Problemas resueltos de circuitos eléctricos

Xavier Alabern es Doctor Ingeniero Industrial por la UPC, profesor titular de universidad del Departamento de Ingeniería Eléctrica y subdirector de Relaciones Exteriores y Cooperación Universitaria de la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries Industrial i Aeronàutica de Terrassa (ETSEIAT). En la actualidad, es director de los programas de posgrado Mantenimiento de equipos e instalaciones y Proyecto, diseño y cálculo de instalaciones mecánicas, eléctricas y especiales. Publica periódicamente en varias revistas y participa en congresos de ámbito nacional e internacional. Antoni Font es Ingeniero Industrial y profesor del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la UPC. En la actualidad, es coordinador de la asignatura Teoría de Circuitos y Sistemas, que se imparte en la ETSEIAT. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito nacional e internacional.

118

AULA POLITÈCNICA / TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

X. Alabern A. Font

Xavier Alabern Morera Antoni Font Piera

Circuitos eléctricos Problemas Circuitos eléctricos. Problemas

El libro que se presenta es un compendio de problemas resueltos de circuitos eléctricos, fruto de la larga experiencia de los autores en la docencia de las diferentes asignaturas del área de Ingeniería Eléctrica en la ETSEIAT de la UPC. La obra se ha estructurado en torno a dos grandes bloques, correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y su estudio en régimen dinámico o transitorio. La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha llevado a cabo aplicando diversos métodos, lo que permite al lector un enriquecimiento personal de sus conocimientos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff; de los teoremas de Thevenin, Norton, Millman, de sustitución, de máxima transferencia de potencia, etc., permite consolidar los conocimientos de la materia que se van adquiriendo. La segunda parte del libro aborda la resolución de los problemas en régimen transitorio, sobre circuitos de primer y de segundo orden, con fuentes de alimentación de origen diverso (constante, sinusoidal, etc.). La aplicación de ecuaciones diferenciales y/o el método de las transformadas de Laplace permitirán determinar su solución. Sería muy conveniente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos. Cabe destacar que varios de los problemas que se presentan en este libro fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias.

9 788483 018590

EDICIONS UPC

AULA POLITÈCNICA 118

Circuitos eléctricos Problemas

AULA POLITÈCNICA / TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern Morera Antoni Font Piera

Circuitos eléctricos Problemas

EDICIONS UPC

Primera edición: abril de 2006

Diseño de la cubierta: Jordi Calvet ©

los autores, 2006

©

Edicions UPC, 2006 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción:

CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord) La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona

Depósito legal: B-24.351-2006 ISBN: 84-8301-859-4 Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

5

Prólogo

Prólogo El libro presentado es un compendio de problemas resueltos de circuitos eléctricos, fruto de la larga experiencia de los autores en la docencia de las diferentes asignaturas de esta área. El libro se ha estructurado en dos grandes bloques correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y al estudio en régimen dinámico o transitorio. La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha desarrollado a través de los diferentes problemas aplicando diversos métodos, lo que permite al lector el enriquecimiento personal de sus conocimientos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff, de los teoremas de Thevenin, Norton, Millman, sustitución, máxima transferencia de potencia, etc. permite consolidar los conocimientos que se van adquiriendo a lo largo de su resolución. La segunda parte del libro, que trata la resolución de los mismos en régimen transitorio, permite resolver circuitos de primer y segundo orden, siendo las fuentes de alimentación de origen diverso (constante, senoidal, etc.). En muchos de los problemas la resolución tiene lugar mediante la aplicación de ecuaciones diferenciales y mediante el método de las transformadas de Laplace. Sería muy conveniente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos. Se debe destacar que varios de los problemas aquí presentados fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias. Esperamos que la presente obra contribuya de manera significativa a la comprensión de la Ingeniería Eléctrica. La participación de Mireia Aner Piqué y Carles Colls Castro ha facilitado enormemente en la consecución de los objetivos propuestos. Xavier Alabern Morera Profesor Titular de Universidad Departament d’Enginyeria Elèctrica de la UPC

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

7

Índice

Índice 1.

Circuitos eléctricos: régimen permanente.................................................................................... 11 Problema 1 ................................................................................................................................... 12 Problema 2 ................................................................................................................................... 15 Problema 3 ................................................................................................................................... 18 Problema 4 ................................................................................................................................... 20 Problema 5 ................................................................................................................................... 21 Problema 6 ................................................................................................................................... 22 Problema 7 ................................................................................................................................... 23 Problema 8 ................................................................................................................................... 26 Problema 9 ................................................................................................................................... 29 Problema 10 ................................................................................................................................. 30 Problema 11 ................................................................................................................................. 33 Problema 12 ................................................................................................................................. 36 Problema 13 ................................................................................................................................. 38 Problema 14 ................................................................................................................................. 41 Problema 15 ................................................................................................................................. 43 Problema 16 ................................................................................................................................. 46 Problema 17 ................................................................................................................................. 48 Problema 18 ................................................................................................................................. 53 Problema 19 ................................................................................................................................. 57 Problema 20 ................................................................................................................................. 61 Problema 21 ................................................................................................................................. 63 Problema 22 ................................................................................................................................. 65 Problema 23 ................................................................................................................................. 67 Problema 24 ................................................................................................................................. 69 Problema 25 ................................................................................................................................. 74 Problema 26 ................................................................................................................................. 81 Problema 27 ................................................................................................................................. 83 Problema 28 ................................................................................................................................. 85 Problema 29 ................................................................................................................................. 88 Problema 30 ................................................................................................................................. 90 Problema 31 ................................................................................................................................. 92 Problema 32 ................................................................................................................................. 95 Problema 33 ................................................................................................................................. 98 Problema 34 ............................................................................................................................... 101 Problema 35 ............................................................................................................................... 104 Problema 36 ............................................................................................................................... 106 Problema 37 ............................................................................................................................... 108 Problema 38 ............................................................................................................................... 110 Problema 39 ............................................................................................................................... 112 Problema 40 ............................................................................................................................... 114 Problema 41 ................................................................................................................................117 Problema 42 ................................................................................................................................119 Problema 43 ................................................................................................................................123 Problema 44 ................................................................................................................................126 Problema 45 ................................................................................................................................128 Problema 46 ................................................................................................................................133 Problema 47 ................................................................................................................................139 Problema 48 ................................................................................................................................143 Problema 49 ................................................................................................................................145 Problema 50 ................................................................................................................................147

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

8

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 51 ................................................................................................................................150 Problema 52 ................................................................................................................................154 Problema 53 ................................................................................................................................156 Problema 54 ................................................................................................................................159 Problema 55 ................................................................................................................................161 Problema 56 ................................................................................................................................163 Problema 57 ................................................................................................................................164 Problema 58 ................................................................................................................................165 Problema 59 ................................................................................................................................167 Problema 60 ................................................................................................................................179 Problema 61 ................................................................................................................................181 Problema 62 ................................................................................................................................183 Problema 63 ................................................................................................................................185 Problema 64 ................................................................................................................................187 Problema 65 ................................................................................................................................189 Problema 66 ................................................................................................................................191

2.

Circuitos eléctricos: régimen transitorio .................................................................................... 193 Problema 67 ............................................................................................................................... 194 Problema 68 ............................................................................................................................... 195 Problema 69 ............................................................................................................................... 196 Problema 70 ............................................................................................................................... 197 Problema 71 ................................................................................................................................199 Problema 72 ................................................................................................................................201 Problema 73 ................................................................................................................................202 Problema 74 ................................................................................................................................203 Problema 75 ................................................................................................................................204 Problema 76 ................................................................................................................................206 Problema 77 ................................................................................................................................208 Problema 78 ................................................................................................................................210 Problema 79 ................................................................................................................................212 Problema 80 ................................................................................................................................214 Problema 81 ................................................................................................................................215 Problema 82 ................................................................................................................................216 Problema 83 ................................................................................................................................218 Problema 84 ................................................................................................................................221 Problema 85 ................................................................................................................................224 Problema 86 ................................................................................................................................226 Problema 87 ................................................................................................................................228 Problema 88 ................................................................................................................................230 Problema 89 ................................................................................................................................232 Problema 90 ................................................................................................................................235 Problema 91 ................................................................................................................................238 Problema 92 ................................................................................................................................240 Problema 93 ................................................................................................................................242 Problema 94 ................................................................................................................................243 Problema 95 ................................................................................................................................245 Problema 96 ................................................................................................................................247 Problema 97 ................................................................................................................................249 Problema 98 ................................................................................................................................251 Problema 99 ................................................................................................................................253 Problema 100 ..............................................................................................................................255 Problema 101 ..............................................................................................................................257 Problema 102 ..............................................................................................................................260

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

9

Índice

Problema 103 ..............................................................................................................................262 Problema 104 ..............................................................................................................................264 Problema 105 ..............................................................................................................................266 Problema 106 ..............................................................................................................................267 Problema 107 ..............................................................................................................................270 Problema 108 ..............................................................................................................................275 Problema 109 ..............................................................................................................................280 Problema 110 ..............................................................................................................................291 Problema 111 ..............................................................................................................................293 Problema 112 ..............................................................................................................................296 Problema 113 ..............................................................................................................................299 Problema 114 ..............................................................................................................................302 Problema 115 ..............................................................................................................................305 Problema 116 ..............................................................................................................................308 Problema 117 ..............................................................................................................................310 Problema 118 ..............................................................................................................................314 Problema 119 ..............................................................................................................................318 Problema 120 ..............................................................................................................................323 Problema 121 ..............................................................................................................................328 Problema 122 ..............................................................................................................................332

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

11

Régimen permanente

1 Circuitos eléctricos: régimen permanente

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

12

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 1 El circuito de la figura está alimentado por un generador e( t ) = E max sen (100πt ) siendo la lectura del voltímetro V=220 V.

Se pide: a) La impedancia del circuito equivalente b) Las lecturas de los voltímetros: V1, V2 y V3 c) La lectura del amperímetro A1 d) Las expresiones instantáneas en régimen permanente de i(t), u1(t), u2(t), u3(t) y uAC(t) e) La intensidad y las caídas de tensiones en el instante t0=10,4722 ms f) Comprobar que se cumple en el instante del apartado anterior e(t)=u1(t)+u2(t)+u3(t)

a A1 R= 15Ω

V1

L= 18mH

V2

b e(t)

~

V

c C= 30mF

V3

d Figura 1.1

Resolución:

a) De la expresión temporal del generador de tensión 100π = ω = 2πf , se busca Z =

∑Z

i

(están en

serie)

R = 15 Ω

XC =

1 1 = = 106,103 Ω −6 Cω 30·10 ·100π

X L = Lω = 18·10 −3 ·100π = 5,654 Ω

Z = 15 + (5,654 − 106,103) j = 15 − 100,448 j Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

13

Régimen permanente

b) I=

U 220∠0º = = 2,166∠81,50º Z 101,562∠ − 81,50º

Diagramas vectoriales:

XL R -81,5º 12,

(No a escala)

25= V

V3 =

1

V=

32 ,

5

2

XC 230

ZT

81,5º (No a escala)

V=220 Diagrama de tensiones

Diagrama de impedancias

U1 = I·R = 2,166∠81,50º·15∠0º = 32,49∠81,50º

(V1) marcará 32,49 V

U 2 = I·X L = 2,166∠81,50º·5,655∠90º = 12,249∠171,507 º (V2) marcará 12,25 V

U 3 = I·X C = 2,166∠81,50º·106,103∠ − 90º = 229,982∠ − 8,493º (V3) marcará 229,982 V

c)

I = 2,166∠81,50º A

El amperímetro (A) marcará 2,166 A

d) i( t ) = 2 ·2,166sen (100πt +

81,507º π) A 180º

u 1 ( t ) = 2 ·32,49sen (100πt +

81,507 º π) V 180º

u 2 ( t ) = 2 ·12,25sen (100πt +

171,507 º π) V 180º

u 3 ( t ) = 2 ·229,98sen (100πt −

8,493º π) V 180º

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

14

Circuitos eléctricos. Problemas

U AC = I·(R + X L ) = 2,166∠81,507 º·16,031∠20,656º = 34,722∠102,163 u AC ( t ) = 2 ·U ACsen (100πt +

ϕAC π) V 180º

U AC = I·(R + X L ) = 2,166∠81,507 º·16,031∠20,656º = 34,722∠102,163 e) Sustituyendo en las expresiones anteriores t =10,4772·10-3 s resulta: i( t1 ) = −3,06321 Ω

u1 ( t1 ) = −45,95 V

u 2 ( t1 ) = 0 V

u 3 ( t1 ) = 0 V

f) e( t 1 ) = E max sen (100π10,4772·10 −3 ) = −45,95 V =

∑u

i

= 0 + 0 − 45,95 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

15

Régimen permanente

Problema 2 En el circuito de la figura 1, y con el interruptor D abierto, se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida: A G = 25 A

V1 = 400 V

V2 = 0 V

siendo la frecuencia de 50 Hz

En las mismas condiciones, pero variando la frecuencia hasta 150 Hz, se observa A G = 25 A , V1 = 0 V , V2 = 80 V . Se conoce también que R 1 = 2,4 Ω . Se pide: a ) Calcular VG para ambos casos b ) Reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz c ) Manteniendo la frecuencia y la tensión del generador en los valores correspondientes al segundo caso, se cierra el interruptor D. Calcular A0 .

R1

X L1

AG XC2

~

VG

V1

A0

V2

D XL2

XC3

Figura 2.1

Resolución:

a ) Con una frecuencia de 50 Hz, U2 = 0V, cosa que indica que U L 2 = − U C 2 , y si se tiene en cuenta que los vectores coinciden en dirección, aunque no en sentido, U L 2 = U C 2 . Tomando como origen de fases la corriente I G del generador, el diagrama vectorial de estas tensiones se puede ver en la figura 4.2 (caso f=50 Hz) U

U L1

L2

U R1 IG UG U1

U C2

U C3

U L1

Figura 2.3

Figura 2.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

IG

16

Circuitos eléctricos. Problemas

A continuación, y tomando también el mismo origen de fases, se pueden suponer vectores de caídas de tensión en R1, en XL1 y XC3 con longitudes arbitrarias y direcciones conocidas, pero con la condición de que U C3 > U L1 ya que al pasar la frecuencia de 50 a 150 Hz, los valores de las XL aumentan y

las XC disminuyen, y no sería posible que la lectura de V1 pasara de 400 V a 0 V. Por claridad de exposición, se han representado estas tensiones en la figura 2.3 y no sobre la misma figura 2.2. Una vez dibujados los anteriores vectores, ya quedan definidos los vectores de las tensiones U1 y UG :

U1 = U C3 + U L1 U G = U 1 + U R1 A 50 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular UG son: U1 = 400V U R1 = I G ⋅ R 1 = 25 ⋅ 2,4 = 60 V U G = U12 + U R12 = 400 2 + 60 2 = 404,5 V siendo la lectura de VG = 404,5 V. A 150 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular U’G son:

U'1 = 0V U ' R1 = I' G ⋅R = 25 ⋅ 2,4 = 60 V U ' G = U'12 + U ' R12 = 0 2 + 60 2 = 60 V siendo la lectura de VG’ = 60 V.

b ) Para calcular las cuatro reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz y las cuatro X’L1, X’C2, X’L2, X’C3 a 150 Hz, se requieren ocho ecuaciones. Como una frecuencia es tres veces la otra, ya podemos escribir cuatro:

X' L1 = 3 ⋅ X L1

X'C2 =

1 ⋅ X C2 3

X' L 2 = 3 ⋅ X L 2

X ' C3 =

1 ⋅ X C3 3

Por otra parte, a 50 Hz se puede escribir: X C2 = X L 2 X C3 − X L1 =

ya que U 2 = 0 V 400 = 16Ω 25

ya que

U1 = 400 V, y la corriente total IG es de 25 A.

y a 150 Hz se puede escribir:

X' L1 + X' L 2 = X' C 2 + X' C3 X' L 2 −X'C 2 =

ya que

80 = 3,2 Ω 25

ya que

U1 = 0 V U2 = 80 V, y la corriente total IG es de 25 A.

Con estas 8 ecuaciones se hallan las 8 incógnitas fácilmente:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

17

Régimen permanente

X L 2 = 1,2 Ω

X C 2 = 1,2 Ω

X C 3 = 16,8 Ω

X L1 = 0,8 Ω

X 'L 2 = 3,6 Ω

X 'C 2 = 0,4 Ω

X 'C 3 = 5,6 Ω

X 'L1 = 2,4 Ω

c) Cerrando el interruptor D, el circuito queda reducido a la siguiente figura 2.4:

R1

XL1

~

I0

A0

XC3

Figura 2.4

La impedancia total del circuito será (a 150 Hz): Z' ' = R 12 + (X ' C3 −X ' L1 )2 = 2,4 2 + (5,6 − 2,4 )2 = 4 Ω La corriente que marca el amperímetro A0 es: I' ' 0 =

U ' G 60 = = 15 A Z' ' 4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

18

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 3 El circuito representado en la figura trabaja en régimen permanente, alimentándose de un generador de corriente alterna de frecuencia 50 Hz. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos. V=225 V

A2=12,728 W

A=33,75 A

A3=18 A

Se dispone de las siguientes cargas: Z1 = R 1 + j ⋅ X1 inductiva y, además, Z 2 = R 2 + j ⋅ X 2 (capacitiva), siendo R 2 = X 2 . La impedancia Z3 es resistiva pura. Se sabe que el conjunto de la carga presenta un factor de potencia unidad.

Figura 3.1

Se pide hallar: a) La impedancia en formas binómica y polar de Z1 y la capacidad del condensador C2 b) La lectura del amperímetro A1 Resolución:

a) Z2 =

Y2 =

Z3 =

YT =

U I2

1 Z2 U I3 I U

⋅ ∠arctg

X2 = 17,677∠ − 45º = 12,5 − j ⋅ 12,5 Ω R2

= 0,0565∠45º = 0,04 + j ⋅ 0,04 Ω −1

= 12,5∠0º Ω

∠0º =

Y3 =

1 = 0,08∠0º Ω −1 Z3

33,75 ∠0º = 0,15∠0º Ω −1 el conjunto un factor de potencia unidad. 225

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

19

Régimen permanente

Y1 =

1 Z1

= YT − Y2 − Y3 = 0,05∠ − 53,13º Ω -1

Z1 = 20∠53,13º =

1 = 12 + j ⋅ 16 Ω Y1

b) I1 = Y1 ⋅ U = 0,05 ⋅ 225 A

L1 =

X1 = 50,9 mH ω

I1 = 11,25∠ − 53,13º A

C2 =

1 = 254,650 µF X2 ⋅ ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

20

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 4 Aplicar al circuito de la figura el método de los tres amperímetros para determinar el factor de potencia de la carga Z. Se conocen las lecturas de los 3 amperímetros: A1=1 A

A G = 13,6 A

A2=3 A

eG R

Z

Figura 4.1

Resolución:

U

A1 ϕ AG

A2

2 AG − A12 − A 22 13,6 − 1 − 9 cos ϕ = = 2 ⋅ A1 ⋅ A 2 2 ⋅1 ⋅ 3

cos ϕ = 0,6 factor de potencia.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

21

Régimen permanente

Problema 5 Del circuito de la figura se conocen los siguientes valores: R=4 Ω, C=5/4⋅π mF, la lectura del voltímetro es de 100 V y e (t) =100⋅√2 sen(100⋅π⋅t) V. Si se modifica la pulsación de la fuente a ω = 100⋅π/3 rad/s, ¿Qué ángulo de desfase se presenta entre la intensidad i(t) y la tensión e(t)?

R

~ e(t)

i(t)

L

C

V

Figura 5.1

Resolución:

C=

5 mF 4⋅π

XC =

10 −3 5 ⋅ 100 ⋅ π 4⋅π

=

40 = 8Ω = XL = XC 5

ya que V=E

Para ω/3 X ⋅ 3X X L ⋅ XC X2 3X 2 X 3 ZP = = = = = 3 ⋅ ∠90º ⇒ Zp = 3∠90º X L − XC ⎛ X − 8X∠90º 8 ⎞ ⎛ X − 9X ⎞ ⎜ − 3 ⋅ X ⎟∠ − 90º ⎜ ⎟∠90º 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ZT = 4 + j ⋅ 3

⇒ 5∠36,87 º por lo tanto i(t) retarda a e(t) en 36,87º.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

22

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 6 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. I

X1

A

I1 E

R

X2

Figura 6.1

Se conocen los siguientes datos: X1= 4,5 Ω

X2=94,25 Ω

E= 240 ∠0º V

A=23,046 A

¿Cuál debe ser el valor de R para que la corriente I se retrase 30º respecto de la tensión E? Resolución:

E I2

30º I

60º I1

Figura 6.2 2

I1

2

⎛ 240 ⎞ = 23,046 + ⎜⎜ ⎟⎟ − 2 ⋅ 23,046 ⋅ 25,464 cos 60º ⎝ 94,25 ⎠ 2

I1 = 21,884 A Z1 =

240 = 10,967 Ω 21,844

R 1 = 10,967 2 − 4,5 2 = 10 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

23

Régimen permanente

Problema 7 El circuito de la figura está alimentado por un generador senoidal de frecuencia 50 Hz. La potencia consumida por la carga Z3 vale 3066,667 W. El voltímetro V3 indica una lectura de 550 V. El amperímetro A indica una lectura de 10A. La componente reactiva de la corriente que circula por Z3 es de 2,5A (inductivo). La corriente que circula por la rama DB está en fase con la tensión VDB. La potencia disipada por R4 vale 250W. Se pide: a) Valor de la inductancia L4 b) Caída de tensión VDB c) Valor de la inductancia L1 d) Tensión que proporciona el generador (lectura del voltímetro V)

12,5Ω

A

R4=250Ω

20µF

A

L4

C

D R3=25Ω

~

L1

V

V3

25Ω

L5

B Figura 7.1

Resolución:

a ) Corriente por Z3

I3a 2,5 Α=I3re

Z3

U Z3

ϕ3

I3 P3 = U 3 ⋅ I 3 ⋅ cos ϕ 3 = U 3 ⋅ I 3a

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

C5

24

Circuitos eléctricos. Problemas

P3 3066,667 = = 5,58 A U3 550

I 3a =

I 3 = I 3a 2 + I 3re 2 = 5,58 2 + 2,5 2 = 6,11 A

tgϕ 3 =

2,5 = 0,448 5,58

ϕ 3 = 24,13º

Cogemos a partir de ahora como origen de fases I 3 = 6,11∠0º A

U CD = I 3 ⋅ R 3 + U Z3 = 6,11∠0º⋅25∠0º +550∠24,13º = 152,75∠0º +550∠24,13º = = 152,75 + 501,94 + j224,84 = 654,69 + j224,84 = 692,22∠18,95 V En cuanto a la resistencia R4, se sabe: P4 = I 4 2 ⋅ R 4 =

VR 4 2

VR 4 = 250 ⋅ 250 = 250 V

R4

y también

U CD

VL 4

VL 4 = VCD 2 − VR 4 2 = 692,22 2 − 250 2 = 646,5 V

XL4 =

VR 4

VL 4 I4

=

VL 4 P4 R4

=

646,5 250 250

= 646,5 Ω

Por lo tanto: L4 =

XL4 w

=

646,5 = 2,05 H 2π ⋅ 50

b) I4 =

U CD 692,22∠18,95º 692,22∠18,95º = = = 1∠ − 49,91º A R 4 + jX L 4 250 + j646,5 693,15∠68,86º

I 3−4 = I 3 + I 4 = 6,11∠0º +1∠ − 49,91º = 6,79∠ − 6,42º A

U AC = I 3−4 ⋅ Z AC Z AC = 12,5 − j

1 20 ⋅ 10

−6

⋅ 2π ⋅ 50

= 12,5 − j159,15 = 159,64∠ − 85,5º Ω

U AC = I 3− 4 ⋅ Z AC = 6,79∠ − 6,42º⋅159,64∠ − 85,5º = 1083,96∠ − 91,92º V U DB = I 3−4 ⋅ R 5 = 6,79∠ − 6,42º⋅25 = 169,75∠ − 6,42º V

U G = U AC + U CD + U DB = 1053,96∠ − 91,92º +692,22∠18,95º +169,75∠ − 6,42º = 1175,76∠ − 48,11º V

I G = I 34 + I1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

25

Régimen permanente

10∠ϕ = 6,79∠ − 6,42º + I1∠ − 138,11º de donde: 10 cos ϕ = 6,79 cos(− 6,42º ) + I1 cos(− 138,11º )

10s e n ϕ = 6,79sin ( −6, 42º ) + I 1 sin ( −138,11º ) elevando al cuadrado y sumando resulta:

I12 − 9I1 − 53,86 = 0

I1 = 13,10 I1 = negativo (no tiene sentido físico) Si buscamos: ⎧ 76,33 ϕ=⎨ ⎩− 107,63 Teniendo presente que: I G = I 3−4 + I1

-6,42 I34

-138,11 I1

El valor del ángulo ϕ correcto es ϕ = −107,63º Por lo tanto:

I G = 10∠ − 107,63º A X L1 = L1 =

U A−B I1

=

UG I1

=

1175,76∠ − 48,11º = 89,88 Ω 13,10∠ − 138,11º

X L1 89,98 = = 0,28 H w 2π ⋅ 50

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

26

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 8 Se quiere montar en el laboratorio un circuito eléctrico, cuyo esquema está representado en la figura, con la particularidad de que presente, entre sus bornes A y B, los siguientes valores de impedancias: a ) a la frecuencia de 50 Hz Z AB = ∞ Ω ' b ) a la frecuencia de 150 Hz Z AB = 0Ω '' c ) a la frecuencia de 250 Hz Z AB = 0Ω

Si únicamente se dispone de dos condensadores de capacidad C=1,08823 µF, determinar los valores de las inductancias L1, L2 y L3.

A C L1

C L2

L3

B Figura 8.1

Resolución:

La reactancia de los condensadores a la frecuencia de 50 Hz vale: X C 50 =

10 6 = 2925 Ω 2π ⋅ 50 ⋅ 1,08823

por lo tanto, a las otras dos frecuencias, serán: X' C150 =

2925 = 975 Ω 3

X' 'C 250 =

2925 = 585 Ω 5

Las impedancias de las tres ramas en paralelo a cada una de estas frecuencias serán de la siguiente forma: a) A

f = 50 Hz Z 1 = jX L1Ω = X L1∠90º Ω Z 2 = j[X L 2 − X C 2 ] Ω = j[X L 2 − 2925] Ω = [X L 2 − 2925]∠90º Ω Z 3 = j[X L 3 − X C 3 ] Ω = j[X L 3 − 2925] Ω = [X L 3 − 2925]∠90º Ω

b) A

f’ = 150 Hz = 3·f Hz © Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

27

Régimen permanente

Z 1 ' = jX L1 ' Ω = X L1 ' ∠90º Ω

Z 2 ' = j[X L 2 '− X C 2 '] Ω = j[X L 2 '−975] Ω = [X L 2 '−975]∠90º Ω Z 3 ' = j [X L 3 '− X C 3 '] Ω = j[X L 3 '−975] Ω = [X L 3 '−975]∠90º Ω

c) A

f’’ = 250 Hz = 5·f Hz Z 1 ' ' = jX L1 ' ' Ω = X L1 ' ' ∠90º Ω Z 2 ' ' = j [X L 2 ' '− X C 2 ' '] Ω = j[X L 2 ' '−585] Ω = [X L 2 ' '−585]∠90º Ω Z 3 ' ' = j[X L 3 ' '− X C 3 ' '] Ω = j[X L 3 ' '−585] Ω = [X L 3 ' '−585]∠90º Ω

Por otra parte, la impedancia vista desde A y B, impedancia de entrada del dipolo pasivo que constituye este circuito, valdrá en general: Z AB = Z T =

Z1 ⋅ Z 2 ⋅ Z 3 Z1 ⋅ Z 2 + Z 2 ⋅ Z 3 + Z1 ⋅ Z 3

Para que Z AB '= 0 o Z AB ' ' = 0 bastará, para los dos últimos casos, que se cumpla: 1 ) A 150 Hz

Z2 ' = 0 Ω

X L 2 ' = 975 Ω

2 ) A 250 Hz

Z3 ' ' = 0 Ω

X L3 ' ' = 585 Ω

Por lo tanto serán: L2 = L3 =

X L2 ' ω' X L3 ' ' ω'

X L2 '

=

3ω

=

=

X L3 ' ' 5ω

975 = 1,035 H 3 ⋅ 100 ⋅ π

=

585 = 0,372 H 5 ⋅ 100 ⋅ π

Con lo cual, a 50 Hz serán: X L2 = X L3 =

X L2 ' 3 X L3 ' 5

=

975 = 325 Ω 3

=

585 = 117 Ω 5

Las impedancias de las ramas a 50 Hz valdrán, pues: Z1 = jX L1 = X L1∠90º Ω Z 2 = j[X L 2 − X C 2 ] Ω = j[325 − 2925] Ω = − j 2600 Ω Z 3 = j[X L3 − X C 3 ] Ω = j[117 − 2925] Ω = − j 2808 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

28

Circuitos eléctricos. Problemas

Se debe cumplir ahora que Z AB = ∞ , por lo que el denominador de la expresión que la define debe ser igual a cero, o sea que a 50 Hz se debe tener: Z1 ⋅ Z 2 + Z 2 ⋅ Z 3 + Z1 ⋅ Z 3 = 0 O lo que es lo mismo, jX L1 [− j2600] + jX L1 [− j2808] + [− j2600][− j2808] = 0

2600X L1 + 2808X L1 − 7300800 = 0 5408X L1 = 7300800 X L1 = L1 =

7300800 = 1350 Ω 5408

1350 1350 = = 4,297 H ω 100 ⋅ π

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

29

Régimen permanente

Problema 9 El circuito de la figura está alimentado por un generador e( t ) = 24 2 ⋅ sen(100πt ) V, presentando un factor de potencia capacitivo de 0,966; las lecturas de los tres amperímetros A, A1 y A2 son respectivamente 3 2 A, 3 A y 3 A.

A A2

~

A1

e(t)

V Z1

Z2

Figura 9.1

Determinar el valor de la impedancia capacitiva Z1 .

Resolución:

Ι2 =3 Α Ι1 =3 Α

α

Ι= 23Α

ϕG=15º

E

Figura 9.2

cos ϕ G = 0,966 ⇒ ϕ G = 15º I =3 2 A I1 = 3 A

cos α =

I 2 I1

=

3 2 2 = 2⋅3 2

I2 = 3 A

Z1 =

24 ∠ − 60º Ω 3

Z1 = 8∠ − 60º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

⇒ α = 45º

30

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 10

El circuito de la figura

10.1 está formado por dos fuentes de tensión E1 = 3∠0º V y

E 2 = 5∠90º V, dos fuentes de corriente I1 = 2∠90º A y I 2 = 1∠0º A , una resistencia óhmica pura de 1 Ω, una reactancia inductiva pura de 5 Ω y una capacitiva de 2 Ω. Calcular: a ) Corriente y tensión en cada rama b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

I2

R E1

~

ωL

~

~ ~

E2

I1

Figura 10.1

Resolución:

El circuito se transforma de la configuración de la figura 10.2 a la configuración de la figura 10.3 trasladando la fuente de corriente. Se pasa de la figura 10.3 a la figura 10.4 transformando las fuentes de corriente en fuentes de tensión. Esta configuración (10.4) puede resolverse por corrientes circulantes, consiguiendo con esto las corrientes IA e IB que pasan por las ramas del circuito original que contiene las fuentes de tensión E1 y E2 que no se han visto transformadas.

Z=1Ω E1=3V

~

Z=5jΩ

I2=1A

~

~ ~

I1=2jA

Z=-2jΩ

Figura 10.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

E2=5jV

31

Régimen permanente

~

Z1=1Ω E1=3V

Z=5jΩ

~

~

I2=1A

I2=1A I1=2jA

~

E2=5jV

~

E2=5jV

Z= -2jΩ

~

Figura 10.3

E2=5jV

Z=5jΩ

~ E1=3V

~

E=1V

Z1=1Ω

IA

~

IB

Z= -2jΩ

~

E=4V

Figura 10.4

IA

0 −1+ 2j 3 1 + 3j 3 = =− j A 1− 2j −1+ 2j 5 −1 + 2 j 1 + 3j

1− 2j 0 −1+ 2j 3 3 IB = =− j A 1− 2j −1+ 2j 5 −1 + 2 j 1 + 3j

Con sólo las corrientes I A e I B y las corrientes de las fuentes de corriente del enunciado, ya quedan definidas todas las corrientes de cada rama del circuito original:

1

1 - 3j/5

1 -3j/5

-3j/5 2j

1 - 2j 7j/5

Figura 10.5

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

-2j

32

Circuitos eléctricos. Problemas

( )

Los productos Z ⋅ I dan la caída de tensión en las ramas con impedancias y en el resto se consiguen por sumas o diferencias.

1

3 + 5j

-4-5j

-3 -5j 0 -4

-4 0

Figura 10.6 (Caídas de tensión en V)

(

)

Los productos E ⋅ I * dan las potencias generadas en las fuentes en forma compleja (P+Qj), y los

(

)

productos U ⋅ I * de las tensiones en las cargas por los conjugados de las respectivas corrientes, dan las potencias consumidas en éstas.

(1)

(34j/5)

(4+5j) (-3)

(9j/5) (0) (-8j)

(-8j) (0)

Figura 10.7 (Potencias generadas y consumidas en VA)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

33

Régimen permanente

Problema 11 El circuito de la figura está formado por una fuente de corriente de 2∠ − 90º A , una fuente de tensión de 6∠0º V, dos resistencias óhmicas puras de 4 Ω, una reactancia inductiva de 3 Ω y una capacitiva de 3 Ω. Calcular: a ) Corriente y tensión en cada rama b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

~ I=2 90ºA 4Ω 3jΩ E=6 0ºV

~

-3jΩ

4Ω

Figura 11.1

Resolución:

Se empieza haciendo unas transformaciones de la red, pasando en sucesivas etapas a otros equivalentes eléctricos (de la figura 11.2a a la figura 11.2b, y de la figura 11.2b a la figura 11.2c).

~

~

I=2 90ºA

~

I=2 90ºA

I=2 90ºA

4Ω

4Ω

3jΩ

3jΩ

~

-3jΩ

E=6 0ºV 4Ω

-3jΩ

Figura 11.2a

~~

E=6 0ºV

E=6 0ºV

Figura 11.2b

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

4Ω

34

Circuitos eléctricos. Problemas

E=-8j V

E=6 0ºV

~

4Ω

~ I2

I1

~

-3jΩ

3jΩ

4Ω

~

E=6 0ºV

E=6 0ºV

Figura 11.2c

De esta figura se deduce: I1 =

6 − 8 j 48 − 14 j = = 2∠ − 16,26º A 4 − 3j 25

I2 = 0 A

Con las corrientes I , I1 e I2 , ya se tienen todas las corrientes de rama, que se representan en el gráfico siguiente de dos maneras, de forma compleja y en forma de módulo y argumento. Las tensiones se calculan utilizando la expresión U K = I K ⋅ Z K y se obtienen resultados reflejados en la figura 11.4. Finalmente, las potencias consumidas en cada una de las ramas se encuentran aplicando la fórmula S K = U K I K * (potencia aparente) y se obtienen los resultados de la figura 11.5.

I=-2j (48

+3

6j) /2

2,4

-2 j

36

5

I2

,87

ºA

2 -16,26ºA

Figura 11.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

2

2 163,74ºA

(-48+14j)/25

I1= (48-14j)/25

2 -90ºA -9 0

ºA

I2

35

Régimen permanente

(42+144j)/25 9,6

(19 2+ 144 j)/2 5

6

36

,8 7

6

ºA

6 -106,26ºA

0ºA

I2

6 0ºA

I2

6

(-42-144j)/25

6 -73,74ºA

Figura 11.4

(-288+84j)/25 57

23

j 12

5

,0 4

0ºA

I2 2 -90ºA

2

12 -163,74ºA

(-288-84j)/25

12j

6/2

12 163,74ºA

Figura 11.5

Observando los resultados, deducimos que: - La fuente de corriente absorbe potencia reactiva y genera activa. - La fuente de tensión genera potencias activa y reactiva. - Sólo una de las resistencias consume potencia activa. - La potencia reactiva se consume en la reactancia y se genera en el condensador.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

90

ºA

I2

36

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 12 Dado el circuito de la figura, sabemos que las lecturas de los amperímetros A1, A2 y A3 valen, respectivamente, 5,77 A, 6,33 A y 6,93 A y las lecturas de los voltímetros V31 y V32 son, respectivamente, 55,44V y 83,13 V. El vatímetro indica una lectura de 749,87 W. Calcular: a) Valor de la tensión máxima proporcionada por el generador b) Valores de les resistencias R1 y R2 y de la inductancia L2 c) Expresión temporal de la corriente i(t) Se quiere compensar el factor de potencia del conjunto hasta la unidad. Indicar la mejor manera para poderlo conseguir, calculando su valor.

i(t)

e(t)=Em

àx

·cos120πt V

C1 =160 µF

L2

R3

R1

R2

C3

Figura 12.1

Resolución:

2 2 U = V31 + V32 = 55,44 2 + 83,13 2 = 99,921 V

E màx = 2 ⋅ 99,921 V

⇒

e(t ) = 99,921 ⋅ 2 ⋅ cos(120 ⋅ π ⋅ t ) V

R3 =

V31 =8Ω A3

C3 =

1 1 = = 221,13 µF ω ⋅ X C3 120π ⋅11.996

X C1 =

X C3 =

1 106 = = 16,579 Ω ω ⋅ C1 120 ⋅ π ⋅160

V32 = 11,996 Ω A3

U C1 = A1 ⋅ X C1 = 5.77 ⋅16.579 = 95,659 V

2 U R1 = U 2 − U C1 = 99,9212 − 95,6592 = 28,872 V

R1 =

U R1 A1

W13 = R 1 ⋅ A12 + R 3 ⋅ A 32 = 5 ⋅ 5,77 2 + 8 ⋅ 6,932 = 550,791 W W2 = W1 − W13 = 749.87 − 550.791 = 199,079 W R2 =

W2 A 22

R 2 = 4,968 Ω

Z2 =

V = 15,783 Ω A2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R1 = 5 Ω

37

Régimen permanente

2

X L2 = L2 =

Z 2 − R 22 = 15,7852 − 4,9682 = 14,983 Ω

X L 2 X L 2 14,983 = = ω 120π 120π

L 2 = 0,0397 H

Z1 = R 1 − j ⋅ X C1 = 5,00 − j ⋅ 16,579 = 17,317∠ − 73,205º Ω Z 2 = R 2 + j ⋅ X L 2 = 4,968 − j ⋅ 14,983 = 15,785 ∠71,654º Ω Z3 = R 3 − j ⋅ X C3 = 8 − 11,996 ⋅ j = 14,419∠ − 56,30º Ω

Y1 =

1 = 0,01668 + j ⋅ 0,05528 = 0,05774 ∠73,205º Ω −1 Z1

Y2 =

1 = 0,01994 − j ⋅ 0,06013 = 0,06335 ∠ − 71,654º Ω −1 Z2

Y3 =

1 = 0,03848 + j ⋅ 0,05770 = 0,069355 ∠56,3º Ω −1 Z3

Y T = Y1 + Y 2 + Y 3 = 0,075106 + j ⋅ 0,05285 = 0,091838 ∠35,134º Ω

ZT =

IT = AT =

1 YT

= 8,9048 − j ⋅ 6,2664 j = 10,8887 ∠ − 35,134º Ω

ET 99,921 ∠0º = = 7,5046 + j ⋅ 5,2811 = 9,1765 ∠35,134º A Z T 10,8887∠ − 35,134º V = 9,1765 A ZT

i(t ) = 9,1765 ⋅ 2 ⋅ cos(120 ⋅ π ⋅ t + 35,134º ) A

G G G SG = E ⋅ IT* = 99,921 ∠0º· 9,1765∠ − 35,134º = 916,930∠ − 35,134º = 749,867 − j527,689 VA

Ponemos una bobina en paralelo con la fuente para obtener factor de potencia 1. XL =

V 2 99,9212 = = 18,920 Ω Q 527,689

L=

X L 18,920 = = 0,050188 H ω 120 ⋅ π

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

L = 50 mH

38

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 13 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente estando el interruptor K1 cerrado y el interruptor K2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes. WG = 1886,025W

A1 = 10 A

AG = 23,942 A

VG =100 V

A2=10 A f = 50 Hz

a.1) Determinar la lectura del amperímetro A3 a.2) Determinar los valores de la resistencia R3 y del condensador C3 a.3) Valores de la resistencia R1 y del condensador C2 b) A continuación se abre el interruptor K1 siendo ahora las lecturas de los aparatos de medida las siguientes: WG = 1386,370 W AG = 16,5096 A siendo el factor de potencia capacitivo. b.1) Determinar los valores de la resistencia R4 y de la inductancia L4 b.2) Indicaciones de los voltímetros V3 y V4 c) Finalmente se cierra el interruptor K2 y se abre el interruptor K1 y se pide el valor que ha de tener la inductancia de la bobina L5 para poder conseguir que el circuito entre en resonancia.

AG

WG

A3 K2

R3 C3

C2

R1

VG L5

A1

A2

1

Figura 13.1

Resolución:

ω= 100 π rad/s Tomamos: VG = 100∠0º V R1 =

VG A1

X C2 =

R 1 = 10 Ω

VG = 10 Ω A2

⇒

⇒

Z1 = 10 ∠0º = 10 + j ⋅ 0 Ω

Z 2 = 10 ∠ − 90º = 0 − j ⋅ 10 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R4

V3

L 4 V4

39

Régimen permanente

I2 =

UG = 10∠90º = 0 + j ⋅ 10 Ω Z2

I12 = I1 + I 2 = 10 + j ⋅ 10 = 14,142 ∠45º A

ϕ T = arccos

WG 1866,025 = arccos UG ⋅ AG 100 ⋅ 23,9417

⇒ ϕ T = 38,794º

I G = 23,9417∠38,794 = 18,660 + j ⋅ 15 A

por ser capacitivo

I 3 = I G − I12 = 8,660 + j ⋅ 5 = 10∠30º A

A 3 = 10 A

Z3 =

VG = 10∠ − 30º = 8,660 − j ⋅ 5 Ω I3

R 3 = 8,660 Ω

6

10 C 3 = 100π ⋅5

C 3 = 636,62 µF

6

C 2 = 318,31 µF

C 2 = 10010 π⋅XC 2

b) WG = 1386,370 W

ϕ T = arccos

AG = 16,5096 A WG 1386,370 = arccos = 32,888º UG ⋅ AG 100 ⋅ 16,5096

I G = 16,5096 ∠32,888º = 13,8637 + j ⋅ 8,965 A I 34 = I G − I12 = 4∠ − 15,001º = 3,8637 − j ⋅ 1,0353 A

Z34 =

UG 100∠0º = = 25∠15º = 24,148 + j ⋅ 6,4710 Ω I 34 4∠ − 15.001

Z 4 = Z34 − Z3 = 15,4876 + j ⋅ 11,4709 = 19,273∠36,5256º Ω

Y4 =

1 = 0,0519∠ − 36,5256º = 0,0417 − j ⋅ 0,03088 Ω −1 Z4

R4 =

1 0,0417

R 4 = 23,98 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

40

Circuitos eléctricos. Problemas

X L4 =

1 = 32,3817 Ω 0,03088

L4 =

X L4 10 −3 = ⋅ 32,3817 ω 100 ⋅ π

L 4 = 103,07 mH

SG = U G ⋅ I *G = 100∠0º ⋅ 16,5096 ∠ − 32,888º = 1650.96∠ − 32,888º = 1386,37 − j ⋅ 896,463 j VA

U 3 = I 34 ⋅ Z3 = 4∠ − 15,001º ⋅ 10∠ − 30º = 40∠ − 45º V V3 = 40 V U 4 = I 34 ⋅ Z 4 = 4 ⋅ ∠ − 15,001º ⋅ 19,273∠36,5256º = 77,0925∠21,524º V

V4 = 77,0925 V

c) Se tendría que calcular una bobina en paralelo con la fuente: L5 =

VG2 100 2 = 10 3 ⋅ = 35,507 mH QG ⋅ ω 896,463 ⋅ 100 ⋅ π

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

41

Régimen permanente

Problema 14 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En estas condiciones las lecturas de los aparatos de medida son respectivamente: V=161,747 V

W1=3662,703 W

W2 = 1046,486 W

Así mismo, es conocido el factor de potencia que se presenta en bornes del generador, siendo 0,8754 inductivo. El valor de la resistencia R0 es de 2 Ω y la relación entre XL2 / R2 vale 2. Calcular: a) Valores de la resistencia R2 y de la inductancia L2 b) Valor de la inductancia L0 c) Lecturas de los aparatos de medida AG y VG así como también valor de Emáx d) Expresión temporal de la corriente i2(t) que circula por la resistencia R2 R0

L0

AG

W1

W2

C et

emax max EE(t)=E sin·sen100 100 πtt

R2

K

VG

R1

V

i2 (t)

L2

A0

Figura 14.1

Resolución:

PR1 = W1 − W2 = 2616,217 W tgϕ 2 =

R2 =

X L2 =2 R2

W2 I2

⇒ ϕ 2 = 63,435º

V2 = 10 Ω PR1

I2 =

W2 = 14,467 A V ⋅ cos ϕ 2

Z1 = 10∠0º Ω

R2 = 5 Ω

2

X L2 = 2 ⋅ R 2 = 10 Ω Z12 =

R1 =

Z2 = 5 + j ⋅10 = 11,180∠63,435º Ω

Z1 ⋅ Z 2 = 5,385 + j3,077 Ω Z1 + Z 2

AG = IT =

V Z12

A G = 26,081 A

Z T = R 0 + jX L 0 + Z12 = 7,384 + j(3,077 + X L 0 ) Ω

cos ϕ G = 0,8754

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

ϕ G = 28,907 º

42

Circuitos eléctricos. Problemas

tg 28,907 =

L2 =

X L2 ω

3,077 + X L0 7,384

⇒ X L0 = 1 Ω

L0 =

X L0 ω

L0 = 3,186 mH

L 2 = 31,86 mH

U G = Z T ⋅ I T = 220,011 V

U G = 220,011∠0º V

VG = 220,011 V

Z T = 7,384 + j4,077 = 8,435∠28,907 º Ω

E max = 2 ⋅ 220,011 V

I2 =

e(t ) = 2 ⋅ 220,011 ⋅ sen (100 ⋅ π ⋅ t ) V

VG Z12 ⋅ = 6,658 − j ⋅ 12,844 = 14,467∠ − 62,597 º ZT Z2

A

62,97 ⎞ ⎛ π⎟ A i 2 (t ) = 2 ⋅14,467 sen⎜100 ⋅ π ⋅ t 180 ⎠ ⎝

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

43

Régimen permanente

Problema 15 El circuito de la figura, alimentado por una fuente de corriente alterna de frecuencia 50 Hz y RG = 25 Ω se halla en régimen permanente con los interruptores k1 y k2 abiertos. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos: VG = 51,45 V

A1 = 10,29 A

W = 423,53 W

Se pide: - Valor de la corriente IG - Valores de R1 y L1 A continuación se cierra el interruptor k1 y se mantiene k2 abierto y conocemos las lecturas de los siguientes aparatos: VG = 29,9625 V

A2 = 6,70 A

Se piden: - Lectura del amperímetro A1 - Lectura del vatímetro W - Valores de R2 y C2 A continuación se cierra el interruptor k2 y se mantiene k1 cerrado, se quiere que el conjunto Z1=R1+j⋅XL1 y Z2=R2+ j⋅XC2 compensen su factor de potencia hasta la unidad. Se piden: - Valor de la capacidad C - Nueva lectura del voltímetro VG - Nueva lectura del voltímetro W

Figura 15.1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

44

Circuitos eléctricos. Problemas

Resolución:

Con los interruptores k1, k2 abiertos:

W I1

IG

IG

RG

~

L1

Figura 15.2

R1 =

W I12

=4Ω

ϕ1 = arccos

Z1 =

UG I1

=

51,45 = 5Ω 10,29

R1 = 36,87 º Z1

Z1 = 5∠36,87 º = 4 + j ⋅ 3 Ω L1 =

X L1 3 = 2π ⋅ f 100 ⋅ π

IRG =

UG RG

L1 = 9,55 mH I RG = 2,058∠0º A

= 2,058 A

Si U G = 51,45 ∠0º V I1 = 10,29∠ − 36,87 º = 8,232 − j ⋅ 6,174 A

I G = I RG + I1 = 10,29 − j ⋅ 6,174 A

I G = 12∠ - 30,965º A Con k1 cerrado, k2 abierto: I G = 12 A

I1 =

UG Z1

UG

I RG =

I1 = 5,9925 A

I1 = 5,9925∠ − 36,87 º A

RG

=

utilizando el teorema del coseno I2

2

2

= I RG1 + I G

2

29,9625 = 1,1985 A 25

I 2 = 6,7 A

− 2 ⋅ I RG1 ⋅ I G ⋅ cos α

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

45

Régimen permanente

I RG1 = I1 + I RG1 = 6,988∠ − 30,965º A

cos α =

6,988 2 + 12 2 − 6,7 2 = 0,88211 2 ⋅ 6,988 ⋅ 12

α = 28,102º

ϕ G = ϕ1RG + α = −30,965º −(− 28,102º ) = −2,863º

I G = 12∠ − 2,863º A

Si U G = 29,9625∠0º V I 2 = I G − I RG1 = 6,7∠26,564º = 5,992 + j ⋅ 2,996 A Z2 =

1 1 UG = = 4 − j ⋅ 2 Ω = 4,472∠ − 26,565º C 2 = I2 X 2 ⋅ 2π ⋅ f 100 ⋅ 2π

C 2 = 1,591 mF

R2 = 4 Ω W = R1A12 + R 2 A 22

W = 359,11 W

Con k1, k2 cerrados: IRG

VG 36,87º α IG I1

IRG1

I2

Z12 =

Z1 ⋅ Z 2 = 2,769 + j ⋅ 0,1538 = 2,773 ∠3,1801º Ω Z1 + Z 2

Y12 =

1 0,3606 ∠ − 3,180º = 0,36 − j ⋅ 0,02 Ω −1 Z12

YC = j ⋅ 0,02 Ω −1 ⇒ X C = C=

1 XC ⋅ ω

=

1 = −50 jΩ = 50∠ − 90º Ω YC

1 50 ⋅ 100 ⋅ π

C = 63,668 µF

Y12C = Y12 + YC = 0,36∠0º Ω −1 ZT =

Z12C =

1 = 2,77∠0º Ω Y12C

R G ⋅ Z12 = 2,5 ∠0º Ω R G + Z12

U G = I G ⋅ ZT

U G = 30 V

W=

VG2 Z12C

W = 324 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

46

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 16 El circuito representado en la figura se alimenta por un generador de corriente alterna e(t ) = 240 ⋅ 2 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t ) V, presentando un factor de potencia capacitivo.

Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos: V=248,128 V

A

WG

~

WG=2052,2565 W.

A=11,697 A

L0

eG(t)

u

Z

Figura 16.1

Determinar: a) Valor de la inductancia L0 b) La impedancia en formas binómica y polar de Z c) Expresión temporal en régimen permanente de la tensión en bornes de Z d) Potencia aparente en forma compleja absorbida por la carga Z

Resolución:

E = 240∠0º V ZT =

E IG

⋅ ∠ arccos

W E ⋅ IG

= 20,518∠ − 43,025º = 15 − j ⋅ 14Ω

R = R e (Z T ) = 15 Ω

Z = R + j⋅ X =

U IG

∠ arccos

R ⎛ U ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ IG ⎟ ⎠ ⎝

Z = 21,213∠ − 45º = 15 − j ⋅ 15 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

V

47

Régimen permanente

I G = 11,967 ∠43,025º A

U = Z ⋅ I G = 248,128∠ − 1,975º V u (t ) = 248,128 ⋅ 2 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t − 1,975º ) V

X0 =

EG − U = Z T − Z = j = 1∠90º Ω IG

L0 =

X0 ω

L 0 = 3,1831 mH

S = U G ⋅ I G * = 248,128∠ − 1,975º⋅11,967∠ − 43,025º = 2969,35∠ − 45º VA

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

48

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 17 El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una tensión senoidal de 1345,5 V (valor eficaz) a 50 Hz, estando los interruptores K y K’ abiertos. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes: Amperímetro A: 69 A

Voltímetro VR: 517,5 V

Voltímetro VL: 690 V

Se conoce que con estas condiciones el generador proporciona una potencia reactiva de 74271,6 VAr. La carga Z 1 es de características inductivas. a) Calcular la lectura del voltímetro V y la característica de Z1 . A continuación se cierra el interruptor K regulándose la tensión del generador de forma que la corriente que continúa circulando es de 69 A, siendo la tensión eficaz en bornes del mismo es 1150 V. En estas condiciones la potencia activa consumida por la carga es de 63480 W. Determinar: b) Valor de la impedancia Z 2 y nueva lectura del voltímetro V. Finalmente se cierra el interruptor K’ (manteniendo K cerrado). Se pregunta: c) Valor de la carga Z 3 para poder conseguir que el conjunto Z1 || Z 2 || Z 3 , presente un factor de potencia de 0,8 inductivo.

VR

VL

R

XL

A

~

V

Figura 17.1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

K

K’

Z2

Z3

Z1

49

Régimen permanente

Resolución:

VR

VL

R

XL

A Z1 RZ1

~

1345,5V 74271,6VAr

V XZ1

Figura 17.2

Q = U ⋅ I ⋅ sin ϕ

R=

sin ϕ =

VR 517,5 = = 7,5 Ω I 69

74271,6 = 0,8 1345,5 ⋅ 69 XL =

ϕ = 53,13º inductivo

VL 690 = = 10 Ω I 69

Z T = (7,5 + R Z1 ) + j(10 + X Z1 ) ZT =

1345,5 = 19,5 Ω 69

ZT = 19,5∠53,13º = 11,7 + j15,6 Ω

por lo tanto, R Z1 = 11,7 − 7,5 = 4,2⎫ ⎬ Z1 = 4,2 + j5,6 Ω X Z1 = 15,6 − 10 = 5,6 ⎭

Z1 = 4,2 + j5,6 = 7∠53,13º Ω

V = 7 ⋅ 69 = 483 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

50

Circuitos eléctricos. Problemas

b)

U1 A I=69A

10jΩ

7,5Ω

4,2Ω

~

1150V 63480W

Z2 5,6jΩ

Figura 17.3

P = U ⋅ I ⋅ cos ϕ

cos ϕ =

63480 = 0,8 1150 ⋅ 69

ϕ = ±36,87 º

Se coge como origen de ángulos: I = 69∠0º , por lo tanto: U G = 1150∠ + 36,87 º ⎫⎪ ⎬ No se sabe U G = 1150∠ − 36,87 º ⎪⎭ En bornes de R = 7,5 tenemos U R = 517,5∠0º V En bornes de XL = 10 tenemos U X L = 690∠90º V

U G = 1150∠ + 36,87º V U1 = 1150∠ + 36,87º −517,5∠0º −690∠90º = 403∠0º V

No se sabe

U G = 1150∠ − 36,87 º V U1 = 1150∠ − 36,87º −517,5∠0º −690∠90º = 1437,64∠ − 73,72º V

Zeq1 =

403∠0º = 5,84∠0º Ω 69∠0º

Y eq1 = 0,171∠0º Ω −1

No se sabe

1437,64∠ − 73,72º = 20,83∠ − 73,72º Ω Zeq 2 = 69∠0º

Y eq 2 = 0,048∠73,72º Ω −1

Del apartado anterior Z1 = 4,2 + j5,6 Ω

Y 1 = 0,1428∠ − 53,13º Ω −1

por lo tanto: Y 2 = 0,171∠0º −0,1428∠ − 53,13º = 0,1428∠53,26º Ω −1

Z 2 = 7,01∠ − 53,26º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

51

Régimen permanente

y la segunda posibilidad: Y 2 = 0,048∠73,72º −0,1428∠ − 53,13º = 0,175∠114,25º Ω −1 Z 2 = 5,68∠ − 114,25º = −2,33 − j5,18 Ω

en donde la impedancia Z2 estaría situada en el tercer cuadrante, cosa imposible (se desestima). U G = 1150∠ + 36,87 º V Z 2 = 4,2 + j5,6 Ω

c)

10jΩ

7,5Ω

~

70/12Ω

XL

Figura 17.4

Z12 =

Z eq

=

Z1 ⋅ Z 2 Z1 + Z 2

=

70 ∠0º Ω 12

70 70 70 ⋅ XL ⋅ j⋅ XL − ⋅ XL XL 70 ⋅ X L = 12 = 12 = 12 = = = 70 70 70 12 12 ⋅ X L − j ⋅ 70 + j⋅ XL j⋅ − XL XL − j XL − j 12 12 70 12

35 ⋅ X L 35 ⋅ X L ⋅ (6 ⋅ X L − j ⋅ 35) 210 ⋅ X L 2 + j ⋅ 1225 ⋅ X L = = 6 ⋅ X L − j ⋅ 35 36 ⋅ X L 2 + 1225 36 ⋅ X L 2 + 1225

1225 ⋅ X L 210 ⋅ X L

2

= tgϕ →

1225 = tgϕ 210 ⋅ X L

Pero cos ϕ = 0,8 → tgϕ = 0,75 1225 = 0,75 ⋅ X L ⋅ 210 XL =

XL =

 1225 7 70 = 7,7 = 7 + = 0,75 ⋅ 210 9 9

70 70 Ω → Z3 = ∠90º Ω 9 9

2π ⋅ f ⋅ 50 =

70 9

L = 0,02476 H

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

52

Circuitos eléctricos. Problemas

Finalmente el circuito completo queda:

7,5Ω

10jΩ 4,2Ω

4,2Ω

~

(70/9)jΩ 5,6jΩ

-5,6jΩ

Figura 17.5

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

53

Régimen permanente

Problema 18 El circuito de la figura representa la alimentación de un receptor R puramente óhmico de consumo 1600 W nominales, previsto para una tensión nominal de 400 V, y alimentado por un generador de 320 V, 50 Hz. Se pretende, por medio de la combinación de una reactancia inductiva y una capacitiva (conectadas según el esquema), elevar al tensión entre terminales del receptor R hasta su valor nominal y conseguir un factor de potencia de 1 en el conjunto del circuito. Determinar: a) Parámetros de la bobina y del condensador b) Diagrama completo de tensiones e intensidades en el circuito

XL E=320V 50Hz

~

R

XC

Figura 18.1 Resolución:

a ) Se determina primeramente el valor de la resistencia R, sabiendo que conectada a 400 V absorbe una potencia de 1600 W. Por lo tanto:

R=

U 2 400 2 = = 100 Ω P 1600

R = 100∠0º Ω

Si suponemos que al introducir las dos reactancias ya hemos conseguido elevar la tensión de alimentación de R hasta su valor nominal, querrá decir que la corriente que circulará por ella valdrá: IR =

UR R

=

400 =4 A 100

Si además, el factor de potencia del circuito tiene que ser 1, siendo las dos reactancias, inductiva pura una y capacitiva pura la otra, la única potencia consumida por el circuito será activa y precisamente la absorbida por la resistencia R, o sea: PT = 1600 W. La impedancia reducida equivalente a las tres componentes del circuito será, pues, una resistencia pura de valor RT: RT =

2

2

E=320V 50Hz

~

IT RT

E 320 = = 64 Ω PT 1600

Z T = 64 + 0 j Ω

Figura 18.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

54

Circuitos eléctricos. Problemas

Obviamente IT =

E 320 = = 5 A estando I T en fase con E . RT 64

Del esquema original conocemos ahora algunos valores: IT

IR

XL UG

~

IC XC

R

UR

Figura 18.3

I T = 5A

I R = 4A

U R = 400V

U G = 320V

Además: IC

IT = I C + I R

UR UR

Ya que dos elementos están conectados a la misma tensión e I C tiene que adelantar 90º respecto U R , mientras que U R está en fase con U R en consecuencia I C es perpendicular a U R y por lo tanto:

IC

IT UR

De donde se deduce que: IC =

XC =

IT

UR IC

2

− IR

=

2

= 52 − 42 = 3A

 400 = 133,3Ω 3

  X C = −133,3 jΩ = 133,3∠ − 90º Ω

Lo que nos permite hallar la capacidad del condensador ya que: X C = C=

1 ω XC

=

1 2π ⋅ f X C

=

1 ωC

1 106 F=  µF = 23,873µF 2π ⋅ 50 ⋅ 133,3 2π ⋅ 50 ⋅ 133,3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

55

Régimen permanente

Una vez conocido el valor de X C , podemos hallar la impedancia equivalente a las dos ramas en paralelo:   R ⋅ XC 100∠0º⋅133,3∠ − 90º 13333,3∠ − 90º ZP = = = = 80∠ − 36,87º Ω   100 − 133,3 j 166,6∠ − 53,13º R + XC Z P = 64 − 48 jΩ El circuito queda reducido a:

ZT = X L + ZP

IT

X L = ZT − ZP

XL

UG

ZP

y substituyendo valores, ya que inicialmente se ha determinado Z T = 64 + 0 jΩ : X L = 64 + 0 j − 64 + 48 j = 48 jΩ y como: X L = ωL

L=

XL

=

2π ⋅ f

48 = 152,79mH 100π

También se hubiera podido determinar X L teniendo en cuenta que, según el enunciado del problema, al ser un circuito total óhmico, la potencia reactiva absorbida por la inductancia tiene que ser la suministrada por el condensador y por lo tanto: IT

2

X L = IC

XL =

IC

2

IT

2

XC 2

XC

 32 = 133,3 2 = 48Ω 5

Valor que coincide con el hallado anteriormente. b ) Para determinar el diagrama de tensiones e intensidades del circuito, trazamos primero el diagrama de tensiones, ya que es inmediato, U L = X L ⋅ I T = 48∠90º⋅5∠0º = 240∠90º V

habiendo cogido como origen de fase la tensión del generador. Al ser un circuito óhmico, la corriente I T está en fase con U G . U R = U C = 400 = 2402 + 3202 U L = 240V U G = 320V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

56

Circuitos eléctricos. Problemas

Las corrientes vienen determinadas sabiendo que: I T = I L = I C + I R y que I R tiene que estar en fase con U R e I C adelantada 90º respecto U C = U R . Al ser: I T = 5A

I R = 4A

I C = 3A

entonces, el diagrama completo será:

UR=UC

UL

ΙΤ

36,87º UG

36,87º ΙR=4 A

ΙC=3 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

57

Régimen permanente

Problema 19 El circuito de la figura trabaja en régimen senoidal permanente en todos los casos, con todos los interruptores cerrados. Al abrir el interruptor K1 se observa que la lectura del voltímetro V es de 96,5 V, siendo la indicación del vatímetro W de 2234,94 W. A continuación se vuelve a cerrar el interruptor K1 y se abre K2, estando K3 cerrado. En estas condiciones las lecturas del voltímetro y el vatímetro son respectivamente 80,96 V y 1041,85 W. Finalmente, con todos los interruptores abiertos,las lecturas de los aparatos de medida son de 223,09 V y 3798,88 W respectivamente. Se pide: a ) Valor de la resistencia R1 b ) Valor de la admitancia Y2 de la carga 2 c ) Valor de la admitancia Y3 de la carga 3 Dato: Z = 100∠ − ϕ1 Ω

Generador Real W

R2

R3

C2

C3

Carga 2

Carga 3

K2

K3

R1 Carga 1 Z

~

V

cap

24A

K1

Figura 19.1

Resolución:

Primera prueba: Con K1 abierto y K2 y K3 cerrados, el circuito queda como:

R1 W I1 Z

~

cap

V

Figura 19.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

58

Circuitos eléctricos. Problemas

W=

V2 R1

R1 =

V2 96,52 = = 4,166 Ω W 2234,94

G1 =

Y también: I1 =

V 96,5 = = 23,16 A R 1 4,166

Cogiendo como origen de fases la tensión VR1 = 96,5∠0º se tiene: 24∠ϕ = I Z1 + 23,16∠0º 24∠ϕ =

96,5∠0º + 23,16∠0º 100∠ − ϕ1

24 cos ϕ = 0,965 cos ϕ1 + 23,16 24senϕ = 0,965senϕ1 .

(24 cos ϕ)2 = (0,965 cos ϕ1 + 23,16)2 sumando

(24senϕ)2 = (0,965senϕ1 )2

(24)2 = (0,965)2 + (23,16)2 + 2 ⋅ 0,965 ⋅ 23,16 ⋅ cos ϕ1 cos ϕ1 =

(24)2 − (0,965)2 − (23,16)2 2 ⋅ 0,965 ⋅ 23,16

= 0,865

ϕ1 = ±30º ( capacitivo según el enunciado ) Z = 100∠ − 30º Ω Segunda prueba: Con K2 abierto y K1 y K3 cerrados.

R2

W

~

24A

100 -30ºΩ

V

Figura 19.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

C2

1 = 0.24Ω −1 4,166

59

Régimen permanente

W=

V2 R2

R2 =

V 2 80,69 2 = = 6,25Ω W 1041,74

G2 =

1 = 0,16 S 6,25

Si cogemos como origen de fase la tensión en bornes del paralelo, se tiene: V = 80,69∠0º V y por lo tanto, la corriente:

IR2 =

V 80,69∠0º = = 12,91∠0º A R2 6,25

y la corriente que pasa por Z = 100∠ − 30º vale: IZ =

80,69∠0º = 0,8069∠30º A 100∠ − 30º

y por lo tanto:

24∠ϕ' = 0,8069∠30º +12,91∠0º + I C 2 ∠90º 24 cos ϕ' = 0,8069 cos 30º +12,91

24senϕ' = 0,8069sen30º + I C 2

cos ϕ' =

12,9 + 0,8069 cos 30º = 0,566 24

ϕ' = 55,48º

I C 2 = 24sen55,48 − 0,8069sen30º = 19,37 A

X C2 =

V2 80,69 = = 4,165∠ − 90º Ω I C 2 19,37

YC 2 = 0,24 S Y 2 = G 2 + Y C2 = 0,16 + 0,24 j S

Tercera prueba: Con K1 , K2 y K3 abiertos.

W

~

24A

100 -30ºΩ

V

Figura 19.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Z3

60

Circuitos eléctricos. Problemas

La Z P , es decir la Y P , está formada por:

Rp

Xp W=

V2 = V2 ⋅ GP Rp

GP =

W V

2

=

3798,88 223,09 2

= 0,07635 S

R P = 1310 Ω

Y cogiendo como origen de fases V = 223,09∠0º , se tiene: 24∠ϕ' ' =

223,09∠0º 223,09∠0º + + I X P ∠90º 100∠ − 30º 13,1∠0º

24 cos ϕ' ' = 2,2309 cos 30º +17,029 cosϕ' ' =

223,09cos30º +17,029 = 0,79 24

I X P = 24senϕ' '−2,2309sen30º = 13,59 A

I P = I GP + I XP =

24 sin ϕ' ' = 2,2309 sin 30º + I X P

ϕ' ' = 37,81

I X P = 13,59∠90º A

223,09∠0º + 13,59∠90º = 21,79∠38,609º A 13,10∠0º

Pero,

Y TOTAL = Z TOTAL =

I P 21,79∠38,609º = = 0,09767∠38,609º del conjunto total 223,09∠0º V 1 Y TOTAL

=

1 = 10,238∠ − 38,609º Ω 0,09767∠38,609º

Z 3 = Z TOTAL − Z1 − Z 2 = 10,238∠ − 38,609º −4,166∠0º −

Y3 =

1 = −39,9∠61,38º Ω 0,16 + 0,24 j

1 = 0,2506∠61,35º = (0,12 + 0,22 j) S Z3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

61

Régimen permanente

Problema 20 Dado el circuito de la primera figura, alimentado a una tensión de 100 V y 60 Hz, calcular: a) Lecturas de los aparatos de medida conectados al circuito b) Características de la impedancia equivalente al circuito c) Potencia reactiva total d) Potencia aparente total e) Capacidad de la batería de condensadores, de forma que mejore el factor de potencia de la instalación hasta al unidad

A

W A1

A3

A2 R1=5 Ω

R2=5 Ω

R3=8 Ω

L=0,04 F

C2= 160µF

C3= 220 µF

Figura 20.1

Resolución:

a) Se calcula, en primer lugar, la impedancia de cada rama: Z1 = R 1 + Lωj = 5 + 0,04 ⋅ 2π ⋅ 60 j = [5 + 15 j] = 15,81∠71,57º Ω Z2 = R 2 −

1 j = [5 − 16,6 j] = 17,34∠ − 73,24º Ω C2ω

Z3 = R 3 −

1 j = [8 − 12 j] = 14,42∠ − 56,31º Ω C3ω

Si se toma como origen de fases el vector U = 100∠0º V, se obtiene: I1 =

100∠0º = 6,33∠ − 71,57º A 15,81∠71,57º

por lo tanto el amperímetro indica A1 = 6,33 A Igualmente se hará para las ramas 2 y 3: I2 =

100∠0º = 5,77∠73,24º A 17,34∠ − 73,24º

A 2 = 5,77 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

62

Circuitos eléctricos. Problemas

I3 =

100∠0º = 6,93∠56,31º A 14,42∠ − 56,31º

A 3 = 6,93 A

La corriente total vale: I T = I1 + I 2 + I 3 = 6,33∠ − 71,57 º +5,77∠73,24º +6,93∠56,31º A I T = 9,17∠35,14º A

y el amperímetro indica A = 9,17 A

Para calcular la indicación del vatímetro W, se determinará previamente la impedancia equivalente del circuito: ZT =

U IT

=

100∠0º = 10,91∠ − 35,14º = [8,92 − j6,28] Ω 9,17∠35,14º

Las características de la impedancia equivalente son: Resistencia de 8,92 Ω en serie con una reactancia capacitiva de valor 6,28 Ω . El vatímetro indicará: W = U ⋅ I T ⋅ cos ϕ = 100 ⋅ 9,17 ⋅ cos(− 35,14º ) = 749,87 W

b) La impedancia equivalente ya ha sido determinada y vale: Z T = [8,92 − j6,28] Ω donde

Z T = 8,92 2 + 6,28 2 = 10,9 Ω

c) Potencia reactiva total: Q T = U ⋅ I T ⋅ senϕ = 100 ⋅ 9,17 ⋅ sen (− 35,14º ) = −527,80 var es decir, capacitiva. d) La potencia aparente vale: S T = PT + jQ T = 749,87 − 527,80 j ST = PT 2 + Q T 2 = 917 VA

e) Como el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando un condensador; en todo caso, se tendría que poner una bobina o un grupo de bobinas en paralelo.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

63

Régimen permanente

Problema 21 En el esquema de la figura y con los datos indicados, determinar el valor que tendría que tener Z 3 para conseguir que la potencia que suministra el generador sea totalmente activa, calculando también el valor de la corriente total I G . Datos: X L = 100 Ω

WG

X C = 28 Ω

IG I3

I2

I1

R

~

VG

XL

Z3

XC

Figura 21.1

Resolución:

Para conseguir que la potencia suministrada por el generador sea totalmente activa, se tiene que n

cumplir que ∑ Q i = 0 siendo Q i la potencia reactiva de cada carga. i =1

En consecuencia, Q1 + Q 2 + Q 3 = 0 . Se toma como origen de fases U G : U G = 2100∠0º V

La corriente por X L vale: I1 =

2100∠0º = 21∠90º A 100∠90º

El valor de ϕ1 es:

ϕ1 = +90º

La potencia reactiva absorbida es: Q1 = U G ⋅ I1 ⋅ senϕ1 = 2100 ⋅ 21 = 44100 var

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

64

Circuitos eléctricos. Problemas

La corriente por el conjunto R - XC vale: I2 =

UG Z2

=

2100∠0º = 60∠53º A 21 − 28 j

El ángulo ϕ 2 = −53º y la potencia reactiva absorbida es: Q 2 = 2100 ⋅ 60 ⋅ sen (− 53º ) = −100800 var (es decir, es una generada de 100800 var) Para obtener que: Q1 + Q 2 + Q 3 = 0 Q 3 = Q1 − Q 2 = 56700 var es decir,

U G ⋅ I 3 ⋅ sin ϕ 3 = 56700

[1]

ya que es positiva, esta rama es inductiva, y el ángulo ϕ3 positivo. Por otro lado, P = P1 + P2 + P3 = 134400 W

y siendo

P1 = 0 W

P2 = U G ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 = 2100 ⋅ 60 ⋅ 0,6 = 75600 W se deduce que: P3 = 134400 − 75600 = 58800 W es decir, U G ⋅ I 3 ⋅ cos ϕ 3 = 58800 W [2] y de las ecuaciones [1] y [2] se pueden hallar los valores de ϕ3 e I 3 , que resultan ser: I 3 = 39 A

ϕ 3 = +44º Z3 =

UG 2100∠0º = 54∠44º = [39 + j37] Ω = 39∠ − 44º I3

y, finalmente, la indicación de I G será: I G = I1 + I 2 + I 3 = 21∠ − 90º +60∠53º +39∠ − 44º A

operando resulta, I G = 64 + 0 j A = 64∠0º A La indicación, por lo tanto, del amperímetro será de: I G = 64 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

65

Régimen permanente

Problema 22 En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 kW con factor de potencia igual a 1, la carga 2 absorbe 30 kW con un factor de potencia 0,45 inductivo. Calcular: a) Tensión en los terminales del generador b) Factor de potencia en los terminales a’b’ c) Factor de potencia en los terminales ab a

R=0,5Ω

a’ XL=4Ω

~

carga 1

b

carga 2

b’ Figura 22.1

Dato: la tensión entre a’b’ es de 1000 V. Resolución:

a) Se calculan, en primer lugar, las potencias aparentes correspondientes a cada carga:

S1 = P1 + jQ1 = [30000 + j0]VA = 30000∠0º VA S 2 = P2 + jQ 2 = [30000 + j59535]VA = 66666,455∠63256º VA S T = S1 + S 2 = [60000 + j59535] = 84525∠45º VA Tomando como origen de fases: Ua ' b' = 1000∠0º V

I* =

ST V

=

60000 + j59535 = [60 + j59,535] A 1000∠0º

I = [60 − j59,535] A

I = 84,6 A

La tensión en los terminales a y b del generador vale: U G = U a 'b ' + I ⋅ R + I ⋅ X L U G = 1000∠0º +0,5 ⋅ (60 − j59,535) + j4 ⋅ (60 − j59,535) V U G = [1268,3 + j210,21] V = 1285∠9,5º V En consecuencia, la tensión entre los terminales ab será:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

66

Circuitos eléctricos. Problemas

U ab = 1285 V b) El factor de potencia entre a’ y b’ será: Q T 59535 = ≅1 PT 60000

tgϕ a 'b ' =

ϕ a 'b' = ϕ T = 45º cos ϕ T = cos ϕ a 'b ' =

2 = 0,707 2

inductivo

2 = 0,707 inductivo 2

c) Para calcular la f. de p. entre a y b, hallaremos primero las potencias activa y reactiva de la línea: PR = I 2 ⋅ R = 84,6 2 ⋅ 0,5 = 3578,6 W Q X L = I 2 ⋅ X L = 84,6 2 ⋅ 4 = 28628,6 var(+) y las potencias totales: Pab = PR + P1 + P2 = 3578,6 + 30000 + 30000 = 63578,6 W Q ab = Q X L + Q1 + Q 2 = 88163,6 var(+) tgϕ ab =

88163,6 = 1,387 63578,6

ϕ ab = 54,2º cos ϕ ab = 0,585

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

67

Régimen permanente

Problema 23 En el circuito que se representa en la figura, determinar: a) Valor de la reactancia inductiva XL que está conectada de tal forma que la desviación de la aguja del vatímetro al paso de corriente sea cero. b) Valor de esta reactancia que provoca la lectura de 1 W. c) Qué valor de la reactancia inductiva producirá inicialmente una lectura negativa, e invirtiendo la conexión de la bobina de tensión, dará una lectura de 0,2 W en sentido positivo.

WG

~

XL

EA=1 0ºV R=1Ω

~

XC1=1Ω

EB=1 0ºV

Figura 23.1 Resolución:

Se resuelve en primer lugar, la red, aplicando corrientes de malla: Z11

Z12

⋅

I1

Z21 Z22 I 2

=

E1 E2

EA=1 0ºV

~

I1

XL

R=1Ω

EB=1 0ºV

~

I2

Figura 23.2

Siendo: Z11 = R + jX L = [1 + jX L ] Ω Z12 = − R = −1 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

XC1=1Ω

68

Circuitos eléctricos. Problemas

Z 21 = − R = −1 Ω

Z 22 = [R − jX C ] = [1 − j] Ω E1 = E A = [1 + j0] V E 2 = − E B = [− 1 + j0] V Sustituyendo valores: 1 −1 −1 1− j − j(X L − j(X L − 1)) −j = = = I1 = 2 2 1 + jX L − 1 X L + j(X L − 1) X L + (X L − 1) −1 1− j =

(1 − X L )

2 ⋅ XL − 2 ⋅ XL +1 2

−j

2 ⋅ XL

2

XL = I1 ⋅ cos ϕ − jI1senϕ − 2 ⋅ XL +1

O sea que: I1 ⋅ cos ϕ =

(1 − X L ) 2 ⋅ XL2 − 2 ⋅ XL +1

a) El vatímetro calcula la potencia multiplicando la tensión por el componente activo de la corriente, es decir:

P = E A ⋅ I1 ⋅ cos ϕ Y este valor tiene que ser cero, así pues, sustituyendo los valores: 1⋅

1− XL 2 ⋅ XL2 − 2 ⋅ XL +1

=0

de donde se deduce que: XL = 1 Ω b) Si tiene que indicar 1W: 1⋅

1− XL 2 ⋅ XL2 − 2 ⋅ XL +1

=1

de donde se deduce:

XL =

0,5 Ω 0 Ω

(Las dos soluciones son válidas)

c) Si tiene que indicar -0,2W: 1⋅

1− XL 2 ⋅ XL2 − 2 ⋅ XL +1

de donde se deduce:

XL =

= −0,2 2 Ω 1,5 Ω

(Las dos soluciones son válidas)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

69

Régimen permanente

Problema 24 El circuito representado se alimenta mediante una fuente de tensión de fuerza electromotriz: e( t ) = 410 2 cos(100π ⋅ t + δº ) V

Las lecturas de los dos vatímetros que hay conectados son, respectivamente, W1 = 1,75 kW y W2 = 0 kW . Además, se sabe que el factor de potencia del conjunto resultando de la asociación en paralelo de Z1 y Z 2 es la unidad. La impedancia Z1 está formada por una resistencia óhmica ideal en serie con una bobina igualmente 0,28 ideal y de coeficiente de autoinducción L1 = H , siendo Z 0 = 10 + j18 Ω π

[

]

Se pide: a) Lecturas de VG, AG, VO, V1 b) Expresiones en forma binómica y polar de cada una de las impedancias desconocidas Z1 y Z 2 . c) Lecturas de los otros aparatos de medida WG, A1 y A2 d) Balance de potencias en el circuito Todos los aparatos de medida se consideran ideales

Z0 AG

WG

W1

V0 e(t)

~

W2 Z2

Z1

VG

V1 A1

Figura 24.1

Resolución:

a ) La lectura de VG es inmediata: UG =

E0 2

=

410 2 2

= 410 V

Para determinar V1 plantearemos la siguiente ecuación vectorial: U G = U1 + Z 0 ⋅ I G U G = 410∠δº V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

A2

70

Circuitos eléctricos. Problemas

Z O = R O + jX LO = [10 + j18] = 20,59∠60,94º Ω

Por otro lado, de la lectura del vatímetro W1 se deduce que:

W1 = U1 ⋅ I G ⋅ cos ϕ1−2 cos ϕ1−2 = 1 W1 = U1 ⋅ I G IG =

W1 1750 = U1 U1

Si se toma U1 como origen de fases, será U1 = U1∠0º y resulta: U G = U1 + 20,59∠60,94º⋅

1750 U1

o bien: 410∠δº = U1 +

36034,7 ∠60,94º U1

que, desdoblando en parte real y parte imaginaria, resulta:

410 ⋅ U1 ⋅ cos δ = U12 + 36034,7 ⋅ cos 60,94º 410 ⋅ U1 ⋅ senδ = 36034,7 ⋅ sen 60,94º y que resolviendo resulta: U1 = 103 V U1 = 350 V Después de no considerar las soluciones negativas, porque no tienen sentido físico, y de que la solución U1 = 103 V se haya desestimado, porque no sería lógico que la línea diese tanta o más caída que la carga, escogemos: U1 = 350∠0º V

Para determinar I G , se hará de la siguiente forma: IG =

W1 1750 = =5 A U1 ⋅ cos ϕ1−2 350 ⋅ 1

en fase con U1

El amperímetro AG indica 5ª: I G = 5∠0º A La caída de tensión en la impedancia Z O vale: U O = Z O ⋅ I G = 20,59∠60,94º⋅5∠0º = 102,96∠60,94º V Por lo tanto, la indicación de VO : VO = 102,96 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

71

Régimen permanente

b) La impedancia reducida del conjunto en paralelo Z1 − Z 2 se puede determinar, conociendo que: U1 = 350∠0º V

I G = 5∠0º A

U1 350∠0º = 70∠0º Ω = 5∠0º IG

ZP =

Se trata de una resistencia pura, porque cos ϕ1−2 = 1 . Por otro lado: X L1 = L1 ⋅ ω = L1 ⋅ 100π =

0,28 ⋅ 100π = 28 Ω π

X L1 = j28 = 28∠90º Ω y resulta: Z1 = [R 1 + j28] Ω Para conseguir un factor de potencia del conjunto en paralelo igual a la unidad, Z 2 tiene que ser de la forma:

Z 2 = 0 − jX C 2 = X C 2 ∠ − 90º Si se tiene además en cuenta que W2 = 0 kW, condición que se expresa por: W2 = U 2 ⋅ I 2 ⋅ cos ϕ 2 cos ϕ 2 = 0 ϕ 2 = U 2 ⋅ I 2 = 90º La admitancia del conjunto Z1 − Z 2 es: YP =

1 Z1

+

1 Z2

=

1 1 + R 1 + j28 − jX C 2

(1)

que tiene que resultar igual a : YP =

1 S 70∠0º

(2)

Igualando las partes reales e imaginarias de las ecuaciones (1) y (2), resulta: R1 =

56 Ω 14 Ω

X' C 2 = 140 Ω X' 'C 2 = 35 Ω Hay dos posibles valores de Z 1 y Z 2 , que son: Z'1 = [56 + j28] Ω = 62,6∠26,56º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

72

Circuitos eléctricos. Problemas

Z' '1 = [14 + j28] Ω = 31,3∠63,4º Ω

Z' 2 = − j140 Ω = 140∠ − 90º Ω Z' ' 2 = − j35 Ω = 35∠ − 90º Ω c) Para el caso de Z '1 y Z '2 , la corriente en A1 y A2 vale: I'1 =

350∠0º = 5,59∠ − 26,56º = [5 − j2,5] A 62,5∠26,56º

I' 2 =

350∠0º = 2,5∠90º = [0 + j2,5] A 140∠ − 90º

IG = I'1 + I'2 = 5∠0º , que cumple las condiciones iniciales:

A1 = 5,59 A

A 2 = 2,5 A

Cuando se cogen los valores de Z' '1 y Z' ' 2 , resulta: I' '1 =

350∠0º = 11,18∠ − 63,43º = [5 − j10] A 31,3∠63,43º

I' ' 2 =

350∠0º = 10∠90º = [0 + j10] A 35∠ − 90º

I G = I'1 + I' 2 = 5∠0º , que también cumple: A1 = 11,18 A

A 2 = 10 A

En referencia al vatímetro, se tiene: WG = W1 + R O ⋅ IG 2 = 1750 + 10 ⋅ 52 = 2000 W

d) Balance de potencias: En

Z'1 = [56 + j28] Ω P'1 = 56 ⋅ 5,59 2 = 1750 W S'1 = [1750 + j875] VA Q'1 = 28 ⋅ 5,59 2 = 875 var

En

Z' '1 = [14 + j28] Ω P' '1 = 14 ⋅ 11,18 2 = 1750 W S' '1 = [1750 + j3500] VA Q' '1 = 28 ⋅ 11,18 2 = 3500 var

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

73

Régimen permanente

En

Z' 2 = − j140 Ω P' 2 = 0 W S' 2 = − j875 VA

Q' 2 = 140 ⋅ 2,5 2 = 875 var(−) En

Z' '2 = − j35 Ω P' '2 = 0 W S' '2 = − j3500 VA Q' '2 = 35 ⋅ 10 2 = 3500 var(−)

En

Z O = [10 + j18] Ω PO = 10 ⋅ 5 2 = 250 W SO = [250 + j450] VA

Q O = 18 ⋅ 5 2 = 450 var

En el generador se tiene:

PG = ∑ PC

QG = ∑ QC

y da para cada caso el mismo resultado: S' G = S' ' G = 2000 + j450 = 2050∠12,68º VA

También se podría haber llegado al mismo resultado aplicando: SG = U G ⋅ IG * = 410∠12,68º⋅5∠0º = 2050∠12,68º VA

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

74

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 25 En el circuito eléctrico representado en el esquema, y con los interruptores K1 cerrado (es decir, conectado) y K2 abierto, se tienen las siguientes lecturas de los aparatos de medida: VG = 220,5 V

A G = 60 A

WG = 7,938 kW

A continuación se abre el interruptor K1, continuando K2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son ahora: V' G = 1008 V

W ' G = 64,512 kW

A' G = 80 A

A' 2 = 28 A

V' 4 = 656,25 V

W '1 = 28,224 kW

W ' 2 = 0 kW

W ' 3 = 17,199 kW

Se sabe que con estas condiciones la carga total del generador es inductiva y que las impedancias Z0 y Z 4 son capacitivas y la Z 3 inductiva. Determinar: a) Formas binómicas y polares de todas las impedancias conectadas al circuito b) Lecturas del resto de los aparatos de medida c) Diagrama vectorial de todas las tensiones y corrientes A continuación, con el interruptor K1 abierto, se cierra K2 que conecta una batería de condensadores a fin de mejorar el factor de potencia de la carga situada a la derecha de los terminales M y N hasta la unidad, siendo V’’5 = 1050 V. Determinar: d) Características de la batería de condensadores e) Nuevas lecturas de I' 'G , V' ' O , V' ' G y W ' ' G Α

Z1

Z2 A1

V1 Μ

Z0 WG

A

Z3

e(t)

~

VG

Z4 W2

W1

V0

V3

K2 Ν

W3

A2 V4

V5

K1

V2

V6

Β Figura 25.1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

75

Régimen permanente

Resolución:

a) Con el interruptor K1 cerrado, el circuito que se tiene es el siguiente, que permite determinar Z 0 :

Z0 AG

WG V0

~

VG

Figura 25.2

WG = U G ⋅ I G ⋅ cos ϕ G cos ϕ G =

WG 7938 = = 0,6 U G ⋅ I G 220,5 ⋅ 60

Si Z 0 es capacitiva:

ϕ G = ±53,13º

ϕ G = −53,13º

Tomando U G como origen de fases se tiene: U G = 220,5∠0º V

Z0 =

I G = 60∠53,13º A

UG 220,5∠0º = 60 ∠53,13º IG

Z 0 = [2,205 − j2,94] Ω

Abriendo el interruptor K1 y continuando K2 en la misma posición, abierto, el circuito que se tiene que resolver es:

Z0

X1

Z2

Z3

Z4

AG

~

VG

Figura 25.3

Se sabe que, además, el circuito es inductivo, por lo tanto: © Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

76

Circuitos eléctricos. Problemas

cos ϕ' G =

W'G 64512 = = 0,8 U' G ⋅I' G 1008 ⋅ 80

ϕ'G = 36,87 º

senϕ' G = 0,6

Si, como en el caso anterior, se toma U 'G = 1008∠0º V, I'G = 80∠ − 36,87 º = [64 − j48] A , retardada respecto a U 'G , la caída de tensión que se produce ahora, en la impedancia Z 0 , vale: U '0 = Z 0 ⋅ I'G = 3,675∠ − 53,13º⋅80∠ − 36,87 º = 294∠ − 90º V U '0 = 294∠ − 90º = − j294 V

U' O = 294 V

y la tensión en los terminales de todo el conjunto en paralelo, que viene indicada por el voltímetro V5, vale: U '5 = U 'G − U '0 = 1008∠0º −294∠ − 90º = [1008 + j294] V U '5 = 1050∠16,26º V

U '5 = 1050 V Por lo tanto, la impedancia total del circuito resulta: Z' T =

U'G I' G

=

1008∠0º = 12,6∠36,87 º = [10,08 + j7,56] Ω 80∠ − 36,87 º

También la impedancia reducida de las dos ramas en paralelo vale: Z' P =

U '5 I' G

=

1050∠16,26º = 13,125∠53,13º = [7,875 + j10,5] Ω 80∠ − 36,87 º

Como comprobación, se tiene que verificar que: Z 0 = Z' T − Z' P = [10,08 + j7,56] − [7,975 − j10,5] Ω

Z 0 = [2,205 − j2,94] = 3,675∠ − 53,13º Ω y, efectivamente, coincide con el valor hallado al principio. Por otro lado, la impedancia reducida del conjunto Z 3 + Z 4 en serie Z 3−4 vale en módulo: Z 3 + Z 4 = Z 3−4 =

U'5 I' 2

=

1050 = 37,5 Ω 28

habiendo un desfase entre U 5 e I 2 tal que el coseno vale: cos ϕ 3−4 =

W '1 28224 = = 0,96 U'5 ⋅I' 2 1050 ⋅ 28

ϕ 3−4 = ±16,26º

Z 3−4 = Z 3 + Z 4 = 37,5∠ ± 16,26º = [36 ± j10,5] Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

77

Régimen permanente

Por otro lado, el módulo de Z 4 se puede obtener de: Z4 =

U' 4

=

I' 2

656,25 = 23,4375 Ω 28

Para conocer el desfase que ocasiona ésta impedancia, sabemos: W ' 3 = 17199 W

U' 4 = 656,25 V

I' 2 = 28 A

por lo tanto, cos ϕ 4 =

W '3 = 0,936 U' 4 ⋅I' 2

ϕ 4 = 20,61º

y siendo Z 4 capacitiva, será de la forma: Z4 = 23,4375∠ − 20,61º = [21,9375 − j8,25] Ω

y ya que Z3 + Z4 = [36 ± j10,5] = [R 3 + jX 3 ] + [21,9375 − j8,25] Ω R 3 = 36 − 21,9375 = 14,0625 Ω X 3 = 10,5 + 8,25 = 18,75 Ω

ó

X 3 = −10,5 + 8,25 = −2,25 Ω

La segunda solución de X 3 no es válida ya que, según indica el enunciado, Z 3 es una impedancia inductiva. En consecuencia: Z 3 = [14,0625 + j18,75] Ω = 23,4375∠53,13º Ω Z4 = [21,9375 − j8,25] Ω = 23,5375∠ − 20,61º Ω

Para hallar el vector I '2 , se tendrá, ahora: I' 2 =

U5 Z3 + Z 4

=

1050∠16,26º = 28∠0º = [28 + j0] A 37,5∠16,26º

que nos permitirá hallar inmediatamente el vector I'1 porque: I'G = I'1 + I' 2

I'1 = I'G − I' 2

I'1 = 80∠ − 36,87 º −28∠0º = [36 − j48] = 60∠ − 53,13º A

y a continuación se podrá determinar X1 + Z 2 : X1 + Z 2 =

U'5 I'1

=

1050∠16,26º = 17,5∠69,39º Ω 60∠ − 53,13º

X1 + Z 2 = 17,5∠69,39º = [6,16 + j16,38] Ω = [R 2 + j[X1 + X 2 ]] R 2 = 6,16 Ω

X1 + X 2 = 16,38 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

78

Circuitos eléctricos. Problemas

Para poder conocer los valores de X1 y X 2 , se estudia la tensión que hay entre los terminales del vatímetro W '2 : U AB = U '5 − U '1 = 1050∠16,26º − U '1 U '1 = I'1⋅X1∠90º = 60∠ − 53,13º⋅X1∠90º = 60 ⋅ X1∠69,87º U AB = 1050∠16,26º −60 ⋅ X1∠36,87º

La potencia aparente en forma compleja en este tramo de circuito es: S AB = U AB ⋅ I'*2 = [1008 − 48 ⋅ X1 + j(294 − 36X1 )] ⋅ 28∠0º = = (1008 − 48 ⋅ X1 ) ⋅ 28 + j(294 − 36 ⋅ X1 ) VA

ya que la lectura del vatímetro W’2 es cero, quiere decir que la parte real S AB es nula. O sea:

(1008 − 48X1 ) ⋅ 28 = 0 y, en consecuencia, por lo tanto,

X1 = 21 Ω

X1 + X 2 = 16,38 Ω

X 2 = 16,38 − 21 = −4,62 Ω

Z 2 = [R 2 − jX 2 ] = [6,16 − j4,62] Ω = 7,7∠ − 36,87 º Ω X1 = j21 Ω = 21∠90º Ω

b) Las indicaciones de los aparatos de medida se obtienen de: I1 = 60∠ − 53,13º A I 2 = 28∠0º A I'G = 80∠ − 36,87º A U '1 = Z1 ⋅ I'1 = 21∠90º⋅60∠53,13º = 1260∠36,87 º V U '2 = Z2 ⋅ I'1 = 7,7∠ − 36,87 º⋅60∠ − 53,13º = 462∠ − 90º V U '5 = U '1 + U '2 = 1050∠16,26º V U '3 = Z3 ⋅ I'2 = 23,4375∠53,13º⋅28∠0º = 656,25º ∠53,13º V U '4 = Z4 ⋅ I'2 = 23,4375∠ − 20,61º⋅28∠0º = 656,25º ∠ − 20,61º V U '5 = U '3 + U'4 = 1050∠16,26º V U '6 = U '1 − U '3 = 656,25∠20,61º V U 'AB = U '5 − U '1 = U '2 = 462∠ − 90º V

En consecuencia, las indicaciones serán:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

79

Régimen permanente

A'1 = 60 A

A' G = 80 A

A' 2 = 28 A

V'1 = 1260 V V' 2 = 462 V

V'3 = 656,25 V

V'5 = 1050 V V' 4 = 656,25 V V' 6 = 656,25 V

V' AB = 462 V

c) Diagrama vectorial de tensiones y corrientes: U '6

U '1 U '3

U '2

U '4

U '0 U '5

I '2

U 'G

I 'G I '1

Figura 25.4

U '3 + U ' 4 = U ' 2 + U'1 = U'5

U ' 2 = U ' AB

U '5 + U ' 0 = U ' G

U ' 6 = U '*4

I' G = I'1 + I' 2 d) Cuando se conecta la batería de condensadores, se mejorará el factor de potencia hasta valor 1. La potencia aparente en forma compleja, absorbida por la carga antes de conectar el interruptor, es: S' C = U '5 ⋅I'*G = 1050∠16,26º⋅80∠36,87 º = [50400 + j67200] VA Como consecuencia, los condensadores han de aportar 67200 var (-), y por lo tanto: Qcond = 67200 = U' C ⋅ CµF =

106 ⋅ 67200 100π ⋅ 10502

U'C = U' C 2 ⋅ω ⋅ C XC

= 194,107 µF

y la reactancia valdrá:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

80

Circuitos eléctricos. Problemas

XC =

U'C 2 Q cond

=

1050 2 = 16,406 Ω 67200

e) Antes de conectar los condensadores, la corriente valía: I' G = 80∠ − 36,87 º = 64 − j48 A Los condensadores aportan una corriente que vale: I' ' C =

U '5 X' C

=

1050∠16,26º = 64∠106,26º A 16,406∠ − 90º

I' ' C = 64∠106,26º = [− 17,92 + j61,44] A por lo tanto, la nueva corriente valdrá: I' ' G = I' G + I' ' C = [46,08 + j13,44] A = 48∠16,26º A y ahora serán: U ' ' 0 = Z 0 ⋅ I' ' G = 3,675∠ − 53,13º⋅48∠16,26º = 176,4∠ − 26,87 º V U ' ' G = U' C + U' ' 0 = 1050∠16,26º +176,4∠ − 36,87 º = 1164,423∠9,30º V La potencia aparente suministrada por el generador vale: S' ' G = U ' ' G ⋅I' '*G = 1164,423∠9,30º⋅48∠ − 16,26º = [55480,4 − j6772,8] VA Por lo tanto, las lecturas de los aparatos de medida son: A' ' G = 48 A

V' ' G = 1164,423 V

V' ' 0 = 176,4 V

W ' ' G = 55480,4 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

81

Régimen permanente

Problema 26 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado. En estas condiciones las lecturas de los aparatos de medida son:

W = 432 W

V = 24 V

cos ϕ G = 0,99778(ind ) (factor de potencia del generador)

A continuación se abre el interruptor K, obteniéndose en régimen permanente las siguientes lecturas A2=15,1789 A

A3=18 A

siendo A1 20 kW tenemos que dar por buena P1 , de acuerdo con el enunciado del problema. Resumiendo, pues, se tiene: I = I1 = 39,74∠0º

Indicación: A G = 39,74 A

Z T = Z1 = 10,0656∠0º Ω

X C = X C1 = 11,879∠ − 90º Ω C = C1 = 268,1 µF P = P1 = 15,896 kW

Indicación: WG = 15,896 kW

c) Según el teorema de Thevenin, la actuación del circuito sobre la impedancia Z , cuando se cierra el interruptor, se puede sustituir por el esquema de la figura siguiente:

A ZTHEV ETHEV

I3

~

Z=10-j20 3 Ω

B Figura 47.2

E THEV = U AB( vacío) = E = 400∠0º , ya que estamos en el primer caso. La impedancia total de Thevenin se obtiene de:

A 10Ω Z1

Z2

B Figura 47.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

142

Circuitos eléctricos. Problemas

Z THEV = [10 + j0] = 10∠0º Ω

Por lo tanto la corriente I3 vale: I3 =

[

]

E THEV 400∠0º = = 10∠60º = 5 + j5 3 A z THEV 10 + 10 − j20 3

Indicación de: A 3 = 10 A En carga:

(

)

U ' AB = Z 3 ⋅ I 3 = 10 − j20 3 ⋅ 10∠60º = 360,555∠ − 13,9º V

[

]

S3 = U ' AB ⋅I 3 * = 360,555∠ − 13,9º⋅10∠ − 60º = 1000 − j2000 3 VA P3 = 1000 W

Q 3 = 2000 3 var

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

143

Régimen permanente

Problema 48 El circuito de la figura alimentado a una tensión alterna de f=50Hz y el factor de potencia en bornes A-B es la unidad. Conocemos las lecturas del voltímetro V=200 V y del vatímetro W=10000 W. Se pide: a) Lectura de los aparatos A1, A2, VG b) Las impedancias de les cargas Z1 y Z2 c) La impedancia de la línea ZL Nota: Pérdidas en la línea 5% de la potencia suministrada por generador. Factor de potencia del generador cos ϕ G = 0,9781 inductivo.

cos ϕ1 = 0,866

cos ϕ 2 = 0,500

ZL

A

W

A1

A2 Z2

Z1 e(t)

~

V

VG

Cosϕ1

Cosϕ2

inductivo

capacitivo

B

Figura 48.1

Resolución:

a) Factores de potencia y la indicación del vatímetro

triángulo potencias

10000 = S1 cos ϕ1 + S2 cos ϕ2 ⎫ ⎬ 0 = S1senϕ1 + S2senϕ2 ⎭

cos ϕ1 = 0,866 cos ϕ 2 = 0,500

ϕ1 = 30º ϕ 2 = 60º

senϕ1 = 0,5 senϕ2 = 0,866

10000 = S1 0,866 + S 2 0,500⎫ ⎬ 0 = S1 0,500 + S 2 0,866 ⎭

S1 = 8660VA ; S 2 = 5000VA

S = S1 + S2 = 10000∠0º VA

conocida la tensión V: I1 = A1 =

S1 V

= 43,3A

I2 = A 2 =

S2 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

= 25A

144

Circuitos eléctricos. Problemas

Del enunciado sabemos: PG = PAB

PL = 0,05PG y PG = PL + PAB

PAB = V · I ·cos ϕ AB

cos ϕG = 0,9781

I = 10000 ϕG = 12º

200·1

tgϕ G =

0,95

= 10526,3W (PL = 526,3 W )

= 50 A

SG QL ϕG

QL PG

PAB

Q L = PG tgϕ G = 2237,43 var

SG = PG + jQ L UG =

b)

c)

SG I

=

PL PG

SG = 10526,3 + j2237,4310761,46∠12º VA

10761,46 = 215,229 V 50

200 = 4,62 Ω 43,3 200 Z2 = =8Ω 25 Z1 =

XL =

QL I

2

= 0,894 Ω

Z1 = 4,62∠30º Ω

Z 2 = 8∠ − 60º Ω

RL =

PL I

2

= 0,210 Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Z L = 0,918∠76,78º Ω

145

Régimen permanente

Problema 49 El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una intensidad de corriente alterna de valor desconocido y trabaja en régimen permanente. Las lecturas de los aparatos de medida son: W=500 W

A=2 A

La frecuencia del generador es de 50 Hz. Se conoce también los valores de algunos elementos que componen el circuito: L1=1,19366H L2=0,79577H

M=0,79577H

R1=R2=250Ω

C1=63,6616µF

La reactancia inductiva de la bobina L3 es superior a la reactancia capacitiva del condensador C1. Se pide: a) Valor de la inductancia L3 b) Valor eficaz del corriente que proporciona el generador iG u W C1 M

~

iG

R1

L1

R2

L2

A

Figura 49.1 Resolución:

a) Cálculo de las impedancias del circuito: 1 X C1 = = 50 Ω 2πfC1 X L1 = 2πfL1 = 375 Ω X L 2 = 2πfL 2 = 250 Ω X M = 2πfM = 250 Ω IR 2 = W

R2

= 2A

U R 2 = I R 2 ·R 2 = 250 2 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

L3

146

Circuitos eléctricos. Problemas

IR2 I13 = A 2 − I 2R 2 = 2 A

X13 = X L 3 − X C1 ⇒ X13 + X C1 = 250 + 50 = 300 Ω

A

I13

X13 = 250 Ω

L3 =

X3 = 0,9549 H 2πf

b) Resolvemos el problema por simulación, I G = 2/5 A, conversión de generador de corriente a 2 tensión será E = 250 = 100 V. 5 Z13 =

jX13 ·R 2 = 125 2∠45º Ω = 125 + j125 Ω jX13 + R 2 R1

Ia

~

XL1

M

Xl2

Ib

Z13

250·IG

Figura 49.2

Del este circuito podemos escribir:

⎫⎪ ⎬ resolvemos el sistema: I b = 0,16865∠161,565º A 0 = 250 j·I a + ( 250 j + 125 + 125 j) I b ⎪⎭

100 = 375 j·I a + 250 I a + j250 I b

Finalmente I G será el valor simulado por coeficiente que obtendremos entre las dos I b (que marca el amperímetro). 2 2 IG = · = 4,7434A 5 0,16865

I G = 4,7434∠0º A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

147

Régimen permanente

Problema 50 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes :

A1 = 3,172 A

A 2 = 14,3542 A

W1 = 124,7834 W

W2 = 560,1776 W

Los generadores que lo alimentan proporcionan unas tensiones de: e 2 ( t ) = 50 2 cos(100 πt + π

e1 ( t ) = 40 2 cos100πt V

)V 36

La carga formada por Z = R + jX tiene un factor de potencia de 0,89443 y consume 599,5254 W con el interruptor K abierto. Se pide: a) Valores de Z1 = R 1 + jX1 y Z 2 = R 2 + jX 2 b) Lecturas del voltímetro V y del amperímetro A Para mejorar el factor de potencia de la carga Z cerramos el interruptor K. Se pide: c) Capacidad del condensador C para poder conseguir que el conjunto Z-C entre en resonancia d) Nuevas lecturas del voltímetro V y del amperímetro A Nota: El factor de potencia en bornes de los generadores es inductivo

A1

W1

X1

R1

R2

X2

W2

A2

A

~ e (t) 1

V

X

R

K C

Figura 50.1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

e2(t)

~

148

Circuitos eléctricos. Problemas

Resolución:

Las tensiones de los generadores son E1 = 40∠0º y E 2 = 50∠5º V y las intensidades I1 = 3,172∠ − 10,4283º A cos ϕ E1 =

W1 E1 · I1

I 2 = 314,3542∠ − 38,930º W2

cos ϕ E 2 =

= 0,9834

E 2 · I2

= 0,7805

La intensidad del nudo: I = I1 + I 2 = 17,3136∠ − 29,5433º A

X1

I2

I1

R1

R2

X2

W1

A1

W2

A2

A I

~ e (t)

X

V

1

R

Figura 50.2

La potencia aparente de la carga la obtenemos con la potencia y el factor de potencia: ϕ = 26,565º cos ϕ = 0,89443 P S = = 670,287 VA S = 670,287∠26,565º cos ϕ Obtenemos la caída de tensión en la carga: U=

S = 38,7145∠ − 2,9782º V I*

U = 38,7145 V y A = 17,3136 A Las impedancias se pueden calcular de forma inmediata: Z1 =

E1 − V = 0,3 + 0,7 j Ω I1

Z2 =

E2 − V = 0,4 + 0,8j Ω I2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

e2(t)

~

149

Régimen permanente

Situación: K cerrado. Nos piden el caso de resonancia. Impondremos dicha condición mediante admitancias: 1 = 0,4 + 0,2 j Ω −1 Z (en este caso resistivo)

Yp = 0,4∠0º Ω −1

Y=

E1 E 2 + Z1 Z 2 UP = = 41,230∠ − 5,1956º V 1 1 1 + + Z1 Z 2 Z 3

Z p = 2,5∠0º Ω

Ip =

Up Zp

= 16,492∠ − 5,1956 º A

Conocida la intensidad YC = 0,2 j Ω −1

Z C = −5 j Ω

C=

1 Zc ω

= 636,62 µF

Las nuevas lecturas de los aparatos serán:

V=41,230 V

A=16,492 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

150

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 51 El circuito de la figura se alimenta de generadores de tensión y corriente alterna de frecuencia 50 Hz trabajando en régimen permanente. Se pide: a) Equivalente de Thevenin en bornes de A-B b) Corriente de corto-circuito en bornes de A-B c) ¿Qué impedancia Z debe colocarse en los bornes A-B para transferir la máxima potencia? ¿Cúal es el valor de ésta? Datos: R=100 ∠0° Ω

X1= 40 ∠-90° Ω

X2= 30 ∠90° Ω

X3= 60∠90° Ω

X4= 70 ∠-90° Ω

k= 0,01 Ω -1

IG= 2 ∠90° A

EG= 125∠0° V

A

B R

X1

k·UAB

EG IG X2

X4 X3

Figura 51.1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

151

Régimen permanente

Resolución:

B

Z=R+X1

A

k·UAB X2

~

~

EG X3 X4 =E2 X3

X3 X4=Z’

IGX2=E1

Figura 51.2

Cálculo de ETh: Z' =

X3X 4 = 420∠90º Ω X3 + X 4

E2 =

Z 234 = Z'+ X 2 = 450∠90º Ω

EG Z' = 875∠0º V X3 E12 = E1 − E 2 = −60 − 875 = −935∠0º V

E1 = 60∠180º = −60∠0º V

Consideremos la tensión en el nudo B como tierra (0) A

UAB I2

B

Z

k·U AB

E1-E2

~

Z234=Z’+X2

Figura 51.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

152

Circuitos eléctricos. Problemas

Podemos escribir: 0 − ( U A − ( E1 − E 2 )) U = kU A + A Z 234 Z

I = kU AB + I Z

⎡ 1 E1 − E 2 1⎤ = UA ⎢ +k+ ⎥ Z⎦ Z 234 ⎣ Z234

UA =

E1 − E 2 Z 234 ⎡ 1 1⎤ +k+ ⎥ ⎢ Z⎦ ⎣ Z 234

= E th

E th = 7,315 + 111,102 j = 111,343∠86,232 V

Cálculo de IN: IN

A

B

E1 − E 2 = Z 234 I N

Z

IN =

E1 − E 2 = 2,07ˆ∠90º A Z 234

E1-E2 Z =Z’+X 234 2

~

Figura 51.4

Cálculo de ZTh: Z th =

E th = IN

1 1 Z 234

1 +k+ Z

= 53,472 − j3,521 = 53,588∠ − 3,767 º Ω

I 0 = I 2 + kE 0 + I 234

A I2

Z234

Z

I0

I0 =

~

I234

k·UAB B

E0 E + kE 0 + 0 Z Z 234

E0 E0 1 = = 53,588∠ − 3,767 º Ω 1 1 I0 +k+ Z Z 234

Figura 51.5

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

153

Régimen permanente

La Z que se deberá colocar será: Z = Z *th = 53,588∠3,767 = 53,472 + 3,521j Ω Y la potencia máxima será: 2

Pmax =

E th 4R th

= 57,962 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

154

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 52 Dado el circuito de la figura:

Figura 52.1

Estando el interruptor K abierto: a) Valor de la tensión UAB b) Impedancia de Thevenin Datos: IG=4∠0º AΩ

R=2Ω

XL1=2Ω

XL2=2Ω

XM=1Ω

Resolución:

A

E G = I G ⋅ R = 4∠0º ⋅ 2∠0º = 8∠0º V

I= B

EG R + X L1 + X L 2 − 2 ⋅ X M

Figura52.2

I = 2 2 ∠ − 45º A

U AB = (X L 2 − X M ) ⋅ I

U AB = 2 ⋅ 2 ∠45º V

E Th = U AB

X L 2 ⋅ I 2 − X M ⋅ I1 = 0 ⇒ I 2 = I1 = I 2 + I N

⇒

I1 =

Ii + IN 2

Figura 52.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

I XM ⋅ I1 = 1 2 X L2 : IN =

I1 2

155

Régimen permanente

I G ⋅ R = (R + X L1 ) ⋅ 2 ⋅ I N − I N ⋅ X M I G ⋅ R = (2 ⋅ R + 2 ⋅ X L1 − X M ) ⋅ I N

IN =

IG ⋅ R 4∠0º ⋅ 2∠0º 8∠0º 8∠0º 8 = = = ∠ − 36,87 º A = 2 ⋅ R + 2 ⋅ X L1 − X M 4 + 2 ⋅ 2 j − 1 j 4 + 3 j 5∠36,87 º 5

Z Th =

U AB 2 ⋅ 2 ∠45º 10 = = 2 ∠81,87 º Ω 8 8 IN ∠ − 36,87 º 5

Z Th = 1,25 2 ∠81,87º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

156

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 53 El circuito de la figura esta alimentado por un generador de tensión de 50Hz conocemos las lecturas de los siguientes aparatos: AG=8,064 A

WG=1060,04 W

W=19,51 W

V=232,61 V

VG=240 V

Se pide: a) Valor de les impedancias ZL, Z1 Se conecta posteriormente una carga de Z 2 = 4 + 3j Ω (K cerrado). Se pide: b) Nuevas lecturas de los aparatos que aparecen después de conectar la carga Z2 c) Corriente de corto-circuito en A-B y potencia consumida

K

ZL AG

WG

A

W0 A1

e(t)

~

VG

V Z1

B Figura 53.1

Resolución:

a) Situación: K abierto. PZ1 = WG − W = 1040,53W Z1 =

V AG

= 28,844Ω

R=

PZ1 2 AG

= 16Ω

ϕ 2 = arccos

R Z

= 56,31º

Z1 = 28,844∠56,31º Ω = 16 + 24 jΩ

RT =

WG 2 AG

A2

= 16,30Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Z2

157

Régimen permanente

VG

ZT =

IG

= 29,760 Ω

ϕ T = arccos

RT ZT

= 56,79º

Z T = 16,30 + 24,90 j = 29,76∠56,79º Ω Z L = Z T − Z = 0,3 + 0,9 j = 0,95∠71,565º Ω

b) Situación: K cerrado. E th = 232,61V Z th =

Z L ·Z1 Z L + Z1

Asignaremos Eth

= 0,298 + 0,870 j = 0,919∠72,0844 º Ω

E th = 232,61∠0º Ω

ZTH

E th I2 = = 40,22∠ − 42º = 29,889 − 26,911j A Z th + Z 2

A

U = Z 2 ·I 2 = 200,293 − 17,977 j = 201,098∠ − 5,128º V

I1 =

U = 3,333 − 6,123 j = 6,972∠ − 61,438º A Z1

e(t)

~

Z2

I T = I1 + I 2 = 33,233 − 33,035 j = 46,851∠ − 44,837 º A las lecturas serán:

B

V = 201,098 V

W = la parte Real de Z L · I T

2

= 658,52 W

Figura 53.2

K U G = Z L ·I T + U = 240∠0,480º V  (de aquí obtenemos el ángulo de VG )

WG = la parte Real de U G ·I *T = 7906,713 W A 2 = 40,22 A

A1 = 6,972 A

A G = 46,85 A

W = 201,098 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

158

Circuitos eléctricos. Problemas

c) Situación: K cerrado.

ZTH

A IN =

e(t)

~

Z1

Z2

A3

VG ZL

= 252,98 A

A1 = A 2 = 0 A

2

B

A 2 = A G = 252,98 A

WG = W = I N ·R L = 19200 W

Figura 53.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

159

Régimen permanente

Problema 54 El circuito de la figura, alimentado por un generador de corriente alterna, trabaja en régimen permanente. La expresión temporal de la tensión en bornes de A-B es u(t)=25· 2 ·cos(100πt) V, las reactancias de las bobinas X1, X2 y XM son respectivamente 3, 1,5 y 1 Ω, la impedancia Z=4-j·4 Ω y la resistencia R1 = 1 Ω. Se pide : a) Expresión temporal de e(t) b) Circuito equivalente de Thevenin en bornes de A-B : ETh y ZTh c) Qué impedancia ZL se ha de colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia y valor de ésta d) Corriente de cortocircuito

R1

X1

*

X2 *

A

i(t) e(t)

Z

u(t)

B

Figura 54.1

Resolución:

u(t) → U=25∠0º V

Z1 =R 1 +j·X L1 =1+j·3=3,162∠71,56° Ω

Z=4+j·4=4 2∠-45° Ω

X L2 =j·X L2 =j·1,5=1,5∠90° Ω

X M =j·X M =j=1∠90° Ω E=Z1 ·I1 -X M ·I 2 +Z·(I1 +I 2 )

si I2=0 A

U=X L2 ·I 2 -X M ·I1 +Z·(I1 +I 2 )

E=

U·(Z1 +Z) =15,244+j·12,805=19,908∠40,03° V (Z-X M )

E → e(t)=19,908· 2·cos(100·π·t+40,03°) V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

E=Z1 ·I1 +Z·I1 U=-X M ·I1 +Z·I1

160

Circuitos eléctricos. Problemas

E 0 =X L2 ·I0 +X M ·I1 +Z·I Z Z·I Z =Z1 ·I1 +X M ·I0 I0 =I Z +I1 E 0 ·(Z+Z1 )

I0 =

2

Z·X L2 +2·Z·X M -X M +X L2 ·Z1 +Z·Z1 2

ZTh =

E 0 Z·X L2 +2·Z·X M -X M +X L2 ·Z1 +Z·Z1 = =4,192+j ⋅ 5,538=6,946∠52,87° Ω I0 Z+Z1

La impedancia a colocar para transferir la máxima potencia es: ZL =4,192-j·5,538=6,946∠-52,87° Ω

La tensión de Thevenin en bornes de A-B E Th =U=25∠0° V

La potencia máxima transferida E Th Pmax =

2

4·R Th

=37,27 W

La corriente de cortocircuito en bornes de A-B ICC =I N =

E Th =2,172-j·2,870=3,599∠-52,87° A ZTh

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

161

Régimen permanente

Problema 55

El circuito de la figura se alimenta de un generador de alterna e(t)=240· 2 cos(100π·t+30º) V y trabaja en régimen permanente. Se conocen los valores de las impedancias Z1=6-j Ω, Z2=3-j Ω, Z3=8+j·6 Ω, Z4=6-j·8 Ω, las L1, L2 y la inductancia mutua M son respectivamente 8, 12 y 6 mH. Se pide : a) Determinar la tensión de Thevenin en bornes de A-B b) Determinar la corriente de cortocircuito en bornes de A-B c) Determinar la impedancia de la carga a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia (expresar la resistencia en Ω y el elemento reactivo en mH o µF según proceda ) d) Calcular la potencia máxima disipada en la carga citada

Z1

Z2 A M *

e(t)

*

L1

Z3

L2

Z4

B

Figura 55.1

Resolución:

e(t) → E=240∠30º V V

ω=100·π rad/s

X L2 =j·L 2 ω=3,77∠90° Ω Zp =

X M =j·M×ω=1,885∠90° Ω

Z3 ·Z4 =7-j=7,071∠-8,13º Ω Z3 +Z4

E=Z1 ·I1 +X L1 ·I1 -X M I 2 0=Z2 ·I 2 +X L2 ·I 2 -X M ·I1 +Zp ·I 2

I1 =35,243+j·10,846=36,874∠17,10º A I 2 =-0,842+j·6,7922=6,844∠97,06º A E Th =Zp ·I 2 =0,895+j×48,388=48,396∠88,94º V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

X L1 =j·L1ω=2,513∠90º Ω

162

Circuitos eléctricos. Problemas

Cálculo de la corriente de cortocircuito: E=Z1 ·I1cc +X L1 ·I1cc -X M I 2cc 0=Z2 ·I 2cc +X L2 ·I 2cc -X M ·I1cc I 2CC =5,823+j·15,468=16.528∠69.40º A ZTh =

E Th =2,758+j ⋅ 0,980=2,928∠19,570º Ω I2CC

Z=ZT h *=2,758-j·0,980=2,928∠-19,570º Ω C=

1 =3,245 mF X C ·ω

Pmax =

E Th

2

4·R Th

=212,24 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

163

Régimen permanente

Problema 56 Dado el circuito de la figura:

Figura 56.1

Se conocen los siguientes parámetros: IG= 2∠0º A

XC= 2∠-90º Ω

XL=2∠90º Ω

Z= 2∠60º Ω

Aplicando el principio de sustitución, se tiene el circuito:

Figura 56.2

Determinar el valor de E.

Resolución:

E = X L ⋅ I G = 2∠90º⋅2∠0º = 4∠90º V

XL

XC

Z

E

U

Figura 56.3

U=

E⋅Z =E XL + XC + Z

E = 4∠90º V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

164

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 57 En el circuito de la figura: C

Figura 57.1

Se conocen los siguientes datos: E1=20∠0º V

E2=80∠90º V

E3=40∠-90º V

XC=2∠-90º Ω

XL1=4∠90º Ω

XL2=2∠90º Ω

a) ¿Cuál es el módulo de la tensión entre C y A? b) ¿Cuál es la potencia que se disipa en la resistencia?

Resolución:

Aplicando en teorema de Millman, tenemos:

U CA

E1 E E3 20∠0º 80∠90º 40∠ − 90º − 2 + − + X X L1 X L 2+ R 2∠ − 90º 4∠90º 2 2∠45º = C = 1 1 1 1 1 1 + + + + X C X L1 X L 2+ R 2∠ − 90º 4∠90º 2 2∠45º

U CA = −120∠0º V

IR =

U CA − E 3 R + X L2

(

= −20 + 40 j = 20 5 ∠116,565º A

P = I 2R ⋅ R = 20 ⋅ 5

)

2

⋅2

P = 4000 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R=2∠0º Ω

165

Régimen permanente

Problema 58 Dado el circuito de la figura 58.1, se conocen los siguientes parámetros: R1 = 4 Ω

R2 = 4 Ω

XC = 4 Ω

eG(t) = 12 sen(100πt) V

XL = 8 Ω

iG(t) = 3 sen(100πt + 90°) R1

R1 i 2(t)

i1(t) R2

R2

iG(t)

eG(t) A

B

XL

XL

Figura 58.2

Aplicando el teorema de sustitución, determinar la e(t) de la figura 58.2.

Resolución:

E G = 12∠0º V

I G = 3∠90º A

R1 = 4 Ω

R2 = 4 Ω

X L = j8 Ω

X C = − j4 Ω

I1 =

EG + U R1

I2 =

B

A

XC

Figura 58.1

iG(t) e(t)

eG(t)

U R 2 + XL

I1 + I 2 + I G = 0 EG + U U + + IG = 0 R1 R 2 + XL 12∠0º + U U + + 3∠90º = 0 4∠0º 4 + 8j

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

XC

166

Circuitos eléctricos. Problemas

U = −6 − 12 j V

U A = X L ⋅ I2 =

U − 6 − 12 j ⋅ XL = ⋅ 8 j = −12 j V R 2 + XL 4 + j⋅8

U B = X C ⋅ I G = −4 j ⋅ 3∠90º = 12 V

U AB = U A − U B = −12 − 12 j = 12 2∠225º V e(t ) = 12 2 sen (100 ⋅ π ⋅ t + 225º ) V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

167

Régimen permanente

Problema 59 El circuito de la figura que tiene por esquema el representado en la figura, trabaja en régimen permanente alimentado por dos fuentes de tensión de características: π⎞ ⎛ e1 (t)=270 2 ⋅ cos ⎜ 100 ⋅ π ⋅ t+ ⎟ V 2⎠ ⎝

e 2 (t)=360 2 ⋅ cos100 ⋅ π ⋅ t V

Siendo los parámetros del circuito: Z1 =24∠73,74º Ω

Z2 =18∠-16,26º Ω

Z3 =40∠-53,13º Ω

Z4 =19,2∠-69,39º Ω

Determinar: a) Para la posición 1 del conmutador K, las indicaciones de todos los aparatos de medida b) Para la posición 2 del conmutador K, las indicaciones de los aparatos de medida A1, A2, A6 y V c) Para la posición 3 del conmutador K, las indicaciones de los aparatos de medida A6 y V

~

A1

A4 Z1

e1(t)

A3 A3

A6

Z3

~

K Z2

A2

A5

(1)

V

(3) (2)

Z4

e2(t) Figura 59.1 Resolución:

Pondremos en primer lugar todos los datos del problema en su forma polar y/o binómica: E1 = 270∠90º V

E 2 = 360∠0º V Z1 = 24∠73,74º Ω = 6,72 + 23,04 j Ω Z 2 = 18∠ − 16,26º Ω = 17,28 − 5,04 j Ω

Z 3 = 40∠ − 53,13º Ω = 24 − 32 j Ω Z 4 = 19,2∠ − 69,39º Ω = 6,7584 − 17,9712 j Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

168

Circuitos eléctricos. Problemas

a) Para la primera posición (1) del conmutador, el circuito a resolver quedará reducido a:

~ E1

Z1

I A3 Z3

I

~ E2

I1-2

I3

Z2

M

V

I

Figura 59.2

Primer método de resolución: Para el cálculo de la impedancia total equivalente. Si observamos que E 2 y Z 2 están en serie y el conjunto de las dos en paralelo con Z 3 , tendremos: Z1−2 = Z1 + Z 2 = 6,72 + 23,04 j + 17,28 − 5,04 j = 24 + 18 j Ω = 30∠36,87 º

Z1−2 ⋅ Z 3

ZT =

Z1−2 + Z 3

=

30∠36,87 º⋅40∠ − 53,13º 1200∠ − 16,26º 1200∠ − 16,26º = = 24 + 18 j + 24 − 32 j 48 − 14 j 50∠ − 16,26º

Z T = 24∠0º Ω = 24 + 0 j Ω

Esta impedancia esta sometida a dos fuentes de tensión contrapuestas y por lo tanto equivalentes a una de valor: E = E 1 − E 2 = 270∠90º −360∠0º V = 270 j − 360 V = −360 + 270 j V = 450∠143,13º V

Como consecuencia: I=

E ZT

=

450∠143,13º = 18,75∠143,13º A = −15 + 11,25 j A 24∠0º

Las indicaciones, por lo tanto, de A1 y A2, que es obvio que son iguales, serán: A1 = A 2 = I = 18,75 A La corriente que circulará por Z 3 valdrá: I3 =

E Z3

=

450∠143,13º = 11,25∠196,26º 40∠ − 53,13º

A 3 = 11,25 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

169

Régimen permanente

Igualmente: I1−2 =

E Z1−2

=

450∠143,13º = 15∠106,26º 30∠36,87 º

Y la indicación de los amperímetros A4 y A5: A 4 = A 5 = I1−2 = 15 A

Naturalmente, se tiene que cumplir la igualdad vectorial siguiente: I = I1− 2 + I 3 = −4,2 + 14,4 j − 10,8 − 3,15 j = −15 + 11,25 j A Que coincide con el valor hallado de I.

La rama donde está intercalado el amperímetro A6 queda abierta y por lo tanto no circula corriente, por lo que: A6 = 0 Finalmente, el voltímetro V está conectado entre dos puntos entre los que la diferencia de potencial:

V = E1 − Z1 ⋅ I1−2

V = E 2 + Z 2 ⋅ I1−2

o también

V = 270∠90º −24∠73,74º⋅15∠106,26º = 270∠90º −360∠180º = 360 + 270 j = 450∠36,87 º V

o también: V = 360∠0º +18∠ − 16,26º⋅15∠106,26º = 360∠0º +270∠90º = 360 + 270 j = 450∠36,87 º V La indicación de V será entonces: V = V = 450 V

Segundo método de resolución: Por aplicación de las leyes de Kirchhoff al circuito siguiente:

A

~ E1

I1

I4

Z1 A3 Z3

1ª malla

2ª malla

Z2

~ E2

I3

I2

B

I5

Figura 59.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

170

Circuitos eléctricos. Problemas

Se cumplen en este circuito las igualdades siguientes: I1 = −I 2 I 4 = −I 5 I1 = I 3 + I 4

por aplicación de la 1ª ley en el nudo A

E1 − E 2 = Z 3 ⋅ I 3

por aplicación de la 2ª en la malla de la izquierda

Z1 ⋅ I 4 + Z 2 ⋅ I 4 − Z 3 ⋅ I 3 = 0

por aplicación de la 2ª en la malla de la derecha

De las dos últimas igualdades, se obtiene:

(Z1 + Z 2 )I 4 = Z3 I 3 = E1 − E 2 I4 = I3 =

E1 − E 2 450∠143,13º = = 15∠106,26º A 30∠36,87 º Z1 + Z 2 E1 − E 2 Z3

=

450∠143,13º = 11,25∠196,26º A 40∠ − 53,13º

De la tercera igualdad: I1 = I 3 + I 4 = 11,25∠196,26º +15∠106,26º = −10,8 − 3,15 j − 4,2 + 14,4 j = −15 + 11,25 j A

I1 = 18,75∠143,13º A valores que coinciden con los hallados por el primer método, y por lo tanto las indicaciones de los aparatos serán las dadas en ese método: V = E1 − Z1 ⋅ I 4 = 270∠90º −24∠73,74º⋅15∠106,26º = 270∠90º −360∠180º V = 360 + 270 j = 450∠36,87 º V

valor que coincide con el primer método.

Tercer método de resolución: Por transformación del triángulo de impedancias que constituyen las Z1 , Z 2 y Z 3 en su estrella equivalente según el esquema siguiente: A

Z1 Z OA

Z OM

Z3

M

Z OB Z2

B Figura 59.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

171

Régimen permanente

Las impedancias equivalentes en estrella valdrán: Z OA =

Z1 ⋅ Z 3 Z1 + Z 2 + Z 3

Z OB =

Z 2 ⋅ Z3 Z1 + Z 2 + Z 3

Z OM =

Z1 ⋅ Z 2 Z1 + Z 2 + Z 3

Empezamos por calcular Z 1 + Z 2 + Z 3 que es inmediato al conocer todos los valores: Z1 + Z 2 + Z 3 = (6,72 + 23,04 j) + (17,28 − 5,04 j) + (24 − 32 j) = 48 − 14 j = 50∠ − 16,26º Ω

Los valores de las impedancias en estrella serán pues: Z OA =

24∠73,74º⋅40∠ − 53,13º 960∠20,61º = = 19,2∠36,87 º = 15,36 + 11,52 j Ω 50∠ − 16,26º 50∠ − 16,26º

Z OB =

18∠ − 16,26º⋅40∠ − 53,13º 720∠ − 69,39º = = 14,4∠ − 53,13º = 8,64 − 11,52 j Ω 50∠ − 16,26º 50∠ − 16,26º

Z OM =

24∠73,74º⋅18∠ − 16,26º 432∠57,48º = = 8,64∠73,74º = 2,4192 + 8,2944 j Ω 50∠ − 16,26º 50∠ − 16,26º

El circuito equivalente se tendrá que transformar en el siguiente: E2

A

~

ZOA

I

~

E1

ZOM

E1

ZOB

ZOA

A

O

M

B

~

ZOM

I I

ZOB

B Figura 59.5

en el que E = E1 − E 2 = 450∠143,13º V El valor de la corriente I es ahora inmediato: I=

E Z OA + Z OB

donde Z OA + Z OB = 15,36 + 11,52 j + 8,64 − 11,52 j = 24 + 0 j A = 24∠0º A I=

450∠143,13º = 18,75∠143,13º A 24∠0º

A1 = A 2 = I = 18,75 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

O

M

172

Circuitos eléctricos. Problemas

La lectura del voltímetro V será V = U y por lo tanto se tiene que calcular U : U = E 1 − Z OA I = 270∠90º −19,2∠36,87 º⋅18,75∠143,13º = 270∠90º −360∠180º = 360 + 270 j = 450∠36,87 º A V = 450 V

La lectura es entonces:

También como antes se podría haber planteado V = E 2 − Z OB I llegando al mismo valor de V . Se omite este cálculo por no ser demasiado reiterativo. b) En la segunda posición del conmutador, el circuito a resolver será el indicado a continuación:

~ E1

A I1

Z1

I4

A3

N

Z3

~ E2

M

I3

Z2 I2

B

V

I6

I5 C

Figura 59.6

Primer método de resolución: Por aplicación de las leyes de Kirchhoff, se podrán determinar todas las corrientes en las ramas del circuito. Así pues, se puede plantear: I'1 = I'3 + I' 4

por aplicación de 1ª ley en el nudo A

I ' 6 = I ' 4 + I '5

por aplicación de 1ª ley en el nudo M

I' 6 = I'1 + I' 2

por aplicación de 1ª ley en el nudo N

E1 − E 2 = Z3 ⋅ I'3

por aplicación de 2ª ley en la malla NABN

E1 = Z1 ⋅ I' 4

por aplicación de 2ª ley en la malla NAMCN

E 2 = Z 2 ⋅ I' 5

por aplicación de 2ª ley en la malla NBMCN

Y de forma inmediata ya tendremos los siguientes valores: I' 3 =

E1 − E 2 Z3

=

450∠143,13º = 11,25∠196,26º A = −10,8 − 3,15 j A 40∠ − 53,13º

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

173

Régimen permanente

A 3 = I'3 = 11,25 A I' 4 =

E1 Z1

=

270∠90º = 11,25∠16,26º A = 10,8 + 3,15 j A 24∠73,74º

A 4 = I' 4 = 11,25 A I' 5 =

E2 Z2

=

360∠0º = 20∠16,26º A = 19,2 + 5,6 j A 18∠ − 16,26º

A 5 = I'5 = 20 A

El resto de valores de I ya se podrán calcular por resolución de las tres primeras ecuaciones: I'1 = I'3 + I' 4 = (− 10,8 − 3,15 j) + (10,8 + 3,15 j) = 0 + 0 j A = 0 A A1 = I'1 = 0 A I' 6 = I' 4 + I'5 = (10,8 + 3,15 j) + (19,2 + 5,6 j) = 30 + 8,75 j A = 31,25∠16,26º A

A 6 = I'6 = 31,25 A I' 2 = I' 6 − I'1 = (30 + 8,75 j) − (0 + 0 j) = 30 + 8,75 j A = 31,25∠16,26º A A 2 = I' 2 = 31,25 A

Es obvio que al no haber ningún elemento pasivo entre M y C no hay caída de tensión entre estos dos puntos y por lo tanto V' = 0 V .

Segundo método de resolución: Por transformación del triángulo de impedancias en estrella equivalente, iremos a parar al circuito siguiente:

E2

A

~

ZOA ZOM

I1 O

IA I2

E1

~

I6

ZOB

B

IB

Figura 59.7

Z AO = 19,2∠36,87 º Ω Z BO = 14,4∠ − 53,13º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

M

174

Circuitos eléctricos. Problemas

Z OM = 8,64∠73,74º Ω

Circuito que se puede resolver con el método de las mallas para determinar las corrientes I'1 , I'2 e I'6 .

Como se cumple: Z11 = Z AO + Z BO = 19,2∠36,87 º +14,4∠36,87 º = (15,36 + 11,52 j) + (8,64 − 11,52 j) = 24 + 0 j Ω = 24∠0º Ω

Z 22 = Z BO + Z OM = 14,4∠ − 53,13º +8,64∠73,74º = (8,64 − 11,52 j) + (2,4192 + 8,294 j) = = 11,0592 − 3,2256 j Ω = 11,52∠ − 16,26º Ω Z12 = Z 21 = − Z BO = −14,4∠ − 53,13º = 14,4∠126,87 º Ω

Y por lo tanto, al aplicar la expresión matricial siguiente, ya podremos determinar las corrientes: ⎡ Z11 Z12 ⎤ ⎡I'A ⎤ ⎡E1 − E 2 ⎤ ⎥ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎢ ⎢⎣ Z21 Z22 ⎥⎦ ⎢⎣ I'B ⎥⎦ ⎢⎣ E 2 ⎥⎦

⎡E1 − E 2 Z12 ⎤ ⎥ ⎢ Z22 ⎦⎥ ⎢ E2 I 'A = ⎣ ⎡ Z11 Z12 ⎤ ⎥ ⎢ ⎣⎢ Z21 Z22 ⎦⎥

⎡ Z11 E1 − E 2 ⎤ ⎥ ⎢ E 2 ⎦⎥ ⎢ Z21 I'B = ⎣ ⎡ Z11 Z12 ⎤ ⎥ ⎢ ⎣⎢ Z21 Z22 ⎦⎥

Pasando a calcular, en primer lugar, el determinante de la matriz de impedancias: ⎡ Z11 Z12 ⎤ ⎡ 24∠0º 14,4∠126,87 º ⎤ ∆=⎢ ⎥=⎢ ⎥ = 24∠0º⋅11,52∠ − 16,26º −14,4∠126,87º⋅14,4∠126,87 º ⎣⎢ Z21 Z22 ⎥⎦ ⎣14,4∠126,87º 11,52∠ − 16,26º ⎦

∆ = 276,48∠ − 16,26º −207,36∠253,74º = 265,4208 − 77,4144,+58,0608 + 199,0656 j ∆ = 324,4816 + 121,6512 j = 345,6∠20,61º Y sustituyendo valores en las expresiones I' A e I'B : ⎡450∠143,13º 14,4∠126,87º ⎤ ⎢ 360∠0º 11,52∠ − 16,26º ⎥⎦ 5184∠126,87º −5184∠126,87 º I' A = ⎣ = =0A 345,6∠20,61º 345,6∠20,61º A1 = I'1 = I' A = 0 A

I' B =

450∠143,13º ⎤ ⎡ 24∠0º ⎢14,4∠126,87 º 360∠0º ⎥⎦ ⎣ 345,6∠20,61º

=

8640∠0º −6480∠270º 8640 + 6480 j 10800∠36,87 º = = 345,6∠20,61º 345,6∠20,61º 345,6∠20,61º

I' B = 31,25∠16,26º A I' B = I' 6 A 6 = I' 6 = I' B = 31,25 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

175

Régimen permanente

Y como, I' 2 = I' 6 −I'1 = I' 6 porque

I'1 = 0

A 2 = I'6 = 31,25A

Resultados idénticos, como es lógico, a los obtenidos por el método anterior. El resto, por lo tanto, ya se obtendrían de forma inmediata. Tercer método de resolución: Por aplicación del teorema de Millman y determinación de la f.e.m proporcionada por el generador equivalente a ambos en paralelo en el circuito transformado (impedancias en triangulo pasado a estrella equivalente). El circuito inicial será, pues, el mismo que en el segundo método; la E de ambos generadores en paralelo valdrá: E=

E1 ⋅ Y AO + E 2 ⋅ Y BO Y AO + Y BO

y al ser las admitancias las inversas de las impedancias: E1 E = ZAO 1 ZAO E=

+ +

E2 ZBO = E1 ⋅ ZBO + E 2 ⋅ ZAO = 270∠90º⋅14,4∠ − 53,13º +360∠0º⋅19,2∠36,87 º 1 14,4∠ − 53,13º +19,2∠36,87º ZBO + ZAO ZBO

3888∠36,87 º +6912∠36,87 º 10800∠36,87 º 10800∠36,87 º 10800∠36,87 º = = = = 450∠36,87º V 8,64 − 11,52 j + 15,36 + 11,52 j 24 + 0 j 24 + 0 j 24∠0º

La admitancia de este generador de Millman vale: Y MILL = Y OA + Y OB =

1 ZOA

+

1 ZOB

=

ZOA + ZOB ZOA ⋅ ZOB

y su impedancia interna: ZMILL =

1 Y MILL

=

ZOA ⋅ ZOB ZOA + ZOB

=

19,2∠36,87º⋅14,4∠ − 53,13º 276,48∠ − 16,26º = 24∠0º 24∠0º

Z MILL = 11,52∠ − 16,26º Ω = 11,0592 − 3,2256 j Ω

De esta manera, el circuito equivalente que se tendrá es el siguiente: Z MILL

I '6

EMILL

Z OM

Figura 59.8

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

176

Circuitos eléctricos. Problemas

en el que es inmediato el càlculo de la intensidad: I' 6 =

E MILL

=

Z MILL + Z OM

450∠36,87 º 450∠36,87 º = = 31,25∠16,26º A 11,52∠ − 16,26º +8,64∠73,74º 14,4∠20,61º

valor que coincide con los hallados por otros métodos, como era de esperar. Para hallar el resto de valores, calculamos primero la caída de tensión entre O y M: U OM = I6 ⋅ ZOM = 31,25∠16,26º⋅8,64∠73,74º = 270∠90º V

Conociendo U OM , podemos trabajar con el circuito inicial transformado en que podemos escribir: E1 = Z AO ⋅ I'1 + U OM

y por lo tanto: E1 − U OM = Z AO ⋅ I'1

E 2 = Z BO ⋅ I' 2 + U OM

y por lo tanto: E 2 − U OM = Z BO ⋅ I' 2

y sustituyendo valores; I'1 = 0 A

270∠90º −270∠90º = Z AO ⋅ I'1 o sea que: 360∠0º −270∠90º = 14,4∠ − 53,13º⋅I 2 ' I2 ' =

360 − 270 j 450∠ − 36,87 º = = 31,25∠16,26º A 14,4∠ − 53,13º 14,4∠ − 53,13º

valores que también coinciden con los obtenidos por métodos anteriores. c) En la tercera posición del conmutador y haciendo también la transformación del triángulo de impedancias en estrella equivalente, el circuito es el siguiente:

E2

A

~

ZOA ZOM

I1 O I2

E1

~

M

I6

ZOB ZA

B

N Figura 59.9

Recordando los valores ya obtenidos de: Z AO = 19,2∠36,87 º Ω Z BO = 14,4∠ − 53,13º Ω Z AO + Z BO = 24∠0º Ω

Z OM = 8,64∠73,74º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

177

Régimen permanente

Resolveremos el problema utilizando el teorema de Thevenin aplicado a la impedancia Z 4 . La corriente de circulación entre los dos generadores se puede calcular directamente por la fórmula: I' =

E1 − E 2 Z AO + Z BO

=

450∠143,13º = 18,75∠143,13º A 24∠0º

La tensión a circuito abierto entre N y M, que será igual a la tensión entre N y O, valdrá: U NM ( vacío) = U NO ( vacío) = E1 − Z AO ⋅ I' = 270∠90º −19,2∠36,87 º⋅18,75∠143,13º = = 270∠90º −360∠180º = 360 + 270 j = 450∠36,87 º V También se habría llegado al mismo valor considerando la rama E 2 :

( )

U NO ( vacío) = E 2 − Z BO ⋅ − I' = E 2 + Z BO ⋅ I' = 360∠0º +14,4∠ − 53,13º⋅18,75∠143,13º = = 360∠0º +270∠90º = 360 + 270 j = 450∠36,87º V Por lo tanto la f.e.m. del generador de Thevenin equivalente, vale E THEV = 450∠36,87º V y como es lógico, es idéntica a la f.e.m. del generador de Millman equivalente calculado antes. Solo queda calcular la impedancia interna del generador de Thevenin que será la que se obtenga entre terminales de M y N al hacer pasar el circuito pasivo como se muestra a continuación:

ZOA

ZOM

ZOB

M

Y’’

Z4

N Figura 59.10

Z THEV = Z OM +

Z AO ⋅ Z BO Z AO + Z BO

= 8,64∠73,74º +

19,2∠36,87 º⋅14,4∠ − 53,13º 19,2∠36,87 º +14,4∠ − 53,13º

pero Z AO + Z BO = 24∠0º Ω como ya se ha calculado antes: Z THEV = 8,64∠73,74º +

276,48∠ − 16,26º = 8,64∠73,74º +11,52∠ − 16,26º 24∠0º

Z THEV = 2,4192 + 8,2944 j + 11,0592 − 3,2256 j = 13,4784 + 5,0688 j = 14,4∠20,61º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

178

Circuitos eléctricos. Problemas

El circuito equivalente con generador de Thevenin será: Z THEV

M Z4

ETHEV

N

Figura 59.11

del que se deduce que: 450∠36,87 º 450∠36,87 º = = Z THEV + Z 4 14,4∠20,65º +19,2∠ − 69,39 13,4784 + 5,0688,+6,7584 − 17,9712, 450∠36,87 º 450∠36,87 º = = = 18,75∠69,39º A 20,2368 − 12,9024 j 24∠ − 32,53º I' =

E THEV

=

Por otro lado el voltímetro indicará la tensión entre terminales de Z 4 : V' ' = Z 4 ⋅ I' ' 6 = 19,2∠ − 69,39º⋅18,75∠69,39 = 360∠0º y por lo tanto,

V = V' ' = 360 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

179

Régimen permanente

Problema 60 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Conocemos la lectura del voltímetro V=80 V Se pide: a) Lecturas de los siguientes aparatos: AG, VG, W, A1 y A2 b) Potencia aparente del generador en forma binómica y polar

V R2 A2

Z0

*

AG

XC B

W

C

R1

A

XL

A1 iG(t)

D

VG

Figura 60.1

Datos: i G =IG max ⋅ 2 ⋅ sen100 ⋅ π ⋅ t A XL=4 Ω

Z0 =2 ⋅ 2∠45° Ω

R1=4 Ω

R2=18 Ω

XC=15 Ω

Resolución:

i G → IG = IG ∠0°= IG A ,

Z0 =R 0 +j ⋅ X 0 =2+j ⋅ 2=2 ⋅ 2∠45° Ω

Z1 =R 1 +j ⋅ X L =4+j ⋅ 4=4 ⋅ 2∠45° Ω , Zp =

Z 2 =R 2 -j ⋅ X C =18-j ⋅ 15=23,43∠-39,80° Ω

Z2 ⋅ Z1 =4,582+j ⋅ 2,836=5,389∠31,76° Ω , Z T =Z 0 +Z p =3,491+j×14,836=15,241∠76,76° Ω Z2 +Z1

U AC =IG ⋅ Z0 =2 ⋅ IG ⋅ 2∠45° V , U CD =IG ⋅ Zp =5,388 ⋅ IG ∠31,759° V , U CB =

U CD ⋅ R 1 =3,81 ⋅ IG ∠-13.24° V Z1

U AB =U AC +U CB =(5,709+j ⋅ 1,127) ⋅ IG =5,819× IG ∠11,17° V

U AB =5,819 ⋅ IG =80 ⇒ IG =13,747 A la lectura del amperímetro AG=13,747 A U G =U AC +U CD =90,482+j ⋅ 66,487=112,283∠36,31° V La lectura del voltímetro VG=112,283 V SG =U G ⋅ IG =1243,889+j ⋅ 914,018=1543,596∠36,31° VA

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

180

Circuitos eléctricos. Problemas

La lectura del vatímetro W=1243,889 W U CD =IG ⋅ Zp =62,987+j ⋅ 38,992=74,080∠31,759° V I1 =

U CD =12,748-j ⋅ 3=13,095∠-13,24° A Z1

La lectura de amperímetro A1=13,095 A. U CD I2 = =1-j ⋅ 3=3,161∠71,56° A Z2 La lectura de amperímetro A2=3,161 A.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

181

Régimen permanente

Problema 61 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con corriente alterna. Conocemos los valores de la resistencia R0=0,1 Ω y K=0,025 Ω-1 de la fuente dependiente, presentado un factor de potencia capacitivo en bornes del generador real de tensión (bornes A-B). Las lecturas de los aparatos de medida que conocemos son las siguientes: AG=59,45 A

A1=20,5 A

V=259,307 V

W1=5043 W

W2=4874,9 W

Se pide : a) Valor de R1, X1 y de Z b) Las lecturas de los aparatos VG y A2 c) Potencia aparente del generador independiente y del dependiente

*

R0

A

W2

A1

A2

* W1

AG U1 EG

X1

K·U1

Z

VG

V

R1

B

Figura 61.1 Resolución:

W1 = R 1 ⋅ I1 ⇒ R 1 =

X1 =

Z1

2

5043 20,5

2

= 12 Ω

Z1 =

U I1

=

259,307 = 12,649 Ω 20,5

− R 12 ⇒ X1 = 12,649 2 − 12 2 = 4 Ω

Z1 = R1 + j ⋅ X1 = 12 + j ⋅ 4 = 12,649∠18.435° Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

182

Circuitos eléctricos. Problemas

(

)

W2 = ℜ V ⋅ I *G = V ⋅ I G ⋅ cos(VI G ) ⇒ cos α = cos(V I G ) =

W2 V ⋅ IG

=

4874,9 = 0,3162 ⇒ α = ±71,56° 259,307 ⋅ 59,45 Tomo como referencia:

U = 259,307∠0° = 259,30 A I G = 59,45∠71,565° = 18,8 + j ⋅ 56,40 A

I1 = 20,50∠18,435° = 19,448 + j ⋅ 6,482 A UX =

U ⋅ X1 259,30∠0° ⋅ 4∠90° = = 82∠71,56° = 25,934 + j ⋅ 77,792 V 12,649∠18,43° Z1

I dep = K ⋅ U X = 0,025 ⋅ 82∠71,56° = 2,05∠71,56°0 = 0,648 + j ⋅ 1,944 A

Aplicando la primera ley de Kirchhoff tenemos :

I G + I dep = I1 + I Z ⇒ I Z = I G + I dep − I1 = 64,826∠90° = j ⋅ 64,826 A

La lectura del amperímetro A2=64,826 A Z=

U = 4∠ − 90° = − j ⋅ 4 Ω IZ

U G = R 0⋅ I G + U = 261,2476∠1,237° = 261,186 + j ⋅ 5,640 V La lectura del voltímetro VG=261,24 V

Sdep = U·I *dep = 531,584∠ − 71,56° = 168,103 − j ⋅ 504,304 VA SG = U G ·I *G = 15531,185∠ − 70,32° = 5228,330 − j ⋅ 14624,714 VA

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

183

Régimen permanente

Problema 62 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, conociéndose las expresiones temporales de:

i = 12 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t + 8,13º ) A

u = 60 ⋅ 2 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t ) V

y las lecturas de los siguientes aparatos de medida: A1=6 A

A2=6 A

Se pide: a) Valor de R1, R2, L1 y C2 b) Lecturas W, VG, AG, A3 c) Potencia aparente en forma binómica del generador y factor de potencia del generador

Figura 62.1

Datos: R0 = 0,2 Ω

L3 =

160 π

k = 0,1 Ω

mH

Resolución:

I12 =

12 2

U = 60∠0º V

∠8,13º A

Ι2 Ι1

Ι12 = 12/ 2 Α

α 8,13º

U

Figura 62.2

cos α =

I12 2 I2

cos α =

I 2 = 6∠53,13º A

2 2 Z2 =

⇒

α = 45º

U = 10∠ − 53,13º Ω = 6 − j ⋅ 8 Ω I2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R 2 = 8Ω

184

Circuitos eléctricos. Problemas

I1 = 6∠ − 36,87º A

Z1 =

U = 10∠36,87º Ω = 8 + j ⋅ 6 Ω I1

L1 =

X L1 6 ⋅ 10 3 = ω 100 ⋅ π

L1 =

60 mH π

C2 =

1 10 6 = ω ⋅ X C 100π ⋅ 8

k ⋅ I12 = 0,1 ⋅ I3 =

12 2

C2 =

1250 µF π Z3 = j ⋅ L 3 ⋅ ω = 16∠90º Ω

∠8,13 V

U − k ⋅ I12 = 3,698∠ − 90,116º A Z3

I 0 = I12 + I 3 = 8,756∠ − 16,572º A E G = I 0 ⋅ R 0 + U = 61,680∠ − 0,464º V

A 3 = 3,698 A

A G = 8,756 A

VG = 61,680 A

SG = E G ⋅ I *0 = 540,088∠16,108º VA SG = E G ⋅ I *0 = 518,884 + j ⋅ 149,85 VA

WG = Re(SG ) WG = 518,884 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R1 = 6 Ω

185

Régimen permanente

Problema 63 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. La bobina L1 está constituida de manera que su coeficiente de autoinducción es variable. Se modifica el valor de L1, de manera que la lectura del amperímetro A1 sea cero. Se pide: a) Valor de L1 para que cumpla dicha condición b) Valor de las resistencia R1 y R2 c) La lectura del voltímetro VG d) Valor de L2 * W1 + 0,1·i(t) -

iG

*

A1

W2 VG

C1

R1

L1

R2 C2

L2

i(t) A2

Figura 63.1

Datos: iG = 24 ⋅ 2 ⋅ s e n100 ⋅ π ⋅ t A

W1=600 W

W2=300 W

C1=33 mF

Resolución:

De iG sabemos que: I G = 24A i ω = 100π rad/s a) Condición para A1=0 1 ∠ − 90º·L1ω∠90º 1 10 C1ω 1 = = 307µH Æ L1 = = ∞ Æ L1ω = 2 1 33 π C1ω C ω 1 L1 j − j C1ω como i( t ) = 0 Æ 0,1i( t ) = 0

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

A2=15 A

186

Circuitos eléctricos. Problemas

Por lo tanto, el circuito queda de la siguiente manera:

W1

~

VG

IG

W2

R1

R2

A2 Figura 63.2

Donde: W1 − W2 = PR1 = 300 W

PR 2 = W2 = 300 W

VG2 VG2 Æ R 1 = R 2 = I R1 = I R 2 = I R = R1 R 2

PR1 = PR 2 =

IR2

IR1

VG Por Pitágoras: I L2

IL2

I2

IG I L2

I L2 I L2

2 2

= 15 2 ⎫⎪ ⎬ Æ I R = 11,547 A 2 + 4 I R = 24 2 ⎪⎭ + IR

R1 = R 2 =

2

+ IR

2

2

+ 2I R

= I2 2

2

= IG

= A 22 2

2

W2 IR

2

=

300 11,547 2

I L 2 = 9,574 A

= 2,25 Ω

VG = R1 · IR = 25,98V Æ VG = 25,98 V (La lectura del Voltímetro) X L2 =

VG I L2

= 2,713Ω Æ L 2 =

X L2 = 8,637 mH ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

XL2

187

Régimen permanente

Problema 64 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se pide: a) Equivalente de Thevenin b) Equivalente de Norton c) La impedancia a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia d) Potencia máxima transferida

R0

R1 A

eG(t)

C2 B

u AB L1

R2

Figura 64.1

Datos:

eG = 240 ⋅ 2 ⋅ s e n100 ⋅ π ⋅ t V

R0=2 Ω

R1=2 Ω

R2=6 Ω

L1=60/π mH

C2=5/2π mF.

Resolución:

Cálculo de ETh: X L1 = L1ωj = j6 = 6∠90º Ω

X C2 =

Z1 = R 1 + X L1 = 2 + j6Ω = 6,324∠71,56º Ω ZP =

−j = − j4 = 4∠ − 90º Ω C 2ϖ

Z 0 = 2∠0º Ω

Z 2 = R 2 + X C 2 = 6 − 4 j = 7,211∠ − 33,69º Ω

Z1 ·Z 2 = 5,531∠23,838º Ω = 5,059 + j2,235 Ω Z1 + Z 2

Z T = Z 0 + Z P = 7,059 + j2,235Ω = 7,404∠17,57 º Ω

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

188

Circuitos eléctricos. Problemas

IT =

EG = 32,41∠ − 17,57 º A = 30,90 − j9,78 A ZT

U P = I T ·Z P = 179,27∠6,26º V = 178,19 + j19,53 V

U A0 =

UP ·X L1 = 170,0∠24,70º V = 154,50 + j71,07 V Z1

U B0 =

UP ·R 2 = 149,16∠39,957 º V = 114,33 + j95,70V Z2

U AB =U A0 -U B0 = 40,17 − j24,72 V = 47,17∠ − 31,607° V = E th

Cálculo Zth R1

XC2

A

B I1

I2

X L1

R2 I0

~E

0

Figura 64.2

Aplicando mallas:

E 0 = X L1 (I 0 − I1 ) + R 2 (I 0 − I 2 )

⎫ ⎪ 0 = R 1 ·I1 + R 0 (I1 − I 2 ) + X L1 (I1 − I 0 ) ⎬ [E ] = [Z][ · I] Æ [Z]−1 ·[E ] = [I] 0 = X C 2 ·I 2 + R 2 (I 2 − I 0 ) + R 0 (I 2 − I1 )⎪⎭ E 0 = 4,3238∠ − 31,607 º·I 0 Æ Z th = 4,3238∠ − 31,607º = 3,682 − j2,266 Ω

Cálculo de IN: IN =

E th = 10,909∠0º A Z th

e YN =

1 = 0,196969 + j0,121212Ω −1 = 0,23127∠31,607 Ω −1 Z th

La Z a colocar para Pmax será:

Z=

Z*th

= 4,3238∠31,607Ω = 3,682 + j2,266 Ω Æ Pmax =

E th

2

4R th

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

= 151,049 W

189

Régimen permanente

Problema 65 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se pide: a) Corriente que circula por la resistencia R3 b) Potencia consumida por esta resistencia c) Potencia aparente de cada generador en forma binómica y polar L1

R1

L2

R2

L3 iG(t)

eG(t) R3

Figura 65.1

Datos: eG = 240 ⋅ 2 ⋅ s e n100 ⋅ π ⋅ t V iG = 10 ⋅ 2 ⋅ cos100 ⋅ π ⋅ t A R3=6 Ω

L1=60/π mH

L2=40/π mH

L3=70/π mH

Resolución:

E G = 240∠0º V

I G = 10∠90º A

Calculo de las impedancias: X L1 = 4ωj = j6 = 6∠90º Ω

X L 2 = 7∠90º Ω

Z1 = R 1 + X L1 = 2 + 6 j = 6,324∠71,56º Ω

Z 2 = R 2 + X L 2 = 2 + 4 j = 4,472∠63,43º Ω Z3 = R 3 + X L3 = 6 + 7 j = 9,219∠49,40º Ω Por el teorema de Millman: EG + IG Z1 UP = = 109,387∠ − 2,653º V = 109,270 − j5,064V 1 1 + Z1 Z3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R1=2 Ω

R2=2 Ω

190

Circuitos eléctricos. Problemas

I3 =

UP = 11,864∠ − 52,05º A = 7,296 − j9,356 A Z3

I1 =

EG − UP = 20,685∠ − 69,35º A = 7,296 − j19,356 A Z1

U G = U P + I G ·Z 2 = 69,270 + j14,935V = 70,862∠12,17º V

PR1 = R 1 · I1

2

PR 2 = R 2 · I G PR 3 = R 3 · I 3

= 855,794 W 2

2

= 200 W = 844,636 W

PR1 + PR 2 + PR 3 = 1900,430W

SIG = U G ·I *G = 149,357 − j692,704VA = 708,622∠ − 77,83 VA

SEG = E G ·I1* = 1751,073 + j4645,494VA = 4964,561∠69,35 VA PEG + PIG = 1900,430 W

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

191

Régimen permanente

Problema 66 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se pide: a) Con el interruptor k abierto, intensidades de las corrientes que circulan por cada resistencia y caída de tensión entre A y B b) Con el interruptor k cerrado, intensidades de las corrientes que circulan por cada resistencia y caída de tensión entre A y B c) Potencia aparente de cada uno de los generadores en ambos casos.

E1 A

E2 E3

~ ~ ~

XL1

R1

B R2

XL2

R3

XC

V K

R

A Figura 66.1

Datos:

E G1 = 100∠0° V

E G 2 = 150∠45° V

E G 3 = 200∠ − 45° V

R 1 = R 2 = R 3 = 4Ω

X L1 = 7∠90º Ω

X L 2 = 5∠90º Ω

X C = 2∠ − 90º Ω

R=15 Ω

Resolución:

con K abierto:

⎛ E G1 ⎞ ⎛ E G 2 ⎞ ⎛ E G 3 ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ Z1 ⎟⎠ ⎜⎝ Z 2 ⎟⎠ ⎜⎝ Z3 ⎟⎠ ⎝ U= = 201,538∠ − 1,08º = 201,502 − j3,828V ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟ ⎝ Z1 ⎠ ⎝ Z 2 ⎠ ⎝ Z 3 ⎠ lectura del voltímetro V = 201,538V I1 =

E G1 − U = 12,599∠117,58º = −5,834 + j11,662 A Z1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

192

Circuitos eléctricos. Problemas

I2 =

EG2 − U = 22,731∠79,63º = 4,090 + j22,36 A Z2

I3 =

E G3 − U = 33,572∠87,02º = 1,743 + j33,526 A Z3

las lecturas son I R1 = 12,599 A

I R 2 = 22,731 A

I R 3 = 33,572 A

IR = 0 A

con K cerrado: ⎛ E G1 ⎞ ⎛ E G 2 ⎞ ⎛ E G 3 ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟+⎜ ⎟+⎜ Z1 ⎟⎠ ⎜⎝ Z 2 ⎟⎠ ⎜⎝ Z 3 ⎟⎠ ⎝ U' = = 172,883∠ − 4,00A = 172,46 − j12,072 A ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎝ Z1 ⎠ ⎝ Z 2 ⎠ ⎝ Z3 ⎠ ⎝ R ⎠ La lectura del voltímetro es: V = 172,883 V I1 ' =

E G1 − U ' = 9,112∠110,28º = −3,159 + j8,546 A Z1

I2 ' =

E G 2 − U' = 21,164∠67,996º = −7,929 − j19,623 A Z2

I3 ' =

E G3 − U' = 29,744∠ − 76,93º = −6,727 + j28,973 A Z3

I4 ' =

U' = 11,525∠ − 4,04º = −11,497 + j0,805A R

las lecturas son: I R1 = 9,112 A

I R 2 = 21,164 A

I R 3 = 29,744 A

Potencias con K abierto: SEG1 = E G1 ·I1* = 1259,877∠ − 117,58º = −583,399 − j1116,663 VA SEG 2 = E G 2 ·I *2 = 3409,674∠ − 34,63º = 2805,545 − j1937,73 VA SE G 3 = E G 3 ·I 3* = 6714,385∠42,02º = 4987,89 + j4494,877 VA

Potencias con K cerrado: SEG1 ' = E G1 ·I1* ' = 911,157∠ − 110,29º = −315,907 − j854,640 VA SEG 2 ' = E G 2 ·I *2 ' = 3174,635∠ − 23,00º = 2922,346 − j1240,243 VA SE G 3 ' = E G 3 ·I 3* ' = 5948,90∠31,92º = 5048,857 + j3146,181 VA

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

I R = 11,525A

193

Régimen transitorio

2 Circuitos eléctricos: régimen transitorio

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

194

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 67 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado:

L1

Figura 67.1

Se conocen los valores de: R1=4 Ω

R2=12 Ω

R3=40 Ω

R4=20 Ω

L1=3 mH

L2=4 mH

E1=32 V

E2=60 V

C=1 mF

En el instante t=0 se abre el interruptor K; se pide: a) Valor de la tensión en bornes del condensador en el instante t = 0+ b) Valor de la intensidad de corriente que circula por la bobina L2 en t = 0+ c) Valor de la intensidad de corriente que circula por la bobina L1 en régimen permanente Resolución: a)

( )

( )

u C 0+ = u C 0− =

E2 60 ⋅ R4 = ⋅ 20 R3 + R 4 40 + 20

( )

u C 0+ = 20V

b)

( )

( )

i L 2 0+ = i L 2 0− =

E2 E 32 + 1 = 1+ = 1+ 8 R 3 + R 4 R1 4

( )

i L 2 0 + = 9A

c)

i L1 (∞ ) =

E1 32 = R1 + R 2 4 + 12

i L1 (∞ ) = 2A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

195

Régimen transitorio

Problema 68 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se cambia de posición el conmutador. ¿Cuál es la variación de energía almacenada en el condensador C desde t=0 a t=∞?

Figura 68.1

Resolución:

Para

t=0-

u C (0) = 10 V

Para

t=∞

u C (∞ ) = 5 V

∆w = w C (∞ ) − w C (0)

∆w =

[

]

1 ⋅ C ⋅ u C2 (∞ ) − u C2 (0 ) 2

∆w = −0.375 ⋅ 10 −4 J

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

196

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 69 El circuito de la figura lleva funcionando durante un brevísimo instante de tiempo.

Figura 69.1

Se conocen los valores de los siguientes elementos: L1=3 mH

L2=1 mH

C=1 mF

R2=5 Ω

R3=4 Ω

EG=18 V

R1=2 Ω

Se cierra el interruptor K, en el instante en que la energía almacenada en la bobina L1 es 1,5 mJ, instante que se toma como t = 0. a) ¿Cuánto vale la tensión en bornes de la bobina L1 en el instante t = 0-? b) ¿Qué corriente circula por iL2 en el instante t = 0+? c) ¿Qué tensión hay en bornes del condensador en t=∞ ?

Resolución:

( ) 2 ⋅LW (0 ) = −1A

i L1 0− =

L1

=

1

3 ⋅ 10−3 3 ⋅ 10−3

= ±1 A

i L1 −

( )

( )

i L2 0 − = i L2 0 + = 1 A

( )

u L = E G − i L1 0− ⋅ (R1 + R 3 ) = 18 − (2 + 4) = 12 V uL 12 u L1 0− = ⋅ L1 = ⋅3 = 9 V L1 + L 2 3 +1

( )

( )

u L1 0 − = 9 V

u C (∞ ) =

EG 18 ⋅ R1 = − ⋅2 R1 + R 3 2+4

u C (∞ ) = −6 V

Figura 69.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

197

Régimen transitorio

Problema 70 Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos: IG= 17 A

EG= 170 V

L1= 9 mH

L2= 18 mH

R0= 3 Ω

R1= 4 Ω

R2= 5 Ω

R3= 2 Ω

Con el interruptor k abierto el circuito se halla en régimen permanente. Se cierra el interruptor k, instante que se toma como t = 0 s.

R0

ua

L1

k

R2

ub

uL1

i0

i

R3 R1

EG uL2

L2

Figura 70.1

a) Determinar el valor de la energía almacenada en L2 en t = 0 + b) Determinar el valor de la tensión en bornes de la bobina uL2 en t = 0 + c) Determinar el valor de la tensión uA en t= ∞

Resolución:

a) Circuito equivalente en t = 0-

R0

R3 EG

-

iL(0 )

Figura 70.2

( )

170 = 34 A 3+ 2 1 0− = 18 ⋅ 10−3 ⋅ 342 = 10,404 J 2

i 0− = WL 2

( )

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

IG

198

Circuitos eléctricos. Problemas

b) En t = 0+

Figura 70.3

Dado que iL1(0+) = iL2(0+) = 34 A → iR2 (0+) = 0

( )

u B 0+ = −4 ⋅ 17 = −68 V

( )

u R 3 0+ = 34 ⋅ 2 = 68 V

( )

( )

( )

u L 2 0+ = u B 0+ − u R 3 0+

( )

u L 2 0+ = −136 V

c) En t = ∞

Figura 70.4 170 − u A (∞ ) − 68 − u A (∞ ) u A (∞) + = 3 9 2 u A (∞ ) = 52 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

199

Régimen transitorio

Problema 71 Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos: EG= 12 V

R1= 2 Ω

R2= 4 Ω

L= 2 mH

C1 = 1 mF

C2 = 3 mF

R3= 6 Ω

Figura 71.1

El circuito se halla en régimen permanente. Se cierra el interruptor k, instante que se toma como t = 0 s. a) ¿Cuál es la corriente iL que circula por la bobina L en t = 0+ ? b) ¿Cuál es la tensión en bornes del condensador uC2 en t = 0+ y en t= ∞ ? Resolución:

Circuito equivalente para t=02

( )

i L 0− =

-

u (0 ) C

4Ω

u

( )

−12 = −2A = i L 0+ 4+2

( )

( )

u C 0 − = 2 ⋅ 2 = 4V = u C 0 +

C2

=

12 V G

( )

( )

u C2 0 − = u C 0 + =

iL

Figura 71.2

Circuito

equivalente para t = ∞ © Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

4 ⋅1 = 1 V 1+ 3

200

Circuitos eléctricos. Problemas

u C2

iR2

44Ω

u C 2 (∞ ) = i R 2 ⋅ R 2 = 2 ⋅ 4 = 8 V u C 2 (∞ ) = −8 V − 0 V = −8 V

12 V

Figura 71.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

201

Régimen transitorio

Problema 72 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t = 0 se cierra el interruptor K1 y se cambia de posición el conmutador K2. Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t) para t > 0. K1

t=0

K2

t=0

10sen(1000t-60º)

~

100 Ω

il(t)

100 Ω 0,1 H

0,2 A

Figura 72.1

Resolución:

Circuito equivalente para t < 0iR(t) 10sin(1000t-60º)

~

100Ω

Ii L(0+)=0,2A

0,1H

Figura 72.2

i L (t ) = i L (0 ) +

di π⎞ ⎛ 10 ⋅ sen⎜1000t - ⎟ = 0,1 ⋅ L 3⎠ dt ⎝

di L dt

i R (t ) ⋅ 100 = 0,1 ⋅

⎛

π⎞

∫ 100 ⋅ sen⎜⎝1000t − 3 ⎟⎠dt A ⇒i t

0

L

π⎞ ⎛ 100 ⋅ sen⎜1000t - ⎟ ⋅ dt = di L 3⎠ ⎝

(t ) = 0,2 − 0,1 ⋅ cos⎛⎜1000t − π ⎞⎟ + 0,1 ⋅ cos⎛⎜ − π ⎞⎟A ⎝

π⎞ ⎛ i L (t ) = 0,25 − 0,1 ⋅ cos⎜1000t − ⎟ A 3⎠ ⎝

i L (t ) = 0,25 − 0,1 ⋅ cos(1000t − 60º ) = 0,25 + 0,1 ⋅ sen(1000 ⋅ t - 150º ) A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

3⎠

⎝

3⎠

202

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 73 En el circuito pasivo de la figura todas las resistencias son de 2 Ω. La constante de tiempo del circuito entre A y B es de 0,2s. ¿Cuál es el valor de la capacidad C?

Figura 73.1 Resolución:

Circuito RC:

τ = R·C

0,2 = Req · Ceq

Para hallar Req :

0,2 = R eq ⋅ Ceq ⎫ ⎬⇒Ceq = 0,2F R eq = 1Ω ⎭

Para hallar Ceq :

Ceq = C = 0,2 F

Ceq = 200 mF

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

203

Régimen transitorio

Problema 74 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K1 cerrado y el K2 abierto. En t=0, se abre el interruptor K1 y cerramos K2. ¿Cuál es la expresión de VA para a t > 0?

Figura 74.1

Resolución:

Para t = 0-

( )

u C 0 − = 100 ⋅

4 = 40 V 10

Para t > 0

Figura 74.2 u C (t ) = u C∞ (t ) − [u C∞ (0 ) − u C (0 )] ⋅ e τ = R eq ⋅ Ceq =

−t

τ

4⋅4 ⋅ 100 ⋅ 10−3 = 0,2 s 4+4

u C∞ (t ) = 100 V u C (t ) = 100 − [100 − 40] ⋅ e

u C∞ (0 ) = 100V −t

u C (0 ) = 40V

0, 2

u C (t ) = 100 − 60 ⋅ e −5 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

204

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 75 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 se cambia de posición el conmutador K. Se pide la expresión temporal de la caída de tensión uC(t) en bornes del condensador para t>0. K t=0 A

1A

10 Ω

uC(t) iR1(t)

20 mF 25 Ω

25 Ω iR2(t)

1,25 Ω 1A

B Figura 75.1 Resolución:

Para t 0.

Figura 76.1 Resolución:

Para t=0-

( )

i L 0− =

iL (0)

Figura 76.2

Para t>0+

( )

i R 0+ = 2 − 0,4 = 1,6A

( )

u R 0+ = 1,6 ⋅ 6 = 9,6V

( )

u A 0 + = 2 ⋅ 1,2 + 9,6 − 0,4 ⋅ 6 = 9,6 V

Figura 76.3

Para t=∞ u A∞ (t ) = 1,2 ⋅ 2 = 2,4 V u A∞ (0) = 2,4V

τ=

Leq R eq

=

( )

1 ⋅ 4 = 0,4A = i L 0+ 6+4

2,4 = 0,2 s 6+6

Figura 76.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

207

Régimen transitorio

u A (t ) = u A∞ (t ) − [u A∞ (0) − u A (0 )] ⋅ e − t t = 2,4 − [2,4 − 9,6]e- t

0, 2

u A (t ) = 2,4 + 7,2e −5 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

208

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 77 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se conoce que la fuente de corriente, con el interruptor abierto, cede una potencia de 2 W. En el instante t=0 se cierra el interruptor K. Pasados 0.5885 s la tensión que hay entre los puntos A y B es de 1V. Así mismo se sabe que cuando se ha conseguido el nuevo régimen permanente la fuente de tensión que hay en el circuito absorbe una potencia de 0,1 W. Se pide el valor de la capacidad del condensador C.

Figura 77.1 Resolución:

Antes de cerrar K y en régimen permanente:

2 = 0,5 ⋅ 1 + 0,52 ⋅ R

R =6 Ω

Figura 77.2

En el nuevo régimen permanente, con el interruptor K cerrado, se tiene el siguiente circuito equivalente: 0,1W = I ⋅ 1

I = 0,1 A I’ = 0,5 – 0,1 = 0,4 A 1+6·0,1 = I’·R’ R′ =

1,6 =4 Ω 0,4

Figura 77.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

209

Régimen transitorio

Durante el transitorio: u C (t ) = u C∞ (t ) − [u c∞ (0 ) − u C (0 )]e

−t

τ

⎧u C ∞ (t ) = R ′I′ = 4 ⋅ 0,4 = 1,6V ⎨ ⎩uC = 0V

Circuito pasivo:

Figura 77.4

τ = R eq ⋅ Ceq =

4⋅6 ⋅ Ceq = 2,4 ⋅ C 4+6

1 = 1,6 − [1,6 − 0]e 0,6 = 1,6 ⋅ e

−t

−t

2,4 C

2, 4 C

t = 0,98 2,4 ⋅ C

Pero en t=0,5885: C=

0,5885 2,4 ⋅ 0,98

C = 0,25F

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

210

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 78 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se abre el interruptor K. La tensión que soporta el condensador para t>0 vale: u C (t ) = 1,5 − e −500 t V . Se piden los valores de las resistencias R1 y R3 y del condensador C.

K

Figura 78.1 Resolución:

Para t=0-

Figura 78.2

uC(0-)=1·R1 Cuando t=0+ uC(0+) = uC(0-) = 1·R1 =0,5 R 1 = 0,5 Ω

Para t=∞

Figura 78.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

211

Régimen transitorio

u C (∞ ) = 1 ⋅ 0,5 − (− 2 ⋅ R 3 ) = 0,5 + 2 ⋅ R 3 ⎫ ⎬ u C (∞ ) = 1,5 − e −500⋅∞ = 1,5 ⎭

R 3 = 0,5 Ω

1,5 = 0,5 + 2 ⋅ R 3

Por otro lado: τ=

1 s 500

R eq = (0,5 + 1 + 0,5) = 2 Ω

Pasivamos el circuito: τ = Ref ⋅ C C=

τ 1 = R eq 500 ⋅ 2

C = 10 −3 F

Figura 78.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

212

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 79 El circuito de la figura, al cambiar de posición el conmutador K, alimenta a un circuito pasivo constituido exclusivamente por dos elementos ideales desconocidos. El valor de la fuente de corriente aplicada i(t) es de 0,4 A. Se sabe que la tensión u(t) toma la siguiente expresión: u (t ) = 0,8 − 0,6 ⋅ e−0,5 t V

Por otro lado se conoce que uno de los elementos pasivos que forman el circuito dispone de condiciones iniciales. Se pide: a) Valor de les condiciones iniciales del elemento pasivo b) Si i(t) = t, calcular el valor de la tensión u(t) para el mismo circuito anterior y con las mismas condiciones iniciales anteriores. K

10 Ω

i(t)

u(t)

Circuito Circuit Pasivo passiu

Figura 79.1 Resolución:

a) Hay cuatro posibilidades:

Hi han quatre possibilitats

No és de No es de primer orden al primer ordre estar en serie con la en estar en sèrie fuente corriente amb ladefont de corrent

(a)

No és de No es de primer orden al primer ordre estar en serie con la en estar en sèrie fuente de corriente amb la font de corrent

(b)

Para ver si es (a) o (b), cabe pensar que para t=∞ la bobina es un cortocircuito y el condensador circuito abierto ⇒ (b)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

213

Régimen transitorio

i(t)

C

R

u(t)

Figura 79.2

u (t ) = 0,8 − 0,6 ⋅ e −0,5t V

⇒

τ=

u (t ) = u ∞ (t ) − [u ∞ (0 ) − u (0)] ⋅ e −0,5⋅t    

1 =2 0,5

0,8

0, 6

u (0) = 0,2 V

u ∞ (0 ) = 0,8 ⇒ 0,6 = u ∞ (0) − u (0)

Para t=∞ toda la corriente pasa por la resistencia: R eq =

0,8 = 2Ω 0,4

C eq =

τ = R eq ⋅ C eq

2 = 1F 2

b) Si i(t)=t

i

i(t)

C

i

1F

R

2Ω

u(t)

u(0)=0.2V Figura 79.3 t = i R + iC =

du + 0,5 ⋅ u = t dt

u du + 1⋅ 2 dt

u (t ) = k ⋅ e −0,5⋅t + u p (t )

u p (t ) = A + B ⋅ t

α = −0,5 du p dt

=B

Substituyendo en la ecuación diferencial resulta B+0.5(A+B·t)=t B + 0,5 ⋅ A = 0 0,5 ⋅ B = 1

⎫ B=2 ⎬ ⎭ A = −4

⎫ ⎬ u p (t ) = −4 + 2 ⋅ t ⎭

u (t ) = k ⋅ e −0,5⋅t − 4 + 2 ⋅ t

Para t=0 u (0 ) = 0,2 = k − 4

⇒

k = 4,2

u (t ) = 4,2 ⋅ e−0,5⋅t − 4 + 2 ⋅ t

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

214

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 80 En el circuito de la figura, en t=0 se cierran simultáneamente los interruptores K1 y K2. Se pide el tiempo (en ms) que tendrá que transcurrir desde que se han accionado los interruptores hasta conseguir que la corriente i1 que pasa por el condensador de 2mF valga 3.2749·10-2 A. Nota: No hay condiciones iniciales en los condensadores.

i1(t)

2 mF

i2(t)

8 mF

0.5 Ω

0.2 A K1

K2

Figura 80.1 Resolución: i1 (t ) = C1 ⋅

τ = R eq ⋅ Ceq = 0,5 ⋅ (2 + 8) ⋅ 10 −3 = 5 ⋅ 10−3 ms u (t ) = u ∞ (t ) − [u ∞ (0) − u (0)] ⋅ e − t

τ

Para t=∞ u ∞ (t ) = 0,2 ⋅ 0,5 = 0,1 V

0.5 Ω

0.2 A

u ∞ (0) = 0,1 V

u (t)

u (0) = 0 V

Figura 80.2

−3 u (t ) = 0,1 − [0,1 − 0] ⋅ e − t 5⋅10 = 0,1 − 0,1 ⋅ e − 200⋅t

i1(t ) = C1 ⋅

Si

[

]

du = 2 ⋅ 10−3 ⋅ − 0,1 ⋅ (− 200) ⋅ e − 200⋅t = 4 ⋅ 10− 2 ⋅ e − 200⋅t dt

i1 (t 1 ) = 3.2749 ⋅ 10 −2 = 4 ⋅ 10 −2 ⋅ e −200⋅t1

t1 = −

1 ln 0,818725 = 1 ⋅ 10−3 = 1ms 200

t1 = 1 ms

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

du dt

u (t)

215

Régimen transitorio

Problema 81 En el circuito de la figura, en t=0 se cierra el interruptor K. Se pide: a) Determinar el tiempo t1 que tendrá que transcurrir hasta conseguir que la tensión u(t) valga la mitad de la que tomaría en régimen permanente b) Si se abriera el interruptor K en el instante t=t1, calcular la energía disipada en cada una de les resistencias desde t=t1 hasta a t=∞ K

1Ω

3Ω

10Ω

10 V

2Ω

1F

uC(t)

Figura 81.1 Resolución:

Régimen permanente 2Ω

1Ω

3Ω

10 V

u C∞ (t ) = 10 ⋅

uC∞(t)

3 = 7,5 V 1+ 3

Figura 81.2

Cálculo de τ: 3 ⋅1 ⎞ ⎛ τ = R eq ·Ceq = ⎜ 2 + ⎟ ⋅ 1 = 2,75 s 3 +1⎠ ⎝ u C (t ) = u C∞ (t ) − [u C∞ (0 ) − u C (0)] ⋅ e − t τ = 7,5 − [7,5 − 0] ⋅ e − t 2,75 = 7,5 − 7,5 ⋅ e − t / 2,75 u C (t1 ) =

7,5 = 7,5 − 7,5 ⋅ e − t1 2,75 2

7.5 ⋅ e − t1 2,75 = 3,75

e − t1 2,75 = 0,5

−

t1 = ln 0,5 2,75

t1 = 1,906 s

2Ω

3Ω

3.75 V

WC =

1 1 C ⋅ u 2 = ⋅ 1 ⋅ 3.752 = 7.03125 J 2 2

WR = ∫t∞ R ⋅ i 2 ⋅ dt 1

Figura 81.3 W3Ω R 3 ⎫ = 1 = ⎪ W2Ω R 2 2 ⎬ W1 + W2 = 7,0312 J ⎪⎭

W3Ω = 4,2188 J

W2Ω = 2,8125 J

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

216

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 82 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante en que la corriente de la bobina iL es máxima, se cambia de posición el conmutador K (instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0). Se pide: a) Valor de la resistencia R2, sabiendo que para t’ = 4 ms la corriente de la bobina iL vale 1 A b) Valor de la tensión en bornes de la bobina uL (0+) C

A

ig (t)

R1

K

uL

iL

L

R2

B Figura 82.1

Datos: R1 = 4 Ω

C=

5 ⋅ 10−3 F 3⋅ π

L=

1 H 10 ⋅ π

π⎞ ⎛ i g (t ) = 1.5 ⋅ 2 ⋅ cos⎜100 ⋅ π ⋅ t + ⎟ A 4⎠ ⎝

Resolución:

a)

XL = L ⋅ ω =

1 ⋅ 100π = 10 Ω 10 π

XL = 10∠90° Ω

XC =

1 1 = =6 Ω 5 C⋅ω −3 ⋅ 10 ⋅ 100 ⋅ π 3⋅ π

XC = 6∠ − 90° Ω

Z = X L + XC = 10∠90° + 6∠ − 90° = 4∠90° Ω Zp =

4∠0° ⋅ 4∠90° 16∠90° = 2,8284∠45° Ω = 4∠0° + 4∠90° 4 2∠45°

U AB = I g ⋅ Z p

Se toma como origen de fases la corriente Ig = 1,5∠0º IL =

U AB Ig ⋅ Zp 1.5∠0° ⋅ 2.8284∠45° = 1.06065∠ − 45° A = = Z Z 4∠90°

U L = IL ⋅ X L = 1,06065∠ − 45° ⋅ 10∠90° = 10,6065∠45° V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

217

Régimen transitorio

UL

UL Ig Ig IL

45º-45º

IL

Disposición vectorial que cumple que la iL es máxima

i L max = 1,06065 ⋅ 2 = 1,5 A

Para t >0+ el circuito disponible es el siguiente:

1 L= 1 10⋅ππ 10

i L (0+ ) = 1,5A iL =1.5 A

R2

Figura 82.2 i L (t ) = i L∞ (t ) − [i L∞ (0 ) − i L (0)] ⋅ e i L (t ) = 1,5 ⋅ e 1 = 1.5 ⋅ e

−t

τ

en donde

i L∞ (t ) = 0

τ

− 0.004 t

0,666 = e

−t

τ

− 0,004 t

τ

0,004 L 0,004 = 0,4054 τ = = 9,80 ⋅ 10−3 = R τ 0,4054 1 103 π 10 = = = 3,228 Ω R2 = −3 −3 10 ⋅ π ⋅ 9,86 9,86 ⋅ 10 9,86 ⋅ 10 L

R 2 = 3,228 Ω

b)

( )

( )

u L 0+ = −i R 2 0+ ⋅ R 2 = −1,5 ⋅ 3,228

( )

u L 0+ = −4,84 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

i L∞ (0) = 0

218

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 83 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se cierra el interruptor K2 y se abre K1. Transcurridos 1,5 s se cierra K3, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t´. Se pide: a) Expresión temporal de la tensión uC(t) para 00

uC(t) 8Ω 20V

1F

10V K3

2Ω 8Ω

K1

K2 t=0

2Ω

t=1,5s t=0 Figura 83.1

Resolución:

Para t=08Ω

I

I1

8Ω

2Ω

1F 20V

20V

2Ω 8Ω

8Ω

2Ω

Figura 83.2

Re q = 8 +

I1 = I

32 128 8·4 = 8+ = Ω 12 12 8+4

I=

20 240 = A 128 128 12

240 2 480 8 240 8 = A · = · = 8 + 4 128 12 128 3 384

u c (0− ) = 2·

480 = 2,5 V 384

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

2Ω

219

Régimen transitorio

Para t≥0+ uC(0 -) =2,5V 8Ω

⎡⎛ 8·8 ⎞ ⎤ ⎟ + 2⎥ ⋅ [2] ⎢⎜ ⎝8+8⎠ ⎦ ⎣ Re q = = 1,5 Ω ⎡⎛ 8 + 8 ⎞ ⎤ [ ] + 2 2 + ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎣⎝ 8 + 8 ⎠ ⎦

1F 10V

2Ω 8Ω

2Ω

τ = Re q·Ceq = 1,5 ⋅ 1 = 1,5 s u C (t) = u C∞ (t) − [u C∞ (0) − u C (0)]e − t/τ

Figura 83.3

Para t=∞

I

8Ω

I1

10V

2Ω 8Ω

2Ω

I=

10 10 10 120 = = = A 32 128 128 8·4 8+ 8+ 8+4 12 12

I1 = I

8 120 8 80 · = = A 12 128 12 128

u C∞ ( t ) =

80 160 ·2 = = 1,25 V 128 128

u C ( t ) = 1,25 − [1,25 − 2,5]e − t / 1,5

Figura 83.4

u C ( t ) = 1,25 + 1,25e − t / 1, 5 V

Para t=1,5s u C (1.5) = 1,25 − 1,25e −1,5 / 1,5

u C ( t ) = 1,709 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

220

Circuitos eléctricos. Problemas

Para t≥1.5s, t´≥0

uC(t´=0)=1,709

2Ω

2Ω

Figura 83.5 u C ( t´) = u C∞ ( t´) − [u C∞ (0) − u C (o)]e − t´/ τ´ τ´= Re q·Ceq =

2·2 ·1 = 1 s 2+2

u C ( t´) = 0 − [0 − 1,709]e − t´ V u C ( t´) = 1,709 ⋅ e − t ' V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

221

Régimen transitorio

Problema 84 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante en que la tensión en bornes de la bobina es máxima se cambia de posición el conmutador (instante que se toma como t’ = 0). Datos: C=10/3π mF

L=50/π mH

e 0 = 30 ⋅ 2 ⋅ cos100πt V

R=7,5 Ω

R’=30 Ω

Se pide: a) Valor de la tensión en bornes del condensador en t=0+ b) Valor de la tensión en bornes de la bobina en t=0+ c) Expresión temporal de la corriente que circula por la resistencia R después de cambiar de posición el conmutador d) Expresión temporal de la corriente que circula por la resistencia R’ después de cambiar de posición el conmutador

Figura 84.1 Resolución: ω = 100π rad / s

Zp =

XC =

1 =3 Ω ωC

X L = ωL = 5 Ω

3∠ − 90 0 ⋅ 5∠90 0 15 = ∠ − 90 0 Ω − 3j + 5j 2

ZT = R + Z p =

15 15 15 + ∠ − 90 0 = 2 ∠ − 45 0 Ω 2 2 2

E 0 = 30 2∠0 0 V (origen de fases, y se trabaja con valores máximos) IT =

E0 30 2∠0 0 = = 4∠45 0 A Z T 15 0 2∠ − 45 2

U C = I T ⋅ Z p = 4∠ + 45 0 ⋅ IL =

15 ∠ − 90 0 = 30∠ − 45 0 V 2

UC 30∠ − 45 0 = = 6∠ − 135 0 A XL j 5∠90 0

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

222

Circuitos eléctricos. Problemas

Se dibuja el diagrama vectorial para el instante en que la tensión en bornes de la bobina es máxima (la tensión en bornes del condensador) como origen en t’ = 0E 0 = 30 2 V

45º UC=30 v

IL=6A

τ a = R ′C = 30 ⋅

10 10 −1 1 s ⋅ 10 −3 = = 3π 10π π

⇒

iR′ =

( )

u C 0+ 30 −10 πt ⋅ e − t τa = ⋅e ′ R 30

i R ′ = e −10 πt A

( )

( )

( )

e0 0− = iL 0− ⋅ R + u L 0−

Para t=0+ se tiene,

( ) ( ) ( ) e (0 ) = u (0 ) u (0 ) = 30V = u (0 ); u (0 ) = 30V i (0 ) = 0A = i (0 ); u (0 ) = E (0 ) e0 0+ = i L 0+ ⋅ R + u L 0+ +

0

C

L

+

−

−

L

L

+

−

L

+

+

L

0

C

+

( )

e 0 0 + = 30 2 cos 45 0 = 30V

( )

u L 0 + = 30 ⋅ 2

⎛ ⎝

e = 30 2 cos ⎜ 100 πt +

π⎞

⎟

4⎠

V

τb =

L 50 2 100 ⋅ 10 −3 1 = ⋅10 −3 ⋅ = = s R π 15 15π 150π

Figura 84.2

E = 30 2∠45 0 V ZT = R + X L j =

15 + 5 j = 9,014∠33,69 Ω 2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

223

Régimen transitorio

IL =

E = 3,328 2 ∠11.31° A ZT

I L = 4,7068∠11.31° A

11,31 ⎞ ⎛ ⋅ π⎟ A i L∞ (t ') = 4.7068cos⎜100 πt '+ 180 ⎝ ⎠

( )

i L∞ (0 ) = 4,7068cos11,31 = 4,6154 A

( )

i L 0 + = 0A = iR 0 +

11,31 ⎞ ⎛ i R (t ) = 4.7068cos⎜100πt '+ ⋅ π ⎟ − [4,6154 − 0] ⋅ e-150πt' A 180 ⎝ ⎠

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

224

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 85 En el circuito de la figura se trabaja en régimen permanente. En el instante t = 0 se cierra el interruptor K1 y cuando el valor de la corriente iL1(t) vale 0,095 A, se abre el interruptor K1 e instantáneamente se cierra K2 y se abre K3, instante que se toma como nuevo origen de tiempos t’. Se pide el valor de la corriente iL1(t’).

Figura 85.1 Resolución:

En t=0 se cierra K1

El valor de τ se halla pasivando el circuito

Figura 85.2

τ=

L eq R eq

i L1∞ (t ) =

=

Figura 85.3

2 = 0,2s 10

1 = 0,1A 10

i L1∞ (0 ) = 0,1 A

i L1 (0 ) = 0

i L1(t ) = 0,1 − [0,1 − 0] ⋅ e − t 0,2 = 0,1 − 0,1 ⋅ e −5t A

cuando i L1(t ) = 0,095A se abre K1 Æ 0,095 = 0,1 − 0,1e −5t1

Æ

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

t1 = 0,6 s

225

Régimen transitorio

Circuito para t>0,6+ i L1 ( t ) = ? i L1(0,6) = 0,095A

Figura 85.4 L eq

τ=

Régimen permanente:

ω ⋅ t = 10 ⋅ 0,6 = 6rad = 343,77º

R eq

=

2 1 = s 2 + 10 6

Nuevo origen de tiempo t’:

IL1 = 2∠343,77 ⋅

12 = 1,029∠284,7º A 12 + j20

i L1∞ (t ') = 1,029 cos(10 ⋅ t′ + 284,7 ) i L1∞ (0 ) = 1,029 cos(−39,23) = 0,2611

Figura 85.5

t’ > 0,6+

i L1 (t ′) = 1,029 cos(10 t′ + 284,7º ) − [0,2611 − 0,095]e −6 t ′ i L1 (t ′) = 1,029 cos(10 t ′ − 284,7 º ) − 0,1661e −6 t′ A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

226

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 86 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de tiempo t=0 se cierra el interruptor K1. En el instante en que el valor de la tensión que hay en el condensador uC(t) es de 63,212 mV, se cierra el interruptor K2 y el interruptor K1 vuelve a la posición inicial, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’. Se pide la expresión temporal de uC(t’). K1

0.1A

-3

10 F

1Ω 1H

K2

uC (t)

cos 1000t

1Ω

1Ω Figura 86.1

Resolución:

Cerramos K1: Circuito de primer orden u C (t ) = u C∞ (t ) − [u C∞ (0 ) − u C (0 )] ⋅ e − t τ

0.1A -3

1Ω 1H

10 F

τ = R ⋅ C = 2 ⋅ 10 −3 s u C∞ (t ) = 0,1 ⋅ 1 = 0,1 V

1Ω

u C∞ (0 ) = 0,1 V

Circuito para t ≥ 0

−3 u C (t ) = 0,1 − [0,1 − 0] ⋅ e− t 2⋅10

63,212 ⋅ 10−3 = 0,1 − 0,1e −500t1 e −500t1 = 0,36788

Circuito para t = ∞

t1 = −

ln 0,36788 = 2 ⋅ 10 −3 s 500

Para t = 2·10-3 s cambio de posición de los interruptores

63.212mV

−3 3 ϕϕ==ωω⋅ t⋅ t= =1000 ⋅ 2⋅⋅210⋅ 10 = rad 1000

-3

10 F

cos (1000t + 2 rad) 1

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

2 rad==114 114,591 .591°º 2 rad

227

Régimen transitorio

XC =

1 1 = −3 = 1∠ − 90º Ω C ⋅ ω 10 ·1000

Régimen permanente: UC = X C ⋅ IC = X C ⋅

E 1∠114,91º 1∠24,5915º = 1∠ − 90º ⋅ = = 0,707∠69,59º V 1− j 1,4142∠ − 45º Z

u C∞ (t ') = 0,707 cos(1000t + 69,59º ) V

[

u C∞ (t ') = 0,707 cos 69,59 = 0,2465 V

]

u C (t ') = 0,707 cos(1000t + 69,59º ) − 0,2465 − 63,212 ⋅ 10 −3 ⋅ e −1000 t

u C (t ') = 0,707 cos(1000t + 69,59º ) − 0,1833 ⋅ e −1000 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

228

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 87 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 se cierra el interruptor K1. Pasados 0.5s se cierra el interruptor K2 y se abre instantáneamente K1 (instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’). Se pide la expresión temporal de la corriente i(t’) para t’>0.

K1

C1 =8mF

C3 =8mF

K2

R3 =10Ω

-

-

uC 2 (0 )=2V

22 V

i(t)

uC 3 (0 )=1V R2 =100Ω

C2 =2mF

20 V

Figura 87.1 Resolución:

Para t=0+ 8mF + + uuC1 (0 ) (0 ) C1

u'C2(0 )

2mF

22 V

uC2 (0 )

2V Figura 87.2

( )

u ′C 2 0 + = (22 − 2 ) ⋅

8 = 16 V 8+2

( )

( )

u C 2 0 + = 16 + 2 = 18 V

u C1 0 + = 4 V

t = t ′ + 0.5

Para t ≥ 0,5 s, es decir t’ ≥ 0, se tiene: uC 3 (0+ )=1 V

18 V

2mF

8mF

10Ω 100Ω

Figura 87.3

Es un circuito de primer orden

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

20 V

229

Régimen transitorio

Circuito pasivo: 10Ω

8mF 2mF

2mF

100Ω

20

Figura 87.4

τ = R eq ⋅ Ceq = 10 ⋅

2⋅8 ⋅ 10−3 = 16 ⋅ 10−3 s 2+8

i(t′) = i ∞ (t′) − [i ∞ (0) − i(0)] ⋅ e

Para t=∞: i (t')

10Ω 100Ω

20 V

Figura 87.5

i ∞ (t′) = −

20 = −0,2 A 100

i ∞ (0) = −0,2 A

Para t’=0+

+

1V

i2 (0 )

i(0)

+

18 V

i1 (0 )

20 V

Figura 87.6

( ) ( )

i(0) = i1 0 + + i 2 0 + = −

20 [20 − (18 + 1)] − = −0,2 − 0,1 = −0,3 A 100 10

i(t') = −0,2 − [− 0,2 − (− 0,3)] ⋅ e −62,5t ′

i(t ') = −0,2 − 0,1 ⋅ e −62,5⋅t ′ A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

− t'

τ

230

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 88 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con los interruptores K1 y K2 ocupando la posición indicada. Cuando la energía almacenada en la bobina L2 es máxima y siendo la tensión e(t) proporcionada por el generador positiva, se abre el interruptor K1 y se cambia de posición K2, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’. Se pide la expresión temporal de la corriente i2(t’). K1

R0 i

+

R1

e(t)

K2

L2

i2

R2

u R2

L3

R3

R4

ig

Figura 88.1

Datos:

R0 = 8,446 Ω

R1 = 54,64 Ω

L2 = 0,1732/π H

L3 = 0,1732/π H

e(t ) = 220 ⋅ 2 ⋅ cos100 ⋅ π ⋅ t V

R2 =10 Ω

R3 = 54,64 Ω

i g (t ) = 2 ⋅ 2 ⋅ cos100 ⋅ π ⋅ t A

Resolución:

Con K1 cerrado (valores eficaces). Z2 = R 2 + j ⋅ L 2 = 10 + j ⋅ 100 ⋅ π ⋅ E = 220∠0°

0,1732 = 20∠60° Ω π

Zp =

R1 ⋅ Z2 54,64 ⋅ 20∠60° = = 16,33∠45° Ω R1 + Z2 54,64 + 20∠60°

Z′p =

16,33∠45° ⋅ 54,64 892,27∠45° = = 13,28∠35,1° Ω 16,33∠45° + 54,64 67,186∠9.9°

ZT = Z′p + R 0 = 13,28∠35,1° + 8,446 = 19,311 + j ⋅ 7,636 = 20,765∠21,57° Ω

I=

E 220∠0° = A ZT 20,765∠21,57°

U AB = I ⋅ Zp

220∠0° ⋅ 13,28∠35,1 U AB 20,765∠21,57° I2 = = = 7,035∠ − 46,47° A Z2 20∠60°

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

231

Régimen transitorio

Para ser máxima la energía: E E

46,47º

-46,47º

IL

IL

46,47º

IL E

(a)

(b)

Teniendo que ser e(t) > 0 ⇒ (a) Por lo tanto,

9.949 Α i(t')

0.1732 π 10 Ω

54.64 Ω

0.1732 π

2 ⋅ 2 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 46,47°)

Figura 88.2

0,1732 π τ= = = 8,5489 ⋅ 1− 4 s R eq 10 + 54,64 L eq

′ i 2 (t ′) = i ∞ (t′) − [i ∞ (0 ) − i 2 (0 )] ⋅ e − t τ

Régimen permanente

I2

Ig = 2 ⋅ 2∠46,47° ⇐ Valores máximos

Figura 88.3 I 2 = Ig ⋅

R3 54,64 154,545∠46,47° = 2 ⋅ 2∠46,47° ⋅ = = 2,309∠31,47° A Z2 + R 3 20∠60° + 54,64 66,92∠15°

i 2∞ (t′) = 2,309 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 31,47 ) A

i 2∞ (0 ) = 1,97 A i 2 (t′) = 2,309 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 31,47 ) − [1,97 − 9,949] ⋅ e − t ′ / τ A i 2 (t′) = 2,309 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 31,47 ) + 7,979 ⋅ e −1169,7 t′ A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

232

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 89 El circuito de la figura (esquema de la izquierda) equivale a un conjunto reactancia L-tubo fluorescente-cebador C. Calcular: a) Valores eficaces de las corrientes que circulan por la reactancia L y por el cebador C, estando este último cerrado b) El cebador C se abrirá cuando la corriente que circula por él es máxima (instante que corresponde asimismo al valor máximo de la corriente que pasa por la inductancia L), instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’. Valor de uAB(t’=0+) c) Expresión temporal de la tensión uAB(t’>0+) Conjunto Fluorescente , Ω XL=j·241.78

A

, 5.181 Ω iC

iL(t) 220 V 50 Hz

4873 Ω

Condensador

C

Reactancia

Fluorescente

5.181 Ω , B

C (cebador)

tubo fluorescente tub fluorescent

Figura 89.1

Resolución:

a) R eq =

4873 ⋅ (5,181 + 5,181) = 10,34Ω 4873 + (5,181 + 5,181)

ZT = 10,34 + j ⋅ 241,78 = 242∠87,551°

IL =

E 220∠00 = = 0,909∠ − 87,551 A ZT 242∠87,551

IC =

IL ⋅ R eq 0,909∠ − 87,551 ⋅ 10,34 U AB = = 5,181 ⋅ 2 5,181 ⋅ 2 5,181 ⋅ 2

IC = 0,9071∠ − 87,551 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

233

Régimen transitorio

b) Se abre el cebador para IC máxima, E E

-87,551º -87,551º U AB

U AB IC

IC

( ) ( ) u (0 ) = i (0 )⋅ 4873 = 0,909 ⋅ i L 0− = i L 0+ = 0,909 ⋅ 2

U AB = 0,909∠ − 87,551° ⋅ 10,34 = 9,399∠ − 87,551°

+

AB

L

+

( )

u AB 0 + = 6264,341 V

c) Para t’>0 iL 0 + = 0.909 ⋅ 2

A L=

4873 Ω

2 20 8 7 . 5 51

X C 241,78 = = 0,7696 H ω 2π ⋅ 50

Es un circuito de primer orden. B Figura 89.2 u AB (t ′) = u AB∞ (t ′) − [u AB∞ (0) − u AB (0 )] ⋅ e − t′ τ τ=

L 0,7696 = = 1579 ⋅ 10− 4 ms R 4873

1 = 6331,78 τ

Régimen permanente X = j241,78 Ω iL 0L+ = 241.78 ⋅ j

A

4873 Ω

2 20 8 7 . 5 51

IL

B Figura 89.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

2 ⋅ 4873

234

Circuitos eléctricos. Problemas

U AB =

E 220∠87,551° ⋅R = ⋅ 4873 V 4873 + j ⋅ 241,78 Z

U AB =

220∠87,551° ⋅ 4873 = 219,73∠84,711° V 4878,99∠2,84°

u AB (t′) = 219,73 ⋅ 2 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 84,711°) V u AB∞ (0 ) = 28,6443 V u AB (t ′) = 310,745 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 84,711°) − [28,664 − 6264]6235,7 ⋅ e − t ′ / τ V

u AB (t′) = 310,745 ⋅ cos(100 ⋅ π ⋅ t′ + 84,711°) + 6235,7 ⋅ e−6331,78⋅t ′ V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

235

Régimen transitorio

Problema 90 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la corriente iL es máxima se cambia de posición el conmutador K (t’=0). Transcurrido un tiempo t’=67,59 ms, se vuelve el conmutador a la posición original, tiempo que tomaremos como t’’=0. Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t’’). Datos: e(t) = 220 2 cos(100π t − 45º ) V XL =j604,45Ω K e(t)

iL 12182,5 Ω

25,905 Ω

Figura 90.1 Resolución: E = 220∠ − 45º V ZT = j604,45 + IL =

E ZT

=

12182,5.25,905 = 25,85 + j604,45 = 605∠87,551º Ω 12182,5 + 25,905

220∠ − 45º = 0,3636∠ − 132,551º A 605∠87,551

Diagrama vectorial:

E

-45º IL

-132,55º

E

Para que i L sea máxima ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→

132,55 − 45 = 87,55º i max = 0,3636. 2 = 0,5142 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

87,55º

IL

236

Circuitos eléctricos. Problemas

Para 0 ≤ t' ≤ 0,06759 ms

L i (0) = 0,5142 A L

iL 25,85 Ω

Figura 90.2 L= τ=

XL 2π 50

=

604,45 = 1,924 H 100π

L 1,924 1 = = R 25,85 13,435

− t' i L (t' ) = i L∞ (t') − i L∞ (0 ) − i L (0 ) e τ

[

]

i L (t' ) = 0 − [0 − 0,5142]e −13,435t' = 0,5142e −13,435t'

Para t’=0,06759 s i L (0,06759) = 0,5142e −13,435.0,06759 = 0,207 A G

Pero el vector E habrá girado un ángulo: α = ω.t' = 100π 0,06759 = 21,23rad

360º = 1216,62º 2 π rad

3,37595 vueltas = 3vueltas+0,3795vueltas = 3vueltas+136,62º y ocupará una posición de E = 220∠87,551º + 136,62º = 220∠224,171º V

Para

t' ≥ 67,59ms⎫ ⎬ se tiene t'' ≥ 0 ⎭

Régimen permanente

1,924 H

0,207 A 220∠224,171º

25,85Ω

i L∞ (t' ' ) = 0,3636 2cos(100π t' '+136,62º ) i L∞ (0) = −0,3737 A

Figura 90.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

237

Régimen transitorio

i L (t' ' ) = 0,5142cos(100π t' '+136,62) − [− 0,3737 − 0,207] ⋅ e−13,435t' ' i L (t' ' ) = 0,5142cos(100π t' '+2,3844rad) − 0,581e −13,435t' ' A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

238

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 91 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de t=0,007854 s se cierra el interruptor K y se cambia de posición el conmutador K’ (instante que tomaremos como a nuevo origen de tiempo t’=0). Se pide la expresión temporal de tensión uc2(t’). R1

L1

K’

K uc2

e(t)

C2

C1 L2

R2

Figura 91.1

.Datos: L1=0,04 H R2=100 Ω

L2=0,048 H

M=0,024 H

C1=100 µF

C2=25 µF

R1=200 Ω e(t) = 10 2cos500t V

Nota: Hay flujo magnético mutuo entre las dos bobinas. Resolución:

Para t ≤ 0,007854 s L1

R1

X L1 = L1 ⋅ ω = 0,04 ⋅ 500 = 20 Ω C1

10 2 cos500t

X L 2 = L 2 ⋅ ω = 0,048 ⋅ 500 = 24 Ω X M = M ⋅ ω = 0,024 ⋅ 500 = 12 Ω

Figura 91.2

X

L1

Xc =

+X

L2

− 2X

M

= 20∠90º +24∠90º −2.12∠90º = 20∠90º Ω

1 1 = = 20∠ − 90º Ω Cω 100.10 −6 ⋅ 500

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

239

Régimen transitorio

Z T = 20∠90º +20∠ − 90º +200 = 200∠0º Ω

E

IT =

U C1 = I ⋅ X C1 =

ZT

E ZT

⋅ XC =

10∠0º ⋅ 20∠ − 90º = 1∠ − 90º V 200∠0º

90 ⋅ 2π ⎞ ⎛ u C (t) = 1 2cos⎜ 500t − ⎟ V 360 ⎠ 1 ⎝ u C (0,007854) = −1V 1

Para t ≥ 0,007854 s (t' ≥ 0) i2

[

]

(t') − i 2∞ (0 ) − i 2 (0 ) e i (t' ) = i 2 2∞ -1 V

C1

C2

τ = 100

R2

−

t' τ

100.25 1 .10− 6 = 2000.10− 6 = s 100 + 25 500

Figura 91.3 −1 i (0 ) = = −0,01 A 2 100

i 2∞ (t ) = 0

i 2∞ (0 ) = 0

t' i (t' ) = 0 − [0 + 0,01].e τ' = −0,01e − 500t' A 2 −

u C2 (t' ) =

t t' − 500t' ⎤.dt' = − 4000.0,01 ⎡e − 500t' ⎤ = 0,8.⎡e − 500t − 1⎤ V ⎡ ∫ ⎢− 0,01.e ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎦ ⎦0 − 500 ⎣ 25.10 − 6 0 ⎣ 1

u C2 (t' ) = −0,8 + 0,8.e −500t' V

Comprobando,

para

t'= 0

U C2 (0 ) = 0

t' = ∞

U C2 (∞ ) = 0,8

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

240

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 92 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0, se cierra el interruptor K. a) Determinar el valor de M para poder conseguir que la corriente i1(t) tenga una respuesta correspondiente a un circuito de primer orden. b) Determinado el valor M del apartado a), hallar la expresión temporal de i1(t) para t>0.

M

10Ω

40Ω

+ 100 V

=

+ 2H

8H

=

t=0

40 V

K i1(t)

Figura 92.1 Resolución:

Para t = 010Ω

40Ω

+

i2

=

100 V

i1(0-) = 0 i2(0-) = 1 A

+

=

i1

40 V

Figura 92.2

Para t ≥ 0+ 10Ω

40Ω

100 = 10 i1 + 2

di 1 di +M 2 dt dt

40 = 40 i 2 + 8

di 2 di +M 1 dt dt

+ 100 V

=

i1

i2

+

=

40 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

241

Régimen transitorio

Despejando

di 2 de la 1a ecuación: dt

di 2 di ⎤ 1 ⎡ = ⎢100 − 10 i 1 + 2 1 ⎥ dt dt ⎦ M ⎣

y derivando, ⎡ d 2i 2 di 1 d 2 i1 ⎤ 1 = − + 10 2 ⎢ ⎥ dt dt 2 dt 2 ⎦ M ⎣

y derivando (1), resulta: 0 = 40

di 2 d 2i 2 d 2 i1 +8 +M 2 dt dt dt 2

y, sustituyendo

di 2 d 2 i 2 y resulta: dt dt 2

⎡ 10 di 1 d 2 i1 10 2 di 1 ⎤ 2 d 2 i1 ⎤ ⎡ 100 0 = 40 ⎢ i1 − − ⎥ + 8 ⎢ − M dt − M dt 2 ⎥ + M dt 2 M M M dt ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

es decir, d 2 i1 4000 400 80 di1 80 di1 16 d 2 i1 i1 − M − − − + =0 M M M dt M dt M dt 2 dt 2 d 2i Si se quiere que i1(t) sea de primer orden, el término 2 tiene que ser cero: dt 16 M− = 0 ⇒ M = 4H M

Para M = 4 resulta: 1000 − 100i1 − 20

di1 di − 20 1 = 0 dt dt

di1 + 2,5i1 = 25 dt

Ecuación homogénea:

Ecuación característica:

di1 + 2,5i1 = 0 dt

α + 2,5 = 0

α = −2,5

i1 ( t ) = i1h ( t ) + i1p ( t ) = Ke −2,5t + i1p ( t )

pero

i1p(t) = K di1p =0 dt

Sustituyendo en la ecuación completa resulta: 2,5K=25 ⇒ K=10

i1(t)= Ke-2,5t+10 Para t = 0:

i1(0) = 0 = K+10 ⇒ K = -10

i1 ( t ) = 10 − 10e −2,5 t

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

242

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 93 El circuito de la figura está alimentado por una fuente de corriente que proporciona una intensidad de valor ig(t)=240,1t·e-t A. En t=0 se cambia de posición el conmutador. Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t).

Figura 93.1 Resolución:

Para t ≥ 0 240,1 ⋅ t ⋅ e − t = 2i L + i R = 2i L +

ig = iL + iR + iL 240,1 ⋅ t ⋅ e− t = 2i L +

u R

1 di L 2 di L L ⇒ 240,1 ⋅ t ⋅ e − t = 2 ⋅ i L + R dt 50 dt

di L + 50 ⋅ i L = 25 ⋅ 240,1 ⋅ t ⋅ e − t = 6002,5 ⋅ t ⋅ e − t dt i p (t ) = (At + B)e − t

di p dt

i h (t ) = k ⋅ e −50 t

= Ae− t − (At + B)e− t

Substituyendo en la completa: A ⋅ e − t − (At + B)e− t + 50(At + B)e− t = 6002,5 ⋅ t ⋅ e − t A − (At + B) + 50(At + B) = 6002.5t

A − B + 50B = 0 ⎫ ⎬ − A + 50A = 6002,5⎭

A + 49B = 0 49A = 6002,5

A = 122,5

B=−

i L (t ) = ke −50 t + (122,5t − 2,5) ⋅ e− t

Pero t=0, iL(0)=0; tenemos pues: 0=k-2,5

de donde

k=2,5

i L (t ) = 2,5 ⋅ e −50 t + (122,5t − 2,5)e − t

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

A = −2,5 49

243

Régimen transitorio

Problema 94 En el circuito de la figura y para el instante t=0 se abre el interruptor K. Por otro lado se conocen los siguientes datos: I0=1 mA

C=0,1·10-6 F

R=10 kΩ

τ=1,5ms (constante de tiempo del circuito resultante después de abrir el interruptor, situado a la derecha de la figura). Se pide: a) Valor de la tensión en bornes del condensador para t=0b) Valor del factor k1 c) Valor de la corriente i(t)

Figura 94.1 Resolución:

Circuito equivalente para t = 0-

( )

u C 0− = I0

R 10 = 10 −3 ⋅ ⋅ 10 3 = 5V 2 2

Figura 94.2

Con K abierto, se determina el valor de k1, a través de τ = 1,5 ms:

Ù

Figura 94.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

( )

u C 0 − = 5V

244

Circuitos eléctricos. Problemas

τ = R ⋅ C ⋅ (2 − k1 )

k ⋅1 i ⋅ R + E = 2 ⋅ R ⋅ i

E = R ⋅ (2 − k 1 ) ⋅ i RT =

k1 = 2 −

E = R ⋅ (2 − k 1 ) i

τ 1,5 ⋅ 10−3 = 2− 3 RC 10 ⋅ 10 ⋅ 10− 7

k1 = 0,5

Figura 94.4 k1 ⋅ i ⋅ R = u C + 2 ⋅ R ⋅ i

u C + (2 ⋅ R − k1 ⋅ R ) ⋅ i = 0

C ⋅ (2 ⋅ R − k1 ⋅ R ) ⋅

( )

u C = u C 0+ ⋅ e − t iC = C

du C dt

du C + uC = 0 dt

τ

uC = 5 ⋅ e

− t 1,5⋅10 −3

V

0,1 ⋅ 10−6 ⋅ 5 −1000 t 1,5 iC = − e A 1,5 ⋅ 10−3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

1 − i(t ) = − e 3

1000 t 1,5

mA

245

Régimen transitorio

Problema 95 Dado el circuito de la figura, se sabe que el condensador tiene una energía almacenada de 0.4 J. Para t=0 se cierra el interruptor K. Se pide el valor de la expresión temporal de la corriente i(t) para t>0.

i(t)

Figura 95.1

Resolución: W = 0,4 =

( ) ( )

1 C ⋅ u c2 0− ⇒ u c 0− = 2V 2

Determinación de la constante de tiempo τ

Figura 95.2

Estudiamos:

Figura 95.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

246

Circuitos eléctricos. Problemas

10 − 2 = 10(i A − i B ) + 10i A ⎫ i A = 0,8909A ⎪ 2 − 12i 2 = 10(i B − i A ) i B = 0,9818A ⎬ ⎪ i2 = iB − iA ⎭ i G = i A + i 1 = 1,8909A

R eq =

10 = 5,283Ω 1.8909

τ = 0,2 ⋅ 5,83= 1,057s

Figura 95.4

i(0) = −

2 = 0,3782A 5,283

⎡ ⎛ 2 ⎞⎤ − t / 1,057 ⎟⎟⎥ ⋅ e i(t ) = 0 − ⎢0 − ⎜⎜ − ⎣ ⎝ 5,283 ⎠⎦

i(t ) = −0,3782e-0,947t A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

247

Régimen transitorio

Problema 96 En el circuito de la figura, para t=0, se cierra el interruptor K. La energía almacenada en el condensador en t0. Nota: El condensador no dispone de condiciones iniciales.

Figura 98.1 Resolución:

El circuito es de primer orden. Se halla la constante de tiempo τ, aplicando una fuente de tensión de 1 V.

2u1

i2

Figura 98.2

1 i1 = =1A⇒u1 = 1 ⋅ 1 = 1V 1 1 + 2 ⋅ u1 = 3 ⋅ i 2 ⇒1 + 2 ⋅ 1 = 3 ⋅ i 2 i 2 = 1A i = i1 + i 2 = 1 + 1 = 2A⇒ Req =

1 1 = 0,5Ω = R eq ⋅ C = 0,5 ⋅ 0,1 = 0,05 = s 2 20

Para t = 0 se va a determinar u(0+):

Figura 98.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

252

Circuitos eléctricos. Problemas

Para hallar u∞(t):

XC =

1 1 = =1 Ω Cω 0,1 ⋅ 10

Figura 98.4

(

)

⎧1∠0 0 = I A ⋅ 1∠ − 90 0 + I A − I B ⋅ 1 ⎪ 2 U1 = 3 ⋅ I B + 1 I B − I A ⎨ ⎪ porque U1 = 1 I A − I B ⎩

( (

) )

1 = I A ⋅ 1∠ − 90 0 + I A − I B ⎫ ⎬ ⇒ 3I A = 6I B I A = I B 2 I A − I B = 3I B + I B − I A ⎭

(

)

1 = IA (0,5 − j)

1 = I A + I A ⋅ 1∠ − 90 − 0,5I A IB = 0,4472∠63,430 A

U = IB ⋅ 3 = 1,3417∠63,430 V u ∞ (t ) = 1,3417 cos(10t + 63,43) u (t ) = u ∞ (t ) − [u ∞ (0) − u (0)]e

(

−t

u ∞ (0 ) = 1,3417 cos 63,43 0 = 0,6 V

τ

)

u (t ) = 1,3417 cos 10t + 63,430 + 2,4e −20 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

IA =

1 = 0,8944∠63,430 A 0,5 − j

253

Régimen transitorio

Problema 99 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t = 1 el conmutador K pasa de A a B. Se pide el valor de la corriente i(t) para t > 1 s. A B

Figura 99.1 Resolución:

Cálculo de τ con K abierto: i1 = 2 ⋅ i1 + i

i1 =

i = −i1 i también 1 = 1 ⋅ i1 + +0,333(− i1 )

1 = 1,5 A 0,666

R eq =

1 2 = Ω 1,5 3

τ=

L eq R eq

Figura 99.2

Se analiza t 1+:

( )

i L 1+ = 0,135 A

Figura 99.5 i1 (t ) = i1∞ (t ) − [i1∞ (0) − i1 (0)] ⋅ e − t

τ

= 0 − [0 − 0,135] ⋅ e(t −1) 0.5 ⋅ 1(t − 1) = 0,135 ⋅ e 2(t −1) ⋅ 1(t − 1)

i(t ) = −0,135 ⋅ e2(t −1) ⋅ 1(t − 1) A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

255

Régimen transitorio

Problema 100 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la tensión del condensador uC es de 1,0806 V, que corresponde al instante de tiempo t = 0,01 s, se cierra el interruptor K, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’. Se pide el valor de la expresión temporal de la corriente i1(t’) para t’>0. K

10Ω

20Ω i1

Emaxcos 100 t

2mF

0,3mF

iA=4i1

uC(t) Figura 100.1 Resolución:

Si uC (t1) =1,0806 V para t1=0,01 s: 1,0806 = E max ⋅ cos100 ⋅ 0,01

Para t ≥ 10-2 s, es decir t’≥0 se tiene:

Emáx =

1.0806 =2V cos1

ωt = 100 ⋅ 0,01 = 1 rad = 57,296º

20

10Ω

i1 2mF

2·cos( 100 t’+1rad)= 2·cos( 100 t’+57.296º)

4·i1

0,3mF

Figura 100.2

Es un circuito de primer orden Cálculo de τ (aplicamos una tensión): 20

10

I1

I2 4i1

0,3mF

Figura 100.3 i1 + i G = 4 ⋅ i1 1 = 10 ⋅ i G − 20 ⋅ i1

iG = 3 ⋅ i1 ⎫ ⎫ ⎬ ⎬ = ⋅ ⋅ − ⋅ 1 10 3 i 20 i 1 1⎭ ⎭

τ = R eq ⋅ Ceq = 0,3 ⋅ 10−3 ⋅

1 = 10 −3 s 0,3

i1 = 0,1 A

i G = 0,3 A

i1 (t ′) = i1∞ (t ′) − [i1∞ (0) − i1 (0)] ⋅ e − t ' τ

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R eq =

1 Ω 0,3

256

Circuitos eléctricos. Problemas

Cálculo de i1∞ (t) (régimen permanente): 20

10

I1

e’ (t’) = 2∠57,296 V

I2 0,3mF

4i1

Figura 100.4 XC =

1 1 10 = = Ω C ⋅ ω 0,3 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 2 0,3

Z = 10 − j ⋅

10 Ω 0,3

Aplicando Kirchhoff: ⎛ 10 ⎞ 2∠57,296o = 20 ⋅ I1 − 3 ⋅ I1 ⋅ ⎜⎜10 − i ⎟ 0,3 ⎟⎠ ⎝ 2∠57,296 2∠57,296 I1 = = = 1,99 ⋅ 10 − 2 ∠ − 38,414 V − 10 + j ⋅ 100 100,4987∠95,71 i1∞ (t ′) = 1,99 ⋅ 10−2 ⋅ cos(100 ⋅ t′ − 38,414º ) A i1∞ (0) = 1,99 ⋅ 10−2 ⋅ cos(− 38,414º ) = 1,56 ⋅ 10−2 A

20Ω

10Ω

i1 (0)

i2 (0)

1.0806

4i1 (0)

uC (0)=0

0,3mF

Figura 100.5

Cálculo de la i1(0): 1,0806 = 20 ⋅ i1(0) − 3 ⋅ i1(0 ) ⋅ 10 i1(0) =

+1,0802 = −0,10806 = −10,8 ⋅ 10− 2 A − 10

[

]

i1(t ') = 1,99 ⋅ 10− 2 cos(100 t′ − 38,414º ) − 1,56 ⋅ 10− 2 + 10,8 ⋅ 10− 2 ⋅ e

i1 (t ') = 1,99 ⋅ 10−2 cos(100t′ − 38,414º ) − 12,36 ⋅ 10−2 ⋅ e −1000 t '

−t' 10 − 3

A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

257

Régimen transitorio

Problema 101 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 s cerramos el interruptor K1. Transcurridos 1ms, se cierra el interruptor K2 y se abre instantáneamente K1, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’. Se pide la expresión temporal de la caída de tensión uC2(t) en el condensador C2.

Figura 101.1 Resolución:

Para t=0-:

Cerramos en t=0.

Figura 101.2

( )

Figura 101.3

u ′C2 0 + = 6 ⋅

Por lo tanto, para t=1ms t’=0.

10 = 4V 10 + 5

( )

( )

u C2 0 + = u ′C2 0 + − 1 = 3 V

ω·t = 1000·10-3 = 1 rad = 57,295º

Figura 101.4

Es un circuito de primer orden

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Para t=0+.

258

Circuitos eléctricos. Problemas

Cálculo de τ: u1 u1 + − 1.1u 1 1 = i1 + i 2 − 1.1 ⋅ u 1 ⎫ 1 = 20 20 ⎪ u 1 = 20 ⋅ i1 ⎬ 1 = 0.1u 1 − 1.1u 1 ⎪ u = −1V u 1 = 20 ⋅ i 2 1 ⎭

u AB = 20 ⋅ 1 − 1 = 19 V

Figura 101.5

R eq =

u AB = 19 Ω ig

u C 2 (t ′) = 0.001cos(1000 t ′ + 147.55) + 3 ⋅ e

τ = R eq ·C eq = 19.5 ⋅ 10 .−3 = 95 ⋅ 10 −3

− t′

0, 095

Régimen permanente: 20Ω 20Ω XC =

5mF

20Ω

U1

1,1·U1

1

5 7 .2 9 º

1 1 = = 0,2 Ω C ⋅ ω 5 ⋅ 10 −3 ⋅ 10 3

Figura 101.6

Zp =

(20 − j ⋅ 0,2) ⋅ 20 = 400 − j ⋅ 4 = 400∠ − 0,57 = 10∠ − 0,29º (20 − j ⋅ 0,2) + 20 40 − j ⋅ 0,2 40∠ − 0,28

Ω

Se pasa la fuente de corriente a fuente de tensión: 20Ω 20·1,1·U1 U1

1

Zp

Figura 101.7 1∠ − 57,28 + 22 ⋅ U1 = [20 + 10∠ − 0,29] ⋅ I1 ⎫ U1 ⎬ I1 = 10 ∠ − 0,29 U1 = 10∠ − 0,29 ⋅ I1 ⎭

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

5 7 .2 9 º

259

Régimen transitorio

Sustituyendo: 1∠57,28 = −22 ⋅ U1 + (20 + 10∠ − 0,29) ⋅

U1 =

U1 10∠ − 0,29

1∠57,29 1∠57,29 1∠57,29 = −0,0526∠237,26 V = = 2∠0,29 + 1 − 22 − 21 + 2∠0,29 − 21 + 2

U C = U1

X C 0,0526∠237,26 ⋅ 0,2∠ − 90 = 0,001∠147,55 V = Zp 10∠ − 0,29

u C∞ (t ') = 0,001 cos(1000 t '+147,55)

u C∞ (0) = 0,001cos147,55 = −8 ⋅ 10−4

[

]

u C (t ') = 0,001 cos(1000t '+147,55) − 8 ⋅ 10 −4 − 3 ⋅ e − t '/ 95.10 V −3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

260

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 102 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de tiempo t=0,1047 s se cambia de posición el conmutador, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0. Se pide la expresión temporal de la corriente iR(t’). 0,02 F i1 2Ω uR

0,02F

2cos10t

iR

4i1

10 Ω

Figura 102.1 Resolución:

Para t=0,1047: 2cos10.0,1047=1 V Para t’=0+: i1 i = 4.i + i ⎫ 1 1 R ⎪

0V

1 = 2i

iR 1V

2Ω

4i1

1 1 = 2( −3i1 ) + 10i1 ⇒ i1 = = 0,25 A 4 i R = −0,75 A

10 Ω

Figura 102.2

Régimen permanente: ωt = 10.0,1047 ≅ 60º e g = 2cos(10t'+60º )

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

⎬ i R = −3i1

+ 10i ⎪ R 1⎭

261

Régimen transitorio

G I 1

5∠ − 90 º 2∠60 º

G I

1 1 = = 5Ω Cω 10 ⋅ 0,02

G 4I 1

2Ω R

XC = 5∠ − 90º Ω

10 Ω

Figura 102.3 5∠ − 90 º G G G 2∠60º +8 I1 = 12 I1 + 5∠ − 90º I1

G I 1

2Ω

2∠60 º

+

10 Ω

G 8I 1

I1 =

2∠60º 2∠60º = 4 − j5 6,403∠ − 51,34º

I1 = 0,3123∠111,34 = 0,9369∠ − 68,66º A I R = −3I3 = −0,9369∠111,34º = 0,9369∠ − 68,66º A i R∞ (t' ) = −0,9369cos(10t'+111,34º ) =

= 0,9369cos(10t − 68,66º ) A

Figura 102.4

Cálculo de τ:

4i1

i1

i1

2Ω

2Ω

1V 10 Ω

+

8i1

10 Ω

Figura 102.5

Figura 102.6

1 + 8i1 = 12i1

1 i = = 0,25 A 1 4

−t i R (t' ) = i R∞ (t' ) − i R∞ (0) − i R (0+ ) ⋅ e τ =

[

+

]

= 0,9369cos(10t'−68,66) − [0,9369cos(−68,66) + 0,75] ⋅ e−12,5t' = = 0,9369cos(10t'−68,66) − 1,0909 ⋅ e−12,5t'

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R eq =

1 0,25

= 4Ω

τ = R eq .C = 4.0,02 = 0,08 s 1 τ

=

1 0,08

= 12,5 s - 1

8i1

262

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 103 Dado el circuito de la figura, y para el instante t=3,08923 s, se cambia de posición el conmutador K, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0. Se pide la expresión temporal de la tensión uL(t’). Dato: ig(t)=cos(20t+60º) A

K

10Ω

ig(t)

0,1 H

uL(t)

0,5 Ω

2i1(t)

1Ω

i1(t) Figura 103.1 Resolución:

Para t’=0:

t=3,08923 s

ω·t = 20·3,08923 = 61,7846 rad =

61,7846 rad ·360º = 3540º 2π rad

Por lo tanto, para t’=0: Ig = 1∠3540º +60º = 1∠0º A

Cálculo del régimen permanente: -⎯I1

1∠0º

⎯IL

0,1·20∠90º

2⎯I1

0,5 Ω

1Ω

⎯I1 Figura 103.2 ⎫⎪ ⎬ I L ·2∠90º = 0,5·(−I1 ) + 1·I1 ⎪⎭

1∠0º = I L + I1

I1 =

I L ·2∠90º = I L ·4∠90º 0,5

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

263

Régimen transitorio

y sustituyendo: 1∠0º = I L + I L ·4∠90º

IL =

1 1 = = 0,2425∠ − 75,96º A 1 + j4 4,1231∠75,96º

U L = I L ·2∠90º = 0,2425∠ - 75,96º · 2∠90º = 0,4850∠14,036 V u L∞ (t ' ) = 0,4850 · cos(20t'+14,036º ) V u L∞ (0) = 0,4705 V

Cálculo de u L( 0+ ) : Para t’=0+:

-1 A u L (0 + )

0A

1A

2A

0,1 H

2 i1

0,5 Ω

1Ω

1A Figura 103.3 u L (0 + ) = 0,5·(−1) + 1·1 = 0,5 V

Cálculo de τ: iL

i1 1 = (−i1 )·0,5 + 1·i1

+ 1V

0,5 Ω

2 i1

i1 =

1 =2A 0,5

1Ω R eq =

1 = 0,5 Ω 2

i1 τ=

Figura 103.4

[

]

u L ( t ' ) = u L∞ ( t ' ) − u L∞ (0) − u L (0+ ) ·e

t' - ' τ

L eq R eq

=

0,1 = 0,2 s 0,5

= 0,4850cos(20t'+14,0363º ) - [0,4705 - 0,5] ·e

u L ( t ' ) = 0,4850cos(20t'+14,0363º ) + 0,0295·e-5t' V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

-

t' 0,2

V

264

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 104 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la corriente iL(t) que pasa por la bobina es máxima se cierra el interruptor K, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0. Se pide la expresión temporal de la tensión ug(t’), para t’>0. Dato: ig(t)=0,2 cos(100t+45º) A 1H

1H iL(t)

ug(t) 100 Ω

ig(t)

100 Ω

K

Figura 104.1 Resolución: X L = Lω = 1·100 = 100 Ω Z = 100 + j 100 = 141,42∠45º Ω I g = 0,2∠45º A

I L = 0,2∠45º ·

100 0,2∠45º 100∠0º = 0,08944∠18,435º A = 0,2∠45º = 200 + j 100 223,6067∠26,56º 100 + 141,2∠45º

Para ser iL máxima ω = 100 rad/s

ω = 100 rad/s

G Ig

G Ig

G IL 45º 18,435º

45º −18,435º = 26,565º

G IL

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

265

Régimen transitorio

Para t'≥ 0 s : 1H

1H

τ=

100 Ω

0,2∠26,565º

L eq R eq

=

1 s 100

Figura 104.2

Régimen permanente: G 100∠90º 100∠90º = 0,1414∠71,565º A = 0,2∠26,565º IR = 0,2∠26,565º · 141,42∠45º 100 + j 100 G G G G U g = Ig ·X L + IR ·R = 0,2∠26,565º · 100∠90º + 0,1414∠71,565º· 100 = = 20∠116,565º + 14,14∠71,565º = = −8,9442 + j17,8855 + 4,4714 + j13,4143 = = −4,4728 + j 31,3028 =

= 31,62∠98,13º V u g∞ ( t ) = 31,62 cos(100 t'+98,13º ) V

u g∞ (0) = −4,4726 V

Cálculo de u g (0) :

iL(0+) = 0,08944 A 1H 1H

0,1788 A

100 Ω

iR

i G (0+ ) = 0,2·cos26,565 = 0,1788 A i R (0 + ) = 0,1788 - 0,08944 = 0,08936 A

Figura 104.3 u R (0 + ) = 100·0,08936 = 8,936 V G G G U L = Ig ·X L = 0,2∠26,565º · 100∠90º = 20∠116,565º V u L (0 + ) = 20 cos116,565º = -8,9442 V

u g (0 + ) = u L (0 + ) + u R (0 + ) = −8,9442 + 8,936º ≅ 0 V u g (t ' ) = 31,62cos(100t'+98,13º ) − [ - 4,4726 - 0]·e -100t' V

u g (t ' ) = 31,62cos(100t'+98,13º ) + 4,4726·e -100t' V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

266

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 105 Hallar en el circuito integrador de la figura 105.1 la variación temporal de la tensión en los terminales del condensador C cuando, por medio del conmutador K, se pase de alimentarlo con una tensión E0 = 2 V, a una tensión E1 = 12 V. K R = 10 kΩ

+ E0 = 2 V

+

u (t)

C = 1 µF

E1 = 12 V

Figura 105.1 Resolución:

Suponiendo que el condensador esté cargado en el instante en que se realiza la conmutación, por lo tanto: u (0 + ) = E 0 = 2 V

Aplicando la 2ª ley de Kirchhoff al circuito se obtiene: R ⋅ i( t ) + u ( t ) = E1

Sustituyendo la corriente instantánea i(t) que atraviesa el circuito (corriente de carga del condensador) por: i( t ) = C ⋅

du dt

i( t ) = C ⋅ u ' ( t )

Se obtiene: R ⋅ C ⋅ u ' ( t ) + u ( t ) = E1

Aplicando el método operacional con las condiciones iniciales, resulta:

[

]

E R ⋅ C ⋅ pU(p) − u (0+ ) + U(p) = 1 p

Aislando U(p) y sustituyendo RC por τ, la constante de tiempo del circuito (τ=RC): U ( p) =

E0 E1 + 1 1⎞ ⎛ p+ pτ ⋅ ⎜ p + ⎟ τ τ⎠ ⎝

y pasando a régimen temporal, se obtiene:

(

)

u ( t ) = 12 − 10e −100 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

267

Régimen transitorio

Problema 106 El circuito de la figura está formado por una resistencia de 10 Ω y una bobina de 0,2 H. Se aplica una tensión u(t). Calcular la corriente que se establece en este circuito en las siguientes hipótesis. a) u(t) = U = 100 V b) u(t) = 100e-50t V c) u(t) = δ(t) (Impulso de Dirac) Calcular también los valores de las caídas de tensión uR(t) y uL(t) en todos los casos.

R=10 Ω u(t) L=0,2 H

Figura 106.1 Resolución:

La ecuación diferencial aplicada al circuito en términos eléctricos es: u ( t ) = R ⋅ i( t ) + L ⋅

di( t ) dt

y en términos operacionales será: U ( p ) = R ⋅ I( p ) + L ⋅ p ⋅ I( p )

I( p ) =

U ( p) U ( p) = R + L ⋅ p 10 + 0,2 ⋅ p

Por otro lado: U R (p) = R ⋅ I(p) = 10 ⋅ I(p) U L (p) = L ⋅ p ⋅ I(p) = 0,2 ⋅ p ⋅ I(p)

A continuación, se tendrá en cuenta cada caso particular: a)

u ( t ) = U = 100 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

268

Circuitos eléctricos. Problemas

U ( p) =

100 p

Sustituyendo en la ecuación general I(p) hallada para este circuito, se tiene: 100 100 500 A B p I( p ) = = = = + 10 + 0,2p p(10 + 0,2p) p(50 + p) p p + 50

y determinando A y B resulta: A = 10 B = -10 I( p ) =

10 10 − p p + 50

[(

i( t ) = L−1[I(p)] = 10 1 − e −50 t U R (p) = 10 ⋅ I(p) =

)] A

100 100 − p p + 50

(

)

U R ( t ) = 100 ⋅ 1 − e −50 t V ⎛ 10 10 ⎞ 100 ⎟⎟ = U L (p) = 0,2 ⋅ p ⋅ I(p) = 0,2 ⋅ p ⋅ ⎜⎜ − ⎝ p p + 50 ⎠ p + 50 U L ( t ) = 100 ⋅e −50 t V

u ( t ) = 100 ⋅ e −50 t V

b) U ( p) =

100 p + 50

que sustituyendo en la expresión I(p) resulta: I( p ) =

I( p ) =

U ( p) 5 ⋅ U ( p) = 10 + 0,2p p + 50 5 ⋅ 100

(p + 50)2

En consecuencia:

[

]

i( t ) = 500 ⋅ t ⋅ e −50 t A U R ( p) =

500

(p + 50)2

⋅ 10

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

269

Régimen transitorio

[

]

U R ( t ) = 5000 ⋅ t ⋅ e −50 t V

U L (p) = 0,2 ⋅ p ⋅

500

(p + 50)

2

100 ⋅ p

=

(p + 50)

2

=

A B + p + 50 (p + 50)2

que, determinando A y B, resulta A = 100, B = -5000 100 5000 − p + 50 (p + 50 )2

U L ( p) =

[

]

U L ( t ) = 100 ⋅ e −50 t − 5000 ⋅ t ⋅ e −50 t V

u ( t ) = δ( t ) V

c) U ( p) = 1

que sustituyendo en la expresión I(p) resulta: I( p ) =

1 5 = 10 + 0,2p p + 50

[

]

i( t ) = 5 ⋅ e −50 t A 5 ⋅ 10 p + 50

U R ( p) =

[

]

U R ( t ) = 50 ⋅ e −50 t V U L (p) = 0,2 ⋅ p ⋅

[

50 5 p = = 1− p + 50 p + 50 p + 50

]

U L ( t ) = δ( t ) − 50 ⋅ e −50 t V

En los tres casos se puede comprobar que u ( t ) = u R ( t ) + u L ( t ) .

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

270

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 107 En el circuito del esquema que se representa en la figura, con el condensador inicialmente descargado, se conecta el interruptor K1 en el instante t = 0. Al cabo de 2 ms, se conecta además el interruptor K2.

R1 = 400 Ω + UG = 120 V

K2

K1 t=0

G =

t=2ms

uS (t)

R2 = 200 Ω

C = 1,25 µF

Figura 107.1

Determinar: a) El valor de la tensión de salida us(t) en el instante t = 1,2 ms b) Expresión temporal de esta tensión, a partir del momento en que se cierra el interruptor K2 Resolución:

a) Al cerrar el interruptor K1, con el condensador inicialmente descargado, el circuito que se tiene que considerar es el de la figura siguiente:

i(t)

R1=400 Ω

I(p)

Κ1

R1

Κ1

UG=120 V

120/p C=125 µF

1/Cp

Figura 107.2

La segunda ley de Kirchhoff permite escribir la ecuación temporal en condiciones iniciales nulas y su transformada de Laplace. u G ( t ) = R ⋅ i( t ) +

1 t ⋅ ∫ i( t ) ⋅ dt C 0

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

271

Régimen transitorio

1 120 = R1 ⋅ I ( p ) + ⋅ I( p) Cp p

Depejando I(p), sustituyendo los valores y simplificando: I( p ) =

120 p 1 R1 + Cp

=

120 p 400 +

6

10 1,25p

=

0,3 p + 2000

Multiplicando esta corriente por el valor de la impedancia del condensador, se tiene la tensión operacional en los extremos del condensador:

U C ( p) =

8 ⋅ 105 0,3 2,4 ⋅ 105 A B 1 = + ⋅ I( p ) = ⋅ = p p + 2000 p ⋅ [p + 2000] p p + 2000 Cp

y para determinar los valores de A y B, aplicando el método de Heaviside, se tiene, para el denominador y su derivada: D(p) = p 2 + 2000p

D' (p) = 2p + 2000

Los valores adoptados para N(p) y D’(p) para los valores particulares de las raíces del denominador son:

D' (0) = 2000

D' (−2000) = −2000

N(0) = N(−2000) = 2,4 ⋅ 10 5

Por lo tanto:

A=

N(0) 2,4 ⋅ 10 5 = = 120 D' (0) 2000

B=

N(−2000) 2,4 ⋅ 105 = −120 = D' (−2000) − 2000

Entonces: U C ( p) =

⎛1 ⎞ 1 120 120 ⎟⎟ − = 120 ⋅ ⎜⎜ − p p + 2000 ⎝ p p + 2000 ⎠

(

)

u C ( t ) = L−1 ( U C (p)) = 120 ⋅ 1 − e −2000 t V

La tensión de salida uS(t) = uC(t) en el instante t = 1,2 ms, vale:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

272

Circuitos eléctricos. Problemas

(

[

)

]

−3 ⎞ ⎛ u S (1,2ms) = 120 ⋅ 1 − e − 2000 t = 120 ⋅ ⎜1 − e −2000⋅1,2⋅10 ⎟ = 120 ⋅ 1 − e −2,4 = 109,1 V ⎝ ⎠

u S (1,2ms) = 109,1 V

b) Al conectar el interruptor K2 en el instante t=2ms, la tensión que tiene el condensador es:

[

]

−3 ⎞ ⎛ u C (2ms) = 120 ⋅ ⎜1 − e − 2000⋅2⋅10 ⎟ = 120 ⋅ 1 − e − 4 = 117,8 V ⎝ ⎠

El circuito que ahora se dispone en forma operacional es el de la figura siguiente, donde aparece a trazos la fuente equivalente a la tensión del condensador a causa de su carga en el nuevo instante inicial considerado.

R1

VC(2)/p I2(p)

I1(p) 1/Cp

Figura 107.3

Resolviendo por mallas, tenemos: 1ª malla: 1 120 117,8 − = R1 ⋅ I1 (p) + ⋅ [I1 (p) − I 2 (p)] Cp p p

Se sustituyen los valores del enunciado: 8 ⋅ 105 2,2 = 400 ⋅ I1 (p) + ⋅ [I1 (p) − I 2 (p)] p p

2ª malla: 1 117,8 = R 2 ⋅ I 2 ( p) + ⋅ [I 2 (p) − I1 (p)] Cp p

Se sustituyen los valores resueltos:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

R2

273

Régimen transitorio

8 ⋅ 105 117,8 = 200 ⋅ I 2 (p) + ⋅ [I 2 (p) − I1 (p)] p p

Operando y ordenando, para resolver el sistema por determinantes, se obtiene: 8 ⋅ 105 8 ⋅ 105 ⎤ 2,2 ⎡ ⋅ I 2 ( p) = ⎢400 + ⎥ ⋅ I1 (p) − p p ⎥⎦ p ⎢⎣

⎡ 117,8 8 ⋅ 105 8 ⋅ 105 ⎤ =− ⋅ I1 (p) + ⎢200 + ⎥ ⋅ I 2 ( p) p p p ⎦⎥ ⎣⎢

Operando, se encuentra el valor de I2(p):

8 ⋅ 105 p 8 ⋅ 105 − p

400 +

I 2 ( p) =

8 ⋅ 10 p 8 ⋅ 105 − p

400 +

5

2,2 p 117,8 p 5

8 ⋅ 10 p 8 ⋅ 105 200 + p −

=

47120 960 ⋅ 105 + p p2 80000 +

48 ⋅ 10 p

7

=

1200 + 0,589 ⋅ p A1 B1 = + p ⋅ [p + 6000] p p + 6000

Que, resolviendo por el método de Heaviside: D(p) = p 2 + 6000p

D' (p) = 2p + 6000

Los valores de D' (p) y N(p) para las raíces del denominador valen:

N(0) = 1200

D' (0) = 6000

N(−6000) = −2334

D' (−6000) = −6000

y, en consecuencia:

A1 =

N(0) 1200 = = 0,2 D' (0) 6000

B1 =

N(−6000) −2334 = 0,389 = D' (−6000) − 6000

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

274

Circuitos eléctricos. Problemas

Se llega a la conclusión que:

I 2 ( p) =

0,2 0,389 + p p + 6000

La transformada inversa ya es la expresión temporal de la corriente i2(t):

[

]

i 2 ( t ) = 0,2 + 0,389 ⋅ e −6000 t A

y a partir de esto, queda definida la tensión de salida uS(t):

[

] [

]

u S ( t ) = R 2 ⋅ i 2 ( t ) = 200 ⋅ 0,2 + 0,389 ⋅ e −6000 t = 40 + 77,8 ⋅ e −6000 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

275

Régimen transitorio

Problema 108 El circuito del esquema que se representa en la figura 108.1 trabaja en régimen permanente con el interruptor K desconectado. En el instante t = 0 se cierra este interruptor.

K

11Ω

t=0 10Ω

56Ω 90Ω

60Ω 3,5A

E=100V

4H 20Ω

K t=0

Figura 108.1

Determinar: a) La expresión temporal de la corriente transitoria que circula por la resistencia de 56 Ω b) Las expresiones temporales de las tensiones transitorias en los extremos de la misma resistencia y de la bobina c) Los valores de las tensiones anteriores al instante t = 50 ms

Resolución:

Antes de iniciar el estudio del régimen transitorio, que existirá después de conectar el interruptor K, es conveniente hacer el estudio del régimen permanente de la parte activada del circuito, y a partir de aquí deducir el generador real equivalente a toda esta parte, lo cual simplificará mucho el estudio del régimen transitorio.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

276

Circuitos eléctricos. Problemas

Aplicaremos en dos etapas del teorema de Thevenin, considerando que el circuito que se tiene que transformar o transfigurar es el de la figura 108.2.

11Ω

A

K

C

t=0 10Ω

56Ω 90Ω

60Ω 3,5A

E=100V

4H K

20Ω B

t=0

D Figura 108.2

En primer lugar, se determina el generador de Thevenin, equivalente a la parte del circuito situado a la izquierda, y entre A y B, que equivale a un generador ideal E’THEV, de valor igual a la caída de tensión que tendría entre los puntos A y B, sin conectar nada de lo que hay a la derecha de A y B: E'THEV = 90 ⋅

100 = 90 V 90 + 10

En serie con una impedancia o resistencia de Thevenin: Z’THEV de valor igual a la resistencia de la parte del circuito situado a la izquierda de A y B y visto desde A y B, después de suprimir la fuente de tensión, y en su lugar poner un puente: Z'THEV =

90 ⋅ 10 900 = =9 Ω 90 + 10 100

A continuación, se puede convertir el circuito haciendo sucesivamente los pasos siguientes: a) Traslación de la fuente de corriente. (Una fuente ideal de tensión en paralelo con una fuente ideal de corriente se comporta, a efectos externos, como una única fuente ideal de tensión.)

A

11Ω

Z’Thev+11 Ω

C

C

Z’Thev 3,5A 60Ω

60Ω E’Thev

3,5A E’Thev 20Ω B

20Ω D Figura 108.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

D

277

Régimen transitorio

b) Sustitución de la fuente real de corriente por una fuente real de tensión equivalente, f.e.m. EN y resistencia en serie Z’THEV. E N = 3,5 ⋅ 20 = 70 V

Z' THEV +11 Ω = 20 Ω

c) Por último, sustitución de las dos fuentes de tensión en serie por una sola con un valor: E N + E' THEV = 70 + 90 = 160 V

Una vez hecho todo esto, hallar de nuevo el generador de Thevenin equivalente a este último circuito, visto desde los puntos C y D. E THEV = 60 ⋅

Z THEV =

160 = 96 V 100

60 ⋅ 40 = 24 Ω 60 + 40

Y con esto reafirmamos el resultado que habíamos hallado antes. 20Ω

C

ZThev=24Ω C

C

EN=70V E’Thev

160V

60Ω

20Ω

EThev=96V

60Ω

20Ω D

D

D

Figura 108.4

Podemos proceder al estudio del régimen transitorio.

a) Ahora, al cerrar el interruptor K, lo que tenemos es (en régimen temporal y operacional, respectivamente) el esquema de la figura siguiente: ZThev=24Ω C

K

Z(p)=24

C

t>0

K t>0

56Ω EThev=96V

56 E(p)=96/p

4H

4p

K D

K

t>0

D Figura 108.5

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

t>0

278

Circuitos eléctricos. Problemas

En consecuencia, la corriente expresada en operacional es: 96 E ( p) 96 24 24 p I( p ) = = = = = 2 Zp 24 + 56 + 4p p ⋅ (80 + 4p ) p ⋅ (20 + p ) p + 20p

Para poder hallar la expresión de la intensidad en forma temporal, tenemos que descomponer en fracciones simples esta expresión de I(p), y para eso comenzamos buscando las raíces del denominador: p 2 + 20p = 0

que son: p1 = 0

p 2 = −20

lo cual permite ya poner en denominador en forma de productos:

p 2 + 20p = (p − p1 ) ⋅ (p − p 2 ) = p ⋅ (p + 20)

Una vez escrito en denominador en forma de productos, la descomposición se hace de la siguiente manera: I( p ) =

A B 24 + = 2 p 20 + p p + 20p

Para hallar los numeradores A y B, reducimos al común denominador la suma e identificamos los numeradores: Ap + 20A + Bp = 24

y esto obliga a escribir el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: A+B=0 20A = 24

que, resuelto, da: A = 1,2 y B = -1,2 y, en consecuencia: I( p) =

⎡1 1,2 1,2 1 ⎤ − = 1,2 ⋅ ⎢ − ⎥ p 20 + p ⎣ p 20 + p ⎦

Por lo tanto la corriente transitoria en el circuito será la transformada inversa de Laplace de esta expresión, que se escribe directamente utilizando la tabla de transformadas de Laplace:

[

]

⎡ ⎡1 1 ⎤⎤ − 20 t i( t ) = L−1[I(p)] = L−1 ⎢1,2 ⋅ ⎢ − A ⎥ ⎥ = 1,2 ⋅ 1 − e ⎢⎣ ⎣ p 20 + p ⎦ ⎥⎦

[

]

i( t ) = 1,2 ⋅ 1 − e −20 t A

b) La tensión en los extremos de la resistencia R = 56 Ω es:

[

]

u R ( t ) = R ⋅ i( t ) = 56 ⋅ 1,2 ⋅ 1 − e −20 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

279

Régimen transitorio

[

]

(

)

u R ( t ) = 67,2 ⋅ 1 − e −20 t V

u R ( t ) = 67,2 ⋅ 1 − e −20 t V

y la tensión en los extremos de la bobina se podrá obtener: U L ( p ) = L ⋅ p ⋅ I( p ) = 4 ⋅

24 96 = (p + 20) (p + 20)

u L ( t ) = L−1[U L (p)] = 96 ⋅ e −20 t V u L ( t ) = 96 ⋅ e −20 t V

Las dos tensiones son exponenciales, de constante de tiempo: τ=

1 = 50 ⋅ 10−3 s 20

c) Después de haber pasado un tiempo t = 50·10-3 segundos, es decir, un tiempo igual a la constante de tiempo τ del sistema, las caídas de tensión en la resistencia y en la inductancia serán:

(

)

u R (50ms) = 67,2 ⋅ 1 − e −1t = 67,2 ⋅ −

u L (50ms) = 96 ⋅ e −1 =

67,2 = 42,5 V e

96 = 35,3 V e

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

280

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 109 El circuito representado en la figura trabaja con el conmutador en la posición 1. En el instante t=0 s, se cambia el conmutador a la posición 2. Se pide: a) Expresión temporal de la tensión en bornes del condensador, si se supone inicialmente relajado y la tensión proporcionada por la fuente dependiente es de la forma ux(t) = α · i1(t) V. b) Expresión temporal de esta tensión, en las mismas condiciones del apartado a), si la fuente dependiente proporciona una tensión de la forma ux(t) = β · uC(t) V. c) Expresiones temporales de la tensión en bornes del condensador, si se supone inicialmente cargado con Q0 = 0,1 C en los dos casos propuestos en los apartados a) y b) anteriores. Datos: R = R1 = R2 = 1000 Ω

α = 500 Ω

C = 2.103 µF

IG = 0,2 A

β = 0,6

RR2 2

2 K

iI11(t)(t)

R11 R

IG =

uX (t)

R C uC (t) Figura 109.1

Resolución:

El problema se puede resolver en todos los apartados por dos métodos diferentes: el primer método de resolución será mediante ecuaciones íntegro-diferenciales: el segundo método de resolución contempla la aplicación de la transformada de Laplace. Primer método de resolución a) En este primer apartado el condensador se supone sin carga inicial, así pues, el circuito a resolver es el representado en la figura 109.2.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

281

Régimen transitorio

A

C R2 i1(t)

IG

i2(t)

+

R1

uX(t)

= uC(0+) = 0V B

C

uC(t)

D

Figura 109.2

Si se aplica en el nudo A la primera ley de Kirchhoff, se obtiene: i1 ( t ) + i 2 ( t ) = I G

Si se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la malla ACDBA en la cual se incluye, la fuente de tensión dependiente de la corriente será: u x ( t ) = u C ( t ) + R 2 ⋅ i 2 ( t ) − R1 ⋅ i1 ( t )

Siendo u x ( t ) = 500 ⋅ i1( t ) Y por último se tiene que la corriente i2(t), que circula por el condensador, tiene por expresión: i2 (t ) = C ⋅

du C ( t ) dt

Si se substituyen los datos del enunciado para este apartado, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: i1 ( t ) + i 2 ( t ) = 0,2

(A)

500 ⋅ i1 ( t ) = u C ( t ) + 1000 ⋅ i 2 ( t ) − 1000 ⋅ i1 ( t )

(B)

i 2 ( t ) = 2.10−3 ⋅

du C ( t ) dt

(C)

Efectuando operaciones en la ecuación (B), se reduce a: 1500 ⋅ i1 ( t ) = u C ( t ) + 1000 ⋅ i 2 ( t )

(D)

Si en la ecuación (A) se despeja i1(t), se tiene i1(t) = 0,2 – i2(t), y sustituyendo en la ecuación (D) se llega a: 1500 ⋅ (0,2 − i 2 ( t ) ) = u C ( t ) + 1000 ⋅ i 2 ( t )

Operando: 300 − 1500 ⋅ i 2 ( t ) = u C ( t ) + 1000 ⋅ i 2 ( t ) 300 = u C ( t ) + 2500 ⋅ i 2 ( t )

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

282

Circuitos eléctricos. Problemas

Sustituyendo en esta última expresión el valor de i2(t), obtenido de la ecuación (C), se llega definitivamente a: 300 = u C ( t ) + 2500 ⋅ 2.10−3 ⋅

300 = u C ( t ) + 5 ⋅ 60 =

du C ( t ) dt

du C ( t ) dt

1 du ( t ) ⋅ uC (t) + C 5 dt

La expresión obtenida es una ecuación diferencial de primer orden y completa. Resolveremos la ecuación homogénea, que es de la forma: α+

1 =0 5

α=−

1 5

Con lo cual la tensión en bornes del condensador será: u C ( t ) = u Ct ( t ) + u Cp ( t )

uCt (t) : Término transitorio (solución de la homogénea) uCp (t ) : Término permanente (solución particular)

u C ( t ) = K ⋅ e αt + u Cp ( t )

Ya que la solución particular es del tipo constante, y tiene que satisfacer la ecuación diferencial completa, se puede escribir: du Cp ( t )

u Cp ( t ) = K '

dt

=0

Y al sustituir estos valores en la ecuación diferencial completa, se tiene: 1 ⋅ K ' = 60 5

α ⋅ K ' = 60

K ' = 300

K ' = u Cp ( t ) = 300

Por lo tanto, la tensión en bornes del condensador es: u C ( t ) = K ⋅ eαt + 300

u C (t) = K ⋅ e

−

t 5

+ 300

Para obtener el valor de K, vamos a las condiciones iniciales, siendo: u C (0+ ) = 0 V = K ⋅ e0 + 300

por lo tanto, K = -300 Por lo tanto, en definitiva, la tensión en bornes del condensador en este primer caso vale: u C ( t ) = 300 − 300 ⋅ e

[

−

t ⎡ − ⎤ ⎢ 5 = 300 ⋅ 1 − e ⎥ V ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

t 5

]

u C ( t ) = 300 ⋅ 1 − e −0,2 t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

283

Régimen transitorio

b) En este segundo apartado, el condensador se continúa considerando sin carga inicial, por lo tanto el circuito a resolver es el mismo representado en la figura 109.2. Las expresiones de partida son las mismas teniendo en cuenta solamente que ahora u x ( t ) = β ⋅ u C ( t ) y que al sustituir los datos del enunciado se tiene el siguiente sistema de ecuaciones: i1 ( t ) + i 2 ( t ) = 0,2

(A)

0,6 ⋅ u C ( t ) = u C ( t ) + 1000 ⋅ i 2 ( t ) − 1000 ⋅ i1 ( t )

(B’)

i 2 ( t ) = 2.10−3 ⋅

du C ( t ) dt

(C)

Operando ahora tal y como se ha hecho en el apartado anterior, se llega en definitiva a una expresión de la forma: 50 =

du ( t ) 1 ⋅ u C (t ) + C dt 10

Se trata de una ecuación diferencial de primer orden y completa, y su homogénea es de la forma: α+

1 =0 10

α=−

1 10

Con esto, la tensión en bornes del condensador es: u C ( t ) = K ⋅ eαt + u Cp ( t )

Al ser: du Cp ( t )

u Cp ( t ) = K '

dt

=0

Si se sustituyen estos valores en la ecuación diferencial completa, se tiene: 1 ⋅ K ' = 50 10

α ⋅ K ' = 50

K ' = 500

Y llegamos a la expresión: uC (t) = K ⋅ e

−

t 10

+ 500

Y para obtener el valor de K, nos valemos de las condiciones iniciales, siendo: u C (0+ ) = 0 V = K ⋅ e0 + 500

Entonces K = -500. Y en definitiva, la tensión en bornes del condensador en este segundo caso vale:

(

)

u C ( t ) = 500 ⋅ 1 − e−0,1t V

c) En este tercer caso se tiene que tener en cuenta que la carga inicial del condensador dará lugar a una tensión inicial en bornes que vale: UC =

Q0 0,1 = = 50 V C 2.10 −3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

284

Circuitos eléctricos. Problemas

Por lo tanto, en el instante inicial de la conmutación del condensador tiene una tensión entre armaduras de valor: u C (0 + ) = 50 V

Por lo tanto, para los dos supuestos anteriores, el nuevo circuito a resolver es el representado en la figura 109.3. R2 i1(t)

IG

i2(t)

+

R1

uX(t)

= uC(0+)=50V C

uC(t)

D

Figura 109.3

Siendo el primer caso estudiado la en el que uC(t) valía: u C ( t ) = K ⋅ e − t / 5 + 300

Al ser en este caso las condiciones iniciales uC(0+) = 50 V, se puede escribir que: 50 = K ⋅ e0 + 300 K = −250

Por lo tanto, la tensión en bornes del condensador, que inicialmente estaba cargado, tiene una expresión de la forma:

[

]

u C ( t ) = 300 − 250 ⋅ e −0,2 t V

Para el caso b) la tensión en bornes del condensador tiene un expresión de la forma: u C ( t ) = K ⋅ e − t / 10 + 500

Con uC(0+) = 50 V, se tendrá K = -450 Por lo cual la nueva tensión en bornes del condensador tiene una expresión de la forma:

[

]

u C ( t ) = 500 − 450 ⋅ e −0,1t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

285

Régimen transitorio

Segundo Método de resolución a) Con el condensador sin carga inicial, el circuito a resolver en forma operacional es el que se representa en la figura siguiente: A

B

R2 I1(p)

IG / p

I2(p)

R1

UX(p)

+

=

1/Cp C D

uC(p)

Figura 109.4

La aplicación en el nudo A de la primera ley de Kirchhoff nos permite escribir: IG = I1 (p) + I 2 (p) p

Si se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la malla ABCDA, en la cual se incluye la fuente dependiente de tensión, tendremos: U X (p) = U C (p) + R 2 ⋅ I 2 (p) − R1 ⋅ I1 (p)

Con

U X (p) = 500 ⋅ I1(p)

Y por último, si se tiene en cuenta que la tensión en bornes del condensador es una expresión de la forma: U C ( p) =

1 ⋅ I 2 ( p) Cp

al sustituir los datos del enunciado para este apartado a), llegaremos al siguiente sistema de ecuaciones: 0,2 = I1 (p) + I 2 (p) p

(A)

500 ⋅ I1(p) = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p) − 1000 ⋅ I1(p)

(B)

U C ( p) =

1 2.10

−3

⋅p

⋅ I 2 ( p) =

500 ⋅ I 2 ( p) p

(C)

Operando la ecuación (B), se obtiene: 1500 ⋅ I1 (p) = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p)

(D)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

286

Circuitos eléctricos. Problemas

Si en la ecuación (A) se despeja I1(p) y se sustituye en (D), se llega a: ⎤ ⎡ 0,2 1500 ⋅ ⎢ − I 2 (p)⎥ = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p) ⎦ ⎣ p

Efectuando operaciones en esta última expresión será: 300 − 1500 ⋅ I 2 (p) = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p) p 300 = U C (p) + 2500 ⋅ I 2 (p) p

Si se sustituye UC(p) dada por la ecuación (C), será: 300 500 = ⋅ I 2 (p) + 2500 ⋅ I2 (p) p p

⎤ 300 ⎡ 500 =⎢ + 2500⎥ ⋅ I 2 (p) p ⎦ ⎣ p

Despejando I2(p), se obtiene: 300 300 300 p p I 2 ( p) = = = 500 500 + 2500p 500 + 2500p + 2500 p p I 2 ( p) =

0,12 0,2 + p

Donde: U C ( p) = U C ( p) =

1 500 0,12 60 ⋅ I 2 ( p) = ⋅ = Cp p 0,2 + p p(p + 0,2) 60 2

p + 0,2p

=

A B + p p + 0,2

Ya que las raíces del denominador son p1 = 0 y p2 = -0,2, reales y diferentes, la determinación de los coeficientes A y B de la descomposición en suma de fracciones simples se podrá hacer por el método Heaviside, teniendo en cuenta que: D( p ) = p 2 + 0,2 p

D′( p) = 2 p + 0,2

Con D′(0) = 0,2 y D′(−0,2) = −0,2 y los valores de A y B resultan ser: A=

N ( 0) 60 = = 300 D′(0) 0,2

B=

N (−0,2) 60 = = −300 D′(−0,2) − 0,2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

287

Régimen transitorio

Con lo cual en este primer caso será: U C ( p) =

300 300 − p p + 0,2

La antitransformada nos proporciona la tensión en bornes del condensador en forma temporal:

[

u C ( t ) = L−1[U C (p)] = 300 − 300 ⋅ e −0,2 t = 300 ⋅ 1 − e −0,2 t

[

]

]

u C ( t ) = 300 ⋅ 1 − e −0,2 t V

b) En este apartado, el condensador continúa estando descargado; por lo tanto el circuito, a resolver es idéntico al representado en la figura 109.4. Se tendrá que tener en cuenta, no obstante que ahora U X (p) = β ⋅ U C (p) , U X (p) = 0,6 ⋅ U C (p) . Con esto, al sustituir los datos del enunciado el sistema de ecuaciones de que se dispone es el siguiente: 0,2 = I1 (p) + I 2 (p) p

(A)

0,6 ⋅ U C (p) = 1000 ⋅ I 2 (p) + U C (p) − 1000 ⋅ I1 (p)

(B’)

U C ( p) =

500 ⋅ I 2 ( p) p

(C)

Operando la ecuación (B’), se obtiene: 1000 ⋅ I1 (p) = 0,4 ⋅ U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p)

(D)

Si en (A) se despeja I1(p) y se sustituye en la ecuación (D), obtenemos: ⎤ ⎡ 0,2 1000 ⋅ ⎢ − I 2 (p)⎥ = 1000 ⋅ I 2 (p) + 0,4 ⋅ U C (p) ⎦ ⎣ p

200 = 2000 ⋅ I 2 (p) + 0,4 ⋅ U C (p) p

Si ahora se sustituye el valor de UC(p) dado por al ecuación (C), se llega a: 200 500 = 0,4 ⋅ ⋅ I 2 (p) + 2000 ⋅ I 2 (p) p p ⎤ 200 ⎡ 200 =⎢ + 2000⎥ ⋅ I 2 (p) p ⎦ ⎣ p

Despejando I2(p) será: 200 200 0,1 p I 2 ( p) = = = 200 + 2000 200 + 2000p p + 0,1 p

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

288

Circuitos eléctricos. Problemas

Por lo tanto, y para este apartado UC(p) da: U C ( p) = I 2 ( p) ⋅

1 0,1 500 50 = ⋅ = Cp p + 0,1 p p ⋅ (p + 0,1)

50

U C ( p) =

2

p + 0,1p

=

50 A' B' = + p(p + 0,1) p (p + 0,1)

Procediendo como en el caso anterior para hallar los coeficientes A’ y B’, se llega a: A’ = 500

B’ = -500

Por lo tanto: U C ( p) =

500 500 − p (p + 0,1)

La antitransformada nos proporciona la tensión en forma temporal de la tensión en bornes del condensador en este segundo caso:

[

u C ( t ) = L−1[U C (p)] = 500 − 500 ⋅ e −0,1t = 500 ⋅ 1 − e −0,1t

[

]

]

u C ( t ) = 500 ⋅ 1 − e −0,1t V

c) La tensión nominal en bornes del condensador será, en transformadas de Laplace: U C 0 ( p) =

50 p

Por lo tanto y para los dos supuestos anteriores, el nuevo circuito a resolver es el representado en la figura siguiente, en la cual se ha representado a trazos el generador ficticio equivalente a la tensión inicial en el condensador. A R2 I1(p)

IG / p

I2(p)

R1

=

+

UX(p)

1/Cp

UC0(p) +

Figura 109.5

A diferencia de lo que ya se ha resuelto anteriormente, la tensión en bornes del condensador para las dos fuentes dependientes de tensión que se tienen ahora será: U C ( p) = U C 0 ( p) +

U 1 1 ⋅ I 2 ( p) = C0 + ⋅ I ( p) p Cp 2 Cp

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

289

Régimen transitorio

U C ( p) =

50 500 + ⋅ I ( p) p p 2

Con esto, el sistema de ecuaciones a plantear para el caso que la fuente de tensión dependiente de la corriente sea de la forma U X ( p) = 500 ⋅ I1 ( p ) , será el siguiente: 0,2 = I1 ( p ) + I 2 ( p ) p

(A)

500 ⋅ I1 (p) = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p) − 1000 ⋅ I1 (p)

(B)

U C ( p) =

50 500 ⋅ I 2 ( p) + p p

(C’)

Resuelto el sistema para hallar I2(p), se obtiene: I 2 ( p) =

0,1 p + 0,2

Con lo cual la tensión en bornes del condensador en transformadas de Laplace vale: U C ( p) =

50 500 ⎡ 0,1 ⎤ 50 50 + ⋅⎢ + ⎥= p p ⎣ 0,2 + p ⎦ p p(p + 0,2)

La antitransformada del segundo término de la suma vale: ⎡ ⎤ 50 −0 , 2 t L−1 ⎢ ⎥ = 250 − 250 ⋅ e + p ( p 0 , 2 ) ⎣ ⎦

Con esto, para este caso será:

[

]

u C ( t ) = 50 + 250 − 250 ⋅ e −0, 2 t = 300 − 250 ⋅ e −0, 2 t V

[

]

u C ( t ) = 300 − 250 ⋅ e −0, 2 t V

Si la fuente dependiente de tensión es de la forma UX(p) = 0,6 · UC(p), el nuevo sistema de ecuaciones que se tiene es el siguiente: 0,2 = I 1 ( p) + I 2 ( p ) p

(A)

0,6 ⋅ U C (p) = U C (p) + 1000 ⋅ I 2 (p) − 1000 ⋅ I1 (p)

(B’)

U C ( p) =

50 500 ⋅ I 2 ( p) + p p

(C’)

Resuelto el sistema para hallar el nuevo valor de I2(p), se obtiene: I 2 ( p) =

0,09 p + 0,1

Así pues, la tensión en bornes del condensador en transformadas de Laplace vale: U C ( p) =

50 500 ⎡ 0,09 ⎤ 50 45 + ⋅⎢ + ⎥= p p ⎣ 0,1 + p ⎦ p p(p + 0,1)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

290

Circuitos eléctricos. Problemas

La antitransformada del segundo término de esta suma vale: ⎡ 45 ⎤ −0,1t L−1 ⎢ ⎥ = 450 − 450 ⋅ e ⎣ p(p + 0,1) ⎦

Con esto, la expresión temporal de la tensión en bornes del condensador en este último caso será: u C ( t ) = 50 + 450 − 450 ⋅ e −0,1t V

[

]

u C ( t ) = 500 − 450 ⋅ e −0,1t V

Todas las expresiones halladas mediante este segundo procedimiento coinciden exactamente, como tendría que ser, con las obtenidas mediante el primero.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

291

Régimen transitorio

Problema 110 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 s cerramos el interruptor K. Se pide la expresión temporal de la corriente i(t) para t>0.

10 Ω

20Ω -3 2·10 mF

K

10 Ω

i(t)

+

+=

2 mH

40 V

40 V Figura 110.1

Resolución:

En t = 0-: 10 Ω

20Ω

+

i(0-)

u(0')

40 V

( )

i 0− =

40 = 1A 10 + 10 + 20

( )

u 0 − = (20 + 10 ) ⋅ 1 = 30 V

10 Ω Figura 110.2 +

Para t = 0 : 10 Ω

10 Ω

20

30 V

< > 40 V

30 V

10 Ω

10 Ω

(a)

Figura 110.3

Cálculo de iA(t): Para t = ∞, 10 Ω + 40 V 10 Ω

i A (0) =

30 = 3A 10

i A∞ (t ) =

40 =2 A 10 + 10

Figura 110.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

iA

+

40 V

20Ω

+

+

-3 2·10 mF

iB 2 mH 1A (b)

292

Circuitos eléctricos. Problemas

τ = R eq ⋅ Ceq = 2 ⋅ 10−6 ⋅

10 ⋅ 10 = 10−5 10 + 10

5 i A (t ) = 2 − [2 − 3] ⋅ e −10 t

Cálculo iB(t): i B (0 ) = 1 A τ=

L eq R eq

=

i B∞ (t ) = 0 2 ⋅ 10−3 = 10− 4 20

i B (t ) = 0 − [0 − 1] ⋅ e −10

4⋅t

= e −10

4⋅ t

i L (t ) = i A (t ) − i B (t )

i L (t ) = 2 + e −10

5t

− e −10

4t

A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

293

Régimen transitorio

Problema 111 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En un momento determinado, correspondiente al instante en que la corriente que circula por la bobina sea máxima, se cambia de posición el conmutador (t=0). Se pide: a) Corriente que circula por la bobina en t=0- y en t=0+ b) Tensión en bornes de la bobina en t=0- y en t=0+ c) Energía almacenada en el condensador en t=0+ d) Expresión temporal de la corriente que circula por la bobina para t > 0 e) Expresión temporal de la tensión en bornes de la bobina para t > 0

Figura 111.1 Resolución: XC = − j

ZC//R =

1 1 = −j = −500 j Ω Cω 20 ⋅ 10 −6 ⋅ 100

X L = j400 ⋅ 10 −3 ⋅ 100 = j40 Ω

100(− 500 j) 500 500∠ − 90 = −j = = 98,0584∠ − 11,31 = 96,1541 − j19,2303 Ω 100 − 500 j 1 − j5 5,093∠ − 78,69

ZL −C//R = j40 + 96,1541 − j19,2309 = 96,1541 + j20,7691 = 98,37157∠12,1885 Ω ZT =

98,37157∠12,885 ⋅ 197,628 19440,97664∠12,1885 = = 66,01∠8,1447Ω 96,1541 + j20,7691 + 197,628 284,5153∠4,0438

Imax = 0,282∠00

(UAB )max = Imax ⋅ ZT = 0,282∠00 ⋅ 66,01∠8,1447 = 18,61482∠8,1447

61482∠8,1447 (IL )max = 9818,,37157 = 0,1892∠ − 4,0438A ∠12,1885

(UCB )max = (IL )max ⋅ ZC//R = 0,1892∠ − 4,0438⋅98,0584∠ − 11,31 = 18,555∠ − 15,3538V © Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

294

Circuitos eléctricos. Problemas

(UAC )max = Imax ⋅ XL = 0,1892∠ − 4,0438⋅ 40∠90 = 7,568∠85,3562V ( )

u L 0 − = 0V

( )

ya que iL es máxima;

( ) ( )

i L 0− = i L 0+ = 0,1892 A

( )

( )

u C 0 − = u C 0+ = 18,555 ⋅ cos(− 15,3538 − (− 4,0438))

( )

( )

1 1 2 + WC 0+ = C ⋅ u C 0 = ⋅ 20 ⋅ 10−6 ⋅ 18,19462 2 2

( )

u C 0− = u C 0+ = 18,1946

V

( )

WC 0+ = 3,3104 ⋅ 10−3 J

Para t > 0+ el circuito queda:

Figura 111.2

( )

( )

( )

( )

( )

( )

u L 0 + + u C 0 + + u R 0 + = 0 ; u L 0 + = −u C 0 + − i L 0 + ⋅ R 1 = −18,1946 − 0,1892 ⋅ 197,628 = −55,5V

El circuito operacional es:

Figura 111.3 Malla1 0,07568 = 100(I1 − I 2 ) + 197,628 ⋅ I1 + 0,4p I1 ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ 18,1946 50000 = −100 ⋅ (I 2 − I1 ) + Malla 2 − I2 ⎪ ⎪⎭ p p

De la 1ª : I 2 =

⎧ 0,07568 = (297,628 + 0,4p )I1 − 100I 2 ⎪ ⎨− 18,1946 = −100I + ⎛⎜100 + 50000 ⎞⎟I 1 ⎜ 2 ⎪ p p ⎟⎠ ⎝ ⎩

(297,628 + 0,4p )I1 − 0,07568 = (2,97628 + 0,004p )I 100

1 − 0,0007568

Sustituyendo en la segunda ecuación podemos aislar la expresión de I1:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

295

Régimen transitorio

I1 = I1 =

0,1852p + 49,1135 2

p + 994,07 p + 372,035 0,1892p + 49.1135

(p + 497,035)

2

2

+ 353,541

=

0,1892(p + 259,585)

(p + 497,035)2 + 353,5412

=

353,541 353,541 − 2 2 (p + 497,035) + 353,541 (p + 497,035)2 + 353,5412 44,9255

0,1892(p + 497,035)

i 1 (t ) = e −497 , 035 t [0,1892(cos 353,541t ) − 0,1270sen(353,541t )]

(es como una suma de dos vectores) 0,1270 0,18922 + 0,12702 = 0,2278 0,1270 α = arctg = 33,871° 0,1892 i1 ( t ) = 0,2278 ⋅ e−497,035 t ⋅ cos(353,54 t + 33,87 º )

0,1892

u AC

(

)

di L d − 497.035 t = 0.4 e ⋅ cos(353,541t + 33,871°) dt dt 0 + = −55,5776 cos(− 1,54°) = −55,51V

uL = L

u L = −55,5776 ⋅ e −497 , 035 t cos(353,541t − 1,54°) V

( )

Para cálculo diferencial:

0.1892 A

400 mH

I1 197.628 Ω 100 Ω

-6

I2

20.10 F

18.1946 V

Figura 111.4 di1 + 100(i1 − i 2 ) + 197,628 ⋅ i1 = 0 dt du Malla 2u C = 100(i1 − i 2 );i 2 = C C dt

⎧ di1 − 6 duc + 197,628 ⋅ i1 = 0 ⎪0,4 dt + 100i1 − 100 ⋅ 20 ⋅ 10 dt ⎨ du ⎪ u C = 100 ⋅ i1 − 100 ⋅ 20 ⋅ 10− 6 c dt ⎩

Hallaríamos uC(t) y de aquí i1 que vale:

i1 (t ) = e −497.035 t ⋅ 0,2278 ⋅ cos 353,541t + 38,85 0 ° A

Malla1400 ⋅ 10−3 ⋅

y también

u L (t ) = L

di1 = −55,5776 ⋅ e − 497.035 t cos(353,541t − 1,54°) V dt

u AC (0 ) = −55,5776 ⋅ cos(−1,54º ) = −55.51 V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

(

)

296

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 112 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0,001 s, se cierran los interruptores K1 y K3 y se abre el interruptor K2. Se pide: a) Expresión temporal de la tensión uC(t) en bornes del condensador (Para t> 0,001 s) b) Expresión temporal de la corriente i(t) que circula por la bobina (Para t> 0,001 s) c) Energía consumida por la resistencia R1 desde t=0,001 s hasta a t=∞ d) Valor de la corriente que circula por la bobina después de haber transcurrido 0,01 s de haber cerrado los interruptores e) Energía almacenada en el condensador para el mismo instante anterior R1= 3 Ω

Datos:

u(t)=240 cos (10t+(π/4)) V

Figura 112.1

Resolución: 1 ⎛ ⎞ Z1 = 132,7847 + j⎜⎜10 ⋅ 8,333 − ⎟ = 153,3265∠300 Ω −3 ⎟ 10 ⋅ 15 ⋅ 10 ⎠ ⎝

I=

Se trabaja con valores máximos:

(

u ( t ) = 240cos 10t + 45 0

(

(

)

UC = I ⋅ XC = 1,5652∠150 ⋅

U 240∠450 = = 1,5652∠150 A Z 153,3265∠300 i( t ) = 1,5652 cos 10 t + 150

1 15 ⋅ 10−3 ⋅ 10

)

∠ − 900 = 10,4346∠ − 750 V

)

5 ⎞ ⎛ u C ( t ) = 10,4346 cos 10 t − 750 = 10,4346⎜10 t − π ⎟ 12 ⎝ ⎠

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

297

Régimen transitorio

Para t=0,01:

i (0,001) =1,5077 A

u (0,001) =2,8013 V

El circuito resultante con sus condiciones iniciales será:

Figura 112.2

Si t’ = t – 0,01 s: Aplicando la ecuación de malla en este circuito tenemos: uR + uL + uC = i ⋅ R + L ⋅

di + uC = 0 dt ′

Es decir: d 2 u C R du C 1 + + uC = 0 dt ′ L dt ′ LC

La ecuación característica es: α2 +

182,749 1 α+ =0 8,333 8,333 ⋅ 15 ⋅ 10 −3

Se tienen dos raíces: α1 = −21,5641 α 2 = −0,371 .

Por lo tanto: u C = K 1 ⋅ e −21,5641t′ + K 2 ⋅ e −0,371t′ .

Se calculan los coeficientes con las condiciones iniciales. La tensión inicial en el condensador nos lleva a 2,8013 = K1 + K 2

[

i(t ) = 15 ⋅ 10−3 − 21,5641 ⋅ K1 ⋅ e −21,5641t ′ − 0,371 ⋅ K 2 ⋅ e−0,371t ′ i(0 ) = 1,5077 = 15 ⋅ 10−3 [− 21,5641 ⋅ K1 − 0,371 ⋅ K 2 ]

Se obtienen:

K1=-4,79178

[

]

K2=7,59308

]

u C (t ) = - 4,79178 ⋅ e −21,5641t ′ + 7,59308 ⋅ e −0,371t ′ ⋅ 1(t′)

Referido a t resulta

[

]

u C (t ) = - 4,79178 ⋅ e −21,5641(t − 0,01) + 7,59308 ⋅ e−0,71(t −0,01) ⋅ 1(t − 0,01)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

298

Circuitos eléctricos. Problemas

i(t ) = C

[

[

]

du C = 15 ⋅ 10−3 103,3304e − 21,5641t − 2,8170e −0,371t ⋅ 1(t ) dt

]

i(t ) = 1,5499e −21,5641t ′ − 0,04225e −0,371t′ ⋅ 1(t′)A

Para t’=0,01 después de cerrar el interruptor: i(0,01) = 1,2071 A WC (0,01) =

u C (0,01) = 3,7026

V

1 2 ⋅ C ⋅ uC (0,01) = 1 ⋅ 15 ⋅ 10−3 ⋅ 3,70262 = 0,1018 J 2 2

que corresponde a la energía disipada por la resistencia R1.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

299

Régimen transitorio

Problema 113 En el circuito de la figura y para t=0 s se cierra el interruptor K. Se conoce que la respuesta uC(t) que presenta el circuito corresponde a una senoide amortiguada de pulsación 2 rad/s. Se pide: a)Valor de la capacidad del condensador C. b)Expresión temporal de la corriente i(t). Nota: Recordar que ωp = ωn 1 − z 2 siendo ωp la pulsación propia, ωn la pulsación natural y z el factor de amortiguamiento. 0,25Ω

0,25H L 60V

i(t)

C 0,25Ω

K

Figura 113.1 Resolución: di ⎫ + (0,25 + 0,25)i + u C ⎪ dt ⎪ ⎬ dU C ⎪ i=C dt ⎭⎪ 60 = 0,25

60 = 0,25.C

2 d uC du + 0,5.C C + u C 2 dt dt

2 d uC 0,5.C du C 1 60 + + uC = 2 0,25.C dt 0,25.C 0,25.C dt 2 d uC du 4 240 + 2. C + u C = 2 dt C C dt ⎫ ⎪ ⎪⎪ 2 4 ωn = ⎬ C ⎪ ⎪ 2 ωp = ωn 1 − z ⎪ ⎭ 2.z.ω n = 2

⎫ ⎪ ⎪ 4 2 ω n = ⎬ C ⎪ ⎪ 2 2 = ωn 1 − z ⎭ zω n = 1

C = 0,8 F

El cálculo de C se puede hacer también: 4 α 2 + 2α + = 0 C

−2± 4− α=

2

16 C

4− = −1 ±

16 C

2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

uC(t)

300

Circuitos eléctricos. Problemas

4−

Dado que es una senoide amortiguada

16 −4 C =2 2

16 − 4 = 16 C

16 negativa, en consecuencia: C

16 = 20 C

C = 0,8 F

Sustituyendo resulta: 2 d uC du 240 4 uC = +2 C + 2 0,8 dt 0,8 dt

2 d uC du + 2 C + 5.u C = 300 2 dt dt

Ecuación característica de la ecuación homogénea: 2 α + 2α + 5 = 0

α = −1 ± j2

Por lo tanto

i Ch (t) = Ae − t cos (2t + ϕ) −t u C (t) = u Ch (t) + u Cp (t) = Ae cos(2t + ϕ ) + 60 du i C (t) = C C = 0.8 − Ae −t cos(2t + ϕ) − Ae − t 2sen(2t + ϕ) dt

[

]

Para t=0: ⎫⎪ ⎬ i C (0) = 0 = 0,8.[− Acosϕ − A.2.senϕ]⎪ ⎭ A cos ϕ = −60⎫ ϕ = −26,56º ⇒ A = −67,08 ⎪ ⎬ 1 ϕ = 153,44º ⇒ A = 67,08 tgϕ = − ⎪⎭ 2 u C (0) = 0 = Acosϕ

El módulo de A tiene que ser positivo, por lo tanto la solución correcta será la segunda: u C (t) = 67,08.e

−t

cos(2t + 153,44º )

i C (t) = 0,8.67,08.e − t [− cos(2t + 153,44º ) − 2sen(2t + 153,44º )] i C (t) = −53,664.e − t .[cos(2t + 153,44º ) + 2sen(2t + 153,44º )]

y sumando los vectores: 1

153,44º 2 153,44º

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

301

Régimen transitorio

1∠153,44º +2∠153,44º −90º = −0,89 + j0,447 + 0,89 + j1,788 = j2,22 = 2,236∠90º

i(t) = −120e − t cos(2t + 90º ) = 120.e − t sen2t

Por transformadas de Laplace tenemos: 0,25p

0,25 1 0,8p

60 p

0,25 Figura 113.2 60 I(p) =

p 0,5 + 0,25p +

1

=

240 2

p + 2p + 5

=

120,2 (p + 1)2 + 2 2

0,8p

i(t) = L−1 [I(p)] = 120e − t sen2t A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

302

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 114 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, con el conmutador, K, en la posición 1. En el instante en que la fuente de corriente i0(t) proporciona un valor nulo de corriente, y siendo la tensión u(t) en bornes de la misma de valor negativo se cambia de posición el conmutador pasando a la nueva posición 2, instante que se tomará como nuevo origen de tiempo (t=0). Se pide: a) Valores de las corrientes iL(0-), iL (0+) y de la tensión uC(0-). b) Valores de les tensiones uL(0+) y uC(0+) y de la corriente iC(0+). c) Expresión temporal de la tensión u(t) para t>0. d) Expresión temporal de la corriente iC(t) para t>0. Datos: R1=20 Ω

L=(4/π) H

C=(5/π) mF

R0=45 Ω

k1=0,604 Ω

i0(t) =10√2 cos (4πt + (π/6)) A

Figura 114.1 Resolución:

Pasando a grados : 180 π rad = = 300 6 6

Se coge un origen de fases tal que I0 = 10∠300 A: X L = Lω=

Zp =

Si

4 4π = 16Ω π

16∠900 ⋅ 20∠00 0

16∠90 + 20∠0

0

XC =

1 1 ⋅ 103 = = 50Ω 5 Cω 4π π

R1 = 20∠00 Ω

= 12,494∠51,340 Ω

entonces U p = Zp ⋅ I0 = 124,935∠81,340 V

Corrientes de las ramas L y R1: IL =

Up XL

= 7,808∠ − 8,6600 A

I R1 =

Up R1

= 6,247∠81,340 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

303

Régimen transitorio

Para la fuente dependiente: 0

k1IR1 = 3,773∠81,34 V

IC = −

k1IR1 R 0 − XC j

= 0,056∠309,3520 A

U C = IC ⋅ XC = 2,804∠219,3520 V

Ya que se dice que la corriente para el nuevo t=0, cuando i0(t)=0, quiere decir que el vector I 0 debe estar situado sobre el eje de las ‘Y’, siendo la proyección del vector U p negativa. I0

Up

81.34º+60º=141.34º

En este instante se tiene (nuevo origen):

( ) u (0 ) = 2,804

( )

u p 0− = 124,939 2 cos(81,34 + 60 ) = −84.74 V

i0 0− = 0 A

( )

i L 0− = 7,808 2 cos(− 8,66 + 60) = 6,898 A

c

−

2 cos(219,352 + 60 )

( )

u c 0− = 0,644 V

Cuando t=0+, el interruptor k se pasa a la posición 2 (se mantienen los valores de corriente en L y tensión en C):

( )

i L 0 + = 6,898 A

( )

u C 0+ = 0,644 V

y

Siendo

(

)

I0 = 10∠900 A →i 0 (t ) = 10 2 ⋅ cos 4π t + 900 A

Tenemos

( )

( )

( )

u 0+ i R1 0 + = C = 0,0322 A R1

i0 0+ = 0 A

( ) [ ( ) ( )]

i C 0+ = −6,93 A

( )

u L 0+ = 0,644 V

( )

i C 0+ = − i L 0+ + i R 0+

( )

( )

u L 0+ = u C 0+

Analizando la respuesta completa: uL = L

di L dt

iC = C

u R1 = u L = u C = u

du C dt

i 0 = i C + i R1 + i L

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

304

Circuitos eléctricos. Problemas

Sustituyendo y ordenando: i 0 = CL

d 2i L L di L + + iL dt R 1 dt

Ecuación homogénea: 5 ⋅ 103 4 2 4 π ⋅ ⋅β + ⋅β +1 = 0 π π 20

β = −15,708 ± j ⋅15,708

Solución homogénea:

i L hom (t ) = e −15, 708 t [A ⋅ cos (15,708 ⋅ t ) + B ⋅ sen (15,708 ⋅ t )]

Solución particular: I0 =

UC UC UC + + ⇒ U C = 152,387∠130,364 V R1 XL XC

IC =

UC = 3,047∠220,364 A XC

IL =

UC = 9,527∠40,36 A XL

i Lp (t ) = 9,527 2 cos(4πt + 40,36°) i L (t ) = e −15, 708 t [A ⋅ cos (15,708 ⋅ t ) + B ⋅ sen (15,708 ⋅ t )] + 13,473 cos(4πt + 40,36°) A

Para t=0:

i L (0) = 6,898 = A + 10,266→A = −3,368

Por otro lado: u L (t ) = u C (t ) = L

di L dt

Cuando t=0 0,644 =

4 d

π dt

[

4 iL (t ) t = 0 = − 15,708 ⋅ A + B ⋅ 15,708 − 13,473 ⋅ 4πt ⋅ sen40,360 π

0,5057 = 52 ,904 + 15,70 ⋅ B − 8,72 ⋅ 4 ⋅ π

⇒

]

Β = 3,615

(

i L (t ) = e −15, 708 t [− 3,368 cos(15,708t ) + 3,615sen (15,708t )] + 13,473 cos 4πt + 40,36 0 u (t ) = u L (t ) = L

)

A

di dt

{

4 - 15,78e −15, 708 t [− 3,368 cos(15,708t ) + 3,615sen (15,708t )] + π e −15, 708 t [3,368 ⋅ 15,708sen (15,708t ) + 3,615 ⋅ 15,708 cos(15,708t )] − 13,473 ⋅ 4πsen 4πt + 40,36 0

u (t ) =

(

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

)} V

305

Régimen transitorio

Problema 115 En el circuito de la figura y para t=0 s, se cambia de posición el conmutador K. Se conoce que la respuesta de la corriente iL (t) que presenta el circuito corresponde a una senoide amortiguada de pulsación 2 rad/s. Se pide: a) Valor de la inductancia L b) Expresión temporal de la tensión u(t) Nota: Hay que recordar que ωp = ωn 1 − z 2 , siendo ω p la pulsación propia, ω n la pulsación natural y z el factor de amortiguamiento. K

2Ω

0,6A

2Ω

0,25F

iL (t) L

Figura 115.1 Resolución: ⎫ 0,6 = i R + i L + i C ⎪ ⎪ u du ⎪ 0,6 = + i L + C ⎬ 2 dt ⎪ di L ⎪ u=L ⎪ dt ⎭

y sustituyendo resulta: 0,6 = 0.5L

di L di 2L + i L + 0.25L dt dt 2

d 2i L di 1 0.6 +2 L + iL = 2 dt 0.25L 0.25L dt d 2i L di 4 2.4 + 2 L + iL = 2 dt L L dt ⎫ ⎪ 4 ⎪⎪ 2 ωn = ⎬ L ⎪ ⎪ ωp = ωn 1 − z 2 ⎪ ⎭

2.z.ω n = 2

⎫ ⎪ ⎪ 4 2 ω n = ⎬ L ⎪ ⎪ 2 2 = ωn 1 − z ⎭

zωn = 1

L = 0,8 H

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

u(t)

306

Circuitos eléctricos. Problemas

sustituyendo resulta: d 2i L di 4 2,4 +2 L + iL = 2 dt 0,8 0,8 dt 2 d iL di + 2 L + 5i L = 3 dt dt 2

Ecuación característica de la ecuación homogénea: α 2 + 2α + 5 = 0

α = −1 ± j2

Por lo tanto:

i Lh (t) = Ae− t cos (2t + ϕ) i L (t) = i Lh (t) + i Lp (t) = Ae− t cos(2t + ϕ) + 0,6 u=L

di L dt

[

= 0,8 − Ae −t cos(2t + ϕ) − Ae −t 2sen(2t + ϕ)

]

Para t=0: i L ( 0) = 0

⎫ ⎬ u = u C(0) = 0⎭

ϕ = −26,56º ⇒ A = −67,08 ϕ = 153,44º ⇒ A = 67,08

El módulo de A tiene que ser positivo, por lo tanto la solución correcta será la segunda i L (t) = 0,67.0,8e− t cos(2t + 153,44º ) u(t) = L

di L dt

= −0,53664.e −t [cos(2t + 153,44º ) + 2.sen(2t + 153,44º )]

u(t) = 1,20e − t sen2t V

Por transformadas de Laplace tenemos:

0,6 p

2

0,8p

4 p

Figura 115.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

307

Régimen transitorio

pU A + 2,5.U A + 0,5p 2 .U A U 0.6 U A = + 1,25 A + 0,25.p.U A = p 2 p 2p 2 1,2p 2,4 2 UA = = = 2,4 3 2 2 0,5p + p + 2,5p p + 2p + 5 (p + 1)2 + 22

[

]

u A (t) = L−1 U A (p) = 1,2.e − t sen2t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

308

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 116 Dado el circuito de la figura, para t=0 abrimos el interruptor K. Por otro lado y dado que la bobina y el condensador formaban parte de otro circuito, presentan les siguientes condiciones iniciales: uC(0) =200 V

iL(0) =10 A

Se pide: a) Valor de la tensión uL para t=0+ b) Valor de la corriente iC para t=0+ c) Expresión temporal de la corrent iL para t>0

8mH 48A

20Ω

K t=0

100µF 28Ω

Figura 116.1 Resolución:

Para t=0+:

8mH 48A

20Ω iR1

iR2

10A

uC(0+)=200V

28Ω iC

Figura 116.2 UL(0+) = Uc(0+) – UR2 = 200 – 10·28 = -80 V ic(0+) = 48 – iR1(0+) – iL(0+) = 48 – (200/20) – 10 = 28 A 48 = iR1 + iL + ic ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ di L di L − 3 = L + R i L = 8 ·10 + 28 i L ⎪⎪ U = UL + U 2 R2 dt dt ⎭

48 =

U dU + iL + C 20 dt

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

309

Régimen transitorio

Sustituyendo la segunda ecuación en la primera ecuación resulta: 48 =

⎡ di d 2iL di L 1 ⎡ ⎤ ( 8 ·10 − 3 · L + 28 i L ) ⎥ + i L + 100 ·10 − 6 ( ⎢ 8 ·10 − 3 + 28 ⎢ 20 ⎣ dt dt ⎦ ⎢⎣ dt 2

di L d 2iL di L 48 = 0 , 4 ·10 − 3 + 1, 4 i L + i L + 8 ·10 − 7 + 28 ·10 − 4 2 dt dt dt

d 2iL di L 8 ·10 − 7 + 3 , 2 ·10 − 3 + 2 , 4 i L = 48 dt dt

Ecuación característica: 8·10-7s2 +3,2·10-3s + 2,4 = 48

donde s1= -3000 y s2= -1000

iL(t) = K1·e-3000t + K2·e-1000t + iLp(t) Para i Lp (t) = 48 ·

20 = 20 A 20 + 28

iL(t) = K1·e-3000t + K2·e-1000t + 20 Falta hallar K1 y K2: iL(0)= 10 = K1 + K2 + 20

(1)

+ −3 di L u(0 ) = 200 = 8·10 + 28i L t = 0 dt t = 0

es decir:

(

)

200 = 8·10 −3 K (− 3000 ) + K (− 1000 ) + 28(K + K + 20) 1 2 1 2 200 = -24K1 – 8K2 +28K1 +28K2 +560

es decir: (2)

4K1 + 20K2 = -360

De las expresiones (1) y (2) resulta: K1 = 10 y K2 = -20

Por lo tanto: i L ( t ) = 10e −3000 t − 20e −1000 t + 20

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

⎤ ⎥) ⎥⎦

310

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 117 El circuito esquematizado de la figura trabaja en régimen permanente con el conmutador K en la posición 1. En el instante t = 0 s, se pasa el conmutador a la posición 2. Calcular: a) Expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el circuito b) Expresión temporal de la tensión en los terminales del condensador 1

K

R2 = 10 Ω

t=0 2

R1 = 10 Ω

+ e(t) = E = 200 V

C = 20 mF

L=2H

Figura 117.1 Resolución:

a) Establecemos las condiciones iniciales: i (0 − ) =

200 = 20 A 10

u C (0 − ) = U C = 20 ⋅ 10 = 200 V

Poniendo el conmutador en la posición 2, el circuito operacional que se tiene es el siguiente: A R2 IL(p)

R1

Lp

1/Cp

IR1(p) +

B

Figura 117.2

La impedancia en paralelo resultante de Lp y R1 es: Z p ( p) =

R1 ⋅ L P 10 ⋅ 2p 10p = = R1 + L P 10 + 2p 5 + p

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

200/p

IC(p)

311

Régimen transitorio

y la impedancia operacional total del circuito: Z T (p) = R 2 +

R1 ⋅ L p p 2 ⋅ (R 1 ⋅ LC + R 2 ⋅ LC) + p ⋅ (R 1 ⋅ R 2 ⋅ C + L) 1 + = Cp R 1 + L p LC ⋅ p 2 + R 1 ⋅ C ⋅ p

que, sustituyendo y operando, resulta: 20 ⋅ (p 2 + 5p + 12,5) p ⋅ (p + 5)

ZT ( p ) =

Por lo tanto, la corriente que circula por la rama del condensador vale: E ( p) ZT ( p )

I C ( p) =

E (p) =

con

u C (0− ) 200 = p p

y sustituyendo valores, se obtiene: IC ( p) =

10 ⋅ (p + 5) 2

p + 5p + 12,5

Por otro lado, la tensión entre A y B valdrá: U AB (p) = ZP (p) ⋅ IC (p)

que sustituyendo y simplificando, da: U AB (p) =

100p 2

p + 5p + 12,5

por lo tanto, las corrientes IR1(p) y L(p) valen, respectivamente: I R1 ( p ) =

I L ( p) =

U AB (p) 100p 10p = = 2 R1 10 ⋅ p 2 + 5p + 12,5 p + 5p + 12,5

(

)

U AB (p) 100p 50p = = 2 2 Lp 2p ⋅ p + 5p + 12,5 p + 5p + 12,5

(

)

Finalmente, y antes de hallar las transformadas inversas de las expresiones anteriores, tendremos que transformarlas en suma de fracciones simples. Previamente se determinaran las raíces del denominador: D(p) = p 2 + 5p + 12,5

y dan: p1 = −2,5 + j2,5 p 2 = −2,5 − j2,5 I C ( p) =

⎛ p + 5 − 2,5 + 2,5 ⎞ ⎟ = 10 ⋅ ⎜ 2 ⎜ p + 5p + 12,5 ⎟ p + 5p + 12,5 ⎠ ⎝ 10p + 50

2

⎞ ⎛ p + 2,5 2,5 ⎟ IC (p) = 10 ⋅ ⎜ 2 + 2 ⎜ p + 5p + 12,5 p + 5p + 12,5 ⎟ ⎠ ⎝

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

312

Circuitos eléctricos. Problemas

⎛ ⎞ p + 2,5 2,5 ⎟ + IC (p) = 10 ⋅ ⎜ ⎜ (p + 2,5)2 + 2,52 (p + 2,5)2 + 2,52 ⎟ ⎝ ⎠

(

i C ( t ) = 10 ⋅ e −2,5 t ⋅ cos 2,5t + e −2,5 t ⋅ sen 2,5t

[

)

]

i C ( t ) = 10 ⋅ e −2,5 t ⋅ (cos 2,5t + sen 2,5t ) A

y que se puede transformar de la siguiente forma: cos 2,5t + sen 2,5t = Asen(2,5t + ϕ) = A(sen 2,5t cos ϕ + cos 2,5tsenϕ)

y desarrollando se halla: cos 2,5t + sen 2,5t = A cos ϕ ⋅ sen 2,5t + Asenϕ ⋅ cos 2,5t

resultando: A ⋅ cos ϕ = 1 tgϕ = 1

ϕ = 45º =

π 4

A ⋅ senϕ = 1

(

)

A 2 cos 2 ϕ + sen 2 ϕ = 2

A2 = 2

A= 2

En definitiva: ⎡ π ⎞⎤ ⎛ i C ( t ) = ⎢10 ⋅ 2 ⋅ e − 2,5 t ⋅ sen⎜ 2,5t + ⎟⎥ A 4 ⎠⎦ ⎝ ⎣

para IR1 (p) se tiene: I R1 ( p ) =

⎡ ⎤ p + 2,5 2,5 = 10 ⋅ ⎢ − ⎥ 2 2 2 2 p + 5p + 12,5 (p + 2,5) + 2,5 ⎦⎥ ⎣⎢ (p + 2,5) + 2,5

10p

2

[

]

(

)

i R1 ( t ) = L−1 I R1 (p) = 10· e −2,5 t ⋅ cos 2,5t − e −2,5 t ⋅ sen 2,5t A ⎡ π ⎞⎤ ⎛ i R1 ( t ) = ⎢10 ⋅ 2 ⋅ e − 2,5 t ⋅ sen ⎜ − 2,5t + ⎟⎥ A 4 ⎠⎦ ⎝ ⎣

La tercera corriente correspondiente a la inductancia L se puede hallar por diferencia de iC(t) y la iR1(t):

[

]

i L ( t ) = i C ( t ) − i R1 ( t ) = 20 ⋅ e −2,5 t ⋅ sen 2,5t A

b) La tensión operacional en los terminales del condensador vale: − U C ( p) =

1 200 500p + 2500 200 − ⋅ I ( p) − = 2 Cp C p p p + 5p + 12,5 ⋅ p

(

)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

313

Régimen transitorio

− U C ( p) =

A Mp + N 200 + 2 − p p + 5p + 12,5 p

Ap2 + 5Ap + 12,5A + Mp 2 + Np = 500p + 2500

de donde: A = 200

− U C ( p) =

M = −200

N = −500

200 200p + 500 200 − − 2 2 p p (p + 2,5) + 2,5

− U C (p) = −200 ⋅

p + 2,5

(p + 2,5)2 + 2,5 2

[

]

u C ( t ) = L−1 [U C (p)] = 200 ⋅ e −2,5 t ⋅ cos 2,5t V

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

314

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 118 El circuito eléctrico del esquema que se representa en la figura 118.1 trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado. En el instante t = 0 s se abre este interruptor Determinar: a) Las expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen

K

L= 2H

t=0 I = 24 A

iL(t)

iC(t)

R1 = 5 Ω

=

C = 400 µF

UR2(t)

R2 = 7 Ω

Figura 118.1

Resolución:

Sin efectuar ninguna transformación, el circuito de partida es el de la figura 118.2 (a efectos de cálculo, se pueden imaginar sustituidos la posición y el tipo de interruptor para t > 0). K

L = 2 mH

iL(t)

iC(t) I = 24 A

=

UR2(t)

R1 = 5 Ω R2 = 7 Ω

C = 400 µF

Figura 118.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

315

Régimen transitorio

En forma operacional queda según la figura 118.3: A

Lp

IR(p)

IL(p)

IC(p)

R1 = 5 Ω

I (p) = 24/p

UR2(p) R2 = 7 Ω

= 1/Cp B

Figura 118.3 Z1 (p) = R1 = 5 Ω

Z 2 ( p) =

1 106 2500 = = Ω Cp 400p p

Z3 (p) = R 2 + Lp = 7 + 2 ⋅ 10−3 p Ω

La impedancia total en forma operacional de este conjunto en paralelo vale:

ZT ( p) =

Z1 (p) ⋅ Z2 (p) ⋅ Z3 (p) 25p + 87500 2500p + 875 ⋅ 10−4 = = Z1(p) ⋅ Z2 (p) + Z2 (p) ⋅ Z3 (p) + Z1(p) ⋅ Z3 (p) 10 ⋅ 10−3 ⋅ p 2 + 40p + 30000 p 2 + 4000p + 3 ⋅ 106

La tensión aplicada al circuito, en forma operacional UAB (p), vale: U AB (p) = ZT (p) ⋅ I(p) =

24 25p + 87500 6 ⋅ 104 p + 21 ⋅ 107 ⋅ = p 10 ⋅ 10−3 p 2 + 40p + 30000 p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

(

En transformadas, las tres corrientes que se tiene son:

I R1(p) =

IC ( p) =

U AB (p) 6 ⋅ 104 p + 21 ⋅ 107 1,2 ⋅ 104 + 4,2 ⋅ 107 = = R1 p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106 ⋅ 5 p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

(

)

(

)

U AB (p) 6 ⋅ 104 p + 21 ⋅ 107 24p + 84 ⋅ 103 = = 2 1 2500 p + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106 p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106 ⋅ Cp p

(

)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

)

316

Circuitos eléctricos. Problemas

I L ( p) = =

(

[

]

U AB (p) 6 ⋅ 104 p + 21 ⋅ 107 30 ⋅ 106 ⋅ 2 ⋅ 10−3 p + 7 = = = R 2 + Lp p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106 ⋅ 7 + 2 ⋅ 10−3 p p ⋅ p 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106 ⋅ 7 + 2 ⋅ 10−3 p

(

30 ⋅ 10

6

2

p ⋅ p + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

)(

)

(

)(

)

Aplicando antitransformadas:

I R1 (p) =

1,2 ⋅ 10−3 p + 42 ⋅ 106

(

2

3

p ⋅ p + 4 ⋅ 10 p + 3 ⋅ 10

6

)

=

A1 B1 C1 + + p p + 1000 p + 3000

D(p) = p3 + 4 ⋅ 103 p 2 + 3 ⋅ 106 p

D' (p) = 3p 2 + 8 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

siendo ahora: A1 =

N(0) 42 ⋅ 106 42 = = 14 = D' (0) 3 3 ⋅ 106

B1 =

N(−1000) − 12 + 42 − 12 + 42 30 − 12 ⋅ 106 + 42 ⋅ 106 = = = = −15 = D' (−1000) 3 ⋅ 106 − 8 ⋅ 106 + 3 ⋅ 106 3−8+3 −2 −2

C1 =

N(−3000) − 36 + 42 6 − 36 ⋅ 106 + 42 ⋅ 106 = = =1 = D' (−3000) 27 ⋅ 106 − 24 ⋅ 106 + 3 ⋅ 106 6 6

Por lo tanto: I R1 (p) =

14 15 1 − + p p + 1000 p + 3000

En definitiva:

[

]

i R1( t ) = L−1[I R1 (p)] = 14 − 15 ⋅ e −1000 t + e −3000 t A

Utilizamos el mismo procedimiento para hallar iC ( t ) : I C ( p) =

24p + 84 ⋅ 103 2

3

p + 4 ⋅ 10 p + 3 ⋅ 10

6

=

A2 B2 + p + 1000 p + 3000

D(p) = P 2 + 4 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

A2 =

D' (p) = 2p + 4 ⋅ 103

N(−1000) − 24 ⋅ 103 + 84 ⋅ 103 = 30 = D' (−1000) − 2 ⋅ 103 + 4 ⋅ 103

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

)

317

Régimen transitorio

B1 =

N(−3000) − 72 ⋅ 103 + 84 ⋅ 103 = −6 = D' (−3000) − 6 ⋅ 103 + 4 ⋅ 103

I C ( p) =

30 −6 + p + 1000 p + 3000

[

]

i C ( t ) = L−1[IC (p)] = 30 ⋅ e −1000 t − 6 ⋅ e−3000 t A

Y finalmente encontraremos la expresión temporal iL ( t ) : I L ( p) =

(

30 ⋅ 106 2

3

p ⋅ p + 4 ⋅ 10 p + 3 ⋅ 10

6

)

D(p) = P3 + 4 ⋅ 103 p 2 + 3 ⋅ 106 p

=

A3 B3 C3 + + p p + 1000 p + 3000

D' (p) = 3p 2 + 8 ⋅ 103 p + 3 ⋅ 106

A3 =

N(0) 30 ⋅ 106 = 10 = D' (0) 3 ⋅ 106

B1 =

N(−1000) 30 ⋅ 106 = −15 = D' (−1000) 3 ⋅ 106 − 8 ⋅ 106 + 3 ⋅ 106

C1 =

N(−3000) 30 ⋅ 106 =5 = D' (−3000) 27 ⋅ 106 − 24 ⋅ 106 + 3 ⋅ 106

I L ( p) =

10 15 5 − + p p + 1000 p + 3000

[

]

i L ( t ) = L−1[I L (p)] = 10 − 15 ⋅ e −1000 t + 5 ⋅ e −3000 t A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

318

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 119 Consideramos el circuito del esquema que se representa en la figura 119.1. En un instante determinado t1 = 0 s, se cierra el interruptor K1, y K2, se mantiene cerrado. Una vez estabilizado el valor de la corriente que circula por el circuito, se abre el interruptor K2 en el instante t2. Determinar: a) La intensidad transitoria i1(t) que se establece en el circuito a partir del instante t1 = 0 b) Las expresiones temporales de las tensiones en los extremos de cada uno de los elementos c) La intensidad transitoria i2(t) que se establece en el circuito a partir del instante t2 de apertura del interruptor K2

K1 R = 4,8 Ω

t1 = 0 +

G =

L = 8 mH K2

C = 500 µF

t2

E = 120 V

Figura 119.1

Resolución:

a) Con el interruptor K2 cerrado, el circuito que tenemos a partir del instante t1 es el de la figura 119.2, porque el condensador esta cortocircuitado: R

K1

L

R

Lp

t1 = 0 +

G =

+ E = 120 V

i1(t)

TEMPORAL

G =

E (p) = 120/p

OPERACIONAL Figura 119.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

I1(p)

319

Régimen transitorio

I( p ) =

120 p

E ( p) 120 = = R + Lp 4,8 + 8·10−3 p 4,8p + 8·10−3 p 2

Si dividimos el numerador y el denominador por 8·10-3 y preparamos la expresión obtenida para descomponerla en fracciones simples, tenemos: I1(p) =

15000 A B = + p(p + 600) p p + 600

Reduciendo a común denominador e igualando los numeradores, tenemos: Ap + 600A + Bp = 15000

Identificando coeficientes: 600A = 15000 A+B=0

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, se obtiene: A = 25 B = −25

La función temporal de la corriente en el circuito R-L a partir del instante t=0 s es, pues, la antitransformada de I1(p), que se conoce en función de A y B:

(

i1( t ) = L−1[I1(p)] = A + B ⋅ e −600 t = 25 − 25 ⋅ e −600 t = 25 ⋅ 1 − e −600 t

(

)

)

i1( t ) = 25 ⋅ 1 − e −600 t A

La corriente de régimen permanente se obtiene buscando i1(t) para t = ∞ i1 (∞) = 25 A

b) Las expresiones temporales de las caídas de tensión en cada uno de los elementos son: - en la resistencia R, debida a la corriente i1(t):

) [ [

(

]

U R1( t ) = R ⋅ i1 ( t ) = 4,8 ⋅ 25 ⋅ 1 − e − 600 t = 120 ⋅ 1 − e −600 t V

[ [

]

U R1( t ) = 120 ⋅ 1 − e − 600 t V

- en la inductancia L, debida a la corriente i1(t):

(

)(

)

di ( t ) U L1 ( t ) = L ⋅ 1 = 8 ⋅ 10−3 ⋅ 25 ⋅ 600 ⋅ e − 600 t = 120 ⋅ e − 600 t V dt U L1 ( t ) = 120 ⋅ e −600 t V

c) En el instante t2 de apertura del interruptor K2, por la bobina estaba circulando una corriente permanente de valor i(∞) = 25 A, que es la inicial, i2(0), para esta segunda parte del problema (si cogemos como nuevo origen de tiempos el instante t2 de apertura de K2).

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

320

Circuitos eléctricos. Problemas

En el circuito operacional, equivale a sustituir esta corriente inicial por una fuente de valor L·i2(0+). R = 4,8 Ω

+

G =

E = 120 V

L = 8 mH

R

+

C = 500 µF

i2(t)

Lp

G =

L·i2(0+) +

1/Cp E (p)= 120/p

I2(p)

Figura 119.3

La segunda ley de Kirchhoff, expresada en forma operacional y teniendo en cuenta las condiciones iniciales, adopta la forma: ⎛ 1 ⎞ ⎟ ⋅ I 2 ( p) E(p) + L ⋅ i 2 (0+ ) = ⎜⎜ R + Lp + Cp ⎟⎠ ⎝

Sustituyendo valores: ⎛ 120 106 ⎞⎟ + 8 ⋅ 10−3 ⋅ 25 = ⎜ 4,8 + 8 ⋅ 10−3 p + ⋅ I ( p) ⎜ ⎟ 2 p 500 p ⎝ ⎠ ⎛ 120 2000 ⎞ ⎟ ⋅ I 2 ( p) + 0,2 = ⎜⎜ 4,8 + 8 ⋅ 10−3 p + p p ⎟⎠ ⎝

120 + 0,2p ⎛⎜ 4,8p + 8 ⋅ 10−3 p 2 + 2000 ⎞⎟ = ⋅ I ( p) ⎜ ⎟ 2 p p ⎝ ⎠

Aislando I2(p) operando para que en el denominador el coeficiente de p2 sea la unidad, se facilita la descomposición en fracciones simples, a la vez que se obtienen los valores del factor de amortiguamiento z y de pulsación propia no amortiguada ωn , que caracterizan el comportamiento del sistema: 15000 + 25p Mp + N I 2 ( p) = 2 = 2 p + 600p + 250000 p + 2zωn p + ωn 2

Identificando coeficientes, se tiene: zωn =

600 = 300 = a 2

ωn = 250000 = 500 rad / s z=

600 = 0,6 2ωn

Como z < 1, el régimen transitorio será oscilante amortiguado y muy bien amortiguado, porque z es próximo a 0,7, que es el valor ideal para obtener el tiempo de respuesta al 5%.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

321

Régimen transitorio

ωp = ωn ⋅ 1 − z 2 = 500 ⋅ 1 − 0,36 = 400 rad / s

Con todo esto, las raíces del denominador son de la forma: p1 = −a + jωp = −300 + j400 p 2 = −a − jωp = −300 − j400

I2(p) se puede escribir también de la siguiente forma: I 2 ( p) =

25p + 15000

(p + a )

2

+ ωp

2

=

25p + 15000

(p + 300)2 + 4002

para hallar la antitransformada de una expresión como la siguiente:

S(p) =

Mp + N

(p + a )

2

+ ωp

2

=

N − Ma ⋅ ωp ωp

(Mp + Ma ) + (N − Ma ) = M(p + a ) + (p + a )2 + ωp 2 (p + a )2 + ωp 2 (p + a )2 + ωp 2

=

⎛ ⎞ ωp (p + a ) ⎞⎟ + N − Ma ⎛⎜ ⎟ = M⎜ ⎜ (p + a )2 + ω 2 ⎟ ⎜ (p + a )2 + ω 2 ⎟ ω p p ⎠ p ⎠ ⎝ ⎝

que permite escribir la antitransformada: s( t ) = M ⋅ e −at ⋅ cos ω p t +

N − Ma −at ⋅ e ⋅ senω p t = e −at ωp

⎛ ⎞ N − Ma ⋅ ⎜ M ⋅ cos ω p t + ⋅ senω p t ⎟ ⎜ ⎟ ωp ⎝ ⎠

Expresión que, aplicada a nuestro caso, permite escribir: 15000 − 25 ⋅ 300 ⎛ ⎞ i 2 ( t ) = e −300 t ⋅ ⎜ 25 ⋅ cos 400 t + ⋅ sen 400t ⎟ 400 ⎝ ⎠

Operando: i 2 ( t ) = e −300 t ⋅ (25 ⋅ cos 400t + 18,75 ⋅ sen 400t ) A

Esta expresión aún se puede simplificar más haciendo una rutina como la siguiente: Toda expresión de la forma f ( t ) = A cos ωt + B sin ωt se puede escribir así: ⎛ A f (t ) = A 2 + B 2 ⋅ ⎜ ⋅ cos ωt + ⎜ 2 2 ⎝ A +B

⎞ ⋅ senωt ⎟ ⎟ A +B ⎠

B

2

2

y haciendo el cambio: cos ϕ =

A A 2 + B2

senϕ =

B A 2 + B2

que siempre es posible, porque las dos fracciones son más pequeñas que la unidad y a la vez cumplen que la suma de los cuadrados vale la unidad. Se llega a poner la función f(t) de la forma: f ( t ) = A cos ωt + Bsenωt = A 2 + B 2 ⋅ (cos ωt ⋅ cos ϕ + senωt ⋅ senϕ) = A 2 + B 2 ⋅ cos(ωt − ϕ)

siendo:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

322

Circuitos eléctricos. Problemas

ϕ = arctg

B A

Aplicando esta formula al caso que nos ocupa, la corriente i2(t) resulta: ϕ = arctg

B 18,75 = arctg = 36,87 º A 25

A 2 + B2 = 252 + 18,752 = 31,25

Y finalmente, sustituyendo se llega a:

(

)

i 2 ( t ) = 31,25 ⋅ e−300 t ⋅ cos(400t − 38,6º ) A

pero en esta expresión hay un grave error de unidades (no es homogénea): 400t es un ángulo en radianes y 36,87º en grados. Para ser correcta, esta expresión se debe dar en grados o en radianes. Por ejemplo, en grados será:

(

)

i 2 ( t ) = 31,25 ⋅ e −300 t ⋅ cos(22,93 ⋅ 103 t − 38,6º ) A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

323

Régimen transitorio

Problema 120 En el circuito del esquema que se representa en la figura 120.1, inicialmente relajado, se conecta el conmutador K en la posición 1, en el instante t = 0. Al cabo de dos segundos, se pasa el conmutador a la posición 2. R1 = 4 Ω

C1 = 0,5 F

R2 = 10 Ω

1 2

0

K R3 = 30 Ω

+ G

R4 = 7,5 Ω

e(t) = 80t V L1

2H

L2

6H

Figura 120.1

Determinar: a) En las dos posiciones del conmutador, las expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el circuito

Resolución:

El circuito que se ha de resolver en la primera posición del conmutador, entre los instantes t = 0 y t = 2s, es el que se indica en la figura 120.2, y que responde a la ecuación temporal: e = R1 ⋅ i1 + L1 ⋅

di1 1 t + ⋅ ∫ i1 ⋅ dt dt C1 0

con i1(0) = 0 y, en forma exponencial es:

(

)

⎛ 1 ⎞ 1 ⎟ = I1 (p) ⋅ L1C1p 2 + R1C1p + 1 ⋅ E(p) = I1 (p) ⋅ ⎜⎜ R1 + L1p + ⎟ C1p ⎠ C1p ⎝

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

324

Circuitos eléctricos. Problemas

R1 = 4 Ω

1

C1 = 0,5 F

2

+

R3 = 30 Ω

i1(t)

e(t) = 80t V

G

R2 = 10 Ω

R4 = 7,5 Ω

L1

2H

L2

6H

Figura 120.2

Sustituyendo los valores conocidos: E ( p) =

80 p2

Al ser e(t) = 80t y los valores numéricos de: R1 = 4

L1 = 4

C1 = 0,5

se obtiene: I1 (p) =

(

40 2

)

p ⋅ p + 2p + 1

Para descomponer esta expresión en fracciones simples, se buscan las raíces del denominador:

(

)

D( p ) = p ⋅ p 2 + 2 p + 1

que son: p=0

p1 = −1

p2 = −1

Como tenemos una raíz doble, la descomposición en fracciones simples se ha de hacer de la siguiente forma: I1 (p) =

40 p ⋅ ( p + 1)

2

⎛A B C ⎞ ⎟ = 40 ⋅ ⎜ + + 2 ⎜ p ( p + 1) ( p + 1) ⎟⎠ ⎝

Multiplicando las expresiones de dentro del paréntesis por D(p) e identificando numeradores, se obtiene:

(

)

A ⋅ p 2 + 2p + 1 + Bp + Cp(p + 1) = 1

Agrupando los coeficientes de las distintas potencias de p, se obtiene:

(A + C) ⋅ p 2 + (2A + B + C) ⋅ p + A = 1 y para que se cumpla esta igualdad, tenemos que tener: A=1

B =-1

C = -1

y entonces las expresión operacional de la corriente es: ⎛1 1 1 ⎞⎟ I1(p) = 40 ⋅ ⎜ − − ⎜ p (p + 1)2 (p + 1) ⎟ ⎝ ⎠

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

325

Régimen transitorio

La antitransformada es la expresión temporal de la corriente:

(

i1 ( t ) = L−1[I1 (p)] = 40 ⋅ 1 − t ⋅ e − t − e − t

( i (2) = 40 ⋅ (1 − e

)

i1( t ) = 40 ⋅ 1 − e − t ⋅ (t + 1) A 1

−2

)

válido entre t = 0 y t = 2s

)

⋅ (2 + 1) = 23,76 A

Esta corriente se deberá considerar la corriente inicial i(0+) al plantear la ecuación para resolver la segunda parte del problema. Al pasar el conmutador a la posición 2, consideramos este instante de t = 2s como nuevo origen de tiempo t’. El circuito temporal está representado en la figura 120.3 y en forma operacional en la 120.4, donde la corriente inicial de la bobina 1 ya está sustituida por la fuente equivalente dibujada en trazo fino, de valor: L1 ⋅ i1 (2) = L1 ⋅ i(0+ ) = 2 ⋅ 23,76 = 47,52

en el sentido en que estaba circulando esta corriente por la L1. R1 = 4 Ω

1

C1 = 0,5 F

R2 = 10 Ω

2

R3 = 30 Ω + G

i2(t)

e(t) = 80t V

R4 = 7,5 Ω L2 = 6H

L1 = 2H

Figura 120.3

1

R2 = 10 Ω

2

R3 = 30 Ω + G

R4 = 7,5 Ω

L1 · i(0+) L1 · p

I2(p)

Figura 120.4

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

L2 · p

326

Circuitos eléctricos. Problemas

La impedancia operacional del circuito en este caso vale:

ZT (p) = L1 (p) + R 2 +

(R 3 + L2 ⋅ p ) ⋅ R 4 R 3 + L2 ⋅ p + R 4

Sustituyendo valores numéricos y operando, se llega a: ZT ( p ) = 2 ⋅

p 2 + 15p + 50 p + 6,25

Y con esto: I 2 ( p) =

L1 ⋅ i(0+ ) p 2 + 15p + 50 2⋅ p + 6,25

=

47,25 ⋅ (p + 6,25)

23,76p + 148,5

2 ⋅ p 2 + 15p + 50

p 2 + 15p + 50

(

)=

Determinaremos las raíces del denominador, que en este caso valen: p1 = −5

p 2 = −10

Con esto, la descomposición en fracciones simples de la I2(p) es: I 2 ( p) =

23,76p + 148,5

A

=

B

+

(P + 5) ⋅ (p + 10) (P + 5) (p + 10)

Y por Heaviside es: D(p) = p 2 + 15p + 50

D' (p) = 2p + 15

A=

N(−5) 23,76 ⋅ (− 5) + 148,5 = = 5,94 D' (−5) 2 ⋅ (− 5) + 15

B=

N(−10) 23,76 ⋅ (− 10 ) + 148,5 = = 17,82 D' (−10) 2 ⋅ (− 10 ) + 15

Por lo tanto: I 2 ( p) =

5,94

+

17,82

=

5,94

+

5,94 ⋅ 3

(p + 5) (p + 10) (p + 5) (p + 10)

(

I 2 ( t ' ) = L−1[I 2 (p)] = 5,94 ⋅ e −5 t ' + 3e −10 t '

⎛ 1 3 ⎞ ⎟ = 5,94 ⋅ ⎜⎜ + ( p + 5 ) ( p + 10) ⎟⎠ ⎝

)

Siendo t’=t-2, definitivamente se obtiene:

(

)

i 2 ( t ) = 5,94 ⋅ e −5(t − 2 ) + 3e −10(t − 2 ) A

válido solo para t > 2

Para determinar las corrientes IR3(p) e IR4(p), se dividirá la corriente total hallada I2(p) en partes inversamente proporcionales a las impedancias de estas ramas, es decir: I R 3 ( p) = I 2 ( p) ⋅

R4 R 4 + (R 3 + L 2 ⋅ p )

I R 4 ( p) = I 2 ( p) ⋅

(R 3 + L 2 ⋅ p ) R 4 + (R 3 + L 2 ⋅ p )

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

327

Régimen transitorio

Sustituyendo valores: 23,76p + 148,5

I R 3 ( p) =

(p + 5) ⋅ (p + 10)

I R 4 ( p) =

(p + 5) ⋅ (p + 10)

23,76p + 148,5

⋅

7,5 7,5 + (30 + 6p )

⋅

30 + 6p 7,5 + (30 + 6p )

Operando se llega a: I R 3 ( p) =

29,7 (p + 5) ⋅ (p + 10)

I R 4 ( p) =

23,76 (p + 10)

Para encontrar la antitransformada, tenemos que descomponer en fracciones simples: I R 3 ( p) =

29,7 A1 B1 = + (p + 5) ⋅ (p + 10) (p + 5) (p + 10)

Reduciendo a común denominador e identificando coeficientes se llega a: A 1 = 5,94

B1 = −5,94

Así pues: 29,7

5,94

=

−

5,94

I R 3 ( p) =

(p + 5) ⋅ (p + 10) (p + 5) (p + 10)

I R 4 ( p) =

(p + 10)

23,76

y las antitransformadas:

(

i R 3 ( t ) = 5,94 ⋅ e −5t ' − e −10 t '

)

i R 4 ( t ) = 23,76 ⋅ e −10 t '

y como t’=t-2, las expresiones quedan:

(

)

i R 3 ( t ' ) = 5,94 ⋅ e −5(t − 2 ) − e −10(t − 2 ) A i R 4 ( t ' ) = 23,76 ⋅ e −10(t − 2 ) A

expresiones válidas para t > 2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

328

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 121 Hallar la corriente i(t) en el régimen transitorio que se establece al cerrar el interruptor K, sabiendo que el circuito representado en la figura está inicialmente relajado y conociendo los siguientes valores:

e(t ) = 230 ⋅ s e n100t V

C = 2 µF

R = 5000 Ω

C

L = 0,2 H

R i(t)

+

~

e(t)

L

K

Figura 121.1 Resolución:

Primer método de resolución: Método temporal La ecuación íntegro-diferencial del circuito es: R ⋅ i( t ) + L ⋅

∫

di( t ) 1 t + ⋅ i( t )dt = e( t ) dt C −∞

que, para este caso, es e(t) = E0·sen ωt R ⋅ i( t ) + L ⋅

di( t ) 1 0 1 + ⋅ ∫−∞ i( t )dt + ⋅ ∫0t i( t )dt = E 0 ⋅ senωt dt C C

y teniendo en cuenta que no hay condiciones iniciales, se cumple que:

∫

1 0 ⋅ i(t)dt = 0 C −∞

y derivando y dividiendo por L, resulta: E R di( t ) d 2 i( t ) 1 ⋅ + + ⋅ i( t ) = 0 ⋅ ω ⋅ cos ωt L dt LC L dt 2

Como se trata de una ecuación diferencial lineal completa, y tiene coeficientes constantes en la parte homogénea, la solución se hará por el método clásico: resolver primero la ecuación homogénea y luego añadirle una solución particular de la ecuación completa. Es decir, que la solución a esta ecuación general se compone de un sumatorio formado, por un lado, por la solución de la ecuación homogénea y, por el otro, por una solución particular de la ecuación, que en este caso será la solución en régimen permanente.

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

329

Régimen transitorio

Por lo tanto: i t (t ) = i h (t) + i p (t)

Sustituyendo valores y estableciendo la ecuación característica, que consiste en formar el polinomio en el que α =

di 2 ( t ) di( t ) y α2 = , tendremos: dt dt 2

α2 +

5000 1 ⋅α + =0 0,2 0,2 ⋅ 2 ⋅ 10 −6

α 2 + 2,5 ⋅ 10 4 ⋅ α + 2,5 ⋅ 10 −6 = 0

y, determinando las raíces: α 1 = −100,4 α 2 = −24900

resultando, por lo tanto, como solución de la ecuación homogénea, la combinación lineal de e α1t y e α 2 t , o sea:

[

]

i h ( t ) = K1 ⋅ e −100,4 t + K 2 ⋅ e −24900 t A

La solución particular será, como se ha dicho anteriormente, la del régimen permanente: i p ( t ) = I 0 ⋅ sen (ωt + ϕ)

siendo: I0 =

E0 = Z

tgϕ =

230 1 ⎞ ⎛ 5000 2 + ⎜100 ⋅ 0,2 − ⎟ −6 100 ⋅ 2 ⋅ 10 ⎠ ⎝

ωL −

2

= 0,033 A

1 ωC

R

100 ⋅ 0,2 − ϕ = arctg

1

100 ⋅ 2 ⋅ 10− 6 ≅ +45º 5000

y, sustituyendo: i p ( t ) = 0,033 ⋅ sen (100 t + 45º ) A i t ( t ) = i h ( t ) + i p ( t ) = K 1 ⋅ e −100, 4 t + K 2 ⋅ e −24900 t + 0,033 ⋅ sen (100 t + 45º )

Para determinar K1 y K2 se tienen que aplicar las condiciones iniciales, que son: t=0

i(t) = 0

y también L⋅

di( t ) =0 dt

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

(1)

330

Circuitos eléctricos. Problemas

y al aplicarlas a la ecuación 1 resulta: 2 = K1 + K 2 + 0,023 2

0 = K1 + K 2 + 0,033 ⋅

y derivando la expresión (1) y multiplicando por L, la expresión obtenida tiene que ser 0 para t = 0s.

[

]

0,2 ⋅ − 100,4 ⋅ K1 ⋅ e −100,4 t − 24900 ⋅ K 2 ⋅ e −24900 t + 0,033 ⋅ 100 ⋅ cos(100 t + 45º ) = 0

y, sustituyendo t = 0, resulta: − 100,4 ⋅ K1 − 24900 ⋅ K 2 + 3,3 ⋅

2 =0 2

que junto con la expresión (2): K1 + K 2 + 0,023 = 0

se constituye un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas donde se puede probar K1 y K2: K 2 = 1,872 ⋅ 10−4

K1 = −0,0232

que sustituidas en la ecuación general, resulta:

[

]

i t ( t ) = − 0,0232 ⋅ e −100,4 t + 1,872 ⋅ 10−4 ⋅ e −24900 t + 0,033 ⋅ 100 ⋅ sen (100 t + 45º ) A

Segundo método de resolución: Método operacional R ⋅ I( p ) + L ⋅ p ⋅ I ( p) + I( p ) =

I( p ) =

E ( p) 1 R + L⋅p + Cp

1 ⋅ I( p ) = E ( p ) Cp =

E ( p) R ⋅ C ⋅ p + L ⋅ C ⋅ p2 + 1 C⋅p

E ( p) ⋅ C ⋅ p R ⋅ C ⋅ p + L ⋅ C ⋅ p2 + 1

pero como e(t) = 230· sen 100 t 100 E (p) = 230 ⋅ 2 p + 1002

y sustituyendo en la ecuación I(p), resulta:

I( p ) =

100 230 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 10−6 p 2 p + 100 0,4·10−6 p 2 + 0,01 ⋅ p + 1

=

(p

2

)(

115 ⋅ 103 p

+ 1002 + p 2 + 25 ⋅ 103 p + 25 ⋅ 103 p

que, descompuesto, sería de la forma: Mp + N A B I( p ) = 2 + + 2 p − p1 p − p 2 p + 100

siendo p1 y p2 las soluciones de la ecuación: p 2 + 25 ⋅ 103 p + 25 ⋅ 105 = 0

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

)

331

Régimen transitorio

y que resultan ser: p 2 = −100,4

p1 = −24900

Igualando las expresiones se puede determinar A, B, M y N, que resultan ser iguales a: A = −0,0232

B = 1,872 ⋅ 10 −4

M = 0,0231

N = 2,296

y obtenemos, por lo tanto: I( p) =

y si I1(p) =

0,0231p + 2,296 p 2 + 1002

p+a

+

− 0,0232 1,872 ⋅ 10−4 + p + 100,4 p + 24900

es sólo el primer sumatorio:

p2 + b2

i( t ) = L−1 [I1 (p)] =

1 b⎤ ⎡ ⋅ b 2 + a 2 ⋅ sen ⎢bt + arctg ⎥ b a⎦ ⎣

Sustituyendo valores quedará: I( p) =

0,0231p + 2,296 2

p + 100

i1º ( t ) = 0,0231 ⋅

2

=

0,0231[p + 99,4] p 2 + 1002

1 100 ⎞ ⎛ ⋅ 100 2 + 99,4 2 ⋅ sen⎜⎜100 t + arctg ⎟= 100 99 ,4 ⎟⎠ ⎝

= 0,0231 ⋅ 1,4089 ⋅ sen (100 t + 45º )

i1º ( t ) = 0,033 ⋅ sen (100 t + 45º ) A

Por lo tanto, la transformada inversa será:

[

]

i( t ) = − 0,0232 ⋅ e −100,4 t + 1,872 ⋅ 10−4 ⋅ e −24900 t + 0,033 ⋅ 100 ⋅ sen (100 t + 45º ) A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

332

Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 122 En el circuito representado en la figura que se indica a continuación, el conmutador pasa de la posición DA a la DB en el instante t = 0 y en el instante t = 2s pasa de DB a DC. Esta conmutación se realiza de forma instantánea, es decir, no hay discontinuidad de corriente en la bobina L2. A B D

R1 = 1 Ω +

=

C

L2 = 2 H

E = 10 V

R3 = 3 Ω

L4 = 4 H

Figura 122.1

En estas condiciones se pide: a) Calcular y representar gráficamente la marcha de la corriente y la caída de tensión que aparece en la resistencia R1, indicando los valores numéricos de los puntos más característicos b) Igualmente en la bobina L2 entre los instantes t = 0 y t = 2c) Valores de la corrientes en cada uno de los elementos del circuito a la intensidad t = 2+ d) Valor final de la corriente en la resistencia R3 en el instante t = ∞ e) Constante de tiempo del circuito para la marcha de corriente en la resistencia R3 f) Expresión temporal de la corriente R3 entre los instantes t = 2+ y t = ∞ g) Expresión temporal de la corriente y de la tensión en las bobinas L2 y L4 h) Valores de las corrientes en L2 y L4 para t = ∞ Resolución:

Primer método de resolución: Método operacional a) Para la posición DB del conmutador, el circuito a resolver será: R1 + 10/p

L2p

=

I1(p)

Figura 122.2

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

333

Régimen transitorio

E(p) = R1 ⋅ I1(p) + L 2 ⋅ p ⋅ I1(p) 10 = [R1 + L 2 ⋅ p] ⋅ I1 (p) p 10 10 p I1(p) = = = R1 + L 2 ⋅ p p ⋅ (1 + 2p )

5 A B = + 1 1⎞ p ⎛ p+ p⋅⎜p + ⎟ 2 2⎠ ⎝

Por Heaviside: D( p ) = p 2 +

A=

1 p 2

D' ( p ) = 2 p +

1 2

N(0) 5 = = 10 D' (0) 1 2

⎛ 1⎞ N⎜ − ⎟ 5 2⎠ B= ⎝ = = −10 1 1 ⎛ ⎞ D' ⎜ − ⎟ − 2 ⎝ 2⎠

Con lo cual tendremos para I1(p) el valor siguiente: ⎤ ⎡ ⎢1 10 10 1 ⎥ I1(p) = − = 10 ⋅ ⎢ − ⎥ p p+ 1 ⎢p p + 1 ⎥ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦

que corresponde al valor temporal:

[

]

i1 ( t ) = L−1[I1 (p)] = 10 ⋅ 1 − e − t / 2 A

[

]

U R1 ( t ) = i1 ( t ) ⋅ R1 = 10 ⋅ 1 − e − t / 2 V

que se pueden representar gráficamente como sigue:

Figura 122.3

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

334

Circuitos eléctricos. Problemas

Figura 122.4

b) En la bobina, es obvio que la corriente i1(t) será la misma que pasa por R1 y la tensión valdrá: u L 2 ( t ) = u − u R1 ( t ) = 10 − 10 + 10e − t / 2 = 10e− t / 2 V

Figura 122.5

c) Después del instante t=2+, al pasar el conmutador a la posición DC, el circuito operacional quedará: + L2 i(2)

R3 L4p

L2p

I2(p)

I3(p)

I4(p)

Figura 122.6

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

335

Régimen transitorio

Z( p ) = L 2 ⋅ p + Z(p) = 2p + I 2 ( p) =

R 3 ⋅ L4 ⋅ p R 3 + L4 ⋅ p

12p 18p + 8p 2 = 3 + 4p 3 + 4p

L 2 ⋅ i(2) 2 ⋅ 6,32 3 + 4p = = 12,64 ⋅ 2 Z( p ) 18p + 8p 18p + 8p 2 3 + 4p

3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎡ ⎤ 3 4p 1 ⎥ 4 I 2 (p) = 6,32 ⋅ ⎢ + + ⎥ ⎥ = 6,32 ⋅ ⎢ ⎣ p ⋅ (4p + 9) p ⋅ (4p + 9) ⎦ ⎢ p ⋅ (4p + 9) p + 9 ⎥ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ I 2 ( p) =

4,74 9 p ⋅ (p + ) 4

+

6,32 9 p+ 4

Por Heaviside: D( p ) = p 2 +

9 p 4

D' ( p ) = 2 p +

9 4

A=

N(0) 4,74 = = 2,106ˆ 9 D ' ( 0) 4

⎛ 9⎞ N⎜ − ⎟ 4 ⎠ 4,74 B= ⎝ = = −2,106ˆ ⎛ 9⎞ − 9 D' ⎜ − ⎟ 4 ⎝ 4⎠

con lo que I2(p) valdrá: I 2 ( p) =

2,106 2,106 6,32 2,11 4,21 − + = + (redondeando) 9 9 9 p p p+ p+ p+ 4 4 4

que, pasado a valores temporales: −9(t − 2 ) ⎤ ⎡ 4 ⎥ ⋅ 1( t − 2) i 2 ( t ) = L−1[I 2 (p)] = ⎢2,11 + 4,21 ⋅ e ⎢⎣ ⎥⎦

(tener en cuenta que se modifica el circuito en t = 2s) Para calcular las corrientes en cada rama i3(t) e i4(t) se deberá calcular primero la tensión aplicada a ambas, que de forma operacional será: U 34 (p) = I 2 (p) ⋅ Z 34 (p) =

L 2 ⋅ i(2) ⋅ Z 34 (p) Z(p)

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

336

Circuitos eléctricos. Problemas

siendo Z 34 (p) la impedancia operacional de las dos ramas en paralelo: U 34 (p) =

3 ⋅ 4p 3 ⋅ i(2) 2 ⋅ i(2) = ⋅ 2 18p + 8p 3 + 4p p + 9 4 3 + 4p

y por lo tanto se obtiene como valor de I3(p): I 3 ( p) =

U 34 (p) = R3

6,32 3 ⋅ i(2) = 9 9⎞ ⎛ 3⋅⎜p + ⎟ p + 4 4⎠ ⎝

que se transforma en la ecuación temporal siguiente: −9 ( t − 2 ) ⎤ ⎡ 4 ⎥ ⋅ 1( t − 2) A i3 ( t ) = L−1[I3 (p)] = ⎢6,32 ⋅ e ⎢⎣ ⎥⎦

De la misma forma: I 4 ( p) =

U 34 (p) = L4p

2,11 2,11 4,74 3 ⋅ i ( 2) = = − 9 9⎞ 9⎞ p ⎛ ⎛ p+ 4p ⋅ ⎜ p + ⎟ p ⋅ ⎜ p + ⎟ 4 4 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

−9 ( t − 2 ) ⎤ ⎡ 4 ⎥ ⋅ 1( t − 2) A i 4 ( t ) = L−1[I 4 (p)] = 2,11 ⋅ ⎢1 − e ⎢⎣ ⎥⎦

(tener en cuenta que se modifica el circuito en t = 2s) Y en el instante t = 2+ tendremos: i 2 (2 + ) = 2,11 + 4,21 = 6,32 A i 3 (2 + ) = 6,32 A i 4 (2 + ) = 0 A

d) Según se desprende del valor hallado para i3(t) cuando t → ∞: i 3 (∞) = 0 A

lo cuales intuitivo en tanto que no es posible disipar indefinidamente energía, si no hay ninguna fuente que mantenga el circuito. e) Cuando tenemos las dos bobinas L2 y L4 en paralelo, equivalen a una de valor: Lp =

L2 ⋅ L4 2⋅4 8 4 = = H = L2 + L4 2 + 4 6 3

y la constante de tiempo es entonces: 4 Lp 3 4 τ= = = s R3 3 9

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

337

Régimen transitorio

f) Tal como se ha calculado en el punto c), el valor temporal de la corriente de la resistencia R3 vale:

i 3 ( t ) = 6,32 ⋅ e

−9 ( t − 2 )

4

A

y entre 0 y 2- s i3(t) = 0. que se puede representar según el gráfico siguiente:

Figura 122.7 g) También en el punto c) se han hallado los valores temporales de i2(t) e i4(t), que valen:

[

]

entre 0 y 2-

i2 (t ) = i1 (t ) = 10 ⋅ 1 − e −t / 2 A

y para 2+

i 2 ( t ) = 2,11 + 4,21e −9( t − 2) / 4 ⋅ 1( t − 2) A

entre 0 y 2-

i4 (t ) = 0 A

y para 2+

i 4 ( t ) = 2,11 ⋅ 1 − e −9( t − 2) / 4 ⋅ 1( t − 2) A

[

]

[

]

Las tensiones, como la tensión en L4 es la misma que en R3:

[

]

u 4 ( t ) = i3 ( t ) ⋅ R 3 = 18,96 ⋅ e −9( t − 2) / 4 ⋅ 1( t − 2) V

a partir de t = 2+ s

Este valor también se podría haber hallado teniendo en cuenta que: u 4 (t) = L 4 ⋅

di 4 9 = 4 ⋅ 2,11 ⋅ ⋅ e −9 ( t − 2 ) / 4 V dt 4

porque: di 4 9 = 2,11 ⋅ ⋅ e −9 ( t − 2 ) / 4 dt 4 u 2 (t ) = L 2 ⋅

di 2 ⎛ 9⎞ = 2 ⋅ 4,21 ⋅ ⎜ − ⎟ ⋅ e −9 ( t − 2 ) / 4 V dt ⎝ 4⎠

que se obtiene derivando el valor obtenido de i2(t):

[

]

u 2 ( t ) = − 18,96 ⋅ e −9( t − 2) / 4 ⋅ 1( t − 2) V

Los gráficos de las corrientes i2(t) e i4(t) serán, entonces:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

338

Circuitos eléctricos. Problemas

Figura 122.8

Figura 122.9

Y los gráficos de las caídas de tensión u2(t), u3(t), u4(t):

Figura 122.10

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

339

Régimen transitorio

Figura 122.11

O sea que –u2(t)=u3(t)=u4(t) a partir de t=2+ s y, curiosamente, quedará una corriente remanente fija, que circulará por las dos bobinas L2 y L4 de valor 2,11 A, mientras que por la resistencia R3 no circulará ninguna. Al permanecer una corriente fija, no se genera ninguna tensión en las inductancias y es por eso que –u2(t)=u3(t)=u4(t)=0. Cuando t→∞ circulará corriente por las bobinas L2 L4 y no por la resistencia R3 al ser u3 (t)=0 V. h) Las corrientes en régimen permanente en L2 y L4 se obtienen aplicando el teorema del valor final: i2 (∞) : lim pI 2 ( p) = 2,1 A p →0

i4 (∞) : lim pI 4 ( p) = 2,1 A p →0

o sea que la corriente de 2,1 A continúa circulando indefinidamente. Segundo método de resolución: Para ecuaciones temporales a y b) En el instante t = 0- todas las corrientes son nulas. Al cerrar el circuito formado por E, R1 y L2 en el instante t = 0 s, se establece una corriente i1(t) en los sentido indicados en la figura 50.12. R1 = 1Ω

+ E = 10 V

u1(t)

=

i1 (t)

u2(t)

L2 = 2H

Figura 122.12

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

340

Circuitos eléctricos. Problemas

Como en la bobina L2 no puede variar bruscamente el nivel de la corriente, sin aplicar una tensión infinita, en el instante t = 0+, la corriente i1(t) aún mantendrá el valor de 0 A; en consecuencia, la caída de tensión en R1 será de 0 V. (Toda la tensión E de la fuente, en este instante queda aplicada a L2.) Este circuito, al tener únicamente resistencia y bobina, es un sistema de primer orden, por lo tanto la caída de tensión en sus elementos pasivos y corriente común tendrán forma exponencial con una constante de tiempo de τ =

L2 = 2 s. R1

Si no se modifica el circuito, los valores finales de tensiones y corrientes llegarían a ser: u 2 (∞ ) = 0 V

u1 (∞) = 10 V i1 (∞) = 10 A

Conocemos los valores iniciales y finales de estos exponenciales y su constante de tiempo; se pueden escribir sus expresiones matemáticas:

( ) )V u ( t ) = 10 ⋅ (1 − e

(Figura 14)

u 2 ( t ) = 10 ⋅ e − t / 2 V

(Figura 15)

i1( t ) = 10 ⋅ 1 − e − t / 2 A 1

(Figura 13)

−t / 2

En el instante t = 2-, sus valores son: i1 (2 − ) = 6,3 A u 1 (2 − ) = 6,3 V u 2 (2 − ) = 3,7 V

Figura 122.13

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Figura 122.14

341

Régimen transitorio

Figura 122.15

c) A partir del instante t = 2+, el circuito a estudiar pasa a ser el de la figura 122.16, con corriente inicial L2 de 6,3 A.

L2 = 2H i2 (2+) = 6,3A i2

u2

R3 = 3Ω

i3

u3

L4 = 4H

i4

u4

Figura 122.16

En el instante t = 2+, por la bobina L4 seguirá circulando una corriente 0 y la corriente inicial de L2 tendrá que circular por R3 y producirá una caída de tensión u3 = 6,3 · 3 = 19 V. Como los tres elementos pasivos tienen terminales comunes, esta tensión será la misma que en L4 y también que en L2, pero cambiada de signo, según los sentidos convencionales adaptados en la figura anterior. Resumiendo: en el instante t = 2+ i 2 = 6,3 A

i 3 = 6,3 A

i4 = 0 A

u 2 = −19 V

u 3 = 19 V

u 4 = 19 V

d) En t = ∞, la corriente en R3 será 0 A (no puede disipar siempre energía). e) La constante de tiempo en un circuito con R y L en serie es de τ = L/R. En el caso que se estudia, la marcha de la corriente por R3 se puede calcular por el método del generador equivalente de Thevenin. Este generador estará formado por una fuente ideal de tensión, con una Lp en serie, siendo la Lp la composición en paralelo de L2 y L4 vistas desde los extremos R3. En consecuencia, la constante de tiempo para la marcha de la corriente en R3 será:

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

342

Circuitos eléctricos. Problemas

t=

Lp L 2 ⋅ L 4 1 4 ⋅ = = s R 3 L 2 +L 4 R 3 9

f) La corriente por la resistencia R3 será una exponencial (es un sistema de primer orden, ya que sólo hay resistencias e inductancias) de constante de tiempo 4/9 s, valor inicial 6,3 A y valor final 0, o sea: i3 ( t ) = 6,3 ⋅ e −9 t / 4 A

Si t se empieza a contar a partir de t = 2+, se obtiene la figura 122.17.

Figura 122.17

g) Tomando como origen de tiempo t = 2 s, las caídas de tensión en R3, en L1 y en L2 serán: u 3 ( t ) = R 3 ⋅ i3 ( t ) = 19 ⋅ e −9 t / 4 V u 4 ( t ) = u 3 ( t ) = 19 ⋅ e −9 t / 4 V u 2 ( t ) = −u 3 ( t ) = −19 ⋅ e −9 t / 4 V

Las corrientes en L4 y en L2 son:

[

]

(

)

i 4 ( t ) = i 4 (2+ ) +

t 1 t 1 t ⋅ ∫ u 4 ( t )dt = 0 + ⋅ ∫ 19 ⋅ e −9 t / 4dt = −2,1 ⋅ e −9 t / 4 0 = 2,1 ⋅ 1 − e −9 t / 4 A L4 0 4 0

i 2 ( t ) = i 2 (2+ ) +

1 t ⋅ ∫ u 2 ( t )dt = 6,3 − 4,2 ⋅ 1 − e −9 t / 4 = 2,1 + 4,2 ⋅ e −9 t / 4 A L2 0

(

) [

]

Estas dos expresiones representadas gráficamente sobre unos mismos ejes muestran también, por diferencia, la marcha de corriente por la resistencia R3 (i3(t) = i2(t) – i4(t)), válida solo para t ≥ 2 . s

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

343

Régimen transitorio

Figura 122.18

h) El punto anterior significa que, en régimen permanente, continúa circulando una corriente de 2,1 A por las bobinas L2 y L4, sin producir caídas de tensión. Por lo tanto, en el circuito de la figura 16, que queda en régimen permanente, los valores serían los siguientes: u 2 (∞ ) = u 3 (∞ ) = u 4 ( ∞ ) = 0 V i 2 (∞) = i 4 (∞) = 2,1 A i 3 (∞ ) = 0 A

y que viene representado en la figura siguiente:

L2

i2 = 2,1 A u2 = 0 V

R3

i3 = 0 A

L4 = 4 H

u3 = 0 V

u4 = 0 V i4 = 2,1 A

2,1 A

2,1 A

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006