Thevenin: entonces la definición es Dipolo Activo en vacío, con lo cual el circuito queda conformado de la siguiente manera: 55

Entonces el circuito queda conformado por dos mallas, y su sistema de ecuaciones es el siguiente: 18 = I1 (25) – I2 (10) -3Vx = - I1 (10) + I2 (18) donde Vx = (I 1 – I2) (10) = I1 (10) – I2 (10 luego reemplazando y ordenando tenemos: I1 = 2.16 (A) e I2 = 3.6 (A) calculando la diferencia de potenciales entre los bornes A y B resulta VAB = ETH = 29.28 (Volt) o sea por la polaridad la corriente tiene como sentido de A hacia B. Calculo de la Resistencia equivalente, definición “Dipolo Pasivado en vacío”

Observando el circuito tenemos tres mallas reales, entonces planteamos las ecuaciones: 56

0 = I1 (25) – I2 (3) – I3 (10) 10 = - I1 (3) + I2 (11) – I3 (8) -3Vx = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) sabemos que: Vx = (I1 – I3)(10) = I1 (10) – I3 (10) 0 = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) + 3Vx = I1 (20) – I2 (8) – I3 (12) resoviendo el sistema de ecuaciones resulta: I1 = - 0.187 (A), I2 = 0.425 (A) y I3 = - 0.595 (A) con estos resultados la Resistencia Equivalente vale: Requi = 10/0.425 = 23.53 Ohm entonces la corriente que estamos buscando vale: I = (ETH )/ (Requi + 5) = (29.28)/(23.53 + 5) = 1.02 (A) que se verifica con los resultados obtenidos PROBLEMA Nº 42

Utilizando el mismo circuito calcular la corriente en la resistencia de 10 Ohm, de lo que se desprende que Vx = ETH

El circuito dos mallas reales por lo que el sistema de ecuaciones es el siguiente: 57

18 – 3Vx = I1 (23) – I2 (11) -6 = - I1 (11) + I2 (16) tenemos que expresar Vx = f (I1,I2), cerrando el circuito en Vx tenemos: Vx – I1 (8) + I2 (8) – 3Vx = 0 despejando Vx = - I1 (4) + I2 (4) introduciendo Vx en el sistema de ecuaciones: 18 = I1 (11) + I2 (1) -6 = - I1 (11) + I2 (16) resolviendo: I1 = 1.57 (A) y I2 = 0.706 (A) luego Vx = 3.456 (Volt) Entonces Vx = - 3.456 = ETH que significa que en Vx hay que invertir la polaridad, de lo que se desprende que el sentido de la corriente es de izquierda a derecha: Calculo de la Resistencia equivalente, para lo cual tenemos que pasivar el circuito:

Observando el circuito tiene tres mallas por lo tanto el sistema de ecuaciones: -10 = I1 (15) – I2 (3) – I3 (0) 0 = - I1 (3) + I2 (16) – I3 (8) 10 – 3Vx = - I1 (0) – I2 (8) + I3 (8) donde Vx = 10 luego resolviendo: I1 = - 1.26 (A), I2 = - 2.97 y I3 = - 5.47 (A) la Resistencia equivalente tiene que ver con las Corrientes I1 y I3 de lo que resulta: Requi = (10)/(1.26-5.47) = - 2.38 Ohm entonces aplicando la formula de corriente para el Teorema de Thevenin:

58

I = (ETH)/(Requi + 10) = (3.456)/(- 2.38 + 10) = 0.453 (A) que se verifica con los resultados obtenidos PROBLEMA Nº 42

En este circuito vamos calcular mediante el Teorema de Thevenin las corrientes en las resistencias de 6 ohm y 4 ohm donde no esta la condición

Vemos que el circuito presenta una sola malla real y dos mallas ficticias: 0 = I1 (16) – 5 (4) – 2Vx (12) donde Vx = (I 1 – 2Vx)(4) = I1 (4) – Vx(8) entonces Vx = I1 (4/9) reemplazando resulta: 20 = I1 (16) – 2 [I1 (4/9)](12) = I1 (16) – I1 (10.67) = I1 (5.33) entonces I1 = 3.75 (A) Luego la tension de thevenin es ETH = 10.34 (Volt) y la polaridad que prevalece es la de la fuente de 12 Volt, entonces la corriente en la resistencia de 6 ohm es de derecha a izquierda. 59

Calculo de la Resistencia equivalente recordar Dipolo Pasivado en vacio como hay fuente dependiente es necesario colocar la fuente de prueba con una polaridad arbitraria asimismo la magnitud de la fuente.

El presenta dos mallas reales y una ficticia, por lo tanto el sistema de ecuaciones es el siguiente: 0 = I1 (16) – I2 (4) – 2Vx (8) 10 = - I1 (4) + I2 (4) – 2Vx (0) donde Vx = (I1 – I2)(4) = I1 (4) – I2 (4) 0 = I1 (16) – I2 (4) – 2 [I1 (4) – I2 (4)](8) = I1 (16) – I2 (4) – I1 (64) + I2 (64) 0 = - I1 (48) + I2 (60) 10 = - I1 (4) + I2 (4) luego: I1 = - 12.5 (A) y I 2 = - 10 (A) por lo que la Resistencia equivalente es: Requi = 10/10 = 1 ohm La corriente aplicando Thevenin es:I = (E TH)/(Requi +6) = (10.34)/(1 + 6) = 1.47 (A) que se verifica con los resultados obtenidos. Calcular la corriente en la resistencia de 4 ohm donde no esta la condición de Vx

60

RecordemosDipolo Activo en vació, observando el circuito nos damos cuenta que hay una malla real y dos mallas ficticias: -12 = I1 (10) – 5 (4) – 2Vx (6) donde Vx = (5 – I1 )(4) = 20 – I1 (4) -12 = I1 (10) – 20 - (12)[20 – I1 (4)] = I1 (10) – 20 – 240 + I1 (48) 248 = I1 (58) por lo tanto: I1 = 4.28 (A) de donde la tensión de Thevenin es: ETH = 3.43 (Volt) y entonces por la polaridad la corriente va de abajo hacia arriba. Calculo de la resistencia equivalente, recordar Dipolo pasivado en vacio como hay fuente dependiente, es necesario utilizar una fuente de prueba:

Observando el circuito nos damos cuenta que hay dos mallas reales y una ficticia: 10 = I1 (12) – I2 (4) – 2Vx (8)

61

1 = - I1 (4) + I2 (10) – 2Vx (6) donde Vx = (I1 – I2)(4) = I1 (4) – I2 (4) reemplazando: 10 = - I1 (52) + I2 (60) 0 = - I1 (52) + I2 (58) resolviendo: I1 = 5.58 (A) y I2 = 5 (A) para la Resistencia equivalente hay que tener en cuenta I1 entonces: Requi = (10)/(5.58) = 1.79 Ohm, luego I = (E TH)/(Requi + 4) = (3.43)/(1.79+4) = 0.59 (A) que se verifica al comparar con el circuito correspondiente:

PROBLEMA Nº 43

En este circuito vamos a calcular aplicando el Teorema de Thevenin en la resistencia de 5 ohm

Recordar para calcular la tensión de Thevenin, la definición es Dipolo Activo en vacío, en este caso la tensión de thevenin es igual a Vo = ETHy además observando el circuito y transformándolo tenemos:

62

Solo tenemos una ecuación: -24 + 36 Vo = Io (16) -24 = Io – 36 Vo

la expresión de Vo: - Vo + Io (4) + 16 – 40 Io = 0

Vo = 16 – Io (36) Entoces: Io = 552/1312 = 0.42 (A) y Vo = 0.854 (Volt) = E TH Para calcular la Resistencia equivalente, recordemos Dipolo Pasivado en Vacío

63

El circuito tiene dos mallas reales: -10 – 40 Io = I1 (12) – I2 (4) 360 = - I1 (4) + I2 (16)

de donde: Io = I2 – I1 reemplazando y

reduciendo: -10 = - I1 (28) + I2 (36) 360 = - I1 (4) + I2 (16) resolviendo Tenemos: I1 = 43.1578 (A) y I2 = 33.289 (A) La Requi = 10/-43.1578 = - 0.2317 ohm La Corriente aplicando el Teorema de Thevenin: I = (ETH)/(Requi +5) = 0.854/(-0.2317 + 5) = 0.1790 (A) que confirma el resultado obtenido

PROBLEMA Nº 44

Vamos a verificar la corriente en la resistencia de 4 ohm, mediante la aplicación del teorema de thevenin, pues en este caso Vo = ETH Para calcular la Tensión de Thevenin recordemos Dipolo activo en vacio:

64

Para calcular cuanto vale Vo, observamos el circuito y hay que realizar una ecuación en la supermalla: 24 + 3Io + 3Vo = I1 (18) + I2 (12) donde Io = - I1 y ademas hay que expresar Vo = f(I1,I2) entonces - Vo - 3 Io + I1 (8) = 0 luego Vo = - 3 Io + I1 (8) Vo = - 3 (-I1) + I1 8) = I1 (11) por lo tanto Vo = I1 (11) Ecuación en el nodo C: 4Vo – 6 + I2 – I1 = 0 24 = I1 (18) + I2 (12) – 3 Io – 3 Vo sustituyendo y ordenando tenemos: 24 = - I1 (12) + I2 (12) 6 = I1 (43) + I2 (1) resolviendo queda: I1 = 0.09 (A) y I2 = 2.09 (A); Vo = 0.99 = ETH Para calcular la Resistencia equivalente, recordemos, Dipolo Pasivado en vacío, pero como el circuito contiene Fuentes dependientes es necesario colocar una fuente de prueba, en este caso particular hacemos coincidir con la polaridad de Vo la magnitud puede ser cualquiera:

65

Observando el circuito tenemos una supermalla y una malla real: 3Io + 3Vo = I1 (18) + I2 (12) – I3 (8) -10 – 3Io = - I1 (8) – I2 (0) + I3 (8) Nodo C: 4Vo + I2 - I1 = 0 hay que tener presente que: Io = I3 -I1 y que Vo = 10 (V) Resolviendo el sistema de ecuaciones: I1 = 22.72 (A) , I2 = - 17.27 (A) y I 3 = 21.82 (A) La Resistencia Equivalente: Requi = (10)/(-21.82) = - 0.46 ohm Entonces la corriente es: I = (ETH )/(Requi + 4) = (0.99)/(- 0.46 + 4) = 0.279 (A) que confirma el resultado.

CAPITULO V TEOREMA DE NORTON SOLUCIÓN DE PROBLEMAS

66

INTRODUCCION.En el caso del Teorema de Norton al igual que el Teorema de Thevenin es un teorema local o sea solo calcula la corriente sobre una carga (resistencia o impedancia, solo que al caracterizar el Dipolo lo hace, mediante una Corriente de Norton IN que esta en paralelo con la resistencia equivalente y a su vez también el paralelo con la carga, tal como se señala en el grafico

CALCULO DE LA CORRIENTE DE NORTON.- El enunciado del teorema señala: Dipolo Activo en Cortocircuito, esto quiere decir que, la corriente que circula por el cortocircuito es la IN. CALCULO DE LA RESISTENCIA EQUIVALENTE:- se calcula de la misma manera que en el caso del Teorema de Thevenin. FORMULAS.I = (IN)(Requi)/(Requi + R) además que IN = (ETH/Requi) PROBLEMA Nº 45

67

Para aplicar el Teorema de Norton, en el cálculo de la corriente de cortocircuito, por definición sabemos que, Dipolo Activo en cortocircuito, en nuestro caso coincide con la corriente de malla I2 : el circuito esta compuesto por tres mallas: 18 = I1 (25) – I2 (3) – I3 (10) -6 = - I1 (3) + I2 (11) – I3 (8) -3Vx = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) pero Vx = (I1 –I3) (10) = I1 (10) – I3(10) 0 = - I1 (10) – I2 (8) + I3 (18) + 3[I1(10) – I3(10) 0 = I1 (20) – I2 (8) – I3 (12) resolviendo: I1 = 1.612 (A) , I2 = 1.245 (A) = I N y I3 = 1.857 (A) Para verificar sabemos: IN = (ETH)/ Requi = 29.28/23.53 = 1.244 (A) confirma que lo obtenido es correcto. PROBLEMA Nº 45

68

Ahora calcularemos la I Nen la resistencia de 10 ohm. Recordemos Dipolo Activo en cortocircuito, de lo que se desprende que, Vx = 0 (Volt) con esta condición la fuente dependiente esta en cortocircuito.

Entonces tenemos: tres ecuaciones correspondientes a las tres mallas, la I N será la que corresponda a las corrientes de malla I 1 e I3 luego: 18 = I1 (15) – I2 (3) – I3 (0) -6 = - I1 (3) + I2 (16) – I3 (8) 0 = - I1 (0) – I2 (8) + I3 (8) resolviendo tenemos: I1 = 1.135 (A) ; I2 = - 0.324 (A) y I3 = - 0.324 (A) luego IN = 1.135 + 0.324 = 1.45(A) Para verificar: IN = ETH/ Requi = 3.456/-2.38 = 1.45 (A) se verifica PROBLEMA Nº 46 Calcular la IN en la resistencia de 6 Ohm: 69

Recordar Dipolo activo en cortocircuito:

Observando el circuito nos damos cuenta que hay dos mallas reales y dos mallas ficticias. 0 = I1 (16) – I2 (4) – 5 (4) – 2Vx (8) -12 = - I1 (4) + I2 (4) – 2Vx (0) donde Vx = (I1 – I2 )(4) = I1 (4) – I2 (4) resolviendo: I1 = 16.67 (A) , I2 = 13.67 (A) , Vx = 12 (Volt) luego IN = 24 – 13.67 = 10.33 (A) Para verificar

IN = ETH/Requi

= 10.34/1 = 10.34 (A) con lo cual queda

comprobado PROBLEMA Nº 47

70

Ahora calcularemos la IN en la resistencia de 4 ohm donde no esta la condición:

El circuito presenta dos mallas reales y dos mallas ficticias: 1 = I1 (12) – I2 (4) – 5 (0) - 2Vx (8) -12

= - I1 (4) + I2 (10) – 2Vx (6) donde Vx = (I1 - I2) (4) = I1 (4) – I2 (4)

resolviendo resulta: I1 = 6.92 (A) ; I2 0 6 (A) la IN = 6.92 – 5 = 1.92 (A) pero IN = ETH /Requi = 3.43/ 1.79 = 1.91 (A) que comprueba el resultado obtenido.

PROBLEMA Nº 48

71

En el circuito propuesto calcularemos la corriente de Norton I N

= ? en la

resistencia de 5 ohm . Entonces por definición tendremos Dipolo Activo en Cortocircuito, de lo que se desprende que

Vo

la caída de tensión en la

mencionada resistencia es Vo = 0 (volt)

Para simplificar el circuito y disminuir el número de ecuaciones transformamos el circuito: como Vo = 0 (volt) la fuente dependiente de tensión 36 Vo = 0 (Volt)

72

Tenemos dos mallas reales: 16 – 40 Io = I1 (12) – I2 (4) I1 = IN -24 = - I1 (4) + I2 (16) cuando Io = I2 - I1 I1 = - 3.684 (A) y I2 = - 2.421 (A) que se confirma con los resultados anteriores donde IN = (ETH)/(Requi) = 0.854/0.2317 = 3.685 (A) PROBLEMA Nº 49

En este circuito vamos a calcular la INen la resistencia de 4 ohm, entones recordamos: Dipolo Activo en Cortocircuito: como Vo = 0 (A) las consecuencias son que, la fuente de corriente dependiente 4Vo quedara en vacío y la fuente dependiente de tensión 3Vo estará en cortocircuito

Observando el circuito tenemos una supermalla constituida por I 1 e I2 y una malla Real I3que será igual a IN entonces el sistema de ecuaciones será: 24 + 3Io = I1 (18) + I2 (12) – I3 (8) 73

-3Io = - I1 (8) – I2 (0) + I3 (8) donde Io = I3 – I1 Ecuación en el Nodo C: -6 + I2 – I1 = 0 resolviendo resulta I1 = – 2.1818 (A), I2 = 3.818 (A) y I3 = IN = - 2.1818 (A) Para comprobar: IN = (ETH)/ (Requi) = 0.99 / 0.46 = 2.15 (A) Comprobado

CAPITULO VI: TEOREMA DE LA MÁXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA SOLUCIÓN DE PROBLEMAS. INTRODUCCIÓN: Mediante este teorema pretendemos determinar cual es la eficiencia en la transmisión o uso de la Energía Eléctrica sobre una carga que en general es 74

sobre una Impedancia, y en el caso particular que nos ocupa sobre una resistencia. Al precisar que es sobre una carga, entonces estamos tratando el caso como el Teorema de Thevenin o Teorema de Norton, o sea se observa el circuito como un Dipolo, al que hay que caracterizarlo, y luego encontrar una función de la Potencia en función de la variable, carga (RL) y luego de encontrar la derivada e igualarla a cero encontramos que RL = Requi o sea la utilización es del 50 %

PROBLEMA Nº 50 En el siguiente circuito cuanto vale RL para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, en este caso por teoría sabemos que R L = Requi, ya calculado, y para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, la tensión de Thevenin también ya la hemos calculado: Pmax = (ETH)2 / [(4) Requi]

Entonces: Requi = RL = 23.53 (ohm) y ETH = 29.28 (Volt) por lo tanto: Pmax = (29.28)2 /(4)(23.53) = 9.11 (Watt) PROBLEMA Nº 51

75

En el circuito hay que calcular cuanto vale R L = ? para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, como ya sabemos R L es igual a Requi, ya calculado y también ETH Requi = - 2.38 (ohm) y ETH = 3.456 (Volt) por lo tanto: Pmax = (ETH)2 / (4)(Requi) = (3.456)2 / (4)(2.38) = 1.255 (Watt) PROBLEMA Nº 52

En el circuito hay que calcular cuanto vale R L = ? para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, como ya sabemos R L es igual a Requi, ya calculado y también ETH Requi = 1.00 (ohm) y ETH = 10.34 (Volt) por lo tanto: Pmax = (ETH)2 / (4)(Requi) = (10.34)2 / (4)(1.00) = 26.73 (Watt) PROBLEMA Nº 53

76

En el circuito hay que calcular cuanto vale R L = ? para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, como ya sabemos R L es igual a Requi, ya calculado y también ETH Requi = 1.79 (ohm) y ETH = 3.43 (Volt) por lo tanto: Pmax = (ETH)2 / (4)(Requi) = (3.43)2 / (4)(1.79) = 1.643 (Watt) PROBLEMA Nº 54

77

En el circuito hay que calcular cuanto vale R L = ? para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, como ya sabemos R L es igual a Requi, ya calculado y también ETH Requi = - 0.2317 (ohm) y ETH = 0.854 (Volt) por lo tanto: Pmax = (ETH)2 / (4)(Requi) = (0.854)2 / (4)(0.2317) = 0.7869 (Watt) PROBLEMA Nº 55

En el circuito hay que calcular cuanto vale R L = ? para que sea Máxima la Transferencia de Potencia, como ya sabemos R L es igual a Requi, ya calculado y también ETH Requi = - 0.46 (ohm) y ETH = 0.99 (Volt) por lo tanto: Pmax = (ETH)2 / (4)(Requi) = (0.99)2 / (4)(0.46) = 0.533 (Watt)

CAPITULO VII CUADRIPOLOS, PARAMETROS “r”, “g”, “h” y “g” híbridos 78

SOLUCIÓN DE PROBLEMAS. INTRODUCCION: En este capitulo desarrollaremos la forma como convertir en circuito eléctrico, mediante un sistema de ecuaciones y parámetros que lo caracterizan, dispositivos Eléctricos o Electrónicos (encapsulados a los cuales solo tenemos acceso a los terminales, transformadores, transistores u otros), estos sistemas de ecuaciones o parámetros son los siguientes: Mediante parámetros “r” o de vacío V1 = r11 (I1) + r12(I2) V2 = r21 (I1) + r22 (I2) Mediante parámetros “g” o de cortocircuito I1 = g11 (V1) + g12 (V2) I2 = g21 (V1) + g22 (V2) Mediante Parámetros Hibridos “h” V1 = h11(I1) + h12(V2) I2 = h21(I1) + h22 (V2) Mediante parámetros hibridos “g” I1 = g11 (V1) + g12 (I2) V2 = g21 (V1) + g22 (I2) PROBLEMA Nº 56 Dado el siguiente cuadripolo calcular los Parámetros “g” o parámetros de cortocircuito

79

Del siguiente sistema de ecuaciones, obtenemos los parámetros g 11 y g21 I1 = g11 V1 + g12 V2 I2 = g21 V1 + g22 V2 g11 = I1 ]V2 = 0 = 10 = 0.625 Ohm-1 V1 15.99 g21 = I2 ] v2 = 0 = 6 = 0.375 Ohm-1 V1 15.99

Como vemos para resolver el circuito, consideramos la ecuación de una supermalla y una malla ficticia, por lo tanto: 0 = I1 (9) + I2 (2) – 10 (3) además en el Nodo (P) 2I0 + I2 – I1 = 0 resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos y I 0 = 10 – I1 I1 = 4.67 (A) ; I2 = - 6 (A) los otros parámetros resultan: g12 = I1 ]V1 = 0 = -2 = - 0.125 Ohm-1 V2

16

g22 = I2 ] v1= 0 = 2 = 0.125 Ohm-1 V2

16

80

Observamos que al cortocircuitar V1 anula la resistencia de 3 ohm por lo que I0 = 0 y además la fuente dependiente de corriente queda en vacío de lo que se deduce que existe una corriente de 2 (A) que da lugar a los parámetros. Ahora teniendo en cuenta los siguientes datos: V1 = 12 (volt) y V2 = 24 (volt) Reemplazando en el sistema de ecuaciones: I1 = (0.625)(12) + (-0.125)(24) = 4.5 (A) I2 = (0.375)(12) + (0.125)(24) = 7.5 (A) Comprobamos este resultado al tener en cuenta el siguiente circuito:

Observamos que la resistencia de 3 ohm esta en paralelo con la fuente de 12 volt por lo que por esta resistencia circula una corriente de 4 (A), entonces para resolver el circuito planteamos la ecuación de una supermalla:

81

-12 = I1 (6) + I2 (2) además de la ecuación en el Nodo (P) 8 +I2 – I1 = 0 que al resolver resulta I1 = 0.5 (A) y I2 = - 7.5 (A) luego a los 0.5 (A) + 4 (A) = 4.5 (A) PROBLEMA 57 Para resolver este cuadripolo hay que tener presente los parámetros “g” calculados y que son los siguientes: g11 = 0.625 ; g21 = 0.375 ; g12 = -0.125 y g22 = 0.125 Observamos el cuadripolo vemos que en los bornes de salida o secundario se ha agregado un pequeño circuito.

al cual hay que calcular la tensión de Thevenin y la Resistencia equivalente desde los bornes de V2 lo cual da origen a un circuito simplificado desde los bornes de salida: La tensión de Thevenin al circuito en los bornes de salida se calcula, mediante el siguiente circuito transformado:

3Vx – 12 = Ix (12)

Vx = - Ix (8) resolviendo resulta: Ix = - 0.333 (A) 82

De lo que se desprende que: VTH = 2.67 (volt) Para calcular la Resistencia Equivalente tendremos el siguiente circuito:

Observamos que la fuente de prueba de 16 Volt esta en paralelo con la resistencia de 8 ohm por lo tanto por ahí circula 2 (A), debido a esto solo consideramos la ecuación de una malla: 16 + 3Vx = Ix (4) donde Vx = 16 (volt) por lo tanto Ix = 16 (A) que considerando los 2 (A) pr la fuente circula 18 (A) de donde resulta la Requi Requi = 16 = 0.89 (Ohm) 18

83

Para calcular la VTHempezamos definiendo, Dipolo Activo en vacío con lo cual I1 = 0 y además que V1 = VTH, también hay que tener en cuenta que: V2 = 2.67 – I2 (0.89) de donde poniendo en función de I 2 I2 = 3 –V2 (1.124), estos valores hay que reemplazarlos en el sistema de ecuaciones: I1 = g11 V1 + g12 V2 = (0.625) (VTH) + (-0.125) V2 I2 = g21 V1 + g22 V2 = (0.375) (VTH) + (0.125) V2

resolviendo el sistema de

ecuaciones resulta: VTH = 0.453 (volt) y V2 = 2.27 (volt) Para calcular la Requi ?, empezamos definiendo, Dipolo Pasivado en vacío pero como existen fuentes dependientes tenemos que hacer uso de la fuente de prueba ya sea de Tensión o de corriente, por lo cual resulta el siguiente cuadripolo:

Observando el circuito, nos damos cuenta que hay que tener las siguientes consideraciones: V1 = 10 y que además V2 = - I2 (0.89) y que para obtener la Resistencia equivalente hay que calcular I1 ?, luego entonces planteamos el sistema de ecuaciones: I1 = g11 V1 + g12 V2 = (0.625) (10) + (-0.125)[-I2 (0.89)] I2 = g21 V1 + g22 V2 = (0.375) (10) + (0.125)[-I2 (0.89)] Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta: I1 = 6.63 (A) ; I2 = 3.3745 (A) De donde resulta que: Requi = 10 = 1.50 Ohm 6.63 PROBLEMA Nº 58 84

Dado el siguiente cuadrípolo calcular los parámetros r o parámetros de vacío

Para calcular los parámetros r previamente hay que tener presente el siguiente sistema de ecuaciones: V1 = r11 i1 + r12 i2 V2 = r21 i1 + r22 i2 De donde

r11 = V1] I1

r21 = i2 = 0

I1

V2 ]

i2

De acuerdo a las condiciones de las ecuaciones, hay que considerar el siguiente circuito

Las ecuaciones son las siguientes: 0 = I1 (5) + I2 (8) +I3 (4) – 10 (8) ecuación de la supermalla N (P) 10 – I1 – 5 Io +I2 - 10 = 0 N (Q) I1 – 3V0 + I0 = 0 85

Además hay que tener en cuenta que V0 = I1 (5) y que Io = - I3 Resolviendo las ecuaciones resulta que: I1 = 0.155 (A) ; I2 = 10.986 (A) ; I3 = - 2.166 (A)con estos resultados los parámetros son los siguientes r11 = V1] I1

= - 0.7888 (Ω) i2 = 0

r21 I1

=

V2 ] = - 0.8664 (Ω)

i2

Para calcular los otros parámetros hay que tener en cuenta el siguiente circuito:

Las ecuaciones son las siguientes: 0 = I1(5) + I2 (8) + I3 (4) +10 (4) ecuación de la supermalla N(P) - I1 – 5 I0 + I2 = 0 N(Q) I1 – 3 V0 + 10 + I0 = 0 Además V0 = I1 (5) y I0 = - ( 10+ I3 ) Resolviendo las ecuaciones obtendremos: I1 = 0.696 (A) ; I2 = - 0.561 (A) ; I3 = - 9.748 (A) Los parametros resultan: r12 = V1] I2

=

0.4488 (Ω)

i1 = 0

r22

= I2

V2 ] = 12.1 (Ω) i1

Teniendo en cuenta las siguientes señales : I 1 = 2 (A) y V2 = 24 (V) reemplazando en el sistema de ecuaciones tendremos: I2 = 2.12 (A) y V1 = - 0.622 (V) Con estos resultados se comprueba con el mismo problema resuelto aplicando el Método de Corrientes de Malla.

86

PROBLEMA Nº 59 Dado el siguiente cuadripolo calcular los parámetros “h” o parámetros híbridos:

Hay que tener en cuenta el siguiente sistema de ecuaciones: V1 = h11 I1 + h12 V2 I2 = h21 I1 + h22 V2 Entonces los parámetros: h11 = V1 ] I1

h21 = V2 = 0

I1

I2 ]

V2 = 0

87

Tenemos que plantear dos ecuaciones: 0 = I1 (16) – I2 (4) – 10 (4) – 2Vx (8) 0 = -I1 (4) + I2 (10) – 2Vx (6) además Vx = (I1 – I2) 4 obtenemos los resultados: I1 = 6.9 (A) ; I2 = 6.19 (A) por lo que: h11 = 4.24 (Ω) y h21 = - 0.619 (Nº) Para calcular los otros parámetros hay que tener en cuenta el siguiente circuito:

En este caso solo tenemos una ecuación: 0 = I1 (16) – 2Vx (8) + 10 (4) además hay que tener en cuenta: Vx = (I1 + 10) * 4 Resolviendo obtenemos I1 = - 12.5 (A) con lo cual los parámetros serán:

h12 = V1 ] V2

= - 071 (Nº) I1 = 0

h22 = V2

I2 ]

= - 0.143 (mho)

I1 = 0

Teniendo en cuenta las siguientes señales: I1 = 5 (A) y V2 = 12 (v) obtenemos V1 = 12.68 (Volt) y I2 = - 4.811 (A) Que se verifica con los resultados obtenidos aplicando el Método de Corrientes de Malla.

88

PROBLEMA Nº 60 Dado el siguiente cuadripolo calcular los Parámetros Híbridos “g” y además con las siguientes señales I1 = 2 (A) y E2 = 24 (V), calcular la tensión V1 y la corriente I2

El sistema de ecuaciones que define los Parámetros Híbridos es el siguiente: I1 = g11 V1 + g12 I2 V2 = g21 V1 + g22 I2 g11 = I1 ]

=

para calcular los dos primeros parámetros:

10 = - 1.276 (ohm)-1

g21 = V2 ] =

V1 I2 = 0- 7.84

V1

-8.664 = 1.105 (Nº)

I2 = 0- 7.84

El circuito correspondiente es el siguiente:

89

Consideramos la ecuación de una supermalla y una malla ficticio de 10 (A): 0 = I1 (5) +I2 (8) + I3 (4) – 10(8) además las ecuaciones en los nodos P y Q Nodo (P) 5I0 + 3V0 + I3 –I2 = 0 Nodo (Q) I1 - I3 – 3V0 = 0 teniendo en cuenta que V0 = I1 (5) y I0 = - I3 Resolviendo adecuadamente resulta: I1 = 0.155 (A) ; I2 = 10.98 (A) ; I3 = - 2.166 (A) Para los otros parámetros resulta: g12 = I1 ] = 5.686 = 0.5686 (Nº) I2 V1 =010 g22 = V2 ] = 116.08 = 11.6 ohm I2 V1 =010 El circuito que le corresponde es:

El cortocircuito del primario anula la resistencia de 8 ohm, por lo que queda una ecuación de supermalla y una malla ficticia de 10 (A), además hay que tener en cuenta las ecuaciones en los nodos P y Q : 0 = I1 (5) + I2 (0) + I3 (4) + 10 (4) Nodo (P) I2 – I1 – 5I0 = 0 Nodo (Q) 5I0 + 3 V0 + I3 - I2 = 0 resolviendo adecuadamente resulta: I1 = 0.784 (A) ; I2 = 5.686 (A) y I3 = - 10.98 (A) Con las señales proporcionados como datos I1 = 2 (A) y E2 = 24 (V), reemplazando en el sistema de ecuaciones: I1 = g11 V1 + g12 I2 V2 = g21 V1 + g22 I2 2 =(- 1.276) * V1 + (0.5686) * I2 24 = ( 1.105 ) * V1 + (11.6) * I2 Resolviendo resulta V1 = - 0.62 (Volt) ; I2 = 2.12 (A) 90

Que coincide con los resultados obtenidos con otras formas de resolver el mismo circuito PROBLEMA Nº 61 En el cuadripolo caracterizado por los siguientes parámetros híbridos “g”; g11 = - 1.276 Ohm

-1

; g12 = 0.5686 (Nº) ; g21 = 1.105 (Nª) ; g22 = 11.6 (ohm) y

con la señal mostrada en el circuito en la entrada, calcular en los bornes del secundario la Tensión de Thevenin y la Resistencia Equivalente:

Para calcular la tensión de Thevenin en los bornes de salida o secundario, primero hay que tener presente la definición Dipolo Activo en vacío desde los bornes del salida lo que determina que I2 = 0 y además que V2 = VTh. En el cuadripolo

propuesto

en

la

señal

de

entrada

hay que

hacer

dos

transformaciones primero la fuente de tensión convertirla en fuente de corriente y luego considerar la fuente de corriente en paralelo con las resistencias para volverlas a transformar en fuente de tensión en serie con la resistencia, de estas transformaciones resulta el siguiente cuadripolo

91

Teniendo en cuenta la forma del circuito se determina que: V1 = 16 – I1 (2) entonces el sistema de ecuaciones adquiere la siguiente forma: I1 = g11 V1 V2 = g21 V1 = VTH de V1 = 16 – I1 (2) despejamos I1 = 8 – V1 (1/2), reemplazando este valor en la primera ecuación resulta: 8 – V1 (1/2) = (-1.276) (V1) 8 = V1 (1/2) + (-1.276) (V1) de donde resulta V1 = - 10.31 (volt), luego reemplazamos este valor en la segunda ecuación: V2 = VTH = (1.105)(-10.31) = - 11.39 (volt) Para calcular la Requi hay que tener presente la definición, Dipolo pasivado en Vació, que determina que la tensión de 16 (vol) se cortocircuita, de lo que resulta que V1 = - I1 (2), y que además en los bornes de salida aplicamos la fuente de prueba de 10 (volt), entonces el cuadripolo presenta la siguiente forma:

De la formula V1 = - I1 (2) despejamos I1 = - V1 (1/2) luego reemplazando en el sistema de ecuaciones resulta: I1 = g11 V1 + g12 I2 V2 = g21 V1 + g22 I2 -V1 (1/2) = g11 (V1 ) + g12 I2 = (-1.276) V1 + (0.5686) I2 -V1 (1/2) + (1.276) V1 = (0.5686) I2 de lo que resulta V1 = I2 (0.733) que reemplazando el la segunda ecuación resulta: 10 = (1.105)[I2 (0.733)] + (11.6)I2 resultando I2 = 0.8058 (A) por lo que la Requi es positiva y su valor es : Requi = 10/0.8058 = 12.41 (ohm)

92

CAPITULO VIII AMPLIFICADORES OPERACIONALES OP-AMP, SOLUCIÓN DE PROBLEMAS INTRODUCCION.Este Cuarto (4º) Informe por su complejidad, no ha sido desarrollado ni aplicado en profundidad por el suscrito en el dictado de la asignatura Circuitos Eléctricos I de la cual soy titular, por lo cual se ha tomado como referencia la teoría y algunos problemas, el algunos casos se ha respetado la peculiaridad en la solución de problemas desarrollado en el texto, de los siguientes autores,FRAYLE MORA, JESUS; Problemas de Circuitos Eléctricos, PEARSON EDUCACION,S.A. Madrid 2013, CHARLES K. ALEXANDER Y MATTHEW N.O. SADIKU, Fundamentos Circuitos Eléctricos, McGraw-Hill. 2002, y JOSEPH A. EDMINISTER, MAHMOOD NAHVI, CIRCUITOS ELECTRICOS, McGraw-Hill, tercera edición. 2006. Un amplificador operacional es un dispositivo electrónico compuesto por un complejo arreglo de resistencias, transistores, capacitores y diodos, que pueden realizar las operaciones matemáticas (utilizando la electricidad en lugar de números), como sumar, restar, multiplicar y muchas otras más. El tema teórico esta desarrollado con pequeñas variantes en distintos autores que se mencionara con suficiente detalle en la bibliografía, la peculiaridad del presente trabajo esta en la coherencia teórica especialmente en el planteo de las ecuaciones, con los temas tratados anteriormente. Los amplificadores son dispositivos electrónicos, que se desarrollaron, para cuantificar medir las señales, aplicando Principios Físicos, se crearon instrumentos electrónicos tanto analógicos como digitales,

para tener una

adecuada formación Científica o Técnica, en el caso de la especialidad de electricidad es necesario conocer y utilizar los siguientes instrumentos, Voltímetros. Amperímetros, Vatímetros, óhmetros, osciloscopios, generadores de señales, o para otras especialidades por ejemplo: Física, Electrónica, Fisiología, Química y biología, se desarrollaron otros instrumentos.

93

En nuestro caso describiremos el amplificador operacional en general, luego trataremos el amplificador Ideal, el Inversor y el No Inversor, en cada uno de los casos resolveremos varios problemas. a. La Caracterización mediante un circuito eléctrico del

amplificador

operacional no ideal es el que se muestra en el gráfico, donde es deseable que Ri impedancia de entrada (input) sea grande o infinita y R o impedancia de salida (ouput) sea pequeña o cero además por una fuente dependiente de tensión donde A representa la ganancia de tención de lazo abierto es muy grande o infinita.

Vd = V 2 – V 1 Vo = (A) Vd = (A) (V2 – V1) Del grafico sacamos las siguientes conclusiones: Vo = V++ Saturación positiva Vo = V- - Saturación negativa -Vcc ≤ A Vd = A (V2 – V1) ≤ Vcc Lo deseable es que, el amplificador operacional funcione en la región lineal, lo que no implica que nunca se sature, motivo por el cual hay que tomar la debida precaución durante el diseño del circuito

b. Amplificador Ideal.De este gráfico sacamos las siguientes conclusiones

94

   

Resistencia (impedancia) de entrada: Ri = ∞ (ohm) Resistencia (impedancia) de salida: Ro = 0 (ohm) Ganancia infinita de lazo abierto: A = ∞ También se puede deducir como se muestra en el grafico que: Io = I1 + I2 + I + + I I1 = I2 = 0 lo que significa que en los terminales de entrada no hay corriente que ingrese al amplificador, pero eso no significa que la



corriente de salida sea cero de acuerdo a la ecuación, de I o También se desprende que: en los terminales de entrada la diferencia de potenciales es tan pequeña que puede despreciarse: Vd = V2 – V1 ≈ 0 de lo que se deduce: V1 = V2

Los gráficos que se muestran a continuación, representan a un amplificador fácilmente entendible pero que lamentablemente no respeta la homogeneidad en la nomenclatura, de todas formas los considero útiles para su comprensión.

95

c. En este caso vamos a encontrar la relación V2 / Vs = ?

En el circuito de entrada tenemos por división de tensión: V1 = (R i ) /(R s + R i) (V s) pero hay que tener en cuenta que: V 2 = K V 1 Entonces V 2 = K [ (R i) /(R s + R I) (V s) luego V 2 / V s = (R i) /(R s + R I) (K) la ganancia de lazo abierto se reduce por el factor (R i) /(R s + R I) d. En este caso tenemos por divisor de tensión: V

1

= (R

i

)/(R

s

+ R i)

Vsigualmente por divisor de tensión obtenemos: V 2 = (R l )/(R o + R l) ( k V ) Reemplazando V1y simplificando y ordenando: V2 /Vs = (R i )/(R s + R i) (R l )/(R o + R l) (K) en este caso se observa que la 1

ganancia de lazo abierto se reduce aun mas en el factor (R l )/(R o + R l)

96

e. En este caso igualmente queremos encontrar la relación V 2 / Vs = ? Del circuito se desprende que: V2 = K V1 de donde V1 = V2 (1/K) luego planteando la ecuación en el nodo (A) por tensiones en los nodos de la forma peculiar que enseño en la teoría obtenemos: Nodo (A)

(Vs/R1) = V1 (1/R1 + 1/R2) – V2 (1/R2) luego reemplazando

V1 = V2 (1/K) en la ecuación del nodo (A) (Vs/R1) = V2 (1/K) (1/R1 + 1/R2) – V2 (1/R2) desarrollando la ecuación y simplificando obtenemos. Vs /R1 = (V2/K)[(R2 + R1)/(R1)(R2) – V2(1/R2)] Vs /R1 = V2 [(R1 + R2)/KR1R2 – 1/R2] Vs/R1 = V2 [(R1 + R2)R2 – kR1R2]/[KR1R2R2] Vs = V2 [(R1 + R2 – KR1)/(KR2)] (V2/Vs ) = (kR2)/(R2 + R1 – K R1) ahora si llamamos b = (R 1)/(R1 + R2) la anterior expresión quedará: (V2/Vs) = (1- b)(k)/(1 – bk)

PROBLEMA Nº 62 En este circuito se ha cambiado la polaridad de la fuente dependiente de lo que resulta que la anterior formula se convierte en: (V2/Vs) = (1- b)(-k)/(1 + bk) donde b = R1/(R1 + R2) a esta expresión como a la anterior si se le da los valores se obtiene la ampliación (V2/Vs)

97

Si R1 = 4 (Kohm) y R2 = 6 (Kohm) entonces b = 4/(4 + 6) = 2 /5 reemplazando: V2/Vs = (1- 2/5)(-K/(1+(2/5)K) = (3/5)(-K/(5 -2K)/5 = (- 3 K)/ (5 + 2 K) Si ahora damos el valor de la ganancia de lazo abierto K = 200 (V2/Vs ) = (-3)(200)/[5 + (2)(200)] = 1.48

si ahora K = 2000

(V2/Vs) = (-3)(2000)/[5 + (2)(2000)] = 1.498 de lo que se de deduce que para un aumento de ganancia o K de 10 veces mas (V 2/Vs) solo se ha incrementado en un 1.2 por ciento, analizando entonces a medida que aumentamos K el valor de (V2/Vs ) tiende a – R2/R1 en este caso 6/4 = 1.5 que es independiente de “K” PROBLEMA Nº 63 En el siguiente amplificador operacional ideal encontrar V 2/V1 el desarrollo de las ecuaciones se hace siguiendo la teoría peculiar del suscrito, como se hace en todo el texto.

En este caso sabemos que I1 = I2 = 0 o sea no ingresa corriente al amplificador y adema VA = VB = 0 por ser ideal y no saturado 98

Ecua. Nodo (B): V1 (1/5) = VB (1/5 + 1/10) - VC (1/10) entonces VC = - 2 V1 Ecua. Nodo (C): 0 = - VB (1/10) + VC (1/10 + 1/2 + 1/1) – V 2(1/2) = VC (8/5) – V2(1/2) de lo que se desprende que:

V C(8/5) = V2 (1/2) entonces

V2 = VC (16/5) = 3.2 VC luego sustituyendo V2 = 3.2 (- 2 V1) y V2/V1 = - 6.4 (Nº) PROBLEMA Nº 64 Si VS = 1 (volt)

Del circuito obtenemos por divisor de tensión: V1= (5)/(5 + 40) Vo = Vo (1/9) en el circuito se sabe que V 1 = VS = 1 (volt) entonces Vo = 9 (volt) o también Vo/V1 = VO/VS = 9 (Nº). La corriente IO en el nodo O tiene dos componentes, pero la misma tensión V O por lo tanto: IO = (VO/(5 + 40) + (Vo/20) = 0.2 + 0.45 = 0.65 (mA) AMPLIFICADOR INVERSOR.Como es un amplificador ideal I1 = I2 = 0 también V1 = V2 = 0

La ecuación en el Nodo (A) es igual: (Vi/R1= V1 (1/R1 + 1/Rf) - Vo (1/Rf) como

99

V1 = V2 = 0 entonces Vo /Vi= - (Rf)/R1 o también Vo = - (Rf/R1) (Vi) quiere decir que un amplificador inversor, invierte la polaridad mientras la amplifica, resumiendo Vo /Vi= - (Rf)/R1 o también Vo = - (Rf/R1) (Vi) AMPLIFICADOR NO INVERSOR.Observando el circuito y considerando que es un amplificador ideal, y teniendo en cuenta que I1 = I2 = 0 y que además V1 = V2 = Viplanteamos la ecuación en el Nodo (A): 0 = V1 (1/R1 + 1/Rf) - Vo (1/Rf) entones - Vi (Rf + R1)/R1Rf = - Vo (1/Rf) por consiguiente: (Vo/Vi ) = (1 + Rf/R1) 0 también Vo = (1+ Rf/R1)(Vi) de lo que se deduce: que un amplificador No Inversor proporciona una ganancia en tensión positiva, resumiendo: (Vo/Vi ) = (1 + Rf/R1) 0 también Vo = (1+ Rf/R1)(Vi)

100

CAPITULO IX ESTADOS TRANSITORIOS, APLICACIÓN DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACESOLUCIÓN DE PROBLEMAS Introducción.Los circuitos en general están compuestos por elementos eléctricos almacenadores de energía, como Inductancias y Capacitancias, de esta manera, el intercambio de energía entre una fuente de tensión o de corriente, con un sistema eléctrico integrado por bobinas o capacitores, origina una perturbación eléctrica, un desequilibrio de energías, por lo tanto el tiempo que permanezca la perturbación, a ese tiempo se le denomina, “Estado Transitorio”. En este caso los circuitos que contengan uno o más elementos almacenadores de energía, dan lugar a ecuaciones diferenciales de Primer o Segundo Orden, y su solución representa el comportamiento del circuito. La solución de las ecuaciones diferenciales se puede realizar de dos maneras, una mediante el método tradicional, y otra convirtiendo la ecuación diferencial en una ecuación algebraica, y luego resolverla mediante la, Transformada Operacional o de Heaviside, o la Transformada de Laplace, es pertinente aclarar que en la especialidad de electricidad, se desarrollo el Método Operacional o de Heaviside, que difiere muy poco de la Transformada de Laplace. En este capitulo se tendrán en cuenta aspectos importantes sobre el tema, que le harán conocer al estudiante, el comportamiento de los elementos eléctricos almacenadores de energía, pero no se desarrollara con el detalle y la abundancia de los otros temas, debido a que, la asignatura de Circuitos Eléctricos I, según mi punto de vista, tiene que ver con el aprendizaje riguroso de todos los Métodos para Resolver circuitos. Circuito Compuesto por una Bobina real.-

101

La ecuación diferencial es: V = VR + (L)( di / dt) y la solución es:  Si K esta en a energizamos el circuito por lo tanto corresponde a la respuesta forzada del circuito, y la solución será i = Io ( 1 – e-(t/ζ) donde ζ = (L/Requi) constante de tiempo 

Ahora si K esta en b cortocircuitamos la fuente, la respuesta corresponde al estado natural o libre del circuito: 0 = VR + (L)( di / dt) la solución será: I = Io e-(t/ζ )

Circuito compuesto por un capacitor real.-

Sabemos que : i = dq/dt de donde q = ƒidt En este caso la ecuación diferencial es: desprende que: si

V = i R + (ƒidt)/C de lo que se



Si K esta en a energizamos (respuesta forzada) el circuito la solución será:



i = Io (e-(t/ζ) donde ζ = (CRequi) constante de tiempo Ahora si K esta en b cortocircuitamos la fuente (respuesta natural o libre): 0 =i R + (ƒidt)/C la solución será: I = - Io e-(t/ζ ) O también:

En este caso i = IR + iCdonde iR = (V)/R

y iC = (C)(dv/dt) y además

suponemos al capacitor inicialmente cargado, de lo que se desprende que:  Que K esta en b o sea cortocircuitamos la fuente con el capacitor cargado: la ecuación diferencial queda: 0 = (C)(dv/dt) + V/R o también tendremos (dv/dt) + (v)/(RC) = 0 entonces la solución de la ecuación diferencial es: 102

Vt = Vo e-(t/RC) = Vo e-(t/ζ) donde Vo es la carga inicial del capacitor. “Es bueno tener presente que en corriente continua, un capacitor totalmente cargado se comporta como de resistencia infinita o sea en vacío al revés de la bobina que totalmente cargada se comporta como si estuviera en cortocircuito o sea de resistencia cero”. PROBLEMA Nº 65 En este circuito el interruptor ha permanecido mucho tiempo cerrado, de lo que se desprende que el capacitor se ha cargado totalmente, luego el interruptor se abre, para t = 0, se pide calcular V t = ? para t ≥ 0. Aparte calcular la energía inicia almacenada en el capacitor.

para t < 0 el interruptor permanece cerrado, por lo tanto ha cargado totalmente al capacitor y este se comporta como si tuviera resistencia infinita o sea en vacío de lo que se desprende que, el los bornes del capacitor tenemos la siguiente tensión calculada por divisor de tensión: Vc(t) = [(9)/(3 +9)] (20) = 15 (Volt) = Vc (t) = Vo = 15 (Volt) luego Para

t > 0

el interruptor se abre, entonces en los bornes del capacitor

tenemos la Requi = 10 (ohm), por lo tanto la constante de tiempo ζ vale: ζ = CRequi = (20 * 10-3)(10) = 0.2 (seg) por lo tanto la tensión en los bornes del capacitor para t ≥ 0 vale: V(t) = Vo e-(t/ζ) = 15 e-(t/0.2) = 15 e-

5 t

(volt) y la energía almacenada en el

capacitor para t = 0 es: Vc(0) = (1/2) (C V2c (0) = (1/2) (20* 10-3) (152) = 2.25 (Joule) PROBLEMA Nº 66

103

En el presente circuito el interruptor permanece cerrado por mucho tiempo, por lo que el interruptor totalmente cargado se comporta como si estuviese en vacío esto para t < 0, primero calculamos la resistencia en paralelo: RT = (12)(4)/(12 + 4) = 3 (ohm)

Entonces la tensión en los bornes del capacitor es: Vc(t) = [(3)/(6 + 3)](24) = 8 = Vc(0) = Vo la constante de tiempo ζ = CRequi =(0.17)(3) = 0.51 (seg) luego para: t > 0 vale: la tensión en los bornes del capacitor Vc(t) = Vo e-(t/ζ) = 8 e-(t/0.5) = 8 e-2t la potencia almacenada será: Vc(0) = (1/2) (C V2c (0) = (1/2) (0.17) (82) = 5.44 (Joule) PROBLEMA Nº 67 El dato del Problema: i(0) = 10 (A) = Io de lo que se deduce que 10 (A) corresponden a que el inductor ha sido energizado o sea tiene energía almacenada, entonces la solución de la ecuación diferencial que corresponde a este caso es: I = Io e-(t/ζ), entonces hay que calcular la constante de tiempo en los bornes del inductor, para lo cual como hay una fuente dependiente de tensión, tendremos que sustituir el inductor por una fuente de prueba de 10 (Volt).

El sistema de ecuaciones para encontrar la resistencia equivalente resulta:

104

10 = I1(2) – I2 (2) -3i = - I1(2) + I2 (6) pero i = - I1 entonces: 0 = - I1(5) + I2 (6) resolviendo resulta: I1 = - 30 (A) y I2 = - 25 (A) de que se desprende que: Requi = (10)/(30) = 1/3 = 0.33 ζ = (L/Requi) = 0.5/0.33 = 1.5 = (3)/(2) luego la corriente en el inductor es: I(t) = 10e-(t/ζ) = 10 e-(2/3) t esto para t ≥ 0 la tensión en los bornes del inductor será: VL = (L) (di/dt) entonces derivamos la anterior expresión: di/dt = (-2/3)(10)( e-(2/3) t

= -6.67 e-(2/3) t luego la tensión: VL = (0.5)(-6.67 e-(2/3) t ) = - 3.33 e-(2/3) t

deducimos entonces que la corriente Ix que recorre la resistencia de 2 (ohm) es Ix =(VL/2) = (-3.33 e-(2/3) t )/2 = - 1.67 e-(2/3) t) para t ≥ 0 PROBLEMA Nº 68 La solución de los circuitos en estado transitorio, corresponde a la suma de las respuestas, Forzada (circuito energizado o sea ecuación diferencial con termino independiente distinto de cero) mas la Libre o natural (o sea con la fuente cortocircuitada, ecuación diferencial con termino independiente igual a cero) IL(t) = iLf(t) + iLn (t)

O también: iL (t) = [iL(0+) - i∞(0+)]e-(t/ζ) + i∞(t)

105

Entonces para la respuesta forzada para t < 0, o sea circuito energizado: resolvemos aplicando el Método de Mallas: 10 = I1(8) – I2 (4) 0 = - I1(4) + I2 (12) cuya solución es: I1 = 1.5(A) y I2 = 0.5 (A) de lo que se desprende que iLf(0+) = iLf(0-) = Io = 0.5 (A) Para t > 0 tenemos la Requi en los bornes del inductor: Requi = 8 + (4)(4)/(4+4) = 10 (ohm) por lo tanto la constante de tiempo es: ζ = (L/ Requi) = 1/10 ( seg) y 1/ ζ = 10 Por lo tanto: iL (t)= Io (1 – e-(t/ζ) = 0.5(1 – e-10t) PROBLEMA Nº 69 Para t < 0 el interruptor esta abierto, además transformando el triangulo en una estrella y conociendo el comportamiento del inductor en corriente continua (cortocircuito), entonces la corriente iL(t) la calculamos:

Resolviendo el circuito aplicando Supermallas: 18 = I1(3) + I2 (3) Nodo (P): 8 + I2 - I1 de lo que resulta 8 = I1 (1) – I2 (1) resolviendo: I1 = 7 (A) y I2 = - 1 (A) entonces Io = i(0+) = - 1.0 (A) Ahora para t > 0 cerramos el interruptor, por lo tanto cortocircuitamos la fuente de corriente, además realizamos sucesivas transformaciones al circuito, para simplificar su solución

106

La resistencia equivalente en los bornes del inductor resulta: Requi = 5 (ohm) Por lo tanto la constante de tiempo: ζ = L/Requi = 5/5 = 1 (seg) y 1/ ζ = 1 La corriente del estado permanente: o sea iL(∞) se obtiene cortocircuitando el inductor: iL (∞) = 12/5 = 2.4 (A), la corriente iL(t) la calculamos con la siguiente formula: iL (t) = [iL(0+) - i∞(0+)]e-(t/ζ) + iL(∞) reemplazando tenemos iL (t) = [- 1 – 2.4]e-t/1 + 2.4 = - 3.4 e-t/1 + 2.4 PROBLEMA Nº 70 En el siguiente circuito el interruptor ha estado conectado en la posición 1 hasta alcanzar el régimen permanente. En t = 0, el interruptor pasa a la posición 2. Calcular iL(t) para t > 0

107

Para t < 0 el circuito esta con el interruptor esta en la posición “1” hasta alcanzar el régimen permanente, por lo tanto cortocircuita el inductor, entonces iL(0+) = iL (0-)= Io = 24/4 = 6 (A)

Para t > 0 el interruptor esta en la posición “2” y el circuito toma la siguiente forma: entonces calculamos la tensión de Thevenin en los bornes del inductor por división de tensión tenemos: ETH = [(12)/(6 + 12)](12) = 8 (Volt)

Para calcular la resistencia equivalente en los bornes del inductor pasivamos del Dipolo, entonces tenemos el circuito: R equi = [(12)(6)/(12 + 6)] = 4 (ohm) y

ζ = (L/Requi) = 2/4 ( seg) y 1/ ζ = 2

Para calcular la corriente en régimen permanente i L(∞) se cortocircuita el inductor: entonces iL(∞) = 8/4 = 2 (A)

108

Para calcular la corriente iL(t) lo hacemos mediante la siguiente formula: iL (t) = [iL(0+) - i∞(0+)]e-(t/ζ) + iL(∞) reemplazando tenemos iL(t) = [6 – 2]e-2t + 2 = 4 e-2t + 2

ESTADO TRANSITORIO ECUACION DIFERENCIAL DE SEGUNDO (2º) ORDEN PROBLEMA Nº 71 En el siguiente circuito que se encuentra en régimen permanente, luego en un instante después se cierra el interruptor “s”. Hay que calcular la corrientei(t) para t > 0

Para t < 0 el circuito con el interruptor “s” abierto, se encuentra en régimen permanente por lo que el comportamiento del capacitor es como si fuera de resistencia infinita, de lo que se desprende que U C(t) = 8 (volt), entonces podemos sacar las siguientes conclusiones : 109

I(0-) = 0 (A) ; iL(0-) = 0 (A) y UC(0-) = 8 (volt) además: iL(0-) = iL(0+) = 0 (A) y UC(0-) = UC(0+) = 8 (volt)

Para t > 0 el interruptor “s” se cierra por lo que el circuito toma la siguiente forma: de lo que se desprende que: la tensión entre los bornes A y B será. UAB = 12 - UL(t) = 12 – (L)[diL/dt] además en el borne (A) ocurre: i L(t) + iC(t) – i(t) = 0, de donde iL(t) = i (t) - iC(t)

Entonces UAB = 12 – L[d (i - i C)/dt] también UAB = i R de lo que se deduce que si los primeros miembros son iguales los segundos han de serlos por lo tanto: iR = 12 – L[d (i - iC)/dt] = 12 - Ldi/dt + L diC/dt iR = 12 – L di/dt + L [d (C duC/dt)/dt] = 12 – Ldi/dt + L d[Cd (8 – iR)]/dt iR = 12 – Ldi/dt – LCR d2i/dt2 12 = iR + Ldi/dt + LCR d2i/dt2 donde sabemos que R = 2 (Ω), L = 8 H y c = 2 F 12 = 2 i + 8di/dt + (8)(2)(2) d2 i/dt2 12 = 2i + 8 di/dt + 32 d2i/dt2 luego d2i/dt2 + (1/4)(di/dt) + (1/16)i = (3/8) 110

Esta ecuación diferencial de 2º grado tiene como solución la suma de dos componentes: {La solución General (respuesta transitoria o natural o sea sin estimulo)} + {La solución particular (respuesta permanente o forzada o sea circuito energizado)}, entonces: a. La solución general, se encuentra a partir de la ecuación diferencial homogénea(respuesta natural o libre sin energía o sea con el termino independiente igual cero) d2i/dt2 + (1/4)(di/dt) + (1/16)I = 0 Cuya ecuación característica es de la forma: s2 + (1/4) s + 1/16 = 0 Donde las raíces son: S1, S2 = - 0.125 +/- j 0.216 De lo que se desprende que la respuesta natural es: i(t) = e-0,125 t (A cos 0.216 t + B sen 0.216 t) b. La solución particular se encuentra, en la respuesta en el régimen permanente

(respuesta

forzada

o

sea

energizada

con

termino

independiente distinto de cero), el circuito toma la forma: inductor en corto, capacitor en vacío.

i(t) = 12/2 = 6 Por lo tanto, La respuesta completa es la siguiente: i(t) = e-0.125 t(A cos 0.216 t + B sen 0.216 t) + 6 Las constantes A y B se calculan a partir de las condiciones iniciales del circuito. i(0) = 0 = A + 6 entonces A = -6 Sabemos también que : 8 - UC – iR = 0 y iC = C dUC/dt entonces iC/C = dUC/dt i= (8 - UC)/R ; di/dt = (-1/R)dUC/dt di/dt = (-1/R)(iC/C) = (-1/RC)(i - iL) [di(t)/dt]t=0 = (-1/RC)[i(0)-iL(0)] = 0 Derivando la respuesta completa: [di(t)/dt] = 0.125 A + 0.216 B, igualando las dos identidades tenemos 0 = - 0.125 A + 0.216B de lo que obtenemos: B = (-0.125/0.216) (A) donde A = 6 111

B = -3.47 o sea finalmente tenemos la respuesta completa resulta: I(t) = e-0.125 t (-6 cos0.216 t – 3.47 sen 0.216 t) + 6 TRANSFORMADA DE LAPLACE Las ecuaciones diferenciales mediante la aplicación de la Transformada de Laplace se transforman en ecuaciones algebraicas. Este tema teórico corresponde desarrollarlo a las asignaturas de Matemáticas, asimismo sus propiedades (linealidad, escalamiento, desplazamiento

en el tiempo,

desplazamiento en frecuencia, diferenciación en el tiempo, integración en el tiempo, diferenciación en frecuencia, periodicidad en el tiempo y valores iniciales y finales), nosotros no trataremos el tema en profundidad, pero si desarrollaremos algunos problemas. Antes es bueno hacer presente, que las ecuaciones diferenciales representan a circuitos en el dominio del tiempo, mediante la transformada de Laplace (se convierten en ecuaciones algebraicas) el circuito se convierte al dominio de la frecuencia y a su solución en el dominio de la frecuencia, tenemos que aplicarle la Transformada Inversa o la Anti transformada para encontrar la solución en el dominio del tiempo. Presentamos a continuación una tabla de Transformadas con sus respectivas Anti transformadas o Transformada Inversa TABLA N º 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Transformada de Laplace F(p) p 1 (pζ)/(1+pζ) 1/(1+pζ) (pw)/(p2 + w2) (p2)/ (p2 + w2) (pa)/(p2 + a2) (p2)/ (p2 + a2) (1)/(pn)

Transformada

Inversa

o

Anti

trasformada de Laplace f(t) Δ(t) 1 e-t/ζ -t/ζ 1 - e Sen (w t) Cos (wt) Sh (at) Ch (at) (n)/(n factorial)

PROBLEMA Nº 72

112

El circuito esta integrado por una resistencia y una inductancia, la impedancia del circuito: Z = R + JwL y su impedancia operacional es: Z p = R + pL por lo tanto la corriente del circuito es: I p = E/Zp = (E) ( 1/(R +pL), esta expresión constituye un producto de K, Fp donde Fp es la transformada que se encuentra en la tabla, y k es una constante que la determinamos expresando Ip de la siguiente manera: Ip = (E/R)[1/(1+pζ)] donde Fp= 1/(1+pζ) que buscamos su transformada inversa en la tabla, de donde: K = (E/R) y i(t) = (E/R)(1- e-t/ζ), que representa la misma expresión que la obtenida al resolver la ecuación diferencial. PROBLEMA Nº 73

En este caso la impedancia operativa es la siguiente: Zp = R

+

1 pc

luego la Corriente operacional resulta: 1

Ip = E/Zp = (E)[ ( R+ 1 ) pc

pc ]= (E)[ Rpc +1

]

esta expresión constituye un

producto de K y Fp donde Fp es la transformada que se encuentra en la tabla,

113

y k es una constante que la determinamos expresando Ip de la siguiente

manera: K =

Ip =

(

E R

)[

E R pCR RpC + 1

]=(

E R

)[

pζ pζ +1

]

i(t) =Io e-t/ζexpresión igual a la obtenida resolviendo la ecuación diferencial. PROBLEMA Nº 74

El siguiente circuito esta integrado por los elemento eléctricos: R, L, C y además por sus denominaciones operacionales

La impedancia operacional resulta : Zp = R + pL +

operacional será. Ip =

Ip =

E L

E E = Zp R+ pL+1/ pc

1 pc luego la corriente

pc

= (E) [ p2 LC+ RpC +1 ]

p R 2 p +p +1 / LC si además llamamos (R/L) = 2 α y también (1/LC) = L

( )

wo2

p E Ip = ( L ) [ p2 +2 p α + w o2 ] de la cual deducimos Ip = (E)(

√ L/C

pw ) [ p2 +2 p α + w o2 ]esta solución operacional contiene la

Transformada de Laplace Fp compuesta por el cociente de dos funciones de p,

114

que no se encuentran en la tabla, y cuya solución se hará aplicando el Teorema de expansión de Heaviside, que no es el motivo de la asignatura. PROBLEMA Nº 75 Los circuitos eléctricos cuando se resuelven mediante la transformada de Laplace, se pueden hacer de varias formas, una de ellas es encontrando la impedancia operacional, o según convenga la admitancia operacional, y luego la corriente operacional, otra forma es aplicar los diferentes métodos estudiados para resolver circuitos, y por ultimo aplicando a la ecuación diferencial las diferentes propiedades de la Transformada de Laplace, esta vez aplicaremos la impedancia y admitancia operacional.

1 ) pc 1 R+ pL+ pc

( R+ pL)( Zp = R1 +

pL R ) siendo: 2 p +2 pα +wo2

= R1 +

1+

α=

R 2L

R+ pL p LC+ pRC+1

= R1 + (

2

;

wo 2

=

1 LC

R LC )(

la admitancia

operacional resulta:

115

1 Yp

pL R R R 1+( )( ) LC p 2+2 pα + wo 2 1+

=

p2 +2 pα +wo2 p2 R 1+ 2 pR 1 α+ R 1 w 0¿ 2+ (2 α +

Donde: 2α1 =

Yp = (

1 R1

)(

=

1 p 2+2 pα + wo2 ¿ = ( R 1 p2+ p (2 α+ 1 )+wo2 + R R 1C R 1 LC

R p + LC C

1 ) 2 R 1C y W1 =

2

=

p ¿ 2 ¿ 2+ 2 pα + wo¿ ¿ R1¿ p2 +2 pα +wo2 ¿

wo 2 +

=

R R 1 LC

2

p +2 pα +wo 2 2 p +2 pα 1+ w 1

)

Como el denominador es de igual orden que el numerador lo transformamos: 2 2 2 2 1 p +2 pα 1+ w 1 +2 ( α−α 1 ) p+(W o −w 1 ) Yp = ( R 1 ) p 2+ 2α 1 p+w 12 1 1+2 ( α −α 1 ) p+(W o2−w 12) Yp = ( R 1 ) ( p2 +2 α 1 p+ w 12

1 2 α 2 p+w 22 = ( R 1 )( p2 +2 α 1 p +w 12 )(**)

Donde: α2 = (α – α1) ; W22 = Wo2 – W12 1 Yp = ( R 1 ) + F1 (p) Multiplicando ambos miembros por la tensión obtenemos la corriente operacional: E Ip = ( R 1 ) + E F1(p) El valor instantáneo de la corriente esta dado por: i(t) = I(0) +

N ( p 1) ep 1 t P 1D ´ (p 1 ) +

NP 2 ¿ ¿e (***) P 2D ´ (p 2) p 2t

El valor de I(o) se obtiene hacienda p = 0 el la expresión (**) E I(o) = ( R 1 )

2

(1+W 2 ) w 12

2

=

2

(w 1 +W 2 ) w 12

E = ( R1 )

w o2 w o2 +

R R 1 LC

=(

W o2 E R R 1 )( W o2 (1+ ) ) R1 116

I(O) =

E R+ R 1 Esta expresión da el valor de las corrientes del estado

permanente que confirma lo que se deduce de la inspección del circuito. Las raíces del denominador de la expresión (**) son las siguientes: 2 2 2 2 P1 = - α1 + √ α 1 −w 1 y P2 = - α1 - √ α 1 −w 1 D´ (p) = 2 (p + α1) Introduciendo los valores anteriores en la expresión (***)se obtiene los valores buscados.

Álvaro H. Velarde Zevallos Docente FIEE

V. REFERENCIALES FUENTES DE CONSULTA. Bibliográficas. 1. FRAYLE

MORA,

JESUS.

Problemas

de

Circuitos

Eléctricos.PEARSON

EDUCACION,S.A. Madrid 2013. 2. CHARLES K. ALEXANDER Y MATTHEW N.O. SADIKU. Fundamentos Circuitos Eléctricos.McGraw-Hill. 2002. 3. JOSEPH A. EDMINISTER, MAHMOOD NAHVI.CIRCUITOS ELECTRICOS.McGraw-Hill, tercera edición. 2006. 4. SCOTT RONALD E. Linear Circuitos.Addison - Wesley, Massachusetts (EEUU). 1992 117

5. MORALES G., OSCAR Y LÓPEZ F. A. Circuitos Eléctricos y Teoría y Problemas. Universidad Nacional de Ingeniería, Lima (Perú), 1991. 6. REYNAFARGE DAVILA, VÍCTOR. Análisis de Circuitos Eléctricos Lineales. Universidad Nacional de Ingeniería, Lima (Perú), 1982. 7. BIELLA, B, DARIO. Ingeniería Eléctrica II. Universidad Nacional de Ingeniería, Lima (Perú), 1976. 8. VAN VALKENBURG, M. E. Análisis de Redes Eléctricas. Editorial Limusa, México, 1989. VI. APENDICE.- Por la modalidad del texto, no corresponde VII.

ANEXOS.- Por la modalidad del texto, no corresponde

Álvaro H. Velarde Zevallos Docente FIEE

118