nodos mallas super nodos y super mallas

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Técnicas de análisis de circuitos Los circuitos eléctricos, ya sea de corriente directa o de corriente alterna se pueden estudiar con las mismas técnicas de análisis. Las leyes de Kirchoff se cumplen en cualquier circuito, en todo momento, no importa su complejidad y las componentes que forman parte del mismo. Las técnicas más utilizadas para estudiar los circuitos son el análisis de mallas, el análisis de nodos, el principio de superposición, la técnica de transformación de fuentes, el teorema de Thevenin. Aquí se describirán todas las técnicas y se aplicarán utilizando circuitos de mediana complejidad. Los programas de simulación y estudio de los circuitos como PSpice, EWB, etc. utilizan alguna de estas técnicas. La técnica mas utilizada es el análisis de nodos que se puede aplicar a cualquier circuito ya sea planar o no planar. Análisis de nodos La técnica de nodos es útil para estudiar circuitos •

En el dominio del tiempo, circuitos donde se encuentran fuentes de poder  constantes en el tiempo y elementos puramente resistivos.

•

En estado estable; esto es, circuitos bajo la acción de una señal de frecuencia constante. En este caso, se utiliza el circuito equivalente en el dominio de la frecuencia y el mismo se construye reemplazando las fuentes por el fasor  correspondiente y los elementos pasivos se reemplazan por su impedancia correspondiente.

En un circuito con n nodos se pueden encontrar n – 1 ecuaciones de nodo independientes, ya que todos los voltajes de nodo siempre se miden o calculan con respecto a un nodo de referencia (tierra). Si el circuito tiene n e nodos esenciales, basta con n e - 1 ecuaciones para analizar el circuito. Se verá que es más conveniente formular n e ecuaciones para los nodos esenciales. Procedimiento para utilizar el análisis de nodos 1. Hacer un diagrama del circuito limpio y claro. Indicar todos los valores de los elementos y las fuentes. Cada fuente debe de tener su símbolo de referencia. 2. Identificar y enumerar los nodos esenciales. 3. Seleccionar un nodo esencial como el nodo de referencia. 4. Identificar cada uno de los nodos esenciales restantes con un voltaje que habrá de calcularse. Ejemplo al nodo 1 se le asigna la variable V 1, al nodo 2 se le asigna la variable V 2, y así sucesivamente.

21

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 5. Si el circuito contiene solamente fuentes de corriente, aplicar la LKC a los nodos esenciales identificados en el paso anterior (excepto al de referencia) y formular las ecuaciones correspondientes. Al aplicar la LKC, se debe de asignar un signo a las corrientes que entran al nodo y el signo contrario a las corrientes que salen del nodo. En este curso, se asignara un signo positivo a aquellas corrientes que salen del nodo y un signo negativo a aquellas corrientes que entran al nodo. 6. Si el circuito contiene fuentes de voltaje, formar un supernodo alrededor de cada fuente. Un supernodo se forma con dos nodos y dichos nodos son aquellos que están conectados a una fuente de voltaje. Los voltajes de nodo asignados no deben cambiarse. El supernodo proporciona dos ecuaciones para el análisis del circuito: una ecuación relacionando los voltajes de los dos nodos conectados a la fuente de voltaje y la otra es una ecuación que resulta de aplicar la LKC al supernodo. 7. Resolver el sistema de ecuaciones para calcular los valores de V 1, V2, … Ejemplo 1 Utilice la técnica de nodos para calcular la corriente que circula por las resistencias del circuito mostrado en la figura 1 y verifique que se cumple la LKC en cada nodo. 20 Ω

5A

10 Ω

4A

40Ω

Figura 1

La corriente que pasa por la resistencia de 20 Ohms es igual a la diferencia de potencial entre los nodos a los que está conectada la resistencia entre el valor de ∆v la resistencia (Ley de Ohm: I = ). Por lo tanto es necesario calcular  R  primeramente los voltajes en los nodos esenciales. Los pasos 1, 2, 3 y 4 de la técnica de nodos nos llevan al circuito de la figura 2. En dicha figura, ya se han Identificado los nodos esenciales, se ha seleccionado a 22

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas uno como el nodo de referencia y se ha asignado un nombre a los otros nodos esenciales. 20 Ω

V1

5A

V2

10 Ω

4A

40Ω

Figura 2

Paso 5. Se aplica la LKC a los nodos V 1 y V2: En el nodo V 1 se tiene que la fuente de 5 A inyecta corriente al nodo y por las resistencias de 10 y de 20 circula una corriente que se obtiene utilizando la ley de Ohm. La ecuación resultante es la siguiente -5 +

V1 10

+

V1 - V2 20

=0

es decir  (1.1)

3V1 - V2 = 100

En el nodo V 2 se tiene que la fuente de 4 A inyecta corriente al nodo y por las resistencias de 40 y de 20 circula una corriente que se obtiene utilizando la ley de Ohm. La ecuación resultante es la siguiente -4 +

V2 - V1 20

+

V2 40

=0

es decir  -2V1 + 3V2 = 160

(1.2)

Paso 6: No aplica, ya que no hay fuentes de voltaje. Paso 7. Resolviendo las ecuaciones (1.1) y (1.2) se obtiene V 1 = 65.71 voltios, V 2 = 97.14 voltios.

23

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas La corriente que circula por la resistencia de 20 Ohms I 20 = (V2 – V1)/20 = (97.14 – 65.71)/20 = 1.57 A y la corriente circula, desde luego, del nodo V 2 al nodo V1. La corriente que circula por la resistencia de 10 Ohms es I 10 = V1/10 = 6.57 A y circula desde el nodo V 1 al nodo de referencia. La corriente que pasa por la resistencia de 40 Ohms es I 40 = V2/40 = 2.43 A y circula del nodo V 2 al nodo de referencia. La suma de corrientes en el nodo V 1 es – 5 – I20 + I10 = - 5 – 1.57 + 6.57 = 0. La suma de corrientes en el nodo V 2 es - 4 + I20 + I40 = -4 + 1.57 + 2.43 = 0. Ejemplo 2 En el circuito de la figura 3 utilice la técnica de nodos para calcular los valores de los voltajes V1 y V2 y después calcule la potencia generada por las fuentes y la que se consume en todos los elementos y verifique que existe un balance de potencia. Supernodo V1

4A

60V -

10 Ω

V2

+

20 Ω

80Ω

30Ω

Figura 3 Solución: Los pasos del 1 al 4 nos dejan el circuito como se muestra en la figura 3. Paso 5. Debido a que el circuito contiene una fuente de voltaje, se continúa en el paso siguiente. Paso 6. Debemos observar primero que entre los nodos V 1 y V2 se encuentra una fuente de voltaje. Esto nos define un supernodo, formado por los nodos V 1 y V2. Del supernodo se obtiene la ecuación que relaciona el voltaje de los nodos con la fuente V2 - V1 = 60

(1.3)

Ya que V2 está conectado a la parte positiva de la fuente y V 1 está conectado a la parte negativa de la fuente.

24

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas La aplicación de la LKC al supernodo nos genera la siguiente ecuación -4+

V1 20

+

V2 40

+

V2 80

=0

es decir  (1.4)

4V1 + 3V2 = 320

Paso 7. Resolviendo simultáneamente las dos ecuaciones (1.3) y (1.4), se obtiene: V1 = 20 voltios V2 = 80 voltios Con este resultado, se puede calcular la corriente que pasa por todas las resistencias. (a) La corriente que pasa por la resistencia de 20 Ω, mediante la ley de Ohm V V (I = ), se obtiene I 20Ω = 1 = 1 Ampere y esta corriente fluye del nodo V 1 a R  20 tierra. (b) La corriente que pasa por las resistencias de 80

Ω

es I 80Ω =

V2 80

= 1 Ampere y

fluye del nodo V 2 a tierra. (c) La corriente que pasa por las resistencias de 10 Ω y 30 Ω, que están V conectadas en serie, es I 40Ω = 2 = 2 Amperes y fluye del nodo V 2 a tierra. 40 Ahora se puede verificar que la LKC se cumple en ambos nodos: En el nodo V 2, se tienen tres corrientes: I 60V, corriente que pasa por la fuente de 60V y que aun no se conoce, I 80Ω e I 40Ω. Debido a que estas corrientes son tales que I60V + I80Ω + I40Ω = 0 se obtiene que I 60V = 3 Amperes y fluye del nodo V 1 al nodo V 2. En el nodo V1, se tienen tres corrientes: I 60V, I 20 y la corriente de la fuente de 4 A. Sumándolas se obtiene I 60V + I20Ω – 4 = 3 + 1 – 4 = 0. Con estos resultados, el balance de potencia debe de ser tal que

∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida)

25

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Las potencias en las fuentes son P4A = VI = (20 Voltios) (4 Amperes) = 80W P60V = VI = (60 Voltios) (3 Amperes) = 180W Potencia total generada por las fuentes = 260 W. Ambas fuentes generan potencia porque la corriente sale por su terminal positiva. Las resistencias deben de consumir dicha potencia como puede verse: P20Ω = VI = (20 Voltios)(1 Ampere) = 20 W P80Ω = VI = (80 Voltios)(1 Ampere) = 80 W P10Ω = VI = (20 Voltios)(2 Ampere) = 40 W P30Ω = VI = (60 Voltios)(2 Ampere) = 120 W Potencia consumida por las resistencias = 260 W. Análisis de mallas El análisis de mallas se puede aplicar solo a redes planas. Una red plana es aquella donde ninguna rama se cruza con otra rama. Cuando dos ramas se cruzan, el circuito se tiene que construir en dos planos para evitar el cruce de las conexiones. En la figura 4 se muestra un ejemplo de red no plana. En cambio, la red mostrada en la figura 3 es plana. La técnica de mallas esta basada en el concepto de malla, concepto que se definió en el capitulo anterior. De hecho el concepto de malla es una propiedad de los circuitos planos y no existe en un circuito no plano.

V

+ -

Figura 4 Procedimiento para utilizar el análisis de mallas 1. Dibujar claramente el circuito y asegurarse que es plano

26

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 2. Asociar a cada malla una corriente, todas apuntando en la misma dirección y etiquetarlas como i 1, i2, i3, … 3. En cada malla aplicar la LKV y obtener una ecuación de malla para cada malla. Recorrer la malla en el sentido asignado a las corrientes i 1, i2, i3, … y aplicar la siguiente regla: A todos los voltajes en cada elemento de la malla, asignarle el signo de la terminal que aparece primero, considerando que en un elemento pasivo la terminal por donde entra la corriente siempre es positiva respecto a la terminal por donde sale la corriente. Las fuentes de voltaje tienen asignado el signo en forma explicita. De aquí resultan tantas ecuaciones de malla como mallas tenga el circuito. En aquellos elementos que forman parte de dos mallas, la corriente que circula por ellos es igual a la diferencia de las corrientes asignadas a las mallas. 4. Si el circuito tiene fuentes de corriente, existen dos opciones: (a) Si la fuente de corriente forma parte de una sola malla, entonces el valor de la corriente de malla asignada a dicha malla se obtiene directamente del valor que tenga la fuente de corriente (b) Si la fuente de corriente forma parte de dos mallas, formar una supermalla, que consiste de las dos mallas de las que la fuente de corriente forma parte y de dicha supermalla obtener dos ecuaciones. Una ecuación relaciona directamente las dos corrientes de malla con la fuente de corriente y la otra ecuación se obtiene de aplicar la ley de Kirchoff a la supermalla. Aplicar (a) o (b) tantas veces como fuentes de corriente formen parte del circuito. De las mallas que no contienen fuente de corriente se obtiene una ecuación aplicando la ley de Kirchoff de voltajes. 4. Las ecuaciones de malla son independientes, ya que ninguna se puede obtener  en función de la otra, de modo que si el circuito tiene n mallas, se tiene un sistema de n ecuaciones con n incógnitas. En general la solución se puede obtener  utilizando alguna de las técnicas para resolver sistemas de ecuaciones tal como el método de los determinantes, el método de Gauss Jordan, etc. 5. Una vez que se tienen las corrientes de malla, para cada elemento del circuito se puede obtener la corriente que pasa por ellos, se pueden calcular la diferencia de potencial en sus extremos, y también se puede calcular la potencia que consume o absorbe. Es decir, se puede calcular cualquier parámetro eléctrico. Ejemplo 3 Considérese el circuito de la figura 5 y calcular, utilizando la técnica de mallas, las corrientes que circulan por las tres resistencias y hacer un balance de potencia.

27

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 6Ω

4Ω

-

+

42 V

10 V

3Ω

-

+

Figura 5 Solución: Paso 1. Se dibuja el circuito y se asegura que es plano. Paso 2. Se asigna una corriente de malla a cada malla. En este caso se tienen dos mallas y se supondrá que i1 pasa por la malla de la izquierda e i 2 pasa por la malla de la derecha. Supondremos además que ambas corrientes circulan en el sentido de las manecillas del reloj. Véase la figura 6. 6Ω 4Ω B C D

+

i2

i1

3Ω

42 V

10 V +

A

-

F

E

Figura 6

Paso 3. Se aplica la ley de Kirchhoff de voltajes (LKV) a cada malla. La malla asociada a i 1 se recorre en el mismo sentido que tiene la corriente y se obtiene -42 + 6i 1 + 3(i1 – i2) = 0 Esta ecuación tiene tres términos, tantos como elementos forman parte de la malla. La malla se recorre siguiendo la trayectoria cerrada ABCFA. En la rama AB, se tiene una fuente de voltaje (42 V) y en la ecuación se le asigna el signo negativo porque es el signo que tiene la terminal conectada al punto A, que es el inicio del recorrido de la malla. El siguiente termino (6i 1) es el asociado a la rama BC, donde se tiene una resistencia de 6 Ω y por donde solo circula la corriente i 1. Se le asigna el signo positivo porque de acuerdo con el sentido de la corriente, la

28

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas parte de la resistencia conectada al nodo B es positiva respecto al nodo C. El siguiente termino es 3(i 1 – i2) y se le asigna el signo positivo por la misma razón anterior. Agrupando términos, la ecuación anterior queda como 9i1 - 3i 2 = 42

(1.5)

Aplicando la LKV a la malla asociada a la corriente i 2, y recorriendo la malla siguiendo la ruta cerrada FCDEF, se obtiene: -3(i1 - i 2 ) + 4i 2 - 10 = 0

o bien -3i1 + 7i2 = 10

(1.6)

Paso 4. Resolviendo las ecuaciones (1.5) y (1.6) se obtiene i 1 = 6 A e i2 = 4 A. Paso 5. La corriente que pasa por la resistencia de 3 Ohms es i 1 – i2 = 2 A. La corriente que pasa por la resistencia de 6 Ohms es 6 A; y la corriente que pasa por  la resistencia de 4 Ohms es i 2 = 4 A. El balance de potencia se realiza de la misma manera que se hizo en el ejemplo 2. También se debe de tener que

∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida) Potencia de las fuentes: P42V = VI = (42)(6) = 252 W. P10V = VI = (10)(4) = 40 W Como en ambas fuentes la corriente sale por la terminal positiva, la potencia generada total P G = 252 + 40 = 292 W. Potencia absorbida en las resistencias P6Ω = VI = I2R = (6)2(6) = 216 W P3Ω = VI = I2R = (2)2(3) = 12 W P4Ω = VI = I2R = (4)2(4) = 64 W. Potencia absorbida total P A = 216 + 12 + 64 = 292 W. Ejemplo 4 (a) Utilice la técnica de mallas para calcular las corrientes de malla en el circuito de la figura 7 y (b) haga un balance de potencia.

29

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas B

C

Supermalla

D 1Ω

i1

i2

2Ω

3Ω G

E

7A 7V

+  _ 

i3 H

1Ω

2Ω

A

F Figura 7

Solución: (a) Los pasos 1 y 2 dejan al circuito como se muestra en la figura 7. Paso 3. Se aplica la ley de Kirchoff a la malla 3 debido a que la malla 1 y la malla 2 comparten una fuente de corriente y su estudio se pospone al paso 4. Recorriendo la malla 3 siguiendo la trayectoria cerrada GCDEG, se obtiene la ecuación 1(i 2 - i1 ) + 2i 2 + 3(i2 - i3 ) = 0

(1.7)

- i1 + 6i2 - 3i3 = 0

(1.8)

es decir 

Paso 4. Las mallas 1 y 3 comparten una fuente de corriente. Esto define la supermalla cuyo trayectoria cerrada se puede tomar como ABCGEFA. Las ecuaciones que se obtiene de esta supermalla son las siguientes i1 - i3 = 7

(1.9)

-7 + 1⋅ (i1 - i 2 ) + 3(i3 - i2 ) + 1⋅ i3 = 0

es decir  i1 - 4i 2 + 4i3 = 7

Paso 5. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que

30

(1.10)

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

i1 = 9 A i2 = 2.5 A i3 = 2 A (b) El balance de potencia requiere que

∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida) Potencia en las fuentes. Para esto, se necesita la diferencia de potencial en la fuente de corriente. El voltaje en el nodo G está dado por  VG = 7 – 1(i 1 – i2) = 7 – 6.5 = 0.5 V. El voltaje en el nodo H est á dado por  VH = IR = (7)(2) = 14 V En ambas fuentes la corriente sale por la terminal positiva, de tal manera que ambas generan potencia. Potencia generada: P7V = VI = (7)(9) = 63 W P7A = (VH – VG)I = (14 - 0.5)(9 - 2) = 94.5 W Potencia total generada P T = 63 + 94.5 = 157.5 W Potencia absorbida: P1Ω = VI = I2R = (9 – 2.5) 2(1) = 42.25 W P2Ω = VI = I2R = (2.5) 2(2) = 12.5 W P3Ω = VI = I2R = (2 – 2.5) 2(3) = 0.75 W P2Ω = VI = I2R = (9 – 2)2(2) = 98 W P1Ω = VI = I2R = (2)2(1) = 4 W Potencia total absorbida P A = 157.5 W Ejemplo 5. En el circuito de la figura 8 , (a) diga cuáles mallas forman una supermalla. (b) Escriba las ecuaciones de malla. (c) ¿Cuánto valen i 1, i2, i3 e i4?

31

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 1Ω

i4

1Ω

4A

2Ω

i2 i1

2Ω

i3 1A

4A

Figura 8 Solución: (a) Las mallas i 2 e i3 forman una supermalla. (b) Del circuito se observa que en las mallas i1 e i3 los valores de dichas corrientes están dadas por  i1 = 4 Amperes I3 = 4 Amperes En la supermalla se observa que i2 – i3 = 1. Con esta ecuación y el resultado anterior , se obtiene que i2 = 5 Amperes Aplicando la LKV a la malla i 4 obtenemos la ecuación -i1 -2i3 + 4i4 = 0 Reemplazando los valores ya obtenidos para i 1 e i3 obtenemos que i4 = 3 amperes

Transformación de fuentes La fuente ideal de voltaje se define como un dispositivo cuyo voltaje entre sus terminales es independiente de la corriente que circula a través del mismo. Una fuente ideal de 1 voltio entrega un ampere a una resistencia de 1 Ohm y 1000,000 Amperes a una resistencia de 1 micro Ohm. En la realidad esta fuente no existe. Las fuentes prácticas tienen una cierta capacidad de entregar potencia. Si se les requiere una potencia mayor, el voltaje entre sus terminales decrece. Supóngase que experimentalmente se observa que una fuente mantiene una diferencia de potencial de 12 voltios entre sus terminales cuando no circula una corriente a través de ella (circuito abierto) y una diferencia de potencial de 11 voltios cuando circula a través de ella una corriente de 100 A. Esta fuente puede 32

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas representarse por medio de un modelo más exacto que incluya la resistencia interna cuyo valor es tal que cuando le pasa una corriente de 100 Amperes, entre sus terminales aparece un voltaje de 1 Voltio. Es decir, R S = 0.01 Ω; a ésta se le conoce como la resistencia interna de la fuente y siempre está presente en las fuentes prácticas. En la figura 9 se muestra una fuente práctica de voltaje que se define como una fuente ideal de voltaje en serie con una resistencia interna R SV. RSV

+ VS -

Figura 9

La fuente ideal de corriente tampoco existe. Es decir no existe un dispositivo que entregue una determinada cantidad de corriente independientemente del voltaje entre sus terminales. Ciertos circuitos transistorizados pueden entregar una corriente que se mantiene constante para un amplio rango de valores de la carga. La generación de una potencia infinita es inalcanzable por las fuentes prácticas. La figura 10 muestra una fuente de corriente práctica que se define como una fuente ideal de corriente en paralelo con una resistencia interna R SI

RSI

IS

Figura 10 Cuando se conecta una carga a una fuente práctica de voltaje, se tiene el circuito mostrado en la figura 11.

33

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas RSV

+

IL

+ VS

RL -

-

Figura 11 Este circuito es el divisor de voltaje que se estudió en el capitulo anterior. El voltaje de la fuente se divide en dos voltajes; el voltaje en las terminales de la carga y el voltaje en la resistencia interna de la fuente; es decir  (1.11)

VS = IL R SV + VL

donde IL es la corriente que fluye por la carga y V L es el voltaje en las terminales de la carga. El voltaje en circuito abierto (V CA) y la corriente en corto circuito (I CC) medidos desde la carga son: (1.12)

VCA = VS I CC =

VS

(1.13)

R SV

Por otro lado cuando se conecta una carga a una fuente práctica de corriente se tiene el circuito mostrado en la figura 12. VL

VL IS

RSI

R SI

IL

RL

Figura 12 El circuito de la figura 11 es el divisor de corriente estudiado en el capitulo anterior. La corriente de la fuente se divide en dos componentes, la corriente a través de la carga y la corriente a través de la resistencia interna de la fuente; es decir 

34

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

IS = I L +

VL R SI

(1.14)

Donde IL es la corriente que pasa por la carga y V L es el voltaje en las terminales de la carga. El voltaje en circuito abierto (V CA) y la corriente en corto circuito (I CC) medidos desde la carga son: VCA = IS RSI  I CC = IS

(1.15) (1.16)

Las Fuentes de voltaje y de corriente prácticas son equivalentes entre sí cuando el voltaje en circuito abierto y la corriente en corto circuito que se observan desde la carga son iguales. Es decir, considerando las ecuaciones (1.12) y (1.15) se tiene VS = IS R SI 

(1.17)

Por otro lado, considerando las ecuaciones (1.13) y (1.16) se tiene

VS R SV

= IS

(1.18)

De las ecuaciones (1.17) y (1.18) se obtiene que la fuente de voltaje es equivalente a una fuente de corriente si se cumple que R SV = R SI

(1.19)

Es decir la resistencia interna de las fuentes es la misma. En adelante la resistencia interna de las fuentes se representará con el símbolo R S. Con esto se obtiene que una fuente de voltaje puede ser convertida en una fuente de corriente mediante la ecuación (1.20) VS = R S IS En la figura 13 se representa la equivalencia entre una fuente de corriente y una fuente de voltaje.

35

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas RS +

IS =

VS

VS

RS

R S

-

(a)

(b) Figura 13

La fuente de voltaje V S en serie con R S mostrada en la figura 12a es equivalente a V la fuente de corriente IS = S en paralelo con R S, mostrada en la figura 12b. R S Ejemplo 5 Considérese el circuito mostrado en la figura 14. Utilice la técnica de transformación de fuentes para calcular la corriente que circula por la resistencia de 30 Ω. 60V -

4A

10 Ω

+

20 Ω

80Ω

30Ω

Figura 14 Solución Paso 1. Primeramente se transforma la fuente de corriente en paralelo con la resistencia de 20 Ω. De acuerdo con la ecuación (1.20), la fuente de voltaje equivalente es V = IR = (4)(20) = 80 V. Después de reemplazar la fuente de corriente, el circuito que queda se muestra en la figura 15.

36

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

20 Ω

60V -

10 Ω

+

80V 80 Ω

30Ω

Figura 15 Paso 2 El circuito de la figura 16, es equivalente al circuito mostrado en la figura 15, en donde las fuentes de voltaje se han reemplazado por una fuente cuyo valor  es igual a la suma de los voltajes ya que las fuentes en el circuito de la figura 14 están conectadas en serie. 10 Ω

20 Ω

140V 80 Ω

30 Ω

Figura 16 Paso 3. Ahora la fuente de voltaje en serie con la resistencia de 20 Ω se transformara en una fuente de corriente. El valor de dicha fuente de corriente, de acuerdo con la ecuación (1.20) es I = V/R = 140/20 = 7 A. El circuito resultante se muestra en la figura 17. 10 Ω

7A

20 Ω

80 Ω

Figura 17 37

30 Ω

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Paso 4. Ahora, las resistencias de 20 Ω y 80 Ω se pueden reemplazar por una resistencia equivalente que tiene un valor de Re =

(20)(80) 20 + 80

= 16 Ω

El circuito simplificado se muestra en la figura 18. 10 Ω

7A

16Ω

30 Ω

Figura 18 Paso 5. Nuevamente, se hace una transformación de fuente. La fuente de corriente en paralelo con la resistencia de 16 Ω se transforma en una fuente de voltaje cuyo valor es V = IR = (7)(16) = 112 V. El circuito resultante se muestra en la figura 19. 10 Ω

16 Ω

+

112V

30 Ω

-

Figura 19 Paso 6. Finalmente, la corriente que pasa por la resistencia de 30 calcular. Su valor está dado por  I=

V Re

=

112 16 + 10 + 30

38

=2A

Ω

se puede

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas La técnica de transformación de fuentes tiene un número indefinido de pasos. El número de pasos depende de la complejidad del circuito. Sin embargo, llevado a cabo en forma sistemática se convierte en una técnica muy segura. Equivalente de Thevenin RTH

a

a +

RL

Circuito eléctrico

VTH

RL -

b

b (b)

(a) Figura 20

Dado cualquier circuito lineal, compuesto de fuentes y resistencias y dadas dos terminales a-b en el mismo circuito, desde las cuales está conectada o se puede conectar una carga R L (véase la figura 20a), el equivalente Thevenin de dicho circuito se construye con una fuente de voltaje independiente V TH en serie con una resistencia RTH. Esta combinación en serie de V TH y R TH es equivalente al circuito original. En la figura 19a se muestra la carga R L conectada a un circuito y en la figura 20b se muestra el circuito equivalente, también llamado circuito equivalente de Thevenin. Esta equivalencia significa que la carga R L tiene entre sus terminales la misma diferencia de potencial y le circula la misma corriente en el circuito original y en el circuito equivalente. El valor de la fuente V TH es igual al voltaje en circuito abierto que se mide en las terminales a-b y R TH = V TH/ICC, donde ICC es la corriente en corto circuito que se mide en las terminales a-b. ¿Cómo calcular V TH, ICC? Se desarrollará un ejemplo para ilustrar la respuesta. 60V -

4A

20

10

+

Ω

80

Figura 21

39

Ω

Ω

30

Ω

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

Ejemplo 6 Supongamos que se quiere obtener el circuito equivalente del circuito mostrado en la figura 3, que se reproduce en la figura 21, visto desde la resistencia de 30 Ω. Primer paso. Se Calcula el voltaje en circuito abierto. Para calcular el voltaje en circuito abierto (voltaje de Thevenin), se quita la resistencia R L (= 30 Ω) y queda el circuito mostrado en la figura 22. Supernodo 60V V1

4A

-

10 Ω

V2

+

20 Ω

a

80Ω

b

Figura 22 El voltaje en circuito abierto entre las terminales a-b es igual al voltaje V 2 ya que la corriente por la resistencia de 10 Ohms es cero. Debido a la fuente de voltaje, los nodos V1 y V2 forman un supernodo y como se vio en el ejemplo 2, las ecuaciones asociadas al supernodo son V2 - V1 = 60 -4 +

V1 20

+

V2 80

=0

es decir  4V1 + V2 = 320 Resolviendo se obtiene V 1 = 52V y V2 = 112V. Esto es V TH = 112V. Segundo Paso. Cálculo de la corriente en corto, I CC. Para este fin, se pone en corto a las terminales a-b, quedando el circuito mostrado en la figura 23.

40

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Supernodo VA

4A

60V -

10 Ω

VB

+

20 Ω

a

80Ω

b

Figura 23 Nótese primero que I CC = VB/10. Para calcular V B se formulan de nuevo las ecuaciones de nodo para V A y VB, considerando que se tiene un supernodo. Las ecuaciones del supernodo son (1.21) VB - VA = 60 -4 +

VA 20

+

VB 80

+

VB 10

=0

Esta última se puede rescribir como 4VA + 9VB = 320

(1.22)

Resolviendo las ecuaciones (1.21) y (1.22), se obtiene que V B = 560/13 voltios. Por lo tanto I CC = VB/10 = 56/13 Amperes. La resistencia de Thevenin R TH = VTH/ICC = 26 Ohms. Por lo tanto, el circuito Thevenin equivalente “visto” desde la resistencia de 30 es el que se muestra en la figura 24.

Ω

Obsérvese que por la resistencia de 30 Ω pasa una corriente de 112/(56+30) = 2 Amperes. La misma corriente que pasa por dicha resistencia en el circuito original (Véase el ejemplo 2).

41

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 26 Ω

a

+

30Ω

112V

b Figura 24 Alternativa para calcular R TH La resistencia de Thevenin también puede calcularse mediante la “eliminación de las fuentes”. Esta técnica consiste en reemplazar las fuentes de voltaje por un corto circuito y las fuentes de corriente se reemplazan por un circuito abierto. Aplicando esto al circuito de la figura 22, se obtiene el circuito mostrado en la figura 25. 10 Ω

20 Ω

a

80Ω

b

Figura 25 La resistencia medida desde las terminales a-b que es igual a R R TH = 10 +

(20)(80) 20+80

Mismo resultado que se obtuvo anteriormente.

42

= 26 Ω

TH

es

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Problemas Problema 1. En el circuito de la figura 26, (a) utilice el análisis de nodos para encontrar los tres voltajes de nodo (b) Haga un balance de potencia 2

3 V1

3V V2 -

+ -

6V

+

V3

1A 6 V0 = 0V

Figura 26 Solución: V1 = 6V, V2 = 4V, V3 = 7V. Problema 2. Para el circuito de la figura 26, obtenga el circuito equivalente de Thevenin visto desde la resistencia de 6 Ohms. Problema 3. En el circuito de la figura 27, utilice análisis de nodos para encontrar  el voltaje VX a través de la fuente de 10 Amperes. Las resistencias están medidas en Ohms.

43

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 20

4A

-2A V2

V1

V3

50

40

+

100

Vx

10A

25

V0 = 0

Figura 27 Solución: V1 = 264.31V, V2 = 397.43V, V3 = 183.92V. Vx = V2 – V0 = 397.4V. Problema 4. Utilice el análisis de nodos para encontrar el voltaje V 4 en el circuito de la figura 28.

44

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas

12.5 100V

+  _ 

5A

150V

20

-

+

+ 10

V4

10A

25

-

Figura 28 Solución: V4 = 63.1V. Problema 5. En el circuito de la figura 29, utilice el análisis de mallas para encontrar la corriente que circula por la resistencia de 2 Ohms.

8A

8

2

10

+

100V

4

3

-

Figura 29 Solución: I = 2.79 A apuntando hacia la derecha . 45

5

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Problema 6. En el circuito de la figura 29, utilice la técnica de transformación de fuentes para encontrar la corriente que circula por la resistencia de 5 Ω. Problema 7. En el circuito de la figura 30, aplique la técnica de mallas para determinar el voltaje v a través de la resistencia de carga R L, cuando RL = 75 Ω . 100

Ω

330

220 Ω

40 V

Ω

+

+

150

-

Ω

v

R L -

Figura 30 Solución: v = 17V. Problema 8. En el circuito mostrado en la figura 31, usando análisis de mallas, obtenga i 1. En todas las resistencias K = 10 3 Ohms.

i1

1 K 

2 K 

4 K 

3V

+  _  2 mA

7 K 

46

1 K 

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Figura 31 Solución: i1 = 3mA. Problema 9. Encuentre la corriente i para el circuito de la figura 31. Sugerencia: Un corto circuito se puede manejar como una fuente de voltaje con 0 voltios.

i 2 Ohms

2 Ohms

4 Ohms

+  _ 

10 V 6 Ohms

Figura 31 Solución: i = -0.29A. Problema 11. Para el circuito de la figura 32 Utilice la técnica de análisis más conveniente (Análisis de nodos o análisis de mallas) para (a) determinar la corriente por todos los elementos, (b) el voltaje en todos los nodos y (c) la potencia en todos los elementos, para verificar que existe un balance de potencia.

47

Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 4.7K  V1

1K 

V2

V5

I2 0.56K  1.2K 

I1

2.4K  V3 12V

V4

+ -

3.9K 

I3

1.2K 

V0 = 0

Figura 32 Solución: I1 = 1.87mA, I 2 = 1.04mA, I 3 = 1.31mA. V1 = 12V, V2 = 3.22V, V3 = 2.21V, V4 = 1.58V, V5 = 2.18V.

48