Problemas de Fundamentos de Electrotecnia

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Problemas de Fundamentos de

ElectrotecniaMiguel Ángel García García

Joaquín Mur AmadaNabil El Halabi

Iván Cristóbal Monreal

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Problemas de

Fundamentos de Electrotecnia

Miguel Ángel García García

Joaquín Mur Amada

Nabil El Halabi


Centro Universitario de la Defensa Zaragoza

No se permite la reproducción total o parcial de este libro, ni su incorporación a un sistema informático, ni su transmisión en cualquier forma o por cualquier medio, sea éste electrónico, mecánico, reprográfico, gramofónico u otro, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del copyright.

© Miguel Ángel García García, Joaquín Mur Amada, Nabil El Halabi, Iván Cristóbal Monreal.

© De la presente edición, Centro Universitario de la Defensa.

1ª edición, 2013 Edita: Centro Universitario de la Defensa Ctra. de Huesca s/n. 50090 Zaragoza http://cud.unizar.es Impresión: Edelvives Talleres Gráficos Impreso en España Printed in Spain Depósito Legal: Z 132-2013 ISBN: 978-84-938411-9-5

Prólogo

Hemos escrito este texto docente con el ánimo de que sirva de apoyo y

ayuda para que los alumnos alcancen los resultados de aprendizaje previstos

en la asignatura Fundamentos de Electrotecnia del Grado en Ingeniería de

Organización Industrial, perfil Defensa, que se imparte en el Centro

Universitario de la Defensa de Zaragoza.

El objetivo de esta recopilación de problemas, tanto resueltos como

propuestos, es que, a través de su resolución, los alumnos afiancen los

conceptos de circuitos y máquinas eléctricas, y las técnicas y métodos para el

análisis de circuitos que se tratan en los diversos temas en los que se ha

dividido la asignatura.

Para alcanzar los resultados de aprendizaje nos atrevemos a aconsejar que,

antes de consultar la solución, el alumno trate primero de resolver los

problemas por sus propios medios, y que las soluciones sirvan como

instrumento para contrastar la validez de los razonamientos y los pasos que

ha seguido en su propia resolución. Para afianzar y autoevaluar este

aprendizaje, se han incluido problemas propuestos, en los que sólo se indica

su resultado.

Cabe reseñar que se ha hecho una estimación del nivel de dificultad de todos

los problemas, indicándolo en cada uno mediante estrellas. Una y dos

estrellas señalan los problemas que ayudan a introducirse en el estudio del

tema en cuestión, mientras que los señalados con 3 y 4 estrellas son los

problemas que servirán al alumno para afianzar los conceptos y para hacerse

con las técnicas y métodos utilizados a lo largo de la asignatura. El adecuado

uso de este texto permitirá al alumno adquirir las competencias necesarias

para llevar a cabo con éxito el análisis de circuitos y el estudio de las

máquinas eléctricas que otras disciplinas le requerirán más adelante.

Por último, queremos dejar aquí patente nuestro reconocimiento y gratitud

a todas las personas que, directa o indirectamente, han contribuido a que

esta recopilación de problemas haya sido posible.

Los autores

Zaragoza, enero de 2013

Índice

Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad.

Problemas resueltos ..................................................................... 7

Problemas propuestos ................................................................. 12

Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de definición.



Tema 3: Energía y Potencia



Tema 4: Métodos de análisis de circuitos



Tema 5: Teoremas fundamentales del análisis de circuitos



Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal

Problemas resueltos ...................................................................... 149


Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal



Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados


Problemas propuestos .................................................................. 253

Tema 9: Máquinas eléctricas


Problemas propuestos .................................................................. 271

Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad

Problemas resueltos

Problema 1.1 ()

En el circuito de la figura se conocen las intensidades:

i1 = 3 A, i4 = ‐5 A, i7 = ‐2 A, i9 = 2 A

Determinar el resto de las intensidades para las referencias indicadas.

Solución:

La estrategia de resolución consistirá en buscar o bien recintos cerrados o

bien nudos, en los que solamente una intensidad sea desconocida, de tal

forma que se pueda aplicar la 1ª Ley de Kirchhoff en ese recinto/nudo y

despejar la intensidad desconocida.

Utilizando la estrategia descrita, se aplica la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada

al recinto cerrado 1:

Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto

i8 = i1 i8 = 3 A

1 2 i

4

i3

i2

i1

i6 i

7 i

8

i5

i9

B

A D

C

8 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff a los distintos nudos se obtiene:

Intensidades que entran en el nudo Intensidades que salen del nudo

Nudo A: 0 = i2 + i8 + i7 i2 = ‐1 A

Nudo B: i1 + i2 + i9 = i3 i3 = 4 A

Nudo C: i3 + i5 = i4 i5 = ‐9 A

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al recinto cerrado 2:

i5 + i6 = 0 i6 = 9 A

Se puede comprobar que, aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo D, se

obtiene igualmente:

i6 + i7 + i4 = i9 i6 = 9 A

Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 9

Problema 1.2 ()

En el circuito de la figura, los rectángulos indican elementos de naturaleza

desconocida, y las flechas indican la referencia de polaridad tanto de la

intensidad como de la tensión en cada rama.

a) Si se conocen las siguientes tensiones:

U1 = 8 V, U2 = 4 V, U5 = 3 V, U6 = 3 V, U7 = 1 V, U10 = ‐1 V, U11 = 2 V

Determinar las tensiones restantes del circuito y calcular la tensión

entre los puntos A y B.

b) Si se conocen las siguientes intensidades:

I1 = 1 A, I3 = 2 A, I4 = 4 A, I6 = 6 A, I9 = 1 A

Determinar las restantes intensidades del circuito.

c) Demostrar que se cumplen las ecuaciones:

I6 + I9 + I11 = 0

I1 + I2 + I3 + I4 = 0

6 5 7

1 2 3 4

9 8 10

11

A

B


Solución:

a) La estrategia de resolución consistirá en buscar trayectorias cerradas en

las que solamente una tensión sea desconocida, de tal forma que se pueda

aplicar la 2ª Ley de Kirchhoff a esa trayectoria y despejar la tensión

desconocida.

Aplicando la 2ª Ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada siguiente:

Trayectoria 1‐5‐2‐8: U1 = U5 + U2 – U8 U8 = ‐1 V

Aplicando la 2ª Ley de Kirchhoff a distintas trayectorias cerradas:

U1 = U5 + U6 + U3 – U11 U3 = 4 V

U8 + U9 = U11 U9 = 3 V

U3 = U7 + U4 – U10 U4 = 2 V

UAB = U5 + U2 UAB = 7 V

b) Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo A:

0 = I5 + I1 I5 = ‐ I1 I5 = ‐1 A

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo entre la rama 7 y 4:

I7 = I4 I7 = 4 A

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo entre la rama 4 y 10:

I4 + I10 = 0 I10 = ‐ I4 I10 = ‐4 A

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff a los distintos nudos se obtiene:

I5 = I2 + I6 I2 = ‐7 A

I8 + I2 = I9 I8 = 8 A

I11 + I9 + I3 = I10 I11 = ‐7 A

c) Para demostrar las ecuaciones, se dibujan los recintos cerrados que se

muestran en la siguiente figura:

Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 11

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al reciento cerrado A se

obtiene:

I6 + I9 + I11 = 0

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al reciento cerrado B se

obtiene:

I1 + I2 + I3 + I4 = 0

6 5 7

1 2 3 4

9 8 10

11

A

B

Recinto cerrado B

Recinto cerrado A


Problemas propuestos

Problema 1.3 ()

En el circuito de la figura se conocen las intensidades:

i1 = 1 A, i2 = 2 A, i7 = 3 A, i11 = 4 A

Determinar el resto de las intensidades según las referencias indicadas.

Resultados: i3 = ‐1 A, i6 = 1 A, i4 = ‐1 A, i5 = ‐4 A, i9 = ‐3 A, i8 = 7 A, i10 = ‐4 A

Problema 1.4 ()

En el circuito de la figura se conoce que UAB = 16 V y que UBC = 10 V.

Determinar la tensión UAD y la intensidad IBC.

Resultados: UAD = 26 V, IBC = 0 A

1 2 i

8

i11

i3 i

6 i

9

i5 i

2

i4 i

7 i

1 i

10

+10 V

12 A 2 A

+

D

I ·I 4

7

3

6 = 3

B C

Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de

definición

Problemas resueltos

Problema 2.1 ()

La figura muestra la forma de onda de la tensión en bornes de la bobina para

la referencia indicada en el circuito. Determinar la forma de onda de ig(t)

(valor de la fuente de intensidad). Considerar descargados inicialmente tanto

la bobina como el condensador.

Solución:

Inicialmente se establecen las referencias de las intensidades en las ramas:

La expresión temporal de la tensión u(t) es:

1

ig(t) +

0,5 Hu(t) 2 F

u(t)

4

3

2

1

1 2 3 4 5 [s]

[V]

t 0

1

ig(t)

+0,5 Hu(t)2 F

iL(t)

iC(t)

A


2 0 2( )

4 2

t tu t

t

Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo A se obtiene:

( ) ( ) ( )g L Ci t i t i t

Las ecuaciones de definición de la bobina y del condensador son:

00

1( ) ( ) ( )

t

L Lt

i t i t t u dL

( )( )C

du ti t C

dt

Dada la forma de la expresión de la tensión u(t), para determinar la

expresión de la intensidad ig(t), se han de considerar dos intervalos

diferenciados, y calcularla en cada uno de ellos.

Así pues:

o Para el intervalo 0 2t

La expresión de la intensidad iL(t) es:

0

2 20 00

1 1 1( ) ( ) ( ) ( 0) 2 0 2

0,5

( 2) 8 A

t t t

L L Lt

L

i t i t t u d i t d tL L

i t

Conviene resaltar que el valor de la intensidad iL(t) al final de cada intervalo,

será el valor inicial de la intensidad iL(t) en el intervalo siguiente. Por lo que

se ha calculado el valor de iL(t) al final del intervalo, es decir, para t = 2 s.

La expresión de la intensidad iC(t) es:

( )

( ) 2 (2 ) 4 AC

du t di t C t

dt dt

Con lo que en este intervalo:

2( ) ( ) ( ) 4 2g c Li t i t i t t

Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 15

o Para el intervalo 2t

00 22

1 1 1( ) ( ) ( ) ( 2) 4 8 4 8 2( 2) 8 8

0,5

t t t

L L Lti t i t t u d i t d t t

L L

( )

( ) 2 (4) 0 AC

du t di t C

dt dt

Por lo que la intensidad ig(t) en este intervalo es:

( ) ( ) ( ) 8 8g c Li t i t i t t

Por lo tanto, la expresión temporal de la intensidad es:

24 2 0 2( )

8 8 2g

t ti t

t t

La representación gráfica de esta intensidad se muestra en la siguiente

figura:

t [s]

ig(t) [A]

5

10

2 4

20

15

31

5 6

25


Problema 2.2 ()

Dados el circuito y la forma de onda de la tensión en bornes del condensador

de la figura, determinar la expresión temporal de la tensión en bornes de la

fuente independiente de tensión. La bobina y el condensador se encuentran

descargados inicialmente.

Datos: L = 1 H, R1 = 5 , C = 0,3 F, R2 = 2 , = 3

Solución:

La tensión uc(t) está definida a tramos, por lo que se determinará el valor de

eg(t) para cada uno de ellos. La expresión temporal de la tensión uc(t) es:

2 si 0 2

( ) 8 2 si 2 4

0 si 4C

t t

u t t t

t

Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:

+

R1

eg(t)

+

–

R2

C

L

+

i1(t)

uC(t)

∙i1(t)

uC(t) [V]

t [s]

1 2 3 4 5

1 2 3 4

0

5

+

R1

eg(t)

+

–

R2

C

L

+

i1(t)

uC(t)

∙i1(t)

+

+

+

+

iL(t)

iT(t)

uR1(t)

uL(t)

uR2(t)

u(t)


o Para el intervalo 0 t 2

( ) 2Cu t t

Aplicando la ecuación de definición del condensador:

1

( )( ) 0,3 2 0,6 Acdu t

i t Cdt

Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto

de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:

2 2 1( ) ( ) 2 0,6 1,2 VRu t R i t

1( ) ( ) 3 0,6 1,8 Vu t i t

Aplicando la 2ª L.K., se calcula la tensión en bornes de la bobina:

2( ) ( ) ( ) ( ) 2 1,2 1,8 2 3L C Ru t u t u t u t t t

Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad

que circula por ella aplicando su ecuación de definición:

2 2

0 0

1( ) ( 0) 2 3 3 3

0 A

tt

L Li t i t d t tL

Nótese que, en la expresión anterior, iL(t=0) = 0 porque la bobina está

inicialmente descargada.

Conocidas las dos intensidades, se puede aplicar la 1ª L.K. para hallar iT(t):

21( ) ( ) ( ) 0,6 3T Li t i t i t t t

Entonces:

1 1

2 21

( ) ( )

( ) 5 0,6 3 5 15 3

R T

R

u t R i t

u t t t t t

Aplicando la 2ª L.K. se obtiene la tensión en la fuente independiente:


1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

2 2( ) 5 15 3 2 3 5 17 6ge t t t t t t

2( ) 5 17 6ge t t t

o Para el intervalo 2 t 4

( ) 8 2Cu t t


1

( )( ) 0,3( 2) 0,6 Acdu t

i t Cdt


de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:

2 2 1( ) ( ) 2( 0,6) 1,2 VRu t R i t

1( ) ( ) 3( 0,6) 1,8 Vu t i t


2( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 1,2 1,8 5 2L C Ru t u t u t u t t t

Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad

que circula por ella aplicando su ecuación de definición:

2 2

2 2

1( ) ( 2) 5 2 10 5 10 5 10 4

10 A*

tt

L Li t i t d t tL

(*) El valor inicial de la intensidad en este intervalo, es el valor final de la

intensidad en el intervalo anterior:

2 20 2 ( ) 3 ( 2) 2 3 2 10 AL Lt i t t t i t

Entonces:

2( ) 5 4Li t t t


Aplicando la 1ª L.K.:

2 21( ) ( ) ( ) 0,6 5 4 5 3,4T Li t i t i t t t t t

Entonces:

2 21( ) 5 5 3,4 5 25 17Ru t t t t t


1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

2( ) 5 25 17 5 2ge t t t t

2( ) 5 23 22ge t t t

o Para el intervalo t ≥ 4

( ) 0 VCu t


1

( )( ) 0 Acdu t

i t Cdt


de las tensiones en los elementos que comparten esa intensidad:

2 2 1( ) ( ) 0 VRu t R i t

1( ) ( ) 0 Vu t i t


2( ) ( ) ( ) ( ) 0 VL C Ru t u t u t u t

Así pues:

4

1( ) ( 4) 0 8 A

8 A

t

L Li t i t dL



1( ) ( ) ( ) 0 8 8 AT Li t i t i t

Por tanto:

1( ) 5 8 40 VRu t


1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t

( ) 40 Vge t

Por lo tanto, la expresión temporal de la tensión en la fuente es:

2

2

5 17 6 si 0 2

( ) 5 23 22 si 2 4

40 si 4g

t t t

e t t t t

t

La representación gráfica de esta tensión se muestra en la siguiente figura:

t [s]

eg(t) [V]

10

20

2 4

40

30

3 1

60

50

5

6


Problema 2.3 ()

Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las

ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las

referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes

indicados en el esquema.

Solución:

Las ecuaciones de definición de las bobinas serán de la forma:

31 21 1 12 13

31 22 21 2 23

31 23 31 32 3

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

di tdi t di tu t L M M

dt dt dt

di tdi t di tu t M L M

dt dt dtdi tdi t di t

u t M M Ldt dt dt

Resta conocer el valor de cada uno de los signos que aparecen en las

ecuaciones.

Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de

autoinducción, solo se necesita observar el sentido relativo entre la

referencia de intensidad de cada bobina y su referencia de tensión.

i1(t)

u3(t)

+

+ +

i2(t)

u1(t) u

2(t)

i3(t)


o Término que contiene a L1: La referencia de la intensidad i1(t) coincide con

el sentido de la referencia dada para u1(t), con lo que el signo de este

término es “+”.

o Término que contiene a L2: La referencia de la intensidad i2(t) coincide con

el sentido de la referencia dada para u2(t), con lo que el signo de este

término es “+”.

o Término que contiene a L3: La referencia de la intensidad i3(t) no coincide

con el sentido de la referencia dada para u3(t), con lo que el signo de este

término es “‐”.

Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de

inducción mutua, ha de conocerse el efecto que producen las intensidades

que circulan por las otras bobinas, en la bobina para la cual se está hallando

la expresión de la tensión, utilizando para ello los terminales

correspondientes entre ellas y las referencias de tensión e intensidad de

cada bobina.

o Término que contiene a M12: Se está comprobando como influye la

intensidad i2(t) en la tensión u1(t). La intensidad i2(t) entra por punto en la

bobina 2, luego creará en la bobina 1 el mismo efecto que una intensidad

que entrara por punto en la bobina 1 (concepto de terminal

correspondiente). Esa intensidad (entrando por punto en la bobina 1)

circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 1, con lo que

el signo de este término es “+”.


intensidad i3(t) en la tensión u1(t). La intensidad i3(t) sale por cuadrado en

la bobina 3, luego una intensidad que saliera por cuadrado en la bobina 1,

circularía en sentido contrario a la referencia de tensión de la bobina 1,

con lo que el signo de este término es “‐”.


intensidad i1(t) en la tensión u2(t). La intensidad i1(t) entra por punto en la

bobina 1, luego una intensidad que entrara por punto en la bobina 2,


circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 2, con lo que

el signo de este término es “+”.


intensidad i3(t) en la tensión u2(t). La intensidad i3(t) sale por triángulo en

la bobina 3, luego una intensidad que saliera por triángulo en la bobina 2,

circularía en sentido contrario a la referencia de tensión de la bobina 2,

con lo que el signo de este término es “‐”.


intensidad i1(t) en la tensión u3(t). La intensidad i1(t) entra por cuadrado

en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por cuadrado en la

bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 3,

con lo que el signo de este término es “+”.


intensidad i2(t) en la tensión u3(t). La intensidad i2(t) entra por triángulo

en la bobina 2, luego una intensidad que entrara por triángulo en la

bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 3,

con lo que el signo de este término es “+”.

Por lo tanto, las ecuaciones de definición son:

31 21 1 12 13

31 22 21 2 23

31 23 31 32 3

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

di tdi t di tu t L M M

dt dt dt

di tdi t di tu t M L M

dt dt dtdi tdi t di t

u t M M Ldt dt dt


Problema 2.4 ()

En el circuito de la figura, la fuente ideal de tensión tiene un valor constante

de 5 V. En estas condiciones, y para la referencia indicada, determinar la

tensión en bornes de la resistencia R2. El transformador debe considerarse

ideal.

Datos: Eg = 5 V, R1 = 10 , R2 = 2 , a = 3

Solución:

La fuente ideal de tensión es de continua, por lo que genera un flujo

magnético en el primario del transformador constante. Un flujo constante

implica, por la ley de inducción de Faraday, que no hay tensión inducida U2

en el secundario del transformador, luego la tensión en la resistencia R2 es

nula.

2

2 2

2

0 V

0 VR

R

U

U U

U

R1

Eg+

R2

a:1

+UR2

R1

Eg +

R2

a:1

+

UR2

U2

++ U1


Problema 2.5 ()

En el circuito de la figura, que contiene un transformador ideal, y para la

referencia indicada, determinar la tensión en bornes de la resistencia R.

Datos: eg(t) = t2 V, R = 10 , a = 3

Solución:

El secundario del transformador está cortocircuitado, esto es us(t) = 0 V, por

lo que, aplicando la primera ecuación de definición de un transformador

ideal (para las referencias y terminales correspondientes indicados en el

circuito):

( ) ( )

( ) 3 0 0 V

p s

p

u t a u t

u t

Entonces, aplicando la 2ª L.K. en el circuito del primario del transformador:

2

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

g R p R

R g

e t u t u t u t t

u t e t t

R

eg(t)+

a:1

+ uR(t)

R

eg(t)

+

a:1

+ uR(t)

up(t) u

s(t)

++


Problema 2.6 ()

Calcular u(t)/i(t) en el dipolo de la figura. El transformador se considerará

ideal.

Solución:

Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:

Si se aplica la 1ª L.K. generalizada al recinto cerrado indicado en el figura:

Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto

3( ) 0 Ai t

Por lo tanto, aplicando la 1ª L.K. a los nudos A y B:

3:1

+

u(t)

i(t)

1

1

3:1

+

u(t)

i(t)

1

1

i2(t) i

1(t)

i3(t)

i4(t)

u1(t) u

2(t)

+ +uR2(t)

+

+

uR1(t)

A B


1

2 4

( ) ( )

( ) ( )

i t i t

i t i t

La relación de transformación es a = 3, lo que significa que:

1

2

3N

aN

Las ecuaciones del transformador, para las referencias tomadas son:

1 1

2 2

1 1 2 2

( )1ª ecuación del transformador 3

( )

2ª ecuación del transformador ( ) ( ) 0

u t Na

u t N

N i t N i t

A partir de las cuales se obtiene que:

1

2

1 2

( )3

( )

1( ) ( )

3

u t

u t

i t i t

Por otro lado, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha:

2 4( ) ( ) 1u t i t

Sustituyendo en las expresiones obtenidas anteriormente:

2 4 2 1

1 2 1 1

( ) ( ) 1 ( ) 1 3 ( ) 1

( ) 3 ( ) 3 3 ( ) 9 ( )

u t i t i t i t

u t u t i t i t

Con lo que la relación pedida es:

1 1

1 1

( ) 9 ( )( )9

( ) ( ) ( )

u t i tu t

i t i t i t


Problema 2.7 ()

Cuando se conecta en bornes de una fuente real de tensión continua una

resistencia de 3 , se mide entre dichos terminales una tensión de 9 V. Si en

bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 5 , la tensión que se mide entre ellos es de 10 V. Determinar los valores de los

elementos que modelan la fuente real de tensión.

Solución:

El circuito equivalente de una fuente real de tensión continua es:

Si se representa en un circuito el primer caso:

La intensidad que circula por el circuito es:

1

93 A

3I

La tensión U1 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):

1 1g gU E R I

Rg

Eg +

Rg

Eg+

3

+

I1

U1 9 V

+


Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:

9 3g gE R

Si se representa en un circuito el segundo caso:


2

102 A

5I

La tensión U2 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):

2 2g gU E R I

Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:

10 2g gE R

Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de

ecuaciones cuya solución es:

9 312 V, 1

10 2

g g

g g

g g

E RE R

E R

Luego el circuito que modela la fuente real de tensión es:

Rg

Eg+

5

+

I2

U2 10 V

+

12 V +

1


Problema 2.8 ()

Cuando se conecta en bornes de una fuente real de intensidad continua una

resistencia de 20 , se mide entre dichos terminales una tensión de 100 V. Si

en bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 100 , la tensión que se mide entre ellos es de 300 V. Determinar los valores de los

elementos que modelan la fuente real de intensidad.

Solución:

El circuito equivalente de una fuente real de intensidad continua es:

Si se representa en un circuito el primer caso:

La intensidad I1 es:

1

1005 A

20I

Esa intensidad I1 es (ecuación de definición de una fuente real de

intensidad):

1

100g

g

I IR

Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I1, se obtiene:

100

5 g

g

IR

Rg I

g

RgIg 20

+

100 V

I1


Si se representa en un circuito el segundo caso:

Se calcula la intensidad I2:

2

3003 A

100I

Esa intensidad I2 es (ecuación de definición de una fuente real de

intensidad):

2

300g

g

I IR

Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I2:

300

3 g

g

IR

Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de

ecuaciones cuya solución es:

1005

6 A, 100300

3

g

g

g g

g

g

IR

I R

IR

Luego el modelo de la fuente de real intensidad es:

RgIg 100

+

300 V

I2

6 A 100


Problema 2.9 ()

En el circuito de la siguiente figura se realizan dos medidas diferentes. En la

primera medida se conecta un voltímetro real de resistencia interna

RV = 10 Ω entre los terminales A y B, y se mide 40 V. En la segunda medida se

conecta entre los terminales A y B un voltímetro ideal (RV =), y se mide

60 V. Determinar a partir estas medidas, los parámetros Rg y Eg de la fuente

real de tensión.

Solución:

El circuito que modela el comportamiento de un voltímetro real es:

Donde representa a un voltímetro ideal y RV representa la resistencia

interna del voltímetro real.

En la primera medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro real de

resistencia interna RV = 10 , esto es:

Rg

Eg+

10

A

B

Fuente real de tensión

RV V

Rg

Eg

+

10

A

B

RV

V10

+UAB1

40 V

I1Req

V


Calculando la Req de las dos resistencias en paralelo:

1 1 1 2 1

510 10 10 5

eq

eq

RR

Con lo que el circuito se puede representar como:

donde la tensión UAB1 es la medida por el voltímetro real.

Aplicando la ley de Ohm a Req se obtiene I1:

1

408 A

5I

Según la ecuación de definición de una fuente real de tensión:

1 1∙AB g gU E R I

40 ∙8g gE R

En la segunda medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro ideal

(resistencia interna RV = ), esto es:

donde la tensión UAB2 es la medida por el voltímetro ideal.

Rg

Eg +

Req = 5

+

UAB1

40 V

I1 A

B

Rg

Eg+

10 RV = V

+UAB2

60 V

I2 A

B


El circuito se puede representar como:

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 , se obtiene I2:

2

606 A

10I

y según la ecuación de definición de la fuente real de tensión:

2 2∙AB g gU E R I

60 ∙6g gE R

Las ecuaciones obtenidas para ambas medidas forman un sistema lineal de

ecuaciones:

40 ∙8

60 ∙6

g g

g g

E R

E R

cuya solución son los parámetros pedidos de la fuente real de tensión:

120 V

10

g

g

E

R

Rg

Eg+

10

+

UAB2

60 V

I2 A

B


Problema 2.10 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la tensión U y la intensidad I.

Solución:

Agrupando en serie las dos resistencias de la derecha:

1 2 3eq eqR R

Agrupando en paralelo la resistencia de 2 con la de 3 resulta:

1 1 1 5 6

2 3 6 5eq

eq

RR

Agrupando en serie las dos resistencias de la derecha:

6 16

25 5

eq eqR R

2 3 V +

4 2 1

3 2 U +I

3

4 2

3 2

4 2

3 6/5


Y realizando el paralelo de las dos últimas resistencias:

1 1 1 31 48

163 48 315

eq

eq

RR

Aplicando la expresión del divisor de tensión en ese circuito, se obtiene que:

1

2

43 2,162 V

484

31

48

313 0,837 V48

431

U

U

Deshaciendo la última agrupación de resistencias realizada, el circuito

resultante será:

Se calcula la intensidad I1 en este circuito mediante la ley de Ohm:

4

3 16/5

4

48/31 +

3 + +

U2

U1

4

3 16/5

+U2 U

1

+

I1


21 0,261 A

16

5

UI

Deshaciendo las agrupaciones de resistencias realizadas anteriormente:

Aplicando la expresión del divisor de intensidad en este último circuito, se

obtiene que:

2 1

3 1

132 0,261 0,156 A

1 1 52 3

123 0,261 0,104 A

1 1 52 3

I I

I I

Y volviendo al circuito original:

4 2

3 6/5 +U2

I1

3

4 2

3 2

I1

I2

I3

U 2 3 V +

4 2 1

3 2

+

I

I2

I3

I1


se observa que el valor pedido I, coincide con el de I2.

2 0,156 AI I

Y aplicando la ley de Ohm a la última resistencia de la derecha, se calcula U:

3 2 0,104 2 0,208 VU I



Problema 2.11 ()

La gráfica de la figura corresponde a forma de onda de la tensión aplicada en

bornes de una bobina de 2 H de coeficiente de autoinducción. Obtener la

expresión de la intensidad que circula por ella y representarla. Suponer que

inicialmente no circula intensidad por la bobina.

Resultados: La expresión temporal de la intensidad es:

1t para 0 t 3

2i(t)3

6 ‐ t para 3 t 62

y su representación gráfica es:

3 [s] t 6

u(t) [V]

1

‐3

3t [s]

1

‐3

6

i(t) [A]

2


Problema 2.12 ()

Deducir si la curva representada en la figura corresponde a la tensión en

bornes o a la intensidad que circula por un condensador de 1 F de capacidad.

Determinar la ecuación de la otra variable, u(t) o i(t), y representarla.

Suponer que el condensador está inicialmente descargado.

Resultados: Corresponde a la intensidad que atraviesa el condensador.

La expresión temporal de la tensión es:

2

2

t para 0 t 1

‐2t + 3 para 1 t 3u(t)

‐t + 8t ‐18 para 3 t 4

‐2 para t 4

La representación gráfica de esta tensión es:

1

2

‐2

2 4 t [s] ‐1

3

5 6

t [s]

u(t) [V]

1

2

‐2

2 4

‐3

1‐1

5 6


Problema 2.13 ()

El circuito de la figura se encuentra en estado estacionario, calcular el valor

de u(t).

Resultados: u(t) = 0 V

Problema 2.14 ()

Hallar las tensiones y las corrientes en todos los elementos del circuito de la

figura, sabiendo que u(t) = sen 2t. Suponer que inicialmente los elementos

están descargados: u(t=0) = 0 V e i2(t=0) = 0 A.

Resultados: 23i (t) = cos t

2

2 2

2 24

2 3 24

4

2

2

1

u (t) = 2cos t

u (t) = sen t + 2cos t

1i (t) = (‐cos t + 2sen t + 1)

1i (t) = (1+ 2sen t + cos t)

+ 10 V

2 2

1 mH 2

1 F

2

+

5 V

2

1 mH

+u(t)

2

+

4

2 H 2

1/2 F

+

u(t) e (t)

u1(t)

+

u2(t)

+

i3(t) i

1(t)

i2(t)

u4(t)

+


2 3 2

3 2 5 21u (t) = 1+ 2sen t + cos t

e(t) = 1+ sen t + cos t

Problema 2.15 ()

Determinar la relación U0/E en el circuito de la figura.

Resultados: 0U = 1E

Problema 2.16 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular la tensión entre los terminales A y B

(tensión a circuito abierto, U0) y la intensidad que circula entre estos dos

mismos puntos cuando entre ellos se coloca un cortocircuito (intensidad de

cortocircuito, Icc).

500

250

I

U0

+

2Ib

+

E

+ E1

+

E2

R1

+

I2 R

2

A

B I2


Resultados: 2 10 2

1

E ‐ EU = ‐ + E

R

2 1 2 1cc

1 2

E R ‐ (E ‐ E )I

R (R + )

Problema 2.17 ()

Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las

ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las

referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes

indicados en el esquema.

Resultados: 31 21 1 12 13

31 22 12 2 23

31 23 13 23 3

di (t)di (t) di (t)u (t) = +L +M +M

dt dt dtdi (t)di (t) di (t)

u (t) = ‐M ‐ L ‐Mdt dt dt

di (t)di (t) di (t)u (t) = +M +M + L

dt dt dt

2

i1(t)

u2(t)

1

1’

2’ +

+

+

i3(t)

u1(t) u

3(t)

3

3’

L1 L

3

L2

M13

M12 M

23

i2(t)


Problema 2.18 ()

Dos bobinas acopladas magnéticamente, de parámetros L1, L2 y M, se

conectan como se muestra en la figura siguiente. Escribir las ecuaciones de

las tensiones u1(t) y u2(t) en función de las intensidades i1(t) e i2(t) y de los

parámetros anteriores.

Resultados: 1 21 1

di (t) di (t)u (t) = (L ‐M) ‐M

dt dt

1 22 2

di (t) di (t)u (t) = (L ‐M) ‐M

dt dt

Problema 2.19 ()

Encontrar la relación entre u1(t) e i1(t) en el circuito de la figura.

+

u1(t)

+

u2(t)

i1(t)

i2(t)

L2

L1

M

+

u1(t)

i1(t

R

R

N 3N


Resultados: 1

1

u (t) R=

i (t) 25

Problema 2.20 ()

Para el circuito de la figura calcular:

a) La tensión UAB, si no existiera el voltímetro.

b) La tensión UAB, si el voltímetro fuera ideal.

c) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna

RV = 10 k. d) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna

RV = 100 k.

Resultados: a) UAB = 50 V, b) UAB = 50 V, c) UAB = 25 V, d) UAB = 45,4 V

Problema 2.21 ()

Para el circuito de la figura calcular:

a) El valor de la intensidad I si no existiera el amperímetro.

b) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera ideal.

c) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de

resistencia interna RA =1 . d) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de

resistencia interna RA =1 m.

+

100 V A

B

20 k

20 k

V


Resultados: a) I = 0,5 A, b) I = 0,5 A, c) I = 0,375 A, d) I = 0,498 A

Problema 2.22 ()

A través de las medidas realizadas sobre un vehículo militar de tracción

eléctrica se sabe que:

Cuando el motor que mueve dicho vehículo funciona a velocidad

máxima, la tensión en bornes de la batería de corriente continua que

lo alimenta es de 23 V y la intensidad que circula por dicho motor es

de 100 A.

Cuando esa misma batería alimenta, además de al motor

funcionando a velocidad máxima, a los faros de dicho vehículo, la

tensión medida en bornes de la batería pasa a ser de 22,97 V, y la

intensidad que circula por ella es entonces de 103 A.

Determinar el valor de los elementos que, convenientemente conectados,

representan el comportamiento de la batería del vehículo.

Resultados: Una fuente real de tensión de valores: Rg = 0,01 y Eg = 24 V

3 I

+

1,5 V A

Tema 3: Energía y Potencia

Problemas resueltos

Problema 3.1 ()

Para el circuito de la figura determinar:

a) La potencia consumida en la resistencia.

b) La energía almacenada en la bobina.

c) La tensión en bornes de la fuente.

d) La potencia cedida por la fuente.

Solución:

a) Lo primero es fijar las referencias de tensión e intensidad del circuito.

3

i(t) = 4sent 5 H

+

+

uR(t)

3

i(t) = 4sent 5 H uL(t)

ug(t)

+

i(t)


Para las referencias de la figura, se define la potencia absorbida por un

dipolo como:

( ) ( ) ( )absP t u t i t

Por lo tanto, la potencia absorbida por la resistencia es:

( ) ( ) ( )abs R RP t u t i t

Aplicando la ley de Ohm a la resistencia:

( ) ( )Ru t i t R

Con lo que:

2 2 2 ( ) ( ) (4sen ) 3 48senabs Rp t i t R t t

Se comprueba que la potencia absorbida en la resistencia es siempre mayor

o igual que cero.

b) La energía almacenada en la bobina es:

2 2 21 1( ) ( ) 5 16sen 40sen

2 2Lw t L i t t t

c) La tensión en la bobina es:

( )

( ) 5 4cos 20cosL

di tu t L t t

dt

Con lo que la tensión en bornes de la fuente, aplicando la 2ª L.K., es:

( ) ( ) ( ) (3 4sen ) (20cos ) 12sen 20cosg R Lu t u t u t t t t t

i(t)

Dipolo +

u(t)

Energía y Potencia 49

d) Con las referencias tomadas para la tensión y la intensidad en la fuente,

y comparando con las referencias del dipolo general, el producto de ug(t) por

i(t) será potencia cedida.

Con lo que la potencia cedida por la fuente es:

2

( ) ( ) ( ) (12sen 20cos ) 4sen

48sen 80sen cos

ced fuente gp t u t i t t t t

t t t

Se puede comprobar que la potencia cedida por la fuente es igual a la suma

de las potencias absorbidas por la resistencia y por la bobina (balance de

potencias del circuito):

2 ( ) ( ) ( ) 48sen 80sen cosced fuente gp t u t i t t t t

2 ( ) 48senabs Rp t t

( ) ( ) ( ) (20cos )(4sen ) 80sen cosabs L Lp t u t i t t t t t


Problema 3.2 ()

Determinar las tensiones e intensidades en todos los elementos del circuito

de la figura. Calcular la potencia absorbida por cada uno de los 5 elementos

que lo integran y comprobar que su suma es cero:

Solución:

Lo primero es establecer las referencias de tensión e intensidad del circuito:

En la resistencia de 20 Ω se tiene que:

2 1 2 60 VU U U

Aplicando la ley de Ohm en esa resistencia:

2 2 2 220 60 20 3 AU I I I

Y la potencia absorbida por ella es:

2 2 20 2 20 3 20 180Wabs RP I

Se puede comprobar que la potencia también se puede calcular como:

+

60 V 20

+

U1

5

5I2

U1/4

I2

+

+

60 V 20

+ +

U1

5

5I2

U1/4

I2

+ I1

I5 I

4

I3+

U3

U5

+ U2 U

4

+


2 22

20

60180W

20 20abs R

UP

2

20 2

20

60 V

En 3 A

180Wabs R

U

R I

P

La tensión en la fuente de tensión dependiente es:

5 25 5 3 15 VU I

Se puede hallar la tensión en la fuente de intensidad dependiente ya que:

2 5 3 3 360 15 45 VU U U U U

Se tiene que:

3 4 4 45 VU U U

Conocida esa tensión, se puede hallar la intensidad I4 aplicando la ley de

Ohm a la resistencia de 5 :

4 4 4 45 45 5 9 AU I I I

Por tanto la potencia absorbida por la resistencia es:

2 2 =5 4 5 9 5 405Wabs RP I

4

5 4

5

45 V

En 9 A

405Wabs R

U

R I

P

La intensidad I3 es, al ser una fuente de intensidad dependiente:

13

6015 A

4 4

UI

Luego en la fuente de intensidad dependiente (f.i.d.), con las referencias

tomadas para la tensión y la intensidad, y comparando con las referencias

del dipolo general, el producto de U3 por I3 será potencia absorbida.


1 3 3

4

45 15 675WUabs fidP U I

1

3

13

4

45 V

En f.i.d. 15 A4

675WUabs fid

UU

I

P

La intensidad I5 es, aplicando la 1ª L.K.:

5 3 4 15 9 24 AI I I

Luego en la fuente de tensión dependiente (f.t.d.):

2 5 5 5 15 24 360Wabs ftd IP U I

2

5

2 5

5

15 V

En f.t.d. 5 24 A

360Wabs ftd I

U

I I

P

La intensidad I1 es:

1 2 5 3 24 27 AI I I

En la fuente de tensión (f.t.) de 60 V, con las referencias tomadas para la

tensión y la intensidad, y comparando con las referencias del dipolo general,

el producto de U1 por I1 será potencia cedida, luego la potencia absorbida es:

abs 60 V 1 1 60 27 1620WftP U I

1

1

60 V

60 V

En f.t. 60 V 27 A

1620Wabs ft

U

I

P

Se puede comprobar que:

Potencias absorbidas 0

1620 180 405 675 360 0 W


Problema 3.3 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la tensión U y las potencias cedidas

por todas las fuentes.

Solución:

Dando nombre a los nudos y poniendo las referencias en el dibujo, se tiene:

Aplicando la 2ª L.K. a la trayectoria cerrada ABCDEA, y para las referencias

indicadas, se tiene que:

4 710R RU U U

Por otra parte, si se aplica la 1ª L.K. generalizada al recinto cerrado indicado

en la figura de arriba:

2

Intensidades que entran al recinto Intensidades que salen del recinto

0 AI

+ 10 V

12 A 2 A

+

B

+ U

I ∙I 4

7

3

6 = 3

+

10 V

12 A 2 A

+

B

+ U

I ∙I 4

7

3

= 3

+

+

UR4

UR7

I2 I3

C

I1 E D

6 UI +


Por tanto la tensión UR7 es:

7 2 7 0 7 0 VRU I

Las resistencias de 3 y 6 están en paralelo, independientemente de que I2

sea igual a cero o no, por lo que siempre es aplicable el divisor de intensidad.

Luego aplicando la fórmula del divisor de intensidad en el nudo C:

16 72312 12 8 A

1 1 6 3 93 6

I

Conocida la intensidad I, la fuente dependiente de tensión del circuito de la

izquierda tendrá un valor:

∙ 3∙8 24 VI

Aplicando la ley de Ohm al lado izquierdo del circuito se calcula la

intensidad I1:

1

∙ 244 A

2 4

II

R

Por lo tanto:

4 4 1∙ 4 ∙4 16 VRU R I

La tensión U es entonces:

4 710 16 10 0 26 VR RU U U

En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes:

Para las referencias indicadas en el dipolo de la figura siguiente, el producto

de U por I es igual a la potencia cedida.


Luego si se aplica este criterio a las fuentes del circuito, se obtiene:

3 1

10V 2

∙ ∙ 24∙4 96W

10∙( ) 10∙0 0Wced I

ced

P I I

P I

La tensión a la que está sometida la fuente de intensidad de 12 A es:

3 ∙ 3 ∙8 24 VIU R I

Luego la potencia cedida por esa fuente es:

12A 12∙ 12∙24 288Wced IP U

I

U

+

Pced = U∙I Dipolo


Problema 3.4 ()

Calcular la potencia absorbida por cada elemento del circuito de la figura y

comprobar el balance de potencias. Calcular la energía almacenada en el

condensador y en la bobina en t = 20 s. Considerar que el circuito se

encuentra en estado estacionario.

Datos: R1 = 1 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 1 , R5 = 1 , R6 = 2 , Eg = 8 V,

C = 1 mF y L = 10 mH.

Solución:

Dado que la fuente es de continua, y que el circuito se encuentra en estado

estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito y el condensador

como un circuito abierto. En estas condiciones el circuito es equivalente a:

+

L

C

R1

R2

R3

R4

R5

R6

Eg

+

8 V

1

2

1

1

1

2

I


Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:

1 1 2eq eqR R

Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:

1 1 1

12 2

eq

eq

RR

Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:

1 1 2eq eqR R

+

8 V

1

2

2

1

2

I

+

8 V

1

2 1

1

I

+ 8 V

1

2 2

I


Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:

1 1 1

12 2

eq

eq

RR

Resolviendo el circuito:

8 (1 1) 4 AI I

Conocida esa intensidad I se puede, apoyándose en los circuitos anteriores y

mediante el divisor de intensidad, hallar las intensidades en cada rama del

circuito. La intensidad de 4 A se divide entre dos ramas que tienen la misma

resistencia cada una, luego esa intensidad se dividirá por dos. Lo mismo

ocurrirá con la intensidad de 2 A.

+ 8 V

1

1

I

+ 8 V

1

2 2

4 A 2 A

2 A


Conocida la intensidad que circula por cada una de las ramas, se puede

calcular la potencia absorbida o cedida en cada elemento del circuito. Para

las referencias dadas, esas potencias son:

1

2

3

4

5

6

2 2 1

2

2

2

2

2

8 4 32W

4 1 16W

2 2 8W

1 1 1W

1 1 1W

2 1 4W

1 2 2W

ced fuente g

abs R

abs R

abs R

abs R

abs R

abs R

P E I

P I R

P

P

P

P

P

Se puede comprobar el balance de potencias en el circuito:

ced fuente abs resistenciasP P

32 W 16 8 1 1 4 2 W

La bobina no absorbe potencia ya que:

cte 0 V 0 WL L abs LI U P

El condensador no absorbe potencia ya que:

cte 0 A 0 WC C abs CU I P

+

8 V

1

2

1

1

1

2

1 A

4 A 2 A

1 A

2 A


Para calcular la energía almacenada en el condensador hay que tener en

cuenta que, aunque se comporta como un circuito abierto (IC = 0), sigue

estando presente en el circuito y está sometido a una tensión UC. Lo mismo

ocurre con la bobina, aunque se comporta como un cortocircuito (UL = 0),

sigue estando presente en el circuito, y por ella circula una corriente IL.

La energías almacenadas en el condensador y en la bobina son:

21( ) ( )

2C Cw t C u t

21( ) ( )

2L Lw t L i t

Como el circuito se encuentra en régimen estacionario, las variables del

circuito, entre ellas la tensión en el condensador y la intensidad en la bobina,

no dependen del tiempo, es decir, son constantes. Debido a ello, tanto la

energía almacenada en el condensador como la energía almacenada en la

bobina no dependen del tiempo.

Se puede calcular la tensión en el condensador como:

5 4 5 42 1 2 1 1 1 3 VC R R C CU U U U R R U

Por tanto la energía almacenada en el condensador es:

2 310,001 3 4,5 10 J

2CW

+

UC

+

8 V

1

2

1

1

1

2

1 A

4 A 2 A

1 A

2

IL

+

UR5

+ UR4


La intensidad que circula por la bobina es:

2 ALI

Por tanto la energía almacenada en la bobina es:

210,01 2 0,02 J

2LW


Problema 3.5 ()

Se dispone de un radiotransmisor alimentado mediante un adaptador de

corriente alterna a corriente continua (AC/DC). Normalmente se utiliza

conectándolo a la red de alimentación eléctrica de 230 V AC, pero por causas

de fuerza mayor se ha de utilizar este transmisor en campo, donde no se

dispone de una red de alimentación eléctrica.

Los datos que aparecen en el adaptador son:

INPUT: AC 100‐240 V OUTPUT: DC 12 V 0,25 A (máx) 2,25 A (máx) 50‐60 Hz

El fabricante facilita los datos de consumo de potencia eléctrica del

radiotransmisor. Éste presenta un consumo continuo de 2 W en el modo de

funcionamiento de espera/recepción. Cuando el aparato está en modo

emisión, al consumo anterior hay que sumarle un consumo de 25 W.

Se ha pensado alimentar el radiotransmisor en campaña mediante una

batería de automóvil disponible, en la que pueden leerse sus características:

12 V y 60 Ah.

a) Calcular el tiempo de autonomía de funcionamiento del

radiotransmisor alimentándolo con dicha batería en modo espera, en

modo emisión y en un modo mixto de relación 60% espera y 40%

emisión.

b) Repetir los cálculos anteriores si no se quisiera sobrepasar una

“profundidad de descarga” del 70% en la batería.

Solución:

a) Antes de pasar a la solución del problema, se ha de hacer un comentario

sobre la manera en que los fabricantes de baterías expresan la capacidad

(energía almacenada) de las mismas. Es usual que la capacidad de una

batería se exprese en “Ah” (Amperios × hora), por ejemplo, como en este

caso 60 Ah. Esto corresponde al producto de la corriente que es capaz de

suministrar la batería, por el tiempo durante el cual es capaz de cederla. Es


decir, la batería es capaz de suministrar 60 A durante 1 h, ó 30 A durante 2 h,

ó 15 A durante 4 h, ... , o cualquier combinación cuyo producto sea 60 Ah. En

la tabla siguiente se exponen algunas posibles combinaciones. Ha de notarse

que el producto real que garantiza el fabricante, es lo que se denomina como

C100, es decir, la capacidad a 100 horas, y que el resto son extrapolaciones

que no son del todo ciertas, y que cuanto más se alejan de esa capacidad de

referencia, más difiere el comportamiento real de la batería con respecto a

ese producto.

Amperios (A) Horas (h)

60 130 215 410 65 121 600,6 1000,3 2000,1 600

Esto es así ya que cuanto más lentamente se descarga una batería, más

energía es capaz de ceder (debido a la dinámica de las reacciones químicas

que se producen en su interior). Por lo que si una batería está cediendo 60 A,

por ejemplo, no conseguirá hacerlo durante 1 hora, sino durante algo menos

de tiempo, con lo que el producto será algo menor que 60 Ah. Y por el

contrario, es posible que se consiga extraer 0,1 A durante más de 600 horas,

con lo que el producto será algo mayor.

En cualquier caso, y para realizar los cálculos, se considera que la capacidad

de la batería no depende del tiempo, y que para descargas en el orden de la

capacidad a 100 horas ese producto se va a mantener constante. Además

también se considera (idealmente) que la batería mantendrá una tensión

constante durante todo ese tiempo, cuestión que tampoco es cierta, ya que

la tensión irá cayendo a medida que la batería se descarga. Como dato, una

batería de automóvil (tensión nominal 12 V) totalmente cargada presenta

una tensión en vacío (sin carga) entre sus bornes de 13,8 V.

C100


Ha de notarse que este comportamiento se supone para una batería nueva y

cargada al 100%. Según una batería realiza ciclos carga/descarga su

capacidad (energía que puede almacenar y posteriormente ceder)

disminuye.

Hecha esta introducción y para calcular la autonomía de la que se dispondrá

con la batería citada, lo primero que se necesita conocer es el consumo

(Amperios) del transmisor en ambos modos de funcionamiento.

Del dato de la potencia eléctrica consumida en espera y en emisión se puede

calcular la intensidad consumida en ambos modos, ya que se conoce la

tensión de alimentación, 12 V.

Con el dato de la potencia consumida en espera:

12 2 WESP ESPP U I I

de donde se obtiene que:

0,167 AESPI

Esta intensidad IESP es consumida continuamente por el aparato por el hecho

de estar conectado, y es la consumida en el modo de espera.

Cuando el aparato se encuentra emitiendo, el consumo de potencia aumenta

en 25 W. Con este dato se puede calcular la intensidad consumida por el

hecho de emitir, que es:

12 25 WEMI EMIP U I I

de donde se obtiene que:

2,083 AEMII

Esta intensidad IEMI es consumida por el aparato por el hecho de emitir. Con

lo que la intensidad total que consume cuando se encuentra emitiendo es la

suma de la consumida en modo espera, más la consumida por el hecho de

emitir:


2,250 AEMI TOT ESP EMII I I

Conocidos estos datos ya es posible calcular la autonomía que se tendrá con

la batería citada.

La autonomía en modo de espera será:

60 Ah

360,00 h0,167 A

Autonomía espera

Y la autonomía en modo emisión será:

60 Ah

26,66 h2,250 A

Autonomía emisión

Para calcular la autonomía en el modo mixto, antes se ha de calcular la

intensidad promedio consumida en ese modo, que es:

60% 40% 0,60 0,167 0,40 2,250 1 AMIXTO ESP EMI TOTI I I

La autonomía en modo mixto será:

60 Ah

mixto 60,00 h1 A

Autonomía

b) La profundidad de descarga (PD), es un concepto que afecta al máximo

de energía que el fabricante aconseja extraer de una batería. Normalmente,

y si las circunstancias lo permiten, se intenta no descargar las baterías

totalmente, ya que el hecho de descargarlas totalmente acorta su vida útil al

máximo de capacidad. En el tipo de baterías utilizadas en automoción

(plomo‐ácido), una profundidad de descarga típica puede ser del 70%. Esto

significa que se intentará no utilizar más del 70% de la capacidad de la

batería, es decir, que se deja una reserva de energía del 30% sin utilizar, con

la intención de alargar la vida de la batería.

Los cálculos de autonomías anteriores se han realizado sin tener en cuenta el

concepto de profundidad de descarga, es decir, se han realizado

descargando la batería al 100%.


Si se tiene en cuenta este concepto, la capacidad de la que se dispone con

esa batería, al 70% de profundidad de descarga es:

70% 100% 70% 60 Ah 0,70 42 AhPDCapaciad Capaciad

Si se repiten los cálculos de autonomía anteriores con esta nueva capacidad,

que se ha reducido al 70% de la original, obviamente, todos los resultados se

ven reducidos en esa misma proporción.

70%

42 Ah252,00 h

0,167 APDAutonomía espera

70%

42 Ah18,66 h

2,250 APDAutonomía emisión

70%

42 Ahmixto 42,00 h

1 APDAutonomía

Los cálculos de autonomía se han realizado en función del consumo previsto

por el radiotransmisor, sin descargar la batería totalmente para mejorar su

rendimiento futuro. Esto puede que no sea operativo en algunas

circunstancias especiales, que pueden exigir descargarla totalmente. Para

estas circunstancias, se sabrá que se dispone de un 30% más de capacidad de

“reserva” para solventar las posibles contingencias.



Problema 3.6 ()

(Continuación Problema 2.14). Sabiendo que u(t) = sen2t, hallar, en función

del tiempo, la energía almacenada en el condensador y en la bobina. Hallar la

potencia cedida o absorbida por cada uno de los elementos del circuito.

Suponer que inicialmente los elementos están descargados: u(t=0) = 0 V e

i2(t=0) = 0 A.

Resultados: 24

2C

1w (t) = sen t

4

2 21

2

2 2

2 2 2 24

2 3 24

3 2 5 2 2 3 24

2L

2abs R=2

abs C

abs L

2abs R=

ced fuente

1w (t) = (1+ 2sen t ‐ cos t)

6

p (t) = 2cos t

p (t) = sen t cos t

1p (t) = (sen t + 2cos t)(1+ 2sen t ‐ cos t)

1p (t) = (1+ 2sen t + cos t)

1p (t) = (1+ sen t + cos t)(1+ 2sen t cos t)

+

4

2 H 2

1/2 F

+

u(t) e (t)

u1(t)

+

u2(t)

+ i3(t) i

1(t)

i2(t)

u4(t)

+


Problema 3.7 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la energía almacenada en la bobina y en

los condensadores y la potencia absorbida o cedida por las fuentes. El

circuito se encuentra en estado estacionario.

Resultados: , , ,‐3 ‐3 ‐6L C 5 F C 10 FW = 9 10 J W = 1 10 J W = 125 10 J

, , ,abs 6A ced 20V abs 10VP = 30 W P = 120 W P = 30 W

abs 3AP = 15 W

Problema 3.8 ()

Todas las resistencias del circuito de la figura son del mismo valor R. Al

aplicar una tensión entre los terminales A y B, la resistencia que está

colocada entre estos mismos terminales consume una potencia de 110 W.

Calcular la potencia total consumida por el conjunto de las siete resistencias.

+

10 V

5 2 mH

5 F

+

10 F

6 A

3 A

20 V


Resultados: TotalP = 150 W

Problema 3.9 ()

El circuito de corriente continua de la figura se encuentra en estado

estacionario. El condensador C1 tiene una energía almacenada de 1 Julio.

Calcular el valor del condensador C1.

Resultados: ‐51C = 5 10 F

Problema 3.10 ()

Dado el circuito de la figura, calcular todos los valores que puede tomar la

fuente de tensión E para que la resistencia de 2 absorba una potencia de

R

R

R

R

R R

R UAB

+ A

B

+

300 V

R

L

C1

R

L

C2

R

L


8 W. Suponer que las fuentes son de continua y que el circuito se encuentra

en estado estacionario.

Resultados: La potencia absorbida por la resistencia de 2 será siempre

8 W, independientemente del valor de E.

Problema 3.11 ()

Calcular la potencia cedida por la fuente de tensión en el circuito de la figura,

siendo e(t) = 2sent y considerando el transformador ideal.

Resultados: 2ced fuentep (t) = 12sen t

+

E

1

2

10 mH

20 F

+

4 V

+

1 e(t) 2 N 2N

Tema 4: Métodos de análisis de circuitos

Problemas resueltos

Problema 4.1 ()

Aplicando el método de análisis por nudos, calcular las intensidades indicadas

en el circuito de la figura.

Datos: R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , R4 = 8 , R5 = 10 , eg1(t) = 20 V, eg2(t) = 8 V.

Solución:

Como se solicita aplicar el método de análisis por nudos, es recomendable

que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito

considerado, existen dos fuentes de tensión reales, por lo que pueden

transformarse en sus fuentes de intensidad reales equivalentes. El circuito,

equivalente al propuesto para todos sus elementos salvo para aquellos que

forman las fuentes reales transformadas, es:

+

R1

eg1(t) +

eg2(t)

R2

R5 R

3

R4

i4(t)

i5(t) i

2(t)

i3(t)

i1(t)


A continuación se determina el número de nudos del circuito que se van a

considerar para la aplicación del método de análisis. Existen dos

comprobaciones importantes a realizar a la hora de localizar y denominar los

nudos de un circuito para la aplicación del método de análisis por nudos.

Estas dos condiciones son: verificar que todos los elementos del circuito

están flanqueados por un nudo en cada uno de sus extremos; y verificar que

no hay nudos unidos por un cortocircuito que tengan distinta designación. De

ahí que en este circuito, los dos nudos inferiores, al estar unidos por un

cortocircuito, se denominen ambos como nudo 0.

Una vez determinados los nudos, se toma uno de ellos como nudo de

referencia (en este caso el nudo 0), y se dibujan las tensiones de nudo.

Sustituyendo los valores de los elementos que componen el circuito:

R1

R2

R5 R

3 R

4

g2

4

e (t)

R

g1

1

e (t)

R

A B

0

R1

R2

R5 R

3 R

4 g2

4

e (t)

Rg1

1

e (t)

R

A B

0ref

+

uA0(t)

uB0(t)

+

Métodos de análisis de circuitos 73

Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,

aplicando escritura directa, son:

0

0

1 1 1 1( ) 102 6 4 4

1 1 1 1 ( ) 1

4 4 8 10

A

B

u t

u t

Escrito en forma de sistema de ecuaciones:

0 0

0 0

0,916 ( ) 0,25 ( ) 10

0,25 ( ) 0,475 ( ) 1A B

A B

u t u t

u t u t

y su solución es:

0

0

( ) 13,408 V

( ) 9,162 VA

B

u t

u t

Se ha analizado un circuito equivalente al circuito dado en el enunciado, pero

hay elementos en él para los que las transformaciones realizadas no son

equivalentes. Para determinar las intensidades pedidas en el enunciado, es

necesario “volver” al circuito original y, para ello, hay que apoyarse en las

tensiones y/o intensidades calculadas en el circuito analizado sobre los

elementos que se no se han visto afectados por los cambios. En dichos

elementos, los valores de la tensión entre sus bornes calculados en el circuito

analizado sí serán los mismos que la tensión en dichos elementos sobre el

circuito original. Esto es:

6

A B

0ref

+

uA0(t)

uB0(t)

+

10 A 1 A

4

2 8 10


A partir de las tensiones calculadas, y aplicando la ley de Ohm y las leyes de

Kirchhoff sobre este circuito, se obtienen las intensidades pedidas:

03

011

2 1 3

044

05

( ) 13,408( ) 2,234 A

6 6

20 ( )( )( ) 3,296 A

2 2( ) ( ) ( ) 1,061

( ) 8( )( ) 0,145A

8 8

( )( ) 0,916 A

10

A

A

B

B

u ti t

u tu ti t

i t i t i t A

u tu ti t

u ti t

+ + 10

i4(t)

i5(t) i

2(t)

uA0(t)

i1(t) 4

6 8

8

2

20 V

+ +

uB0(t)

A B

0

i3(t) + u

1(t)

+ u4(t)


Problema 4.2 ()

Analizar por mallas el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por

la resistencia R5 y la potencia cedida por las fuentes de tensión.

Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.

Solución:

Se solicita que se analice el circuito por mallas. Al emplear este método de

análisis, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de

tensión. Como en este caso existen dos fuentes, y ambas son de tensión, no

será necesario apoyarse en un circuito equivalente para aplicar el método de

análisis.

Lo siguiente es determinar el número de mallas presentes en el circuito.

Recordando la definición de malla: “lazo de un circuito que no contiene

ningún otro lazo en su interior”, se observa que el circuito a analizar tiene

tres mallas.

A continuación se establecen las referencias para las intensidades de

circulación de cada una de estas tres mallas (se recuerda que dichas

referencias tienen sentido arbitrario).

R1

Eg2

+

+

Eg1

R2

R5 R

4 R

3


Las ecuaciones correspondientes al método de análisis por mallas de este

circuito, aplicando escritura directa, son:

4 2 3 3 2 10

3 3 1 0 5

2 0 5 2 5

a

b

c

I

I

I

Escrito en forma de sistema de ecuaciones:

9 3 2 10

3 4 5

2 7 5

a b c

a b

a c

I I I

I I

I I

Resolviéndolo se obtienen las intensidades de malla:

1,242 A

0,318 A

1,609 A

a

b

c

I

I

I

Y las potencias pedidas, según las referencias dadas a las intensidades de

malla, son:

5

5 V

+

+

10 V

Ia

Ib

Ic

2

1 3 4


25 5

1 1

2 2

6,17W

12,42W

9,63W

abs R a

ced Eg g a

ced Eg g b c

P I R

P E I

P E I I


Problema 4.3 ()

Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por

nudos la intensidad que circula por todas las resistencias y por la fuente

dependiente de tensión, así como la tensión en bornes de las fuentes de

intensidad. Calcular la potencia absorbida por todos los elementos del

circuito y comprobar que se verifica el balance de potencias.

Datos: R1 = 2 , R2 = 3 , R3 = 1 , ig = 3 A, = 5.

Solución:

Para aplicar el método de análisis por nudos, es conveniente que todas las

fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En este caso, el circuito

contiene 2 fuentes de intensidad (reales) y una fuente de tensión (ideal y

dependiente). Al tratarse de una fuente ideal, no es posible transformarla

directamente en una fuente real de intensidad y, en consecuencia, se deja tal

cual en el circuito. Para solventar el hecho de tener en el circuito una fuente

de tensión, es necesario agregar una incógnita al sistema resultante de

aplicar el método de análisis y, por lo tanto, es necesario escribir una

ecuación adicional que permita que dicho sistema tenga solución única.

Se trata de un circuito con 3 nudos, y se toma el nudo inferior como nudo de

referencia (recordar que hay que asegurarse de que no existan nudos unidos

a través de un cortocircuito que tengan distinta designación, de ahí la forma

en la que se ha representado el nudo 0 en el circuito).

R2

igR1 +

ig

R3∙u u

+


Se ha añadido la incógnita ie (con referencia arbitraria) para solventar el

hecho de que la fuente de tensión dependiente es ideal. Dicha intensidad se

trata, cuando se escriben las ecuaciones del método de análisis, como la

intensidad proveniente de una fuente de intensidad.

Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:

0

0

1 1 132 3 3 ∙

1 1 1 3 3

3 3 1

A e

B

u i

u

Ecuaciones adicionales:

Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión (la

ecuación se construye escribiendo el valor conocido de la fuente en

función de las incógnitas principales del método de análisis):

05 Au u

Por haber en el circuito una fuente dependiente (la ecuación se

construye escribiendo la variable de la cual depende la fuente en

función de las incógnitas principales del método de análisis):

0Bu u

El sistema de ecuaciones a resolver es:

3

3 A+

3 A

1 5∙u u

+

2

A B

0

+

uB0

+

uA0

ie


0 0

0 0

0

0

0,833 0,333 3

0,333 1,333 6

5

0

A B e

A B

A

B

u u i

u u

u u

u u

cuya solución es:

A

B

e

u

u

i

u

0

0

10 V

2 V

6 A

2 V

Dibujando las referencias para las distintas ramas del circuito:

Se calculan las intensidades que circulan por las resistencias y por la fuente

de tensión, así como las tensiones en bornes de las fuentes de intensidad:

01

1

0 02

2

03

3

105 A

2

10 24 A

3

22 A

1

AR

A BR

AR

ui

R

u ui

R

ui

R

3

3 A+

3 A

1 5∙u u

+

2

A B

0

+

uB0

+

uA0

ie

+

uI1

+

uI2

iR1 iR3

iR2


1 0 0

2 0

6 A

10 2 12 V

2 V

e

I A B

I B

i

u u u

u u

Las potencias absorbidas por los distintos elementos, para las referencias

indicadas en el circuito, son:

1

2

2 21 1 1

2 22 2 2

2 23 3 3

1 1

2 2

0

∙ ( 5) ∙2 50W

∙ ( 4) ∙3 48W

∙ 2 ∙1 4W

∙ 3∙( 12) 36W

∙ 3∙2 6W

∙ ( 10)∙( 6) 60W

g

g

abs R R

abs R R

abs R R

abs i g I

abs i g I

abs u A e

P i R

P i R

P i R

P i u

P i u

P u i

En cuanto al balance de potencias:

1 21 2 3 0

50 48 4 36 6 60 0W

g gabs absR absR absR abs i abs i abs u

abs

P P P P P P P

P


Problema 4.4 ()

Dado el circuito de la figura, determinar mediante el método de análisis por

mallas la intensidad que circula por las resistencias y las fuentes de tensión,

así como la tensión en bornes de las fuentes de intensidad. Calcular la

potencia absorbida por las resistencias y la potencia cedida por las fuentes, y

verificar que se cumple el balance de potencias.

Datos: R1 = 1 , R2 = 1 , R3 = 2 , R4 = 2 , Eg1 = 4 V, Eg2 = 6 V, Ig = 3 A, = 3.

Solución:

El circuito contiene dos fuentes de intensidad (una real y otra ideal, y ésta

última además dependiente) y dos fuentes de tensión. El método de análisis

por mallas prefiere que el circuito contenga fuentes de tensión, por lo que se

transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente. Como no es posible transformar la fuente ideal de intensidad, se

deja en el circuito y, para solventar este inconveniente, se dibuja la referencia

de la tensión en bornes de dicha fuente. Se utilizará dicha tensión como si se

tratara de la tensión en bornes de una fuente de tensión. Posteriormente,

como esta tensión en la fuente de intensidad es una incógnita, se añadirá una

ecuación adicional al sistema. El circuito, equivalente al original, es entonces:

R2

R1

Eg1

∙I

+

+Eg2R3 R4Ig

I


Sobre este circuito se han dibujado las referencias de las intensidades de

circulación de malla. Aplicando la escritura directa de las ecuaciones de este

método de análisis:

1 2 1 2 0 4 6

2 2 2 2 6

0 2 2 6

a

b I

c

I

I U

I

Ecuaciones adicionales:

Debido a la existencia de una fuente de intensidad ideal, se ha

añadido como incógnita la tensión en bornes de dicha fuente. La

ecuación adicional se construye relacionando el valor conocido de la

fuente (en este caso el valor de su intensidad) con las incógnitas

principales del método de análisis (en este caso las intensidades de

circulación de malla).

bI I

Debido a que existe una fuente dependiente, cuyo valor depende del

valor de una variable en otra rama del circuito, se hace preciso escribir

una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando el

parámetro del cual depende dicha fuente con las incógnitas

principales del método de análisis.

Dado que la intensidad de la cual depende la fuente es la intensidad

que circula por la resistencia de la fuente real, que se ha transformado

1

1

4 V

3∙I

+

+

6 V

+ 2

IbIa Ic2

+ UI

6 V


en su fuente equivalente, esta relación entre parámetro e incógnitas

habrá que establecerla sobre el circuito original.

Aplicando la 1ª L.K. en el nudo A:

3 a bI I I

Agrupando las ecuaciones:

4 2 2

2 4 2 6

2 2 6

3 0

3

a b

a b c I

b c

b

a b

I I

I I I U

I I

I I

I I I

La solución del sistema es:

7 A

15A

12 A

5A

16 V

a

b

c

I

I

I

I

I

U

Para calcular tensiones y corrientes en el circuito original, se dibujan las

referencias de estas magnitudes en las diferentes ramas:

R2

R1

Eg1+

R3

3 A

I

Ia

Ia–Ib

A

Ib

…

…

∙I


De esta manera:

1

2

3

4

5

3 3

4 4 4

3

7 A

8 A

15 A

3 A

12 A

10 V

6 V

10 V

16 V

a

a b

b

b c

c

R

R

Ig R

I

I I

I I I

I I

I I I

I I

U R I

U R I

U U

U

La potencia absorbida por las resistencias es:

21 1 1

22 2 2

23 3 3

24 4 4

49W

49W

50W

18W

abs R

abs R

abs R

abs R

P R I

P R I

P R I

P R I

La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias

indicadas en el circuito) se calcula:

1 1 1

2 2 5

28W

72W

30W

240W

ced Eg g

ced Eg g

ced Ig Ig g

ced I I

P E I

P E I

P U I

P U I

R2

R1

Eg1

∙I

+

+Eg2 R3 R4Ig

IUR2

UR1

UR3

I2

I1 I3

I4

I5

UR4UIg

UI+

+

+

+

+

+

Ia–I

b


A partir de las potencias absorbidas y cedidas calculadas, se puede

comprobar el balance de potencias del circuito:

166WSe cumple

166W

ced fuentes abs resistencias

abs resistencias

ced fuentes

P P

P

P


Problema 4.5 ()

Para el circuito de la figura, calcular, aplicando el método de análisis por

nudos (tomando el nudo 0 como nudo de referencia), la potencia cedida por

las fuentes y la potencia absorbida por las resistencias. Verificar el balance de

potencias.

Datos: Eg = 8 V, Ig = 15 A, R1 = 1 , R2 = 1/2 , R3 = 1/3 , R4 = 1/4 , R5 = 1/5 , = 5

Solución:

Dado que el circuito se va a analizar aplicando el método de análisis por

nudos, se transforma la fuente real de tensión en su fuente real de intensidad

equivalente. Por otra parte, por estar en serie con una fuente ideal de

intensidad, se puede eliminar la resistencia R4 sin que el resto de los

elementos del circuito se vean afectados. Por último, se añade como

incógnita la intensidad que circula por la fuente ideal dependiente de

tensión, Ie.

Hechas estas transformaciones, el circuito queda:

R1

Eg

+

–

+

+

R2

U

∙U

R3

R4

Ig

R5

0 Ref


Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante

escritura directa) son:

A

B e

C

U

U I

U

0

0

0

1 2 2 0 8

2 2 3 3

0 3 3 5 15

Debido a la presencia de una fuente de tensión ideal, se agrega la ecuación

adicional:

BU U 0

Se añade otra ecuación adicional debido a la presencia de una fuente

dependiente:

0 0A BU U U

El sistema de ecuaciones a resolver es:

A B

A B C e

B C

B

A B

U U

U U U I

U U

U U

U U U

0 0

0 0 0

0 0

0

0 0

3 2 8

2 5 3

3 8 15

5

R1

Eg/R

1

+

–

+

R2

U

∙U

R3

Ig

R5

0 Ref

A B C

+ + +

UA0

UB0

UC0

Ie


La solución del sistema es:

0

0

0

6 V

5V

0 V

1V

13A

A

B

C

e

U

U

U

U

I

Para calcular las potencias cedidas y absorbidas, hay que recordar que se ha

analizado un circuito equivalente al del enunciado, por lo que se hace preciso

volver a dicho circuito original.

A continuación se calculan, teniendo en cuenta las referencias indicadas en el

circuito anterior, las potencias cedidas por las fuentes y las potencias

absorbidas por las resistencias.

Potencia cedida por la fuente Eg:

1

11

1

1 0

1

∙

2 V

2 A

16W

ced Eg g

R

R A g

ced Eg

P E I

UI

R

U U E

I

P

Potencia cedida por la fuente dependiente U:

+

–

+

R2

U

∙U

R3

R5

0 Ref

A B

+ +

UA0

UB0

UC0

IeR1

Eg

+

+

+

UR1

I1

R4

Ig

C

+

+

UR4

UI

UR3

+


0( )

65W

ced U e B e

ced U

P U I U I

P

Potencia cedida por la fuente independiente Ig:

0 4

4 4

15V

415

V456,25W

ced Ig I g

I C R

R g

I

ced Ig

P U I

U U U

U I R

U

P

La potencia absorbida por las resistencias se calcula:

21 1 1

22 1 2

23

3

3

3 0 0

3

24 4

20

5

5

4 W

2W

5V

75W

56,25W

0W

abs R

abs R

Rabs R

R B C

abs R

abs R g

Cabs R

P I R

P I R

UP

R

U U U

P

P I R

UP

R

Agrupando resultados:

1

2

16W

65W

56,25W

4W

2W

ced Eg

ced U

ced Ig

abs R

abs R

P

P

P

P

P


3

4

5

75W

56,25W

0W

abs R

abs R

abs R

P

P

P

El balance de potencias es:

16 65 56,25 137,25W

4 2 75 56,25 0 137,25W

ced

abs

P

P

ced absP P


Problema 4.6 ()

Para las referencias indicadas, escribir todas las ecuaciones necesarias para

analizar por mallas el circuito de la figura.

Solución:

Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente:

Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas, mediante escritura

directa, son:

R1

∙u(t)

R2

ig(t) u(t)L2D

L1D

1/C1D

1/C2D

++–

i1(t)

i3(t)

i2(t)

R1

∙u(t)

R2

u(t)L2D

L1D

1/C1D

1/C2D

++–

i1(t)

i3(t)

i2(t)

(1/C1D)i

g(t)

+


g

R L D R RC D C D

i t

L D L D i t i tC D C D C D C D

i tR L D R L D u t

1 1 2 2

2 21

2 2 2

2 1 2 13

2 2 2 2

1 1

0( )

1 1 1 1( ) ( )

( )∙ ( )

Al existir una fuente dependiente, la ecuación adicional del sistema es:

u t L D i t i t2 2 3( ) ( ) ( )

Se trata de un sistema de 4 ecuaciones diferenciales con 4 incógnitas. La

correcta aplicación del método de mallas asegura que estas ecuaciones son

linealmente independientes y que, por lo tanto, el sistema tiene solución

única.

Se pueden obtener las expresiones temporales de las tensiones e

intensidades en todos los elementos que forman el circuito sin más que

resolver el sistema de ecuaciones diferenciales anterior. Para ello, es

necesario conocer las expresiones temporales de las fuentes presentes en el

circuito, los valores de los elementos que lo integran y las condiciones

iniciales en las bobinas y condensadores (intensidades y tensiones,

respectivamente).


Problema 4.7 ()

Escribir todas las ecuaciones necesarias para analizar por mallas el circuito de

la figura.

Datos: ig(t), R1, R2, L1, L2, L3, M, C,

Solución:

Dado que el circuito contiene bobinas acopladas, además de porque así lo

solicita el enunciado, se va a analizar aplicando el método de mallas, por lo

que se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión

equivalente:

R1

∙i(t)

R2

ig(t)

i(t)

L1D

L2D

L3D

1/CD

MD

R1

∙i(t)

R2

L1D∙ig(t) i(t)

L1D

L2D

L3D

1/CD

MD

+ i2(t)i1(t)

i3(t)

+ui(t)


Como en el circuito hay bobinas acopladas magnéticamente, no se va a

aplicar el método de análisis mediante escritura directa de las ecuaciones,

sino que se van a escribir la suma de las tensiones correspondientes a cada

malla y, dicha suma, se igualará a cero (aplicación de la 2ª L.K. a cada malla).

Se recuerda que el criterio a seguir al aplicar el método de mallas, consiste en

que caídas de tensión positivas las crea la intensidad de la malla que se

considera en cada caso:

o Malla 1:

2 1 3 3 1 2 1 1 1

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0gL D i t i t MDi t i t i t L Di t L Di t

CD

o Malla 2:

2 2 3 2 1

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0iR i t i t u t i t i t

CD

o Malla 3:

1 3 3 3 3 1 2 3 2 2 3 1 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0R i t L Di t MD i t i t R i t i t L D i t i t MDi t

La ecuación adicional debida a la presencia en el circuito de una fuente de

intensidad ideal, es:

i t i t2( ) ( )

La ecuación adicional debida a que el circuito contiene una fuente

dependiente, es:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

Estas 5 ecuaciones forman un sistema de ecuaciones diferenciales

linealmente independientes, cuya solución permite obtener el valor de las

intensidades de las mallas.


Problema 4.8 ()

Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por

nudos y tomando el nudo 0 como nudo de referencia, la potencia cedida por

cada una de sus fuentes y la potencia absorbida por cada uno de los

elementos restantes. Comprobar que se verifica el balance de potencias.

Solución:

Las fuentes del circuito son de continua, esto implica que, en régimen

estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito.

Como en el enunciado se pide que se aplique el método de análisis por

nudos, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de

intensidad, por lo que las fuentes reales de tensión se transforman en su

fuente real de intensidad equivalente.

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5 2 mH

2 V 2 A

2

∙U

= 1 S

+

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5

2 V 2 A

2

∙U

= 1 S

+


Los elementos en serie con una fuente ideal de intensidad pueden eliminarse

sin que el resto de elementos del circuito se vean afectados. Siguiendo este

criterio, se podrá eliminar la resistencia de 2 ya que está conectada en

serie con la fuente de intensidad de valor ∙U.

Los nudos que están unidos por un cortocircuito han de tener la misma

designación. Por lo tanto, si se elimina la resistencia de 2 , el circuito a analizar tiene sólo 3 nudos, tal y como se indica en la figura siguiente. (Si no

se elimina la resistencia de 2 , el circuito tendrá entonces 4 nudos, existiendo un nudo entre la fuente de intensidad ∙U y la resistencia de 2 ).

Aplicando escritura directa:

A

B e

U

U I U0

0

1 1 1 1

1 11 1 0,5 0,5

1 1 2

0,5 0,5

Las ecuaciones adicionales son:

Por la fuente de tensión ideal:

0 2 VBU

Por la fuente dependiente (tal y como, aplicando la 2ª L.K. en el

circuito original, se deduce en la figura siguiente):

01 AU U

0

+1 A 1

0,5

2 V 2 A

∙U

= 1 S

A

B

+

UA0

+

UB01

1 A

Ie


El sistema resultante es:

0 0

0 0

0

0

4 2 2

2 2 2

2

1

A B

A B e

B

A

U U

U U I U

U

U U

y resolviéndolo se obtiene:

0

0

6V 1,5 V

42 V

0,5 V

1,5 A

A

B

e

U

U

U

I

Volviendo al circuito original y estableciendo las referencias de tensión e

intensidad:

+

1 V

U

1

+

1

1 V

+

…

…

+

UA0

+

0

+

1 V

U

1

+

1

1 V

0,5 2 mH

2 V 2 A

2

∙U

= 1

+

+

UA0

A B B+

UB0

I1

I2

I3Ie

I4 I5

U2

+


A

A B

e

UI

UUI

U UI I I I

I I I

I I U

1

022

0 03 1 2 3

4 3

5 4

0,5 A1

10,5 A

1 1

1A también: 1A0,5

2,5 A

2 0,5 A

La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias

indicadas) se calcula como se indica a continuación.

1 1 1

2 2 2

3 3

∙ 0,5W

∙ 0,5W

∙ 3W

ced Eg g

ced Eg g

ced Eg g e

P E I

P E I

P E I

1 0 1 4W

1,5W

ced Ig B g

ced U I

P U I

P U U

La tensión en bornes de la fuente dependiente, UI, se ha calculado aplicando

la 2ª L.K.:

+

1 V

I1

+

Eg1 +1 V

I2

1

+

Eg2

+

2 V

Ie

+

Eg3

Ig1 =2 A

B

0

+

UB0∙U = = 0,5 A

+

UB0

2 +1 V +

UI


01 3 VI BU U

Las potencias absorbidas por el resto de los elementos del circuito son:

21 1 1

22 2 2

23 3 3

25 5 5

∙ 0,25W

∙ 0,25W

∙ 0,5W

∙ 0,5W

0W

abs R

abs R

abs R

abs R

abs L

P I R

P I R

P I R

P I R

P

Por último, se comprueba que se verifica el balance de potencias.

ced fuentes abs resto elementosP P

0,5 0,5 3 4 1,5 1,5WSe cumple

0,25 0,25 0,5 0,5 0 1,5W

ced fuentes

abs resto elementos

P

P



Problema 4.9 ()

Analizar por nudos el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por

la resistencia R5 y las potencias cedidas por las fuentes de tensión.

Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.

Resultados: Pabs R5 = 6,17 W, Pced Eg1 = 12,42 W, Pced Eg2 = 6,93 W

Problema 4.10 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la potencia absorbida por la fuente

de intensidad:

a) Aplicando el método de análisis por nudos.

b) Aplicando el método de análisis por mallas.

Datos: R1 = 3 , R2 = 5 , R3 = 2 , R4 = 2 , R5 = 4 , R6 = 5 , eg1 = 8 V, ig = 3 A.

R1

Eg2

+

+

Eg1

R2

R5 R

4 R

3


Resultados: Pced ig = 8,02 W

Problema 4.11 ()

Aplicando el método de análisis por nudos, calcular la potencia absorbida por

la fuente de intensidad del circuito de la figura. Tomar el nudo 0 como nudo

de referencia.

Resultados: Pabs fuente intensidad = 3,47 W

+

R1

ig(t)

R2

R3

R4

R5

R6

eg(t)

3

+ 1

6 2 10 mH

ia

2∙ia

5 V

0


Problema 4.12 ()

Dado el circuito de la figura:

a) Calcular, utilizando el método de análisis por nudos, el valor de la

tensión u y el valor de la intensidad que circula por cada una de las

resistencias de 10 . b) Calcular la potencia cedida por cada una de las fuentes del circuito.

Resultados: a) u= 5 V, IAB = 4 A, IBC = ‒ 2,33 A

b) Pced5V = ‒5 W, Pced3A = 50 W, Pcedu = 316,7 W

Problema 4.13 ()

Dado el circuito de la figura, y tomando el nudo 0 como nudo de referencia,

escribir las ecuaciones correspondientes a su análisis por nudos, incluyendo

las ecuaciones adicionales que se estimen necesarias para obtener un sistema

de ecuaciones que tenga solución única.

+

∙u

10

+‒

10

5

3 A

5 5 V

A

B

C

D

= 10

+u


Resultados:

g

A0 B0 g

1 2 2 1

A0 B0 e

2 2 3

B0

g A0

1

E1 1 1+ U ‐ U = +I

R R R R

1 1 1‐ U + + U =IR R R

U =α I

E ‐UI=

R

Problema 4.14 ()

Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por

mallas la potencia cedida por las fuentes en función del valor de R.

Resultados: Pced f.d.t. = 1050 W, Pced f.d.i. = ‒450 W

R2R1

Eg +

∙I R3Ig

I

+

0

10 A

2 6 R

I

6∙I

1,5

+


Problema 4.15 ()

Para el dipolo de la figura:

a) Determinar, aplicando el método de análisis por mallas, la tensión que

aparece entre los terminales A y B cuando éstos se encuentran a

circuito abierto.

b) Calcular, aplicando el método de análisis por nudos, y tomando el

nudo B como nudo de referencia, la intensidad que circula entre los

terminales A y B cuando se conecta entre ellos un cortocircuito.

Resultados: a) UAB = 23 V, b) IAB = 23/6 A

Problema 4.16 ()

En el circuito de la figura, utilizando el método de análisis por nudos y

tomando en nudo 0 como nudo de referencia, determinar:

a) El valor que ha de tener la resistencia R1 para que no circule

intensidad por la resistencia de 3 . b) La potencia absorbida por la fuentes del circuito y la potencia

absorbida por la resistencia de 1 .

6 A+

2 A

B3

5 V

6

I

∙I = 1


Resultados: a) R1 = 7

b) Pabs 9V = ‒18 W, Pabs 8V = ‒16 W, Pabs 2A = ‒30 W,

Pabs R=1 = 4 W

Problema 4.17 ()

Utilizar el método de análisis por mallas para calcular el valor de la tensión u.

Calcular también la potencia absorbida por la resistencia de 10 y la suma

de la potencia cedida por todas las fuentes.

Resultados: u = 1 V, Pabs R=10 = 0,4 W, Pced fuentes = 47,4 W

1

9 V

+

+R1

3

8 V

8

5 2 A

0

AB

C

5

+

1 A

+∙u

5

2 A

5

10

5 10 V

+ u

= 1

5


Problema 4.18 ()

Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por

nudos, el valor de la tensión U.

Resultados: U = 1,25 V

Problema 4.19 ()

Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis

por mallas del circuito de la figura.

+

4

4 V

1 mF

2

1 5 A 2 mH

I 3∙I

+

U

1

+ M

R2L1 L2

eg1(t) eg2(t)

+

R1

R3


Resultados:

1 1 1 1 2 3 1 2 g1

2 2 1 2 2 g2 3 2 1

R i (t)+L Di (t)+MDi (t)+R i (t)‐i (t) ‐e (t)=0

L Di (t)+MDi (t)+R i (t)+e (t)+R i (t)‐i (t) =0

Problema 4.20 ()

Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis

por mallas del circuito de la figura.

Resultados:

1 1 1 1 2 2 g1

2 2 1 2 2 2 g2 1 2 1 2

R i (t)+L D i (t)‐i (t) +MDi (t)‐e (t)=0

L Di (t)+MD i (t)‐i (t) +R i (t)+e (t)+L D i (t)‐i (t) ‐MDi (t)=0

i2(t) i1(t)

+M

R2

L1

L2

eg1(t) eg2(t)

+

R1

i2(t) i1(t)


Problema 4.21 ()

Dado el circuito de la figura, escribir todas las ecuaciones correspondientes a

su análisis por el método de mallas.

Resultados:

1 1 2 g1

2 2 1 g2 2

R i (t)‐au (t)‐e (t)=0

au (t)+R i (t)+e (t)+au (t)=0

1+a

R1

eg1

+

+

eg2

R2a:1

N1

N2

i2(t) i1(t)

u2(t) +

+

u1(t)

Tema 5: Teoremas Fundamentales del Análisis de

Circuitos

Problemas resueltos

Problema 5.1 ()

Determinar, aplicando el teorema de superposición, la energía almacenada

en la bobina en el instante t1 = 3 s.

Solución:

La energía almacenada en una bobina en un determinado instante sólo

depende de la intensidad que atraviesa la bobina. Por tanto, es necesario

conocer la intensidad que circula por ella en dicho instante para calcular la

energía almacenada.

Debe considerarse que el circuito ha alcanzado el régimen estacionario en

t1 = 3 s porque el enunciado no detalla las condiciones iniciales del circuito.

Por tanto, este ejercicio se resolverá como un circuito de corriente continua.

+

5 V + 1 A

10 V

2 mH

2,5 6


El teorema de superposición se utilizará para calcular la intensidad que

circula por la bobina. De acuerdo con dicho teorema, la intensidad que

circula por la bobina cuando actúan simultáneamente las tres fuentes

presentes en el circuito (dos de tensión y una de intensidad, todas ellas

independientes), es igual a la suma de las intensidades que circulan por la

bobina cuando actúa cada fuente por separado.

Por conveniencia, se ha utilizado en todos los subcircuitos la misma

referencia de la intensidad que se desea calcular. Por ello, se fija un sentido

de corriente según se indica en el circuito siguiente.

El teorema de superposición puede ser aplicado analizando los subcircuitos

resultantes de activar en orden cada fuente del circuito original, anulando el

resto de fuentes no consideradas. Como el circuito original tiene tres

fuentes, se obtienen tres subcircuitos.

o Subcircuito 1

En primer lugar se considera que solo actúa la fuente de tensión de 5 V (se

anulan las otras dos fuentes). Como el subcircuito es de corriente continua,

la bobina se comporta como un cortocircuito. Por otra parte, una fuente de

tensión de valor cero se comporta como un cortocircuito, y una fuente de

intensidad de valor cero se comporta como un circuito abierto. Teniendo en

cuenta todo esto, el subcircuito a analizar, considerando la fuente de 5 V, es:

+

5 V + 1 A

10 V

2 mH

2,5 6

iL(t)

Teoremas Fundamentales 113

Aplicando la ley de Ohm se obtiene:

1

5 V( ) 2 A

2,5Li t

o Subcircuito 2

En el segundo subcircuito se considera que solo actúa la fuente de intensidad

de 1 A (se anulan las fuentes de tensión). Sustituyendo la bobina y las

fuentes de tensión nula por sus equivalentes, se obtiene el subcircuito 2:

La resistencia de 2,5 está en paralelo con un cortocircuito. Por tanto, toda

la corriente de la fuente circula por la bobina:

2( ) 1 ALi t

o Subcircuito 3

En el tercer y último subcircuito se considera que solo actúa la fuente de

tensión de 10 V (se anulan las otras dos fuentes). Después de aplicar las

equivalencias de la bobina y las fuentes anuladas, el subcircuito queda:

+

5 V

2,5 6

iL1(t)

Fuente detensión cero

Fuente de corriente cero

Equivalente de la bobina

1 A

2,5 6

iL2(t)

iR2(t) = 0

Fuente de tensión cero




Aplicando la ley de Ohm se obtiene:

3

10 V( ) 4 A

2,5

Li t

o Teorema de superposición

La intensidad que circula por la bobina cuando actúan las tres fuentes

simultáneamente, aplicando el teorema, es:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) L L L Li t i t i t i t

( ) 2 1 4 1 ALi t

La intensidad que circula por la bobina en el instante t1 = 3 s es:

1( ) 1 ALi t

Y, en consecuencia, la energía almacenada en la bobina en ese instante es:

21 1

1( ) ( ) 1mJ

2L Lw t L i t

+

10 V

2,5 6

iL3(t) Fuente de corriente cero




Problema 5.2 ()

Calcular el valor de la tensión UA en el circuito de la figura mediante el

teorema de superposición.

a) Aplicando superposición exclusivamente a las fuentes independientes

(anulando solo las fuentes independientes en los subcircuitos y

dejando la fuente dependiente en todos los subcircuitos).

b) Aplicando superposición a todas las fuentes, de forma que haya una

sola fuente en cada subcircuito.

Datos: RA = 2 , RB = 3 , RAB = 2 , α = 1/2 S, Ig1 = 9 A, Ig2 = 6 A

Solución:

El circuito tiene una fuente dependiente. El tratamiento de las fuentes

dependientes en el teorema de superposición merece una consideración

especial. Se pueden seguir dos procedimientos:

1) Aplicar superposición exclusivamente a las fuentes independientes.

Ésta es la opción más empleada habitualmente, donde las fuentes

dependientes aparecen en todos los subcircuitos. Por tanto, las

fuentes dependientes figuran en cada uno de los subcircuitos en los

que se descompone el circuito, con los valores relativos al subcircuito

donde se encuentran.

2) Proceder con las fuentes dependientes como se opera con las

independientes. Cada fuente (dependiente o independiente) aparece

RB

+

UA

α UA

Ig1

RA

RAB

Ig2


únicamente en un subcircuito y con el valor del circuito original, no el

del subcircuito. Los valores desconocidos del circuito original se

igualan a la suma de las contribuciones de cada subcircuito y, si es

necesario, se resuelve un sistema de ecuaciones para obtener el

resultado final del problema.

Según el enunciado, se deben utilizar las dos técnicas para su resolución. Por

conveniencia, la siguiente denominación de nudos y referencias de tensión

será utilizada en todos los subcircuitos.

Conviene recordar que una fuente de intensidad de valor cero se comporta

como un circuito abierto. Por tanto, las fuentes de corriente anuladas se

sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o independientes.

a) Teorema de superposición aplicado exclusivamente a las fuentes

independientes.

Los subcircuitos se obtienen anulando solo las fuentes independientes y

dejando la fuente dependiente referida a los valores del subcircuito.

o Subcircuito 1: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo

actúa la de valor Ig1.

Por tanto, se anula la fuente de valor Ig2. Con la primera metodología, la

fuente dependiente solo se modifica para que su valor se refiera al

subcircuito considerado, no al circuito original.

RB

+

UA

α UA

Ig1

RA

A B

RAB

Ig2

0 ref

+

UB




1 1 1

1 1

1 1 1

1 1 1A g AA AB AB

B A

AB B AB

U I UR R R

U U

R R R

Sustituyendo los datos del problema, se obtiene la siguiente solución:

1 10 VAU

o Subcircuito 2: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo

actúa la de valor Ig2.

Por tanto, se anula la fuente de valor Ig1. Con la primera metodología, la

fuente dependiente solo se modifica para que su valor se corresponda al

subcircuito considerado, no al circuito original.

RB

+

UA1

α UA1

Ig1 RA

A B

RAB

0


+

UB1

RB

+

UA2

α UA2

Ig2

RA

A B

RAB

0


+

UB2




22

2 22

1 1 1

1 1 1

AAA AB AB

A gB

AB B AB

UUR R R

U IU

R R R

Sustituyendo los datos del problema y resolviendo el sistema, se obtiene:

2 4 VAU

o Teorema de superposición:

La tensión UA en el circuito es la suma de las contribuciones de los dos

subcircuitos.

1 2 6 VA A AU U U

b) Teorema de superposición aplicado a todas las fuentes de forma que haya

una sola fuente en cada subcircuito.

En este apartado, los subcircuitos se obtendrán anulando todas las fuentes

menos una, sea dependiente o independiente, en cada subcircuito.

En el subcircuito que tiene activa la fuente dependiente, se tendrá en cuenta

que la tensión de la que depende la fuente es el valor en el circuito original,

no el valor en el subcircuito considerado.

Los tres subcircuitos que se obtienen al aplicar superposición se muestran a

continuación.


o Subcircuito 1: Se considera que solo actúa la de valor Ig1.

Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig2

y la fuente dependiente).

Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las

ramas RA y RAB en serie con RB.

1

1

45A

1 1 7A

A g

A AB B

RI I

R R R

La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.

1

90V

7A A AU R I

El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones

correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:

1 1

1

1 1 1

1 1 1 0A gA AB AB

B

AB B AB

U IR R R

U

R R R

RB

+

UA1

Ig1

RA

A B

RAB

0

+

UB1

IA


o Subcircuito 2: Se considera que solo actúa la de valor Ig2.

Por tanto, se anulan el resto de fuentes.


ramas RB y RA en serie con RAB.

2

1

18A

1 1 7A AB

A g

A AB B

R RI I

R R R


2

36V

7A A AU R I



2

22

1 1 1

0

1 1 1AA AB AB

gB

AB B AB

UR R R

IU

R R R

RB

+

UA2

RA

A B

RAB

0

+

UB2

Ig2

IA


o Subcircuito 3: Se considera que solo actúa la de valor α UA. Nótese que el

valor de la fuente dependiente es α UA, donde UA es la tensión en la

resistencia RA en el circuito original y no en este subcircuito (UA ≠ UA3).


ramas RAB y RB en serie con RA.

1

1

1 1 7A B

A A A

A B AB

R RI U U

R R R


3

2

7A A A AU R I U



3

3

1 1 1

1 1 1A AA AB AB

B A

AB B AB

U UR R R

U U

R R R

RB

+

UA3

α UA

RA

A B

RAB

0

+

IA

UB3



La tensión UA es la suma de las contribuciones de cada subcircuito:

1 2 3

90 36 2

7 7 7A A A A A AU U U U U U

La tensión UA se obtiene despejando en la expresión anterior:

6 VAU

El resultado del problema no depende de la metodología empleada. En

algunos circuitos sólo es posible utilizar una de las dos metodologías (véase

el problema siguiente).


Problema 5.3 ()

Calcular el valor de la tensión uA en el circuito de la figura por aplicación del

teorema de superposición. Utilizar como datos ig, R, α y β.

Solución:

Para resolver este problema aplicando superposición, se debe resolver

utilizando la segunda metodología expuesta en el problema 5.2 debido a que

el circuito sólo tiene una fuente independiente. Con esta metodología, cada

fuente (dependiente o independiente) se anula en todos los subcircuitos

menos en uno, donde aparece con el valor del circuito original.

Para obtener los subcircuitos, hay que recordar que una fuente de tensión de

valor cero se comporta como un cortocircuito, y que una fuente de

intensidad de valor cero se comporta como un circuito abierto. Por tanto, las

fuentes de tensión anuladas se sustituyen por cortocircutos y las fuentes de

corriente anuladas se sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o

independientes.

Los tres subcircuitos que se obtienen de aplicar superposición se muestran a

continuación.

R

+

uA

+ α u

A

iA

ig β i

A R


o Subcircuito 1: se anulan todas las fuentes excepto la fuente

independiente.

La corriente iA1 se obtiene aplicando directamente la fórmula del divisor de

corriente.

1

1

1 1 2

g

A g

iRi i

R R

La tensión uA1 se obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia izquierda.

1 12

A A g

Ru R i i

o Subcircuito 2: se anulan todas las fuentes excepto la de valor α uA.

Nótese que el valor de la fuente es proporcional a uA, tensión en el circuito

original (no confundir con uA2, la tensión en el subcircuito 2). Por tanto, hay

que diferenciar las magnitudes iA2 y uA2 (valores del segundo subcircuito)

frente a iA y uA (valores del circuito original).

El subcircuito tiene una fuente de tensión y dos resistencias en serie. La

tensión en la resistencia izquierda se obtiene aplicando el divisor de tensión:

R

+

uA1

iA1i

g

R

R

+

uA2

iA2

R

+ α u

A


22

A A A

Ru u u

R R

La corriente iA2 se obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia

izquierda.

22

2A

A A

ui u

R R

o Subcircuito 3: se anulan todas las fuentes excepto la de valor β iA.

Nótese que la corriente por la resistencia izquierda en el circuito original es iA

y la corriente por esa misma resistencia pero en el subcircuito 3 es iA3.

La corriente iA3 se obtiene aplicando directamente la fórmula del divisor de

corriente.

3

1

1 1 2A A A

Ri i i

R R

La tensión uA3 obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia izquierda.

3 32

A A Au R i R i


La tensión y la corriente por la resistencia izquierda es la suma de las

contribuciones de cada subcircuito:

β iA

R

+

uA

iA3

R


1 2 3

1 2 3

A A A A

A A A A

u u u u

i i i i

Sustituyendo los valores obtenidos en cada subcircuito se obtiene un sistema

de ecuaciones:

2 2 2

2 2 2

A g A A

g

A A A

Ru i u R i

ii u i

R

Se puede resolver el sistema de ecuaciones anterior, aunque resulta más

rápido sustituir iA por uA/R en la primera ecuación para obtener una

ecuación con una incógnita.

2 2 2A g A A

Ru i u u

La solución del problema se obtiene despejando uA de la expresión anterior:

2A g

Ru i


Problema 5.4 ()

Para el dipolo de la figura:

a) Determinar su equivalente Norton visto desde los terminales A y B.

b) Calcular la energía que se almacenaría en un condensador de 2 mF

que se conectara entre los terminales A y B de dicho dipolo.

Solución:

a) Cálculo del equivalente Norton

Para obtener el equivalente Norton se procede a calcular la intensidad de

cortocircuito del dipolo original y la impedancia equivalente de su

correspondiente dipolo pasivo.

o Cálculo de la intensidad de cortocircuito

Al cortocircuitar los terminales A y B, la resistencia de 4 está en paralelo

con un cortocircuito y, por tanto, no circula corriente por ella. Por

consiguiente, se elimina porque no afecta a las corrientes y tensiones del

circuito.

1

10 V

+

A1

6

4

2 B

1

10 V +

A1

6

4

2 B

Icc

10 V

+

A 2

6

2 B

Icc I


La resistencia de 2 está en paralelo con la resistencia de 6 y la

resistencia equivalente del conjunto es:

1 1 11,5

6 2eq

eq

RR

La corriente I que circula por la fuente es:

102,857 A

2 eq

IR

Aplicando la fórmula del divisor de corriente se obtiene la intensidad Icc,

corriente que también circula por la resistencia inferior derecha del dipolo.

1

22,857 2,143 A1 1

6 2

ccI

o Cálculo de la impedancia equivalente del circuito pasivo.

Para obtener el dipolo pasivo correspondiente al dipolo original, se anulan

todas las fuentes independientes presentes en el circuito. En el circuito

únicamente existe una fuente independiente, y anular esa fuente de tensión

equivale a sustituirla por un cortocircuito.

10 V

+

A

2

6

2 B

Icc

Req

I 2

10 V

+Req

I


Dado que el dipolo original no contiene ninguna fuente dependiente ni

acoplamientos magnéticos, se puede calcular la impedancia equivalente vista

desde A y B por asociación serie y paralelo de resistencias. Al asociar las dos

resistencias de 1 y de 6 se obtiene el siguiente circuito equivalente:

1 1 11,5

6 2eq

eq

RR

Se procede de forma similar con el circuito resultante, hasta obtener un

circuito con una sola resistencia:

1 1 11,866

3,5 4eq

eq

RR

1

A1

6

4

2 BFuente

tensión nula

1

A1

6

4

2 B

Req

Req

A

4

2 B

A

3,5 4

B

Req

A

1,866

B


Así pues, la impedancia equivalente vista desde sus terminales A y B del

dipolo pasivo correspondiente al dipolo activo original es:

1,866eqR

o Equivalente Norton

El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en

la referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Es decir, el

sentido de la fuente de corriente debe ser tal que cuando se cortocircuita el

equivalente Norton, la intensidad debe circular en el mismo sentido que en

el cortocircuito hecho en el dipolo original.

Al principio del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B.

Para que la corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando

se cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia

el terminal A.

Corriente de cortocircuto en el dipolo original

Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton

Por tanto, el equivalente Norton es:

1

10 V +

A1

6

4

2 B

IccIcc

2,143 A

1,866

A

B

Icc=2,143 A Req=1,866

A

B


b) Energía almacenada en un condensador de 2 mF.

Para calcular la energía almacenada en un condensador es necesario conocer

la tensión entre sus bornes. Por otra parte, el equivalente Norton se

comporta, visto desde sus terminales A y B, como el dipolo original.

Dado que el condensador se conecta en los terminales A y B del dipolo, es

más sencillo el cálculo de la tensión en bornes del condensador utilizando el

equivalente Norton que si se analiza el circuito original.

Condensador conectado al dipolo

original Condensador conectado al equiva‐lente Norton del dipolo original

Un condensador en un circuito de corriente continua se comporta como un

circuito abierto, dado que no circula corriente por él una vez termine el

transitorio inicial de carga. Por tanto, la tensión en bornes del condensador

coincide, en este caso, con la tensión a circuito abierto del dipolo:

2,143∙1,866 4 VCU

Por último solo queda aplicar la expresión de la energía almacenada en un

condensador:

1

10 V +

A 1

6 4

2 B

2 mF2,143 A

1,866

A

B

2 mF

2,143 A

1,866

A

B

UC

+2 mF2,143 A

1,866

A

B

UC

+


2 3 21 1∙2∙10 ∙4 16 mJ

2 2C CW C U

Nótese que la energía almacenada en el condensador no varía en el tiempo

porque el circuito es de corriente continua.


Problema 5.5 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin

vistos desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.

Solución:

Para obtener el equivalente Norton, se calcula la corriente de cortocircuito

del dipolo. Para obtener el equivalente Thévenin, se calcula la tensión a

circuito abierto del dipolo. Para ambos equivalentes, también es necesario

calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista desde los

terminales A y B, que coincide con el cociente entre la tensión a circuito

abierto y la corriente de cortocircuito.

o Cálculo de la corriente de cortocircuito

El dipolo con los terminales A y B cortocircuitados queda como sigue:

3

2

6 A 5 V

6

A

B

=1 I

I

+

3

2

6 A 5 V

6

A

B

I

I

+

M

Icc

N

I1

=1


La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:

6Nudo : 6 3A

1M I I I

A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:

1 1Nudo : 3cc ccB I I I I I

La resistencia de 6 Ω está conectada en bornes de la fuente de 5 V. Por

tanto:

1 1Resistencia 6 Ω: 6 5 V 5 / 6 AI I

Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:

1

5 23 3 3 A

6 6ccI I

o Cálculo de la tensión a circuito abierto

El dipolo con los terminales A y B a circuito abierto es:


6Nudo : 6 3A

1M I I I


3

2

6 A 5 V

6

A

B

I

I

+

MN

I1 B

+

U0


1 1Nudo : 0 ‐ = ‐3 AB I I I I

Finalmente se obtiene la tensión U0 aplicando la segunda ley de Kirchhoff:

0 15 6 5 6 ( 3) 23 V U I

o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B

El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para

ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y

las fuentes dependientes se dejan tal como están en el circuito original.

Dado que hay una fuente dependiente, la impedancia equivalente del dipolo

pasivo no se puede calcular por asociación de resistencias. Por tanto, se

conecta una fuente externa auxiliar en los bornes del dipolo y la impedancia

equivalente del dipolo pasivo se calcula como la relación entre la tensión de

la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.

El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar

añadida es:


0Nudo : 0 0

1M I I I


1 1Nudo : 0 ‐e eB I I I I I

3

2

6

A

B I

I

+

M

Eg

N

I1 B

Ie


Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la malla de la derecha se obtiene:

16 6 g eE I I

Como se ha dicho anteriormente, la impedancia equivalente del dipolo vista

desde sus terminales es el cociente entre la tensión de la fuente auxiliar Eg y

la intensidad Ie que circula por ella. Esto es:

6

g

eq

e

ER

I


El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en

la referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Al principio

del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para que la

corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se

cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el

terminal A.

Corriente de cortocircuto en el dipolo original

Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton

Por tanto, el equivalente Norton es:

3

2

6 A 5 V

6

B

=1 I

I

+

M N

A

Icc

Icc 3,83 A

6

A

B

Req = 6 I

cc= 3,83 A

A

B


o Circuito equivalente Thévenin

El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin debe colocarse

apoyándose en la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito

abierto.

Se ha considerado al establecer la referencia que el terminal A está a mayor

tensión que el terminal B. Por tanto, el terminal positivo de la fuente debe

apuntar al terminal a mayor tensión de la referencia dada, es decir, el

terminal A.

Tensión a circuito abierto en el dipolo original

Tensión a circuito abierto en el equivalente Thévenin

Por tanto, el equivalente Thévenin es:

o Comprobación de los resultados.

Los equivalentes Norton y Thévenin son fuentes reales equivalentes entre sí.

Por tanto, una forma de comprobar los resultados obtenidos es verificar que

el cociente entre la tensión a circuito abierto y la intensidad de cortocircuito

3

2

6 A 5 V

6

B

=1 I

I

+

M N

A

+

U0

6

23 V

A

B

+ + U0

Req= 6

U0= 23 V

A

B

+


(U0/Icc) coincide con la impedancia equivalente Zeq determinada con el

circuito pasivo.

Otra forma de comprobar los resultados es constatar que la corriente de

cortocircuito de ambos equivalentes es la misma (en valor y sentido).

0 23 V 3,83 A

6cc

eq

UI

R

Alternativamente, se puede comprobar que la tensión a circuito abierto de

ambos equivalentes es la misma (en valor y polaridad).

U0 = Icc∙Req (3,83 A)( 6 ) = 23 V


Problema 5.6 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin

vistos desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.

Solución:

o Cálculo de la corriente de cortocircuito

Para obtener el equivalente Norton es necesario calcular la corriente de

cortocircuito del dipolo. El circuito con los terminales A y B cortocircuitados

queda como sigue:

Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada definida por los

nudos A, C, B y A:

1 1 12 0 0u u u

La corriente i1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

11Resistencia 2 : 0 A

2

ui

B

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

B

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

icc

AC i2

i1


Se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo C:

1 2 2Nudo : 3 A 3 AC i i i

A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo A:

2Nudo : 9 A + ccA i i

Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:

2 9 A 6 Acci i

o Cálculo de la tensión a circuito abierto

Para obtener el equivalente Thévenin es necesario calcular la tensión a

circuito abierto del dipolo.

El circuito con los terminales A y B en circuito abierto es:


2Nudo : 9 AA i

Se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo C:

1 2 1 2Nudo : 3 3 6 AC i i i i

Una vez conocida i2, la tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

1 1Resistencia 2 : 2 2 ∙6 12 V u i

Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada definida por los

nudos A, C, B y A:

0 1 1 12 3 36 V u u u u

B

2

5 + +

u1

9 A

+

2 u1

3 A

A

u0

AC i2

i1


o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B

El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para

ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y

las fuentes dependientes permanecen tal como están en el circuito original.

Dado que hay una fuente dependiente, no se puede calcular la impedancia

por asociación de resistencias y se conectará una fuente externa auxiliar en

los bornes del dipolo.

El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar

añadida es:

Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C se obtiene:

1 2 2 1Nudo : 0 C i i i i


2 2 1Nudo : 0 e eA i i i i i

Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la única malla del circuito:

1 1 12 3 ge u u u

La tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:

1 1Resistencia 2 : 2 2 eu i i

La impedancia vista desde los terminales A y B es el cociente entre el valor

de la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella:

13 6 6

g eeq

e e e

e u iR

i i i

B

2

5 +

u1

+

2 u1

AAC i2

i1

+ eg

ie



El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina de acuerdo con

el criterio adoptado para calcular Icc.

Se puede comprobar que el dipolo original y el equivalente Norton mostrado

a continuación tienen corrientes de cortocircuito en el mismo sentido.

o Equivalente Thévenin

El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin se ha definido de

acuerdo con la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.

o Comprobación de los resultados

La tensión a circuito abierto de ambos equivalentes es la misma, tanto en

valor como en polaridad. Por tanto se cumple que:

Icc∙Req = U0 => (6 A)( 6 ) = 36 V

Req = 6 I

cc= ‐6 A

A

B

Req= 6

U0= 36 V

A

B

+



Problema 5.7 ()

Calcular el valor de la corriente i en el circuito de la figura por aplicación del


Resultado: i = 0,6 A

Problema 5.8 ()

Calcular el valor de la tensión u1 en el circuito de la figura por aplicación del


Resultado: u1 = –12 V

Problema 5.9 ()

Calcular el valor de la tensión UD en el circuito de la figura mediante el


+ 2 V

2

2 i

+ 2 V

4

2

5 +

u1

9 A

+

2 u1

3 A


Datos: RA = 5 , RB = 3 , RC = 2 , RD = 2 , α = 0,5 S, UA = 9 V, UB = 6 V

Resultado: UD = –5 V

Problema 5.10 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos

desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.

Resultados: U0 = –Ug, Icc = –2Ug /R, Req = R/2

Problema 5.11 ()

Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos


RB

+ UD

α UD

UA R

A

RC

UB

+

RD

+

+

R R R

R R

Ug

A

B


Resultados: U0 = –0,625∙R∙Ig, Icc = –Ig, Req = 0,625∙R

Problema 5.12 ()

Calcular el equivalente Thévenin visto desde los terminales A y B del circuito

de la figura.

Resultados: U0 = 0 V, Req = 1

Problema 5.13 ()

Se mide con un voltímetro la tensión en una batería Ni‐MH sin conectar

ninguna carga, obteniendo un valor de 1,2 V. A continuación, se conecta en

sus extremos una bombilla que consume 0,2 A y la tensión en los extremos

de la batería baja a 1,1 V.

a) Dibujar el equivalente Thévenin de una sola batería.

b) Dibujar el equivalente Thévenin de 4 baterías conectadas en serie

para alimentar un dispositivo eléctrico.

Resultados: a) U0 = 1,2 V, Req = 0,5 ; b) U0 = 4,8 V, Req = 2

R R R

R R

Ig

A

B

+

A B 2 V

1 1

1 1


Problema 5.14 ()

Calcular los equivalentes Norton y Thévenin respecto de los terminales A y B

del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.

Resultados: U0 = – 24 V, Icc = – 4 A, Zeq = 6

Problema 5.15 ()

Dado el dipolo activo de la figura siguiente:

a) Calcular, aplicando el teorema de superposición, la tensión en bornes del

dipolo cuando éste se encuentra a circuito abierto.

b) Calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al

dipolo activo considerado.

c) Dibujar el equivalente Thévenin de dicho dipolo activo, respecto de sus

terminales.

d) Calcular la intensidad que circula entre los bornes del dipolo activo cuando

éste se encuentra en cortocircuito y comprobar con esa corriente los valores

del equivalente Thévenin.

+

uCB

iA

6 A

3 uCB

2

0,5 iA

2

B

A

2

2 CD


Resultados: a) U0= 1,25 V, b) Zeq = 1,25 , d) Icc = 1 A

Problema 5.16 ()

Calcular el equivalente Norton y el equivalente Thévenin respecto de los

terminales A y B del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.

Datos: eg= 13 V, R1 = 10 , R2 = 1 , R3 = 6 , = 3 S

Resultados: U0 = 8 V, Zeq = 3,846 , Icc = 2,08 A

+

1

2

1

4

4 V

2 mH 5 A

I 3∙I

1 mF

A

B

+

eg

R1

R2

R3

∙u

+ u

A B

Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario

sinusoidal

Problemas resueltos

Problema 6.1 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t).

Datos: R1 = 3 , R2 = 2 , L = 0,1 H, C = 1/60 F, eg(t) = 10cos(10t + /4) V, ig(t) = 5sen(60t + /4) A.

Solución:

Las fuentes del circuito son ambas sinusoidales, pero tienen distinta

pulsación, la de la fuente de tensión eg(t) es de 1 = 10 rad/s mientras que la

de la fuente de intensidad ig(t) es de 2 = 60 rad/s. Por tanto, el análisis del

circuito por el método simbólico debe realizarse utilizando el teorema de

superposición:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

donde i(t) es la intensidad determinada mediante la suma de la intensidad

i1(t), correspondiente al circuito en el que actúa exclusivamente la fuente

R1

i(t)

R2

ig(t)

L1

Ceg(t)

+


de tensión, y de la intensidad i2(t), correspondiente al circuito considerando

que actúa la fuente de intensidad.

o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 10 rad/s

Para hallar la intensidad i1(t) se considera la fuente de 1 = 10 rad/s y se

anulan el resto de fuentes (fuente de intensidad de valor cero circuito abierto).

Se determina el fasor asociado a eg(t) considerando la forma coseno, esto es:

1010 cos (10 / 4) V 45º V

2gge t t E

Pasando el circuito al campo complejo:

Asociando impedancias y aplicando la ley de Ohm generalizada, se obtiene la

intensidad I1:

1

1 2 1

1

1045º

2 1 90ºA5 j51

j

gEI

R R LC

La intensidad i1(t) se obtiene transformando el fasor I1 al dominio del

tiempo:

1( ) 2cos 10 A2

i t t

3

I1

2 j1L1 = j

+

Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 151

o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 60 rad/s

Se considera la fuente de 2 = 60 rad/s y se anulan el resto de fuentes

(fuente de tensión de valor cero cortocircuito).

El fasor asociado a ig(t), considerando la forma seno, es:

5

5 sen (60 / 4) A 45ºA2

ggi t t I

Pasando el circuito al campo complejo:

La intensidad I2 queda determinada aplicando el divisor de intensidad:

2

22

1 22

2

11

j5 3 j6

45º 3,354 63,43º A1 1 5 j52

1 jj

g

RC

I I

R LRC

Transformando al dominio del tiempo se obtiene la intensidad i2(t):

2( ) 3,354 2 sen 60 1,1 Ai t t

Por tanto, la intensidad i(t) se obtiene sumando ambas intensidades en el

dominio del tiempo:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

( ) 2cos 10 3,354 2 sen 60 0,35 A2

i t t t

3

I2

2 j2L1 = j6


La suma de las respuestas, obtenidas mediante el teorema de Superposición

en circuitos con fuentes de diferente pulsación, no debe realizarse en el

campo complejo ya que se trata de fasores que giran a diferente velocidad

angular. Es imprescindible que estas respuestas sean sumadas en el dominio

del tiempo.


Problema 6.2 ()

Calcular la intensidad i(t) que circula por el condensador del circuito de la

figura.

Datos: ig(t) = 5sen(200t + /4) A, eg(t) = 2 V, R = 1 , L = 5 mH, C = 10 mF.

Solución:

El circuito contiene dos fuentes, una fuente de tensión de continua

(1 = 0 rad/s) y una fuente de corriente sinusoidal (2 = 200 rad/s). Por tanto,

para determinar i(t) conviene aplicar el teorema de superposición:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 0 rad/s

Se considera la fuente de continua eg(t) y se anula la fuente sinusoidal ig(t).

En corriente continua, el condensador se comporta como un circuito abierto

y la bobina como un cortocircuito. Asimismo, la fuente de intensidad igual a

cero se comporta como un circuito abierto. El circuito equivalente obtenido

con estas consideraciones es:

+

R

Ceg(t)

L

ig(t)

i(t)

+

R

eg(t)

L

i1(t)


y en estas condiciones puede verse que:

1( ) 0i t A

o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 200 rad/s

Se considera ahora que actúa la fuente de intensidad sinusoidal, de pulsación

2 = 200 rad/s, y que se anula la fuente de tensión continua. Una fuente de

tensión nula se comporta como un cortocircuito.

Como la fuente de intensidad es sinusoidal, se analiza el circuito obtenido

utilizando el método simbólico. Su fasor asociado en forma seno al

transformar el circuito al campo complejo es:

5

45ºA2

gI

En cuanto a las impedancias complejas:

3

3

1 1j j j0,5

200∙10∙10

j 200∙5∙10 j

c

L

XC

X L

La intensidad I2 se puede hallar aplicando el divisor de intensidad. Nótese

que la bobina no afecta al divisor de intensidad, puesto que está en serie con

la fuente de intensidad.

2

1

5 5 1 0º 4,472j0,545º 135º 108,44º A

1 1 1,118 26,56º2 2 21 j0,5

I

1

j0,5

j

Ig

I2


Transformando al dominio del tiempo, se obtiene la intensidad i2(t):

2( ) 4,472 sen(200 0,602 ) Ai t t

Por tanto, según el teorema de Superposición, la intensidad obtenida i(t) es:

1 2( ) ( ) ( )

( ) 4,472 sen(200 0,602 ) A

i t i t i t

i t t

Conviene recordar que siempre que se aplica el teorema de superposición a

circuitos con fuentes de diferente pulsación, la suma de las respuestas debe

realizarse en el dominio del tiempo, nunca en el campo complejo.


Problema 6.3 ()

Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él,

determinar la tensión u2(t), la intensidad i2(t) y el desfase entre ambas.

Datos: ( ) 20 2cos(10 ) Vge t t , ( ) 5 2 sen(10 /2)gi t t A, L1 = 0,2 H,

M = 0,1 H, L2 = 0,2 H, L3 = 0,3 H, R1 = 1 , C1 = 100 mF, C2 = 25 mF.

Solución:

El circuito está alimentado por fuentes sinusoidales, por lo que se puede

analizar utilizando el método simbólico. Se recuerda que para transformar un

circuito al campo complejo hay que considerar los siguientes pasos:

Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito tienen la

misma pulsación. En este circuito, ambas fuentes tienen una

pulsación de = 10 rad/s. Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito están en la

misma forma, y si no lo están se pasan todas a forma coseno o bien a

forma seno. Para este caso se ha elegido la forma coseno, así pues:

( ) 20 2 cos10 Vge t t

( ) 5 2 sen 10 / 2 5 2 cos 10 / 2 / 2

5 2 cos 10 A

gi t t t

t

Asociar a las fuentes sinusoidales sus correspondientes fasores:

+

R1

C2

C1

L1L2

L3Mig(t)

eg(t) +

i2(t)

u2(t)


20 0º V

5 180º A

g

g

E

I

Transformar las impedancias del circuito al campo complejo:

1

1 1

2 2

3 3

1 31

2 32

1

j j10∙0,2 j2

j j10∙0,2 j2

j j10∙0,3 j3

j j10∙0,1 j

1 1j j j

10∙100∙10

1 1j j j4

10∙25∙10

R

L L

L L

L L

M M

CC

CC

Dibujar nuevamente el circuito, ya transformado al campo complejo:

Se analizará el circuito mediante el método de análisis por mallas, por lo que

es conveniente que todas las fuentes del circuito sean fuentes de tensión.

Esto implica transformar la fuente real de intensidad del circuito en su fuente

real de tensión equivalente.

+

1 ‐j

j2

j2

j3 j Ig

Eg+

I2 U2

‐j4


Las ecuaciones resultantes en cada malla son:

Malla : 1∙ j j2 j2 j 20 0º V

Malla : j2 j j3 j j4 20 90º V

a a a a a b b

b b a b b b a b

I I I I I I I

I I I I I I I I

Agrupando términos, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones en

números complejos:

1 j3 j3 20 0º V

j3 j3 20 90º V

a b

a b

I I

I I

cuya solución es:

20 j20 A

80j20 A

3

a

b

I

I

Así pues, la intensidad I2, para la referencia de polaridad indicada en la

figura, se calcula en función de las intensidades de malla:

2

80 20j20 20 j20 A

3 3b aI I I

2

206,666 0º A

3I

+

1 ‐j

j2

j2

j3 j

‐j4∙Ig

Eg

+I2

U2

‐j4

+

Ia

Ib


y, haciendo uso de la ecuación de definición de las bobinas acopladas

magnéticamente, se halla la tensión U2:

22

20 80j2∙ j j2 j j20 20 j40 V

3 3bU I I

2 20 j40 44,72 116,56º VU

El desfase entre la tensión U2 y la intensidad I2 es:

22 , 116,56º 0 116,56ºU I

lo que indica que la tensión adelanta a la intensidad un ángulo de 116,56º,

tal y como se muestra en la siguiente representación fasorial.

Haciendo la transformación inversa, se obtienen las expresiones de la

tensión y de la intensidad en el dominio del tiempo:

2

2

20( ) 2 cos(10 ) 6,666 2 cos(10 ) A

3

( ) 44,72 2 cos(10 0,64 ) V

i t t t

u t t

U2

I2

Re

Im

116,56º


Problema 6.4 ()

Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t). El análisis de todo

circuito que se precise para determinar i(t), debe realizarse mediante el

método de análisis por nudos, tomando el nudo 0 como nudo de referencia.

Datos: eg1(t) = 10 V, eg2(t) = 12,5 V, ig2(t) = 15 A, 1( ) 5 2 cos 10 tgi t ,

R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , C = 0,05 F, L = 0,1 H.

Solución:

En este circuito se identifican fuentes tanto de continua como sinusoidales.

Así pues, lo más conveniente para determinar la intensidad i(t) es aplicar el


o Actúan las fuentes de continua eg1(t), eg2(t) y ig2(t)

En primer lugar, se anula la fuente sinusoidal presente en el circuito y se

consideran únicamente las fuentes de continua.

La fuente sinusoidal es una fuente de intensidad. Anular una fuente de

intensidad implica sustituirla por un circuito abierto.

Por otra parte, en corriente continua, las bobinas se comportan como

cortocircuitos y los condensadores como circuitos abiertos.

Con estas consideraciones, el circuito queda:

+ i(t)

0

+

eg1(t) ig1(t)

R1 R2 R3

LC

eg2(t)

ig2(t)


Dado que hay que analizar el circuito por nudos, se transforma la fuente real

de tensión en su fuente de intensidad equivalente. El circuito obtenido es:

(*) Recordar que dos o más nudos unidos por un cortocircuito han de tener,

si se aplica el método de análisis por nudos, necesariamente el mismo

“nombre”, es decir, a efectos de este método de análisis se considera

que todos ellos son el mismo nudo (en el circuito que se está tratando,

ver el nudo 0).

Como el circuito contiene una fuente ideal de tensión, se añade una

incógnita que es la intensidad Ie que circula por dicha fuente.

Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:

+

I1

0

+

10 V

2

12,5 V

15 A

4 6

I1

0

+

2

12,5 V

15 A

4 6 0

A B

UA0 UB0

+ +

Ie

Mismo nudo*


0

0

1 10

52 4 ∙1 15

06

A e

B e

U I

U I

Ecuación adicional (necesaria, ya que se ha añadido una incógnita):

Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión, se

introduce la ecuación que asocia las tensiones incógnitas del método

de análisis con el valor conocido de dicha fuente:

0 012,5 A BU U

Agrupando términos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

0

0

0 0

35

41

15612,5

A e

B e

A B

U I

U I

U U

cuya solución es:

0

0

24,09 V

11,59 V

13,038 A

A

B

e

U

U

I

Para determinar la intensidad I1 se retoma el circuito analizado, detallando el

nudo 0 para identificar las intensidades IR2 e IR3 que circulan por las ramas A0

y B0:

I1

4 6 0

A B

UA0 UB0

++

IR2 IR3


02

2

03

3

24,096,022 A

4

11,591,931 A

6

AR

BR

UI

R

UI

R

de modo que, aplicando la 1ª L.K. al nudo 0, se determina la intensidad I1:

1 2 3 6,022 1,931 7,953 AR RI I I

cuya expresión temporal es constante (circuito de corriente continua):

1( ) 7,953 Ai t

o Actúa la fuente sinusoidal ig1(t)

Se considera la fuente sinusoidal y se anulan las fuentes de continua.

Anular una fuente de intensidad equivale a sustituirla por un circuito abierto,

mientras que anular una fuente de tensión equivale a sustituirla por un

cortocircuito.

En estas condiciones, el circuito queda:

Utilizando el método simbólico y pasando el circuito al campo complejo:

i2(t)

0

ig1(t)

R1 R2 R3

LC


siendo el fasor asociado a la fuente de intensidad ig1(t):

11

5 2( ) 5 2 cos10 0º 5 0º A

2ggi t t I

y el valor de las impedancias complejas de los elementos pasivos:

j j∙10∙0,1 j

1 1j j j2

10∙0,05

L

C

El circuito, transformado al campo complejo, queda:

La resolución de este circuito se lleva a cabo aplicando el método de análisis

por nudos:

I2

0

Ig1

R1 R2 R3

jL ‐j(1/C)

I2

0

2 4 6

j ‐j2


De la escritura directa de las ecuaciones:

0

0

1 1 1 1 1

04 6 j 4 6∙

1 1 1 1 1 1 5 0º

4 6 4 6 2 j2

A

B

U

U

queda, reagrupando términos, el siguiente sistema de ecuaciones

0 0

0 0

5 5j 0

12 12

5 11j0,5 5 0º

12 12

A B

A B

U U

U U

cuya solución es:

0

0

1,47 j1,47 2,079 45º V

5,407 22,38º V

A

B

U

U

Entonces, aplicando la ley de Ohm generalizada en la bobina de impedancia

j , se obtiene la intensidad I2:

02

2,079 45º2,079 45º A

j 1 90ºAU

I

I2

0

2 4 6

j ‐j2

A B B

+ +

UB0 UA0

Mismo nudo

(están unidos por un cortocircuito)


y su transformada inversa al dominio del tiempo es :

2( ) 2 2,079 cos(10 / 4) Ai t t

Según el teorema de superposición, la respuesta total de un circuito cuando

actúan varias fuentes de manera simultánea es igual a la suma de las

repuestas cuando actúan las fuentes por separado. Por lo tanto, en el

circuito considerado se tiene:

1 2( ) ( ) ( )i t i t i t

( ) 7,953 2 2,079 cos(10 / 4) Ai t t


Problema 6.5 ()

Determinar la corriente i(t) en el circuito mostrado en la figura.

Datos: ( ) cos 3 sen3 Vgu t t t , ( ) 6 sen Agi t t , ( ) 6 V.ge t

Solución:

En el circuito de la figura se identifican fuentes de diferentes tipos. Se

distinguen: una fuente de tensión continua eg(t), una fuente de intensidad

sinusoidal ig(t) de pulsación = 1 rad/s, y una fuente de tensión ug(t). Esta última fuente ug(t) es, a su vez, la suma de dos fuentes sinusoidales de

diferente pulsación. Esto es:

1 2( ) ( ) ( )g g gu t u t u t

siendo ug1(t) una fuente sinusoidal de forma coseno y pulsación = 1 rad/s, mientras que ug2(t) es una fuente sinusoidal de forma seno y pulsación

=3 rad/s. Circuitalmente, ug(t) se representa como la conexión en serie de

dos fuentes sinusoidales, con sus respectivas pulsaciones:

3

i(t)

ig(t)

1/2 F

eg(t)

+

3

2 H

ug(t)

+

++

+


Por lo tanto, en este este circuito se identifican fuentes sinusoidales con tres

pulsaciones diferentes: 1 = 0 rad/s (corriente continua), 2 = 1 rad/s y 3 = 3

rad/s. Esto implica utilizar el teorema de superposición para hallar la

intensidad i(t) como la suma, en el dominio del tiempo, de las intensidades

determinadas para cada pulsación:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( )i t i t i t i t

o Actúa la fuente de continua eg(t) 1 = 0 rad/s

La intensidad i1(t) es la que circula por la rama intermedia del circuito

equivalente considerando la pulsación 1 = 0 rad/s, es decir, manteniendo

las fuentes de continua conectadas y anulando el resto de fuentes. Esto

implica sustituir la fuente de intensidad ig(t) por circuito abierto y la de

tensión ug(t) por cortocircuito.

Asimismo, por ser un circuito con fuente de corriente continua, el

condensador y la bobina se convierten en circuito abierto y cortocircuito,

respectivamente. Así pues, con estas consideraciones, el circuito equivalente

resultante es el siguiente:

Por lo tanto, aplicando la ley de Ohm queda determinada la corriente I1:

1

6 V1A

3 3I

Cabe destacar que, al ser un circuito en corriente continua, la expresión

temporal de la corriente es constante:

i1(t) = I1 = 1 A

3

I1

6 V+

3


o Actúan las fuentes ug1(t) e ig(t) 2 = 1 rad/s

La intensidad i2(t) corresponde a la intensidad que circula por la rama

intermedia del circuito, cuando a éste se conectan únicamente las fuentes de

pulsación 2 = 1 rad/s. Esto implica anular la fuente de tensión continua eg(t)

y la fuente de tensión ug2(t) (ambas fuentes se reemplazan por

cortocircuitos).

El circuito equivalente obtenido con estas condiciones se puede resolver

utilizando el método de análisis por mallas. Para ello, se verifica que todas

las fuentes de excitación de pulsación 2 = 1 rad/s presentan la misma

forma. En este caso, se establece como referencia para ellas la forma de

onda coseno:

1( ) cos V

( ) 6 sen 6 cos A2

g

g

u t t

i t t t

Se determinan sus respectivos fasores asociados:

1

10 V

2

690 A

2

g

g

U

I

Transformado el circuito al campo complejo:

3 I2

3

+

j(1/2C) = j2

I1 I

2 +Ue

j2L = j2


Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas del circuito

equivalente (aplicando escritura directa) son:

1

2e

10

I3 j2 3 3 j2 2

I 13 j2 j2 3 j2U 0

2

Debido a la presencia de una fuente de intensidad ideal, se añade como

incógnita la tensión Ue y se agrega la ecuación adicional:

2

690 A

2gI I

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene la intensidad I1:

1

3,5107107,40 A

2I

por lo que la intensidad I2 queda determinada como:

2 1 2

3,5107 6 2,8503107,40 90 111,62 A

2 2 2I I I A A

Realizando la transformada inversa, se obtiene su expresión temporal:

2( ) 2,8503 cos( 1,95)Ai t t

o Actúa únicamente ug2(t) 3 = 3 rad/s

Se mantiene la fuente de tensión ug2(t) con pulsación 3 = 3 rad/s y se anulan

el resto de fuentes de excitación. En esta ocasión, se obtiene el fasor de la

fuente ug2(t) considerando la forma de onda seno:

2

30º V

2gU

El circuito equivalente obtenido para esta pulsación es:


La intensidad I3 se determina como:

3

3 30 0

0,3542 2 45 A6 6 2 6 45 2

V V

Ij

y su expresión temporal es:

3( ) 0,354 sen 3 A4

i t t


Finalmente, la respuesta total buscada es la suma de las respuestas

determinadas para cada pulsación. Así pues, la respuesta en el dominio del

tiempo es:

( ) 1 2,8503 cos 0,62 0,354 sen 3 A4

i t t t

Cabe destacar que la suma de las componentes de intensidad se hace en el

dominio del tiempo y no en el campo complejo por la diferencia de

pulsaciones de las fuentes presentes en el circuito.

3

I3

3

+

j(1/3C) = j2/3

j3L = j6


Problema 6.6 ()

Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos desde sus

terminales A y B del dipolo mostrado en la figura, y comprobar los

resultados.

Datos: Ig 3 0º A , R1 = 9 , R2 = 2 , R3 = 3 , 1/C = 6 , a = 3.

Solución:

Para calcular los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo dado es

necesario determinar su tensión a circuito abierto y su intensidad de

cortocircuito, así como la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista

entre los terminales A y B.

o Tensión a circuito abierto:

La tensión en bornes del dipolo, cuando éste se encuentra a circuito abierto,

es:

30 3∙U R I

A

B

R3 I

g

a:1

R2 R

1

A

B

R3 I

g

a:1

R2 R

1

U0

+ I3

I = 0


por lo que se requiere determinar primero I3. El método de resolución

preferente para analizar circuitos con transformadores es el de mallas. Para

ello, se transforma la fuente real de intensidad en su correspondiente fuente

real de tensión equivalente:

Aplicando el método de análisis por mallas se obtienen las siguientes

ecuaciones:

9 18 90º j6 0

2 3 0

a ap

b b s

I U I

I I U

Se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Las

ecuaciones que faltan, para que el sistema tenga solución única, se

determinan haciendo uso de las ecuaciones de definición del transformador

ideal. Para las referencias tomadas y terminales correspondientes indicados:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

Nótese que:

p a

s b

I I

I I

Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos

primeras, el sistema de ecuaciones queda:

A

B

2

3

a:1

9

U0

I = 0

+

+ j 6

Us

Up

Ip

Is

Ia I

b

+ + I3


9 18 90º j6 0

5 0

3

1

3

a ap

b s

p s

a b

I U I

I U

U U

I I

cuya solución es:

4,965 96,31º V

0,993 96,31º A

s

b

U

I

Por lo tanto, como la tensión en circuito abierto es:

30 3∙U R I

e I3:

3 bI I

se tiene que:

0 3∙ 3 ∙ 0,993 96,31º 2,979 96,31º VbU R I

o Intensidad de cortocircuito

Al estar el dipolo en cortocircuito, la tensión entre sus bornes es cero y, en

consecuencia, la intensidad que circula por la resistencia R3 también es cero.

Para calcular la intensidad que circula por el cortocircuito, se utiliza el

método de análisis por mallas. Esto implica transformar la fuente real de

intensidad en su fuente real de tensión equivalente. El circuito equivalente,

A

B

R2

R3 I

g

a:1

R1

Icc

I3 = 0

U = 0

+


considerando esta fuente real de tensión y la eliminación de la rama de la

resistencia R3, es:

Las ecuaciones obtenidas aplicando el método de mallas son:

9 18 90º j6 0

2 0

a ap

b s

I U I

I U

Nuevamente, aparecen dos ecuaciones pero cuatro incógnitas. Por lo tanto,

se utilizan las ecuaciones de definición del transformador:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

siendo:

p a

s b

I I

I I



9 18 90º j6 0

2 0

3

1

3

p pp

s s

p s

p s

I U I

I U

U U

I I

Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene que:

A

B

2

a:1

9

Icc

+

j 6 Us

Up

Ip I

s

Ia I

b

++


3,904 102,53º V

1,952 102,53º A

s

s b

U

I I

Por lo tanto, como:

cc sI I

se tiene que:

1,952 102,53º AccI

o Impedancia equivalente

Para determinar la impedancia equivalente Zeq es necesario convertir el

dipolo dado en dipolo pasivo. Para ello, se anulan todas las fuentes

independientes que contenga. El circuito en estudio solo contiene una

fuente independiente de intensidad, que al anularla se convierte en un

circuito abierto.

Por otra parte, como el dipolo pasivo contiene un transformador ideal, la

manera de calcular la impedancia equivalente es colocar una fuente auxiliar,

de valor E, entre sus terminales y mediante el método de mallas deducir la

relación entre la tensión de dicha fuente y la intensidad Ie que circula por

ella.

Dipolo pasivo:

Poniendo la fuente auxiliar E entre los terminales A y B se obtiene el

siguiente circuito en el que se han indicado sus correspondientes mallas:

A

B

R2

R3

a:1

R1


Las ecuaciones de las mallas son:

9 j6 0

2 3( ) 0

3( ) 0

a ap

b b e s

e b

I U I

I I I U

I I E

y las ecuaciones de definición del transformador:

3

1

3

p s

p s

U U

I I

siendo:

p a

s b

I I

I I



9 j6 0

2 3( ) 0

3( ) 0

3

1

3

p pp

s s e s

e s

p s

p s

I U I

I I I U

I I E

U U

I I

A

B

2

3

a:1

9

+ E

Ie

Ia

Us

Up

Ip

Is

+ +

Ib

Ie

j 6


Se requiere determinar la impedancia equivalente mediante el cociente E/Ie,

lo que implica deducir, a partir del sistema de ecuaciones planteado, una

expresión en función de E e Ie.

Para ello, se sustituye las dos últimas ecuaciones en la primera ecuación:

1 1j6 9 3 0

3 3

j2 3 3 0

3 j2

3

s s s

s s s

ss

I I U

I I U

U I

Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación se obtiene:

3 j25 3 0

3

18 j2 9

9

18 j2

s e s

s e

s e

I I I

I I

I I

Al sustituir este resultado en la tercera ecuación se deduce la ecuación en

función de E e Ie:

93 3

18 j2

27 j6 18 j2

e e

e

I I E

I E

Despejando la relación buscada:

27,658 12,52º27 j6

18 j2 18,11 6,34ºe

E

I

Así pues, la impedancia equivalente es:

1,527 6,18º 1,518 j0,164 eq

e

EZ

I


Con los resultados obtenidos se representan, de forma circuital, cada uno de

los equivalentes buscados:


Una forma de comprobar los resultados obtenidos es la de verificar que el

cociente entre la tensión en circuito abierto y la intensidad de cortocircuito

(U0/Icc) sea igual a la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito

pasivo:

02,98 96,31º

1,53 6,22º 1,95102,53º

eq

cc

UZ

I

A

B

+

Equivalente Thévenin

A

B

Equivalente Norton



Problema 6.7 ()

Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él,

determinar:

a) El desfase (en grados) entre la tensión uL2(t) y la tensión de la fuente

uG(t).

b) Cuál de estas dos tensiones adelanta a la otra.

Resultados: a) 2L2 G

1 2

L ‐MU = U

L +L ‐ 2M, b) Las tensiones están en fase

Problema 6.8 ()

En el circuito de la figura, calcular la caída de tensión uc(t) en régimen

estacionario sinusoidal.

Datos: = 100 rad/s, i1(t) = 5cost A, i2(t) = 14,142cost A, C = 200 F.

+ uG(t)

uL2(t)

+

L1

L2 M

i1(t) i

2(t)

uc(t)

+

R=1

L=0,01 H

C


Resultados: cu (t) = 2 10,82 cos 100t + 0,385π V

Problema 6.9 ()

Determinar, utilizando el método de análisis por nudos, la tensión y la

intensidad (módulo y argumento) en cada uno de los elementos pasivos del

circuito de la figura. Considerar el nudo 0 como nudo de referencia.

Resultados: c Rc R LU = 4 180º V, I = 4 ‐90º A, U = I = 2 0º , U = 2 0º V,

LI = 4 ‐90º A

Problema 6.10 ()

El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario sinusoidal. Si

2 10 0U V , hallar la tensión U1 y la intensidad I1.

Resultados: 1U = 207,97 170,31º V , 1I = 76,059 114,8º A

+

R=1 j 0,5

j

0

+

I1

U2

Z=2+j2

10 j10 j2 j3

j 2 j2

Z=1+j1

+

U1


Problema 6.11 ()

Determinar los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo activo, vistos


Datos: ( ) 50 2 cos 100 Agi t t , a = 2, = 2 .

Resultados: 0U = 25 90ºV , CCI = 50 90º A , eqZ = 0,5 Ω

Problema 6.12 ()

Determinar las tensiones en los elementos pasivos del circuito mostrado en

la figura.

Datos: 1( ) 10 cos 100 Ve t t , 2( ) 20 sen 100 Ve t t

a:1

ig(t)

+ ∙i(t)

i(t)

A

B

L=10 mH

R=4

C=10 mF

+

+

L2=10 mH

L1=10 mH C=5 mF

R=1

e1(t)

e2(t)


Resultados: Ru (t) = 10 cos 100t V , 2L1u (t) = 10 cos 100t + V ,

L2πu (t) = 10 cos 100t ‐ V, 2

2Cu (t) = 30 cos 100t ‐ V

Problema 6.13 ()

Dado los circuitos de las figuras:

a) Escribir las ecuaciones de definición de ambos transformadores, en

función de las referencias y terminales correspondientes indicados en

las figuras (i) y (ii).

b) Calcular la tensión uR(t) de la figura (iii).

Datos: 3 sen V.ge t t

(i) (ii)

(iii)

a:1

+

u1(t) u

2(t)

i1(t) i

2(t)

1

1’

2

2’

+

a:1

+

u1(t) u

2(t)

i1(t)

i2(t)

1

1’

2

2’

+

eg(t)

2:1

1

2

2 1

+ +

uR(t)


Resultados: a) 1

2

u (t)= ‐a

u (t), 1

2

i (t) 1=

i (t) a, b) 1

2

u (t)= a

u (t), 1

2

i (t) 1=

i (t) a, c) Ru t = sent

Problema 6.14 ()

The angular frequency of the current source is adjusted such that ig(t) is in phase with the voltage uc(t) across the capacitor C. Determine the angular

frequency of this current source under this condition.

Data: ( ) 10 sin A, 300 , 1 H, 10 μF.gi t t R L C

Results: = 100 rad / s

Problema 6.15 ()

Determine the input voltage U (magnitude and phase) of the circuit depicted

in the figure below, considering that the voltage between nodes A and B is 30 0 V. Consider node B as reference.

L

R

ig(t) C

+

uc(t)

+

–j10 –j3

j4 j3

5

A

B

+


Results: ºuU =74.934 V, = ‐171.54

Problema 6.16 ()

Calculate the measurements of voltmeter V and ammeter A of the circuit

shown below considering sinusoidal steady‐state.

Data: u(t) = 120sin(2000t) V, 1mHL , 2R and 250 F.C

Results: V = 60 V, A = 30 A

V

A

ug(t)

L

R R

R C

+

Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal

Problemas resueltos

Problema 7.1 ()

Dado el circuito de la figura, determinar las potencias activa y reactiva

absorbidas por ambos dipolos, y comprobar que se verifica el teorema de

Boucherot. ¿Cuál de los dos dipolos no puede ser una impedancia?, ¿por

qué?

Datos: U = – 5 + j4 V, I = 3 – j2 A.

Solución:

o Dipolo 1

Para determinar la potencia compleja absorbida se utiliza la expresión S=UI*, teniendo en cuenta que este producto se asocia con potencia absorbida si las

referencias de tensión e intensidad del dipolo tienen el mismo sentido. De no

ser así, el producto corresponde a potencia cedida. Por lo tanto, es necesario

establecer las referencias de polaridad de tensión e intensidad en cada

dipolo de forma que el producto se corresponda con la potencia absorbida.

Para este dipolo se define una intensidad I’ que tiene el mismo sentido de la

tensión U al circular por el dipolo 1:

U

+

I

Dipolo 1

Dipolo 2


de forma que la potencia compleja absorbida es:

1 1 1∙ * jabs D abs D abs DS U I' P Q

donde:

I' I

Por lo tanto:

1 ∙ * 5 j4 3 j2 * 5 j4 3 j2 23 j2 VAabs DS U I

entonces:

1

1

23 W

2var

abs D

abs D

P

Q

Este resultado indica que el dipolo 1 absorbe una potencia activa de 23 W y

cede una potencia reactiva de 2 var.

o Dipolo 2

Para el dipolo 2, las referencias de tensión e intensidad tienen el mismo

sentido:

por lo tanto, la potencia compleja absorbida es:

Dipolo 1

I

U

+

I’

I

U

+

Dipolo 2

Potencia en régimen estacionario sinusoidal 189

2 2 2

2

2

∙ * 5 4 3 2 23 2 VA

23W

2 var

abs D abs D abs D

abs D

abs D

S U I j j j P jQ

P

Q

o Teorema de Boucherot

Se comprueba el teorema de Boucherot

1 2

1 2

0 23 23 0 W queda comprobado

0 2 2 0 var

abs abs abs D abs D

abs abs abs D abs D

P P P P

Q Q Q Q

Por la ley de Joule, una resistencia nunca puede ceder potencia. Esto implica

que una impedancia nunca cede potencia activa. Teniendo esto en cuenta, el

dipolo 2 no puede ser una impedancia puesto que, como se ha visto, cede

potencia activa.


Problema 7.2 ()

En el circuito de la figura, determinar en régimen estacionario sinusoidal:

a) Potencia reactiva absorbida en el condensador C.

b) Potencia activa cedida por la fuente eg(t).

c) Potencia activa absorbida por la resistencia R2.

Datos: eg(t) = 9∙sen t, = 1000 rad/s, R1 = R2 = 1 , L = 1 mH y C = 2 mF.

Solución:

a) Se transforma el circuito al campo complejo. Para ello, se obtiene el fasor

asociado a la fuente de tensión (considerando como referencia la forma de

onda seno), y se calculan las impedancias complejas de los elementos

pasivos. Asimismo, se establecen las referencias de tensión e intensidad para

cada elemento del circuito:

Para determinar la potencia reactiva absorbida por el condensador C se

necesita hallar la tensión UC o bien la intensidad IC. En este problema, se ha

elegido determinar la potencia reactiva a partir de la tensión UC.

eg(t)

L R1

R2 C

+

jL R1

R2 +

1/(jC) UC

+ UR

+ IC

IL

Ie



e C LI I I

Aplicando la ecuación de definición de las impedancias:

C

1

2

j

j

ge

C C

CL

E UI

R

I U C

UI

R L

Por lo tanto, sustituyendo en la expresión de la 1ª L.K. anterior:

C

1 2

jj

g CC

E U UU C

R R L

De aquí, se despeja UC:

2 2

j

2 jgC

R LU E

R LC L R C

y se sustituyen los valores de los elementos:

3 3

3 3 3 3 3 2 3

1 j10 ∙1093 45º

1 2 10 ∙2∙10 ∙10 j10 10 1 ∙2∙102CU V

La potencia compleja absorbida por el condensador C (el sentido de IC

coincide con la referencia de UC) es:

*

** 2 2j j j1j

CCabs C C C C C abs C abs C

US U I U U C C U P Q

C

Nótese que al tratarse de un condensador, la potencia compleja absorbida es

un número imaginario puro, es decir, carece de parte real. Esto implica que


el elemento no absorbe potencia activa. De esta forma, la potencia reactiva

absorbida por el condensador es:

3 3 210 2∙10 3 18 varabs CQ

b) La potencia activa cedida por el generador se determina calculando la

intensidad Ie, o bien, aplicando el balance de potencias, igualándola a la

suma de las potencias activas absorbidas por ambas resistencias.

Por simplicidad se determina Ie. Como la fuente U está en serie con la

resistencia R1, se puede determinar la intensidad Ie aplicando la ley de Ohm a

esta resistencia:

1

93 45º 4,243 j2,121 4,743 26,57º A

2

g Ce

E UI

R

Teniendo en cuenta que el sentido de la referencia de Ie es opuesto al de la

referencia de Eg, la potencia activa cedida por la fuente de tensión es:

cos cosg g g eced E ced E g e E IP S E I

siendo Sced Eg la potencia aparente, calculada como el producto de los

módulos Eg y Ie, y el argumento de la potencia compleja, que se determina

como la diferencia entre el argumento de tensión Eg y el de la corriente Ie.

Así pues:

6,364 4,743 cos(0 26,57) 27 Wgced EP

c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2 se puede determinar

como la potencia activa cedida por el generador menos la absorbida por la

resistencia R1:

2 22 1 127 27 4,743 ∙1 27 22,5 4,5 W

gabs R ced E abs R eP P P I R

Otra forma para hallar esta potencia activa absorbida por R2 es calculando la

tensión UR en bornes de la resistencia R2 mediante el divisor de tensión,

puesto que la tensión UC ya fue determinada:


23 3

2

13 45º 2,121 90º V

j 1 j10 ∙10R C

RU U

R L

Por lo tanto, la potencia activa absorbida es:

2 2

2

2

2,1214,5W

1R

abs R

UP

R


Problema 7.3 ()

Determinar las potencias activa y reactiva cedidas por los dipolos y por la

bobina del circuito de la figura.

Datos: U2 = ‐j20 V, I1 = 10 + j10 A

Solución:

Para determinar las potencias es importante establecer primero las

referencias de tensión e intensidad en cada elemento o dipolo del circuito.

En este circuito, los tres elementos se encuentran en paralelo por lo que la

referencia de tensión es válida para los tres. Por otra parte, se establece la

referencia de intensidad para la bobina y el dipolo 2.

o Potencias cedidas por el dipolo 1

+

I1

U2ZL = j Dipolo 1 Dipolo 2

+

I1

U2ZL Dipolo 1 Dipolo 2

+

U1

I2

IL

I1+

U1Dipolo 1


La tensión U1 es la misma que U2:

1 2 j20 VU U

Para las referencias indicadas, el producto de U1 por el conjugado de I1 da

lugar al cálculo de la potencia cedida por el dipolo 1:

11 1∙ * ( j20)∙(10 j10) j200 200 200 j200 VAced DS U I

Por lo tanto:

11

11

Re 200W

Im 200 var

ced Dced D

ced Dced D

P S

Q S

o Potencia reactiva cedida por la bobina ZL

Conocida la tensión en bornes de la bobina, se determina la intensidad IL

mediante la ley de Ohm generalizada:

2 j20 20 90º20 180º A

j 1 90ºL

L

UI

Z

Nótese que se ha dado (de forma aleatoria) referencia a la intensidad IL en el

mismo sentido que la referencia de la tensión U2, por lo que el producto de

U2 por IL es la potencia absorbida por la bobina. Como se pide obtener la

potencia cedida por dicha bobina es necesario definir una intensidad I’L con

la siguiente referencia:

+

U2 ZL = j

IL


donde:

' LLI I

Así pues, la potencia cedida es:

*2 ' j20 20 j400 VALced LS U I

Por lo tanto:

Re 0W

Im 400 var

ced Lced L

ced Lced L

P S

Q S

Puede comprobarse que, al tratarse de una bobina, este elemento pasivo no

absorbe ni cede potencia activa y cede potencia reactiva negativa

(absorbe Q).

o Potencias cedidas por el dipolo 2

Aplicando la 1ª L.K. se calcula la intensidad I2:

2 1 20 180º (10 j10) 30 j10 ALI I I

Para las referencias indicadas, el producto de U2 por el conjugado de I2

determina la potencia cedida por el dipolo 2:

+

U2 ZL = j

IL

I’L

I2+

U2 Dipolo 2


*

22 2∙ ( j20)∙( 30 j10) j600 200 200 j600 VAced DS U I

Así pues:

2

2

200W

600 var

ced D

ced D

P

Q

o Comprobación del teorema de Boucherot:

1 2

1 2

200 0 200 0 W

200 400 600 0 var

ced ced D ced L ced D

ced ced D ced L ced D

P P P P

Q Q Q Q


Problema 7.4 ()

Dado el dipolo de la figura:

a) Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos


b) Calcular el valor de la impedancia que, colocada entre los terminales

A y B del dipolo, absorbe la máxima potencia activa. Calcular las

potencias activa, reactiva, aparente y compleja que absorbe dicha

impedancia.

c) Calcular el condensador que, conectado en paralelo con la

impedancia del apartado anterior, consigue que el conjunto

impedancia + condensador tenga un factor de potencia de 0,9

inductivo.

Solución:

a) Para determinar los equivalentes Thévenin y Norton se necesita hallar la

tensión a circuito abierto, la intensidad de cortocircuito y la impedancia

equivalente entre los terminales A y B del dipolo de la figura.

o Tensión a circuito abierto U0

En el circuito se identifican dos fuentes reales de intensidad. Se transforman

estas fuentes en su fuente real de tensión equivalente:

j

2 Uj2

U 1

B

A

+

1


y se simplifica el circuito a una única malla:

Recordar que cuando se transforman fuentes reales es importante verificar

la coherencia de polaridades entre las fuentes originales y sus fuentes

equivalentes.

Aplicando la 2ª L.K. a la malla que forma el circuito simplificado, se obtiene:

4 90º j 1∙ 1∙ j4 j2 0a a a aI I I U I

en donde el parámetro de dependencia U se determina considerando su

ubicación en el circuito original:

1

j

2 Uj2

1

B

A

U0

+U

j +

j22U V

j2

+

+

1

1

B

A

U0

+

I = 0

j

+

j4 U

j2

+

Ia


Se pretende expresar esta incógnita U en función de la incógnita principal del

método de análisis, es decir, en función de la intensidad Ia. Para ello, se

aplica la 1ª L.K. en el nudo C:

4 0ºC aI I

y aplicando la ley de Ohm generalizada en la reactancia capacitiva, queda

expresada la tensión U como:

j∙ j 4 0º j4 jC a aU I I I

Por lo tanto, sustituyendo U en la expresión obtenida inicialmente:

4 90º j 1∙ 1∙ j4 j4 j j2 0

16 j4 2 j 0

a a a a a

a

I I I I I

I

se despeja Ia:

16 j4A

2 jaI

La tensión U0 se obtiene aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 1

conectada entre los terminales A y B:

0 1∙ aU I

0

16 4V

2 j

jU

j U 4 0º A+

Ia

Ic

4 0º C


o Intensidad de cortocircuito Icc

Para el equivalente Norton se requiere determinar la intensidad de

cortocircuito Icc. Para ello, se unen mediante un cortocircuito los terminales

A y B del dipolo:

Nótese que la resistencia de 1 situada entre los terminales A y B está en

paralelo con un cortocircuito. Esto implica que la intensidad que circula a

través de ella es nula puesto que la tensión UAB es 0 V. Por lo tanto, esta

resistencia se sustituye por un circuito abierto. Asimismo, para simplificar el

circuito se transforman las fuentes reales de intensidad en su fuente real de

tensión equivalente:

Para calcular la intensidad Icc se aplica la 2ª L.K. a la malla:

4 90º j 1∙ j4 j2 0cc cc ccI I U I

1

j

2 U j2

U 1

B

A

+

Icc 4 0º A

+UAB

1

j

j4 U

j2 B

A

Icc +

+

Icc


En esta expresión, aparece como incógnita el parámetro de dependencia U,

por lo que se añade una segunda ecuación que permita expresar este

parámetro de dependencia en función de la intensidad Icc. Para ello, se tiene

que volver al circuito original y aplicar el procedimiento descrito en el

apartado anterior para esta incógnita.

Aplicando la 1ª L.K. al nudo C y aplicando la ley de Ohm se obtiene:

j(4 ) j4 jcc ccU I I

Por lo tanto, sustituyendo en la expresión anterior para Icc:

4 90º j 1∙ j4 j4 j j2 0

16 j4 3 j 0

cc cc cc cc

cc

I I I I

I

y se obtiene:

16 j4 A 5,215 32,47º A

3 jccI

o Impedancia equivalente Zeq

Para determinar la impedancia equivalente es necesario convertir el dipolo

en pasivo. Este procedimiento consiste en anular las fuentes independientes

y dejar las fuentes dependientes. Por lo tanto, el dipolo pasivo obtenido es:

j U 4 0º A+

Icc

Ic

4 0º C


Como el dipolo pasivo contiene fuentes dependientes, es necesario

determinar la impedancia equivalente haciendo uso de una fuente de

tensión ideal, de valor E, que se conecta entre los terminales A y B. Por esta

fuente de tensión E circula una intensidad Ie, por lo que la impedancia

equivalente Zeq vista entre los terminales A y B queda determinada como:

eq

e

EZ

I

Así pues, al dipolo pasivo obtenido se le conecta la fuente E (con las

referencias de polaridad mostradas en la figura siguiente), y para simplificar

se transforma la fuente real dependiente de intensidad en su fuente real de

tensión equivalente:

Se identifican dos mallas, cuyas ecuaciones son:

1

j

2 U

U 1

B

A

+

j2

1

j

j2

U 1

B

A

+

j4 U +

+

E

Ie

Ib

Ia


Malla : j 1 1 j2 j4

Malla :

a a b

b a b

I I I U

I I I E

siendo la ecuación adicional:

( j )aU I

Se requiere obtener un expresión que relacione los fasores E e Ie. Para ello,

se sustituye la expresión de U y de la Malla Ib en la ecuación de la Malla Ib:

2 j 4

3 j 2 j

b b b

b

I E I I E

I E

y como b eI I , la expresión anterior queda:

3 j 2 jeI E

por lo que Zeq se obtiene como:

3 j 7 j 1,414 8,13º

2 j 5eq

e

EZ

I

Finalmente, se representan los circuitos equivalentes:


Para comprobar los resultados podría contrastarse que la impedancia

obtenida en el circuito pasivo coincide con el cociente de U0/Icc, o bien, que

al transformar el equivalente Norton en su fuente real de tensión

equivalente se obtiene el equivalente Thévenin:

A

B

+

(7+j)/5 A

B

(7+j)/5

Equivalente Thévenin Equivalente Norton


0

3 j 16 j4 16 j4∙ V

2 j 3 j 2 jeq ccZ I U

b) Según el teorema de máxima transferencia de potencia activa, la

impedancia que conectada entre los terminales A y B absorbe la máxima

potencia es igual al conjugado de la impedancia equivalente del dipolo:

7 j

5eqZ

entonces:

* 7 j

5máx eqZ Z

Para determinar las potencias pedidas, se conecta la impedancia Zmáx al

equivalente Thévenin (se puede determinar igualmente utilizando el

equivalente Norton):

La impedancia total serie es:

7 j 7 j 140º

5 5 5T eq máxZ Z Z

por lo que la intensidad que circula por el circuito es:

07,374 40,601º

2,633 40,601º A14

0º5

T

UI

Z

B

A

+

(7+j)/5

+

UAB

I


y la caída de tensión UAB:

7 j2,633 40,601º 3,723 32,471º V

5máxABU Z I

o Potencia activa absorbida por la impedancia Zmax:

Solo absorbe potencia activa la parte real de la impedancia.

2 272,633 9,705 W

5abs ZP R I

o Potencia reactiva absorbida por la impedancia Zmax:

Solo absorbe potencia reactiva la parte imaginaria de la impedancia.

2 212,633 1,386 var

5abs ZQ X I

o Potencia aparente absorbida por la impedancia Zmax:

3,723 2,633 9,803 VAabs Z ABS U I

Esta potencia aparente también puede determinarse como:

2 2 2 29,705 1,386 9,803 VAabs Z abs Z abs ZS P Q

o Potencia compleja absorbida por la impedancia Zmax:

j 9,705 j1,386 VAabs Z abs Z abs ZS P Q

o bien, puede hallarse como:

*3,723 32,471º 2,633 40,601º 9,705 j1,386 VAabs Z ABS U I

que coincide con el resultado obtenido anteriormente.

c) Se pide que el condensador se conecte en paralelo con la impedancia del

apartado anterior Zmáx:


Para determinar la capacidad de este condensador C que consigue que el

conjunto tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo, es necesario primero

conocer la cantidad de potencia reactiva a compensar.

Del apartado anterior, se observa que la potencia reactiva que absorbe la

impedancia Zmáx es:

9,705 j1,386 VA

1,386 var

abs Zmáx

abs Zmáx

S

Q

Esto es, Zmáx cede potencia reactiva, lo que significa que esta impedancia

tiene carácter capacitivo.

Por lo tanto, no existe un condensador C que pueda mejorar el factor de

potencia actual debido a que éste también cedería potencia reactiva e

incrementaría la potencia reactiva total cedida, empeorando el factor de

potencia del conjunto. Gráficamente:

cosconjunto < cosZmáx

B

A

+

(7+j)/5

+

UAB

I

C

9,705 W

‐1,386 var

QCond.

Zmáx

SZmáx conjunto

SZmáx+Cond.


Problema 7.5 ()

El consumo de potencia activa de una carga de carácter inductivo es 40 W y

la corriente que absorbe de la red eléctrica de 230 V y 50 Hz es 1 A. Para

compensar el factor de potencia, se conecta un condensador en paralelo con

la carga y se mide que la corriente que absorbe ahora de la red ha

disminuido a la quinta parte (0,2 A). Calcular el valor del condensador que se

ha conectado, sabiendo que el conjunto carga + condensador sigue teniendo

carácter inductivo.

Solución:

El problema describe la compensación del factor de potencia de una carga

conectada a un sistema en régimen estacionario sinusoidal de 230 V y 50 Hz.

Los datos aportados en el problema corresponden a dos condiciones de

operación:

Dipolo inicial: carga conectada que absorbe 40 W y circula 1 A.

Dipolo con compensación: condensador conectado en paralelo con la

carga inicial y la medida de intensidad del conjunto es 0,2 A.

Una forma de determinar el condensador C que se ha conectado, es utilizar

la expresión de la compensación del factor de potencia:

2

'

∙abs ZP tg tg

CU

donde la tensión U, la pulsación y la potencia absorbida por la carga Pabs son conocidos. Nótese que la potencia Pabs no se modifica tras la conexión

del condensador puesto que éste ni cede ni absorbe potencia activa. El

condensador solo afecta a la potencia reactiva del conjunto.

El problema se reduce a determinar el factor de potencia inicial (cosZ) y el

obtenido tras la compensación (cos’) y, de éstos, los argumentos Z y ’, respectivamente.


o Condición inicial

La condición inicial descrita en el problema puede plantearse circuitalmente

como:

Para un dipolo pasivo, el desfase entre tensión e intensidad es igual al

argumento de la impedancia:

Z U I

que a su vez es el ángulo del triángulo de potencia Z.

Sabiendo que la potencia absorbida es 40 W se determina el factor de

potencia inicial:

∙ ∙cos

40 230∙1∙cos cos 0,174abs Z

Z Z

P U I

Por lo tanto:

79,98ºZ

o Dipolo con compensación: carga + condensador

El circuito equivalente del conjunto es:

1 A

230 V

50 Hz

+

Z

Z>0

SZ

Z

QZ

PZ

230 V

50 Hz

+

ZC

S’ Z’ Q’

P’

0,2 A


En esta condición de operación, la intensidad que consume el conjunto se

reduce a 0,2 A. No obstante, se absorbe la misma potencia activa Pabs. Por lo

tanto, se determina el factor de potencia para el conjunto:

'

' '

40 W

∙ '∙cos

40 230∙0,2∙cos cos 0,87

abs

abs Z

Z Z

P

P U I

por lo que el argumento es:

' 29,59ºZ

Representando ambas condiciones, puede verse la compensación del factor

de potencia que introduce el condensador.

La capacidad de dicho condensador es:

2

5

2

2

40 tan79,98º tan29,59º1,225∙10 F

2∙ ∙50∙230

ced condQC

f U

C

esto es:

12,25μFC

Z

Pabs

Z’

jQabs

jQ’abs

jQced cond

Sabs

S’abs


Problema 7.6 ()

Para el dipolo de la figura, determinar:

a) El valor de la impedancia Z que, colocada entre los terminales A y B,

absorbe la máxima potencia activa.

b) El valor de la potencia activa, reactiva, aparente y compleja que

absorbe dicha impedancia Z, así como su factor de potencia.

Solución:

a) El valor de la impedancia que, conectada entre los terminales A y B,

absorbe la máxima potencia activa, se obtiene por aplicación del teorema de

la máxima transferencia de potencia.

El mencionado teorema dice que de todas las impedancias que se pueden

conectar en bornes de un dipolo activo, la que absorbe la máxima potencia

es aquella cuyo valor es igual al conjugado de la impedancia compleja

equivalente del dipolo pasivo correspondiente al activo dado.

Por lo tanto, para aplicar dicho teorema resulta conveniente determinar la

impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A y B.

o Determinación de la impedancia equivalente

El procedimiento para determinar esta impedancia consiste en convertir el

dipolo en pasivo, es decir, se anulan sus fuentes independientes (fuentes de

tensión igual a cero se comportan como cortocircuitos, fuentes de intensidad

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4


igual a cero se comportan como circuitos abiertos) y, si las hubiera, las

fuentes dependientes se dejan como están:

Como el circuito pasivo resultante contiene bobinas acopladas

magnéticamente, su impedancia equivalente se calcula conectando una

fuente auxiliar E entre los terminales A y B:

De esta forma, la impedancia equivalente queda determinada con la relación

entre la tensión de la fuente auxiliar E y la intensidad Ie que circula por ésta

(con las referencias indicadas en la figura anterior):

eq

e

EZ

I

1

j

A

Bj2

j3

j2

j4

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

+E

Ie

Ia

Ib

Ic


Para analizar el circuito y calcular esta relación, se aplica el método de

análisis por mallas:

Malla a: 1

Malla b: j2 j2 j

Malla c: j2 j j3 j j4 0

a

b b c c

c b c c c b c

I E

I I I I E

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando las últimas dos expresiones:

j 1 90ºb bI E I E

La intensidad Ie que circula por la fuente es:

e b aI I I

que, sustituyendo las intensidades Ia e Ib en este última expresión, permite

deducir una ecuación en función de E e Ie:

1 1 1j 45º

1 j 2 45º 2e

e

EI E E

I

Por lo tanto, el valor de la impedancia equivalente es:

1 1 145º j

2 22eq

e

EZ

I

y, según el teorema de máxima transferencia de potencia, la impedancia que

absorbe la máxima potencia activa es:

*

* 1 1 1 145º 45º j

2 22 2máx eqZ Z

b) Para determinar el valor de las potencias absorbidas por la impedancia del

apartado anterior, y en vista de que ya se ha calculado la impedancia

equivalente del circuito, conviene terminar de caracterizar primero el dipolo

dado mediante su equivalente Thévenin, o bien su equivalente Norton.

Para ello, sería suficiente determinar la tensión de abierto o la intensidad de

cortocircuito, según sea el equivalente elegido. Posteriormente, para


calcular las potencias absorbidas, se conecta la impedancia Zmáx entre los

terminales A y B del equivalente.

Para este problema se ha elegido caracterizar el dipolo mediante su

equivalente Thévenin. Para ello, se determina la tensión a circuito abierto U0

entre los terminales A y B:

Debido a que el circuito contiene bobinas acopladas magnéticamente se

recomienda utilizar el método de análisis por mallas. Para este método es

conveniente que todas las fuentes sean de tensión, por lo que se transforma

la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión equivalente:

5 90º( j4) 5 90º∙4 90º 20 0º V

Aplicando la 2ª L.K. a la trayectoria cerrada formada por las tensiones de la

parte superior izquierda del circuito, se puede escribir que:

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

U0

UR1+

+ +

Eg

+

1

j

A

Bj2

j3

j2

j4

+

Ia

Ib

U0

+ UR1

+

+

Eg


0 1 gRU U E

Aplicando el método de mallas al circuito:

Malla a: j2 j2 j 20 0º

Malla b: j2 j j3 j j4 20 0º

a a a b b

b a b b b a b

I I I I I

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando ambas expresiones:

40 0º 40 0º1+j 40 0º 20 2 45º 20 j20 A

1 j 2 45ºa aI I

se calcula la tensión UR1:

1 1∙ 20 j20 VaRU I

Así pues, la tensión a circuito abierto en bornes de dipolo es:

0 20 j20 20 0º 20 j20 20 j20U

0 j20 20 90º VU

El equivalente Thévenin del dipolo dado es:

Conectando ahora en bornes del equivalente Thévenin la impedancia que

absorbe la máxima potencia calculada anteriormente, se tiene:

+

A

B

+

A

B

I



20 90º 20 90º20 90º A

1 1 1 1 1j j2 2 2 2

I

o Potencia activa que absorbe Zmáx:

2 2 1∙ 20 ∙ 200W2

abs ZmáxP I R

La potencia activa la absorbe la parte real de la impedancia Zmáx.

o Potencia reactiva que absorbe Zmáx:

2 2 1∙ 20 ∙ 200 var

2abs ZmáxQ I X

La potencia reactiva la absorbe la parte imaginaria de la impedancia Zmáx.

Nótese que una reactancia negativa (parte imaginaria de la impedancia)

indica un carácter capacitivo de la carga, por lo tanto ésta cede potencia

reactiva, tal y como se comprueba con el valor negativo de Qabs Zmáx.

o Potencia aparente que absorbe Zmáx:

2 2 2 2200 200 282,84 VAabs Zmáx abs Zmáx abs ZmáxS P Q

o Potencia compleja que absorbe Zmáx:

j 200 j200 200 2 45º VAabs Zmáx absZmáx absZmáxS P Q

Cabe destacar que, dado que el argumento Z=‐45º de la impedancia Zmáx es

menor que cero, dicha impedancia absorbe potencia activa y cede potencia

reactiva.

o Factor de potencia:

200 2. . . (capacitivo al ser <0 )

2200 2

absZmáx

Z

abs Zmáx

Pf d p

S


Aunque no se indique en el problema, se pueden comprobar los resultados

obtenidos del equivalente Thévenin determinando el equivalente Norton del

dipolo.

Para ello, se cortocircuitan los terminales A y B y se calcula la intensidad de

cortocircuito Icc con la referencia indicada:

Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente de tensión

equivalente y se resuelve aplicando el método de mallas:

Las ecuaciones de las mallas son:

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

Icc

+

1

j

A

B

j2

j3

j2

j4

+

Ia

Ic

Icc

Ib


Malla a: 20 0º A

Malla b: j2 j2 j 0

Malla c: j2 j j3 j j4 20 0º

a

b b c c

c b c c c b c

I

I I I I

I I I I I I I

Reagrupando términos y sumando las dos últimas ecuaciones:

j 20 0º 20 90º Ab bI I

Por lo tanto, la intensidad de cortocircuito Icc queda determinada como:

20 0º 20 90º 20 j20 Acc a bI I I

20 2 45º 20 j20 AccI

Finalmente, se comprueba que la tensión en circuito abierto (determinado a

partir del equivalente Norton y la impedancia equivalente) sea igual a la

obtenida en el equivalente Thévenin:

0

1∙ 45º∙20 2 45º 20 90º V

2eq ccZ I U



Problema 7.7 ()

En el circuito de la figura, determinar:

a) Potencia reactiva consumida por la bobina.

b) Potencia activa proporcionada por el generador.

c) Potencia activa absorbida por la resistencia en serie con el

condensador.

Datos: ( ) 30sen 1000 V,ge t t R = 1 , L = 3 mH y C = 1 mF.

Resultados: a) QabsL = 65,85 var, b) PcedEg = 153,66 W, c) PabsR = 98,78 W

Problema 7.8 ()

Se sabe que al alimentar una carga monofásica de carácter inductivo con una

tensión U = 220 V, por ella circula una intensidad de 1 A y absorbe una

potencia de P = 150 W. Calcular la potencia activa y la potencia reactiva que

absorbe dicha carga cuando se alimenta con una tensión de 110 V.

Resultados: Pabs = 37,5 W, Qabs = 40,23 var

Problema 7.9 ()

Indicar para cada uno de los dipolos de la figura si actúan como generador o

como receptor y si ceden o absorben potencia reactiva.

eg(t) L

R R

C +


Datos: U=2+j3 V, I=3j2 A

Resultados: Dipolo 1: generador, cede potencia reactiva.

Dipolo 2: receptor, absorbe potencia reactiva

Problema 7.10 ()

Calcular para cada dipolo si es generador o receptor y si cede o absorbe

potencia reactiva.

Datos: U1=1+j V, U2=4+j V

Resultados: Dipolo 1: receptor, cede reactiva.

Dipolo 2: generador, absorbe reactiva

Problema 7.11 ()

En el circuito de la figura siguiente, determinar:

a) Valor de la impedancia equivalente (Zeq) del dipolo pasivo.

Dipolo 1

I

U

+

Dipolo 2

Dipolo 1 U1

+

Dipolo 2U2

+

‐j3


b) Se desea que la fuente de tensión no suministre potencia reactiva,

para lo cual se cierra el interruptor K. ¿Qué valor deberá tener el

condensador C para que se cumpla esta condición?

Datos: Eg = 150 V, = 100 rad/s

Resultados: a) Zeq = 110+j89 , b) C = 40F

Problema 7.12 ()

Dado el circuito de la figura, calcular:

a) La impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe la

máxima potencia activa.

b) La potencia compleja que absorbe dicha impedancia.

Datos: 200 20º V, 2gE a

Resultados: a) máx

3Z 1 j

2 , Sabs Zmáx = 2,45j3,76 kVA

Dipolo

pasivo

Pabs=110 W

Qabs=89 var

Z=10+j

+

Eg

Qced=90 var

K

C

Eg –j5

j8 4+j2 A

B a:1

+


Problema 7.13 ()

Dado el circuito de la figura, calcular la máxima potencia activa que absorbe

el dipolo pasivo de terminales A y B.

Resultados: Pabs DP= 6,25 W

Problema 7.14 ()

En el circuito de la figura el voltímetro V2 mide 20 V. Considerando

= 10000 rad/s y que los elementos de medida son ideales:

a) Calcular las medidas de W, V1, V3 y A.

b) Calcular la expresión de eg(t), tomando la tensión de V2 como origen

de fases.

c) Calcular la potencia reactiva que cede la fuente, y comprobar que se

cumple el teorema de Boucherot.

Dipolo

pasivo B

2 H 1 F

1 1

A

+ V1

V3

V2 1 mH

1 mH

0,1 mH

1

0,1 mF

eg(t)

W A


Resultados: a) W = 200 W, V1 = 142,126 V, V3 = 127,279 V y A = 28,319 A

b) ge (t) = 142,126 2 sen 10000t + 0,6857 V

c) Qcedida fuente = 4020 var

Problema 7.15 ()

Si conectamos un sistema “reactancia” + tubo fluorescente a la red (220 V,

50 Hz) y medimos con un vatímetro la potencia consumida por este conjunto

obtenemos un valor 50 W. Si esta medida se efectúa en terminales del tubo

fluorescente el valor obtenido es de 20 W. Además, se conoce que la parte

resistiva de la “reactancia” tiene un valor de 120 , y que si colocamos un

voltímetro en bornes del tubo fluorescente, cuando se encuentra encendido,

la tensión es de 60 V.

a) Calcular el valor de la impedancia equivalente del tubo fluorescente,

Ztf.

b) Calcular el valor de la impedancia equivalente de la “reactancia”, Zr.

c) Calcular el condensador a conectar en paralelo para compensar el

conjunto a un f.d.p. de 0,9 inductivo.

Resultados: a) Ztf = 80,015+j89,43 , b) Zr = 120+j302,52 , C = 4,8 F

220 V

f=50 Hz

120 XLr

+

XLtf

Rtf

Reactancia

Tubo

fluorescente


Problema 7.16 ()

A load is connected to a real voltage source as depicted in the following

circuit. The voltage magnitude UC is 100 V:

a) Determine the current through the load.

b) Considering this load current as reference, determine the magnitude

and phase of source voltage UG.

Results: a) I = 2,828 A, b) GU =108,07 47,12º V

Problema 7.17 ()

In the figure below, the measurement of wattmeter 1 (W1) is 7200 W and of

wattmeter 2 (W2) is 6400 W. It is known that the load impedance magnitude

Z is 20 . Considering load voltage as reference, determine:

a) Phase angle of load impedance

b) Phase angle of the source voltage

c) Value of inductance L

Load

Pabs=200 W

Qabs=200 var

Z=1+j3

+

UG

+

UC

+

2

jL

> 0º

400 V

f=50 Hz

W2 W1


Results: a) = 36,87º, b) source = 1,77º, c) L = 2,06 mH

Problema 7.18 ()

An industrial single phase load of 10,53 MW of rated power is feeded

through an overhead line of 2 km total length (Rcond = 0,279 /km,

Xcond = 0,070 /km). Considering that the voltage across the total length of

the line is 135 V and that the line along with the industrial load demand

2680 kvar, determine:

a) Industrial load impedance (RL, XL).

b) Cable power loss.

c) AC voltage supply UG.

Results: a) ZL = 191,03+j48,48 , b) P = 30,76 kW, c) UG = 46,41 kV

UG

Rcable

+

XL

RL

Xcable

Industrial

Load

Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados

Problemas resueltos

Problema 8.1 ()

Calcular todas las intensidades de línea en el generador y en la carga, y todas

las tensiones de línea y de fase en el generador y en la carga del circuito

trifásico de la figura.

Solución:

Se trata de un sistema trifásico equilibrado Y‐Y. Para analizarlo, se construye

uno de sus circuitos monofásicos equivalentes, en concreto, el de la fase a.

Hay que tener en cuenta que todos los puntos neutros de un sistema

trifásico equilibrado están siempre a la misma tensión (de ahí que a los dos

puntos neutros del circuito se les haya dado el mismo nombre, n).

+

+

+

1+j

1+j

1+j

3+j2

3+j2

3+j2

n’ n

a

b

c

a’

b’

c’

+ 230 0º 1+j 3+j2

n n

a a’

Generación Línea Carga

+

Uan

+ Ua’n

Ia


En el circuito de la figura anterior puede verse que la tensión Uan es la

tensión en bornes de una fuente de tensión ideal, por lo tanto:

230 0º VanU

Agrupando las impedancias en serie se obtiene:

(1 j) (3 j2) 4 j3TZ

Aplicando la ecuación de definición de la impedancia compleja, se puede

calcular la intensidad Ia:

46 36,87º A4 j3

ana

UI

Conocida esta intensidad, la tensión Ua´n vale:

' (3 j2) 165,83 3,18º Vaa nU I

A partir de los valores de las tensiones de fase y de las intensidades

obtenidos sobre el circuito equivalente monofásico, es posible determinar el

resto de tensiones de fase y de línea del sistema monofásico, así como las

intensidades de línea. Para ello, hay que recordar que, en los sistemas

trifásicos equilibrados, las variables de cada fase están desfasadas 120º entre

4+j3

n

a +

Uan

Ia

3+j2

n

a’ +

Ua’n

Ia

Sistemas trifásicos equilibrados 229

sí. Para saber si adelantan o retrasan, es necesario comprobar si el sistema

es de secuencia directa o bien de secuencia inversa.

En el esquema circuital del enunciado se especifica que:

230 0º V

230 120º V

230 120º V

an

bn

an

U

U

U

Por lo tanto, el sistema es de secuencia directa, como puede verse en el

diagrama vectorial de las tensiones de fase mostrado a continuación.

Las tensiones de línea en bornes del generador se determinan considerando

que en un sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, el módulo de

las tensiones de línea es 3 veces mayor que el módulo de las tensiones de

fase, y que las tensiones de línea adelantan 30º respecto a sus tensiones de

fase correspondientes. Además, Ubc y Uca deberán estar desfasadas 120º

respecto de la tensión Uab. Esto es:

3 30º 398,37 30º V

3 30º 1 120º 398,37 90º V

3 30º 1 120º 398,37 150º V

ab an

bc bn ab

ca cn ab

U U

U U U

U U U

En cuanto a las tensiones de fase en bornes de la carga, se ha calculado que:

' 165,83 3,18ºVa nU

Uan

+120º

120º

Ucn

Ubn

sentido de giro

Orden de paso:Uan, Ubn, Ucn


entonces:

' '

' '

1 120º 165,83 123,18º V

1 120º 165,83116,82º V

b n a n

c n a n

U U

U U

A partir de estos valores y de la relación vista anteriormente entre tensiones

de línea y tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados, las tensiones

de línea en bornes de la carga valen:

' ' '

' ' ' ' '

' ' ' ' '

3 30º 287,22 26,82º V

3 30º 1 120º 287,22 93,18º V

3 30º 1 120º 287,22 146,82º V

a b a n

b c b n a b

c a c n a b

U U

U U U

U U U

En cuanto a las intensidades de línea (que coinciden con las intensidades de

fase al tratarse de un sistema trifásico conectado en estrella), habiendo

determinado que:

46 36,87º AaI

se obtiene:

1 120º 46 156,87º A

1 120º 46 83,13º A

b a

c a

I I

I I


Problema 8.2 ()

En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa mostrado en la figura,

la carga tiene un factor de potencia de 0,866 inductivo. La medida indicada

por el voltímetro es de 400 V y la medida del amperímetro es de 10 A.

Determinar las tensiones de línea en bornes del generador. Considerar la

tensión del voltímetro como origen de fases y los equipos de medida ideales.

Solución:

El equivalente monofásico del sistema trifásico es:

La tensión medida por el voltímetro es de 400 V, y además se indica que hay

que considerarla como origen de fases, esto es:

' ' 400 0º Va bU

Entonces, a partir de la relación entre tensiones de línea y de fase en un

sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene que:

' ' '

1 40030º 30º 230,94 30º V

3 3a n a bU U

V

Z

n

a

b

c

a’

b’

c’

G 3

Z

Z

Carga

A ZL= 1+j

ZL= 1+j

ZL= 1+j

ZL = 1+j Z

n

a a’

+

Ia

Uan

+

Ua’n


Se conoce la medida del amperímetro, por tanto, se sabe que Ia = 10 A.

El valor de las impedancias que forman la carga es:

' ' 230,9423,094

10a n a n

a a

UUZ Z

I I

Se indica en el enunciado el factor de potencia de la carga, por lo tanto:

Z arccos 0,866 30º (signo "+"por ser la carga de carácter inductivo)

Entonces:

23,094 30º 20 j11,547Z

A partir de la relación entre tensión e intensidad en bornes de la impedancia,

se tiene:

'´ 10 60º Aa n

a a a Ua n Z

UI I I

Z

Fijándose en el equivalente monofásico, la tensión de fase en bornes del

generador es:

(1 j) (20 j11,54) 10 60º

24,46 30,85º ∙10 60º 244,62 29,15º V

L aanU Z Z I

La relación existente entre tensiones de línea y de fase en los sistemas

trifásicos equilibrados de secuencia directa es:

3 30ºab anU U

Aplicando dicha relación, se obtiene que:

abU 244,62 29,15º 3 30º 423,69 0,85º V

El resto de tensiones se obtienen teniendo en cuenta que el sistema

considerado es de secuencia directa, esto es:


1 120º

1 120º

bc ab

ca ab

U U

U U

Así pues, las tensiones de línea en bornes del generador son:

ab

bc

ca

U

U

U

423,69 0,85º V

423,69 119,15º V

423,69 120,85º V


Problema 8.3 ()

En el sistema trifásico equilibrado de 400 V, secuencia directa, mostrado en

la figura:

a) Determinar todas las intensidades de línea.

b) Determinar la potencia trifásica compleja que entrega el generador.

Nota: Considerar como origen de fases la tensión de línea Uab.

Solución:

Según el enunciado, el sistema trifásico presenta una tensión de 400 V, esto

es, las tensiones de línea de dicho sistema valen 400 V.

Además, se indica que el origen de fases es la tensión de línea Uab, esto es:

400 0º Vab ab UabU U

También se señala que la carga trifásica está conectada en triángulo, además

de indicarse el valor de su módulo y de su argumento. Entonces, el valor de

las impedancias complejas que forman la carga es:

33 60º

cos 0,5 ( 0)Z Z

ZZ

Es posible determinar su carga trifásica equivalente conectada en estrella:

3 60º1 60º

3 3Y

ZZ

Carga

Z= 3 Ω

cosZ=0,5

a

b

c

Generador trifásico

Z >0


Dado que el generador está conectado en estrella y la carga se ha

transformado a estrella, se puede construir el equivalente monofásico del

circuito trifásico equilibrado Y‐Y, que es:

La tensión de fase se puede obtener a partir de la relación entre tensiones de

línea y de fase para sistemas trifásicos equilibrados de secuencia directa:

1 40030º 30º 231 30º V

3 3an abU U

A partir de este circuito equivalente monofásico, se obtiene que la

intensidad de la línea a vale:

231 30º231 90º A

1 60ºan

a

Y

UI

Z

Teniendo en cuenta que en los sistemas trifásicos equilibrados las variables

de cada fase están desfasadas 120º entre sí, y considerando que el sistema

es de secuencia directa, las intensidades de línea son:

231 90º A

1 120º 231 210º 231150º A

1 120º 231 30º A

a

b a

a a

I

I I

I I

a

b

c

+Z

Z

Z

Ia

Ib

Ic

a

b

c

+

n

Ia

Ib

Ic

ZY

ZY

a

n

+

Uan

Ia


En cuanto a la potencia compleja trifásica, dado que el sistema trifásico es

equilibrado, se cumple que:

T FS S3

La potencia compleja por fase cedida por el generador vale:

FF FS U I*

Dado que:

* * *

231 30º V

( ) (231 90º) 231 90º A

F an

F a

U U

I I

entonces:

231 30º ∙ 231 90º 53361 60º VAFS

Y la potencia compleja trifásica cedida por el generador tiene un valor:

3 3 53361 60º 160083 60º VAT FS S


Problema 8.4 ()

El sistema trifásico equilibrado de la figura se alimenta conectando en los

terminales abc una fuente de tensión real trifásica, equilibrada y de

secuencia directa. Tomando como origen de fases la tensión Ua’’n (siendo n el

punto neutro de la carga 1), determinar:

a) Las intensidades de fase y línea en la carga 1.

b) Las intensidades de fase y línea en la carga 2.

c) La tensión Uab en bornes del generador real.

Datos: Lectura del amperímetro A = 10 A

Solución:

a) Se indica que se toma como origen de fases la tensión de la fase a de la

carga 1. Por otra parte, el amperímetro mide la intensidad que circula por la

línea a, es decir, mide el módulo de las intensidades de línea de la carga 1

(que coinciden con las intensidades de fase, al tratarse de una carga en

estrella).

El equivalente monofásico, de la parte correspondiente a la carga 1 del

circuito trifásico, es el siguiente:

A

0,1+j0,3

0,1+j0,3

0,1+j0,3

0,2+j0,4

0,2+j0,4

0,2+j0,4

0,1+j0,2 0,1+j0,2

a’

b’

c’

Carga 2

6+j3

Carga 1

3+j

Y

a

b

c

a’’

b’’

c’’

0,1+j0

,2


Se sabe que:

1 10 AaI

'' '' 0º origen de fasesa n a nU U

1 13 j 3,16 18,43ºZ Z

Entonces:

'' 1 1 31,62 Va n aU Z I

'' 31,62 0º Va nU

Como la carga 1 es inductiva, su intensidad de fase retrasará respecto de la

tensión de fase un ángulo igual al argumento de la impedancia de dicha

carga. Además, la intensidad de la línea a de la carga 1 (Ia1) coincide, al estar

la carga 1 conectada en estrella, con la intensidad de la fase a. Por lo tanto:

aI 1 10 18,43º A

Dado que el sistema es de secuencia directa, el resto de intensidades de

línea/fase en la carga 1 valen:

1 1

1 1

1 120º 10 138,43º A

1 120º 10 101,56º A

b a

c a

I I

I I

b) El equivalente monofásico, que incluye las impedancias de la línea de la

carga 1, es:

a’’ Z1 = 3+j

+

Ia1

Ua’’n

n


a aa n a nU j I U j j I1 1' ''(0,1 0,3) (0,1 0,3) (3 ) 33,61 4,31º V

Si la carga 2 se supone conectada en estrella (haciendo la correspondiente

equivalencia entre cargas en triángulo y cargas en estrella), el equivalente

monofásico, fijándose sólo en la carga 2 y su correspondiente impedancia de

línea, es:

22 26 j3 2 j

3Y

ZZ Z

La intensidad de línea a de la carga 2 vale:

'2

2

13,9 25,43º A(0,1 j0,2)

a na

Y

UI

Z

Al tratarse de un sistema equilibrado de secuencia directa, el resto de

intensidades de línea de la carga 2 son:

b a

c a

I I

I I

2 2

2 2

(1 120º) 13,9 145,43º A

(1 120º) 13,9 94,56º A

a’’ Z1= 3+j

+

Ia1

Ua’’n

a’ +

Ua’n

0,1+j0,3

n

0,1+j0,2

Z2Y = 2+j

n

+a’

Ua’n

Ia2

a2


Las intensidades de fase de la carga 2 se pueden determinar a partir de las

intensidades de línea ya calculadas:

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

130º 8,025 4,567º A

3

130º (1 120º) 8,025 115,433º A

3

130º (1 120º) 8,025 124,56º A

3

a b a

b c b a b

c a c a b

I I

I I I

I I I

c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se considera el

equivalente monofásico de todo el sistema. Para ello, hay que convertir la

carga 2, conectada en triángulo, en su estrella equivalente y agrupar las

cargas 1 y 2 (ambas cargas están en paralelo), formando ZT.

aT a aI I I1 2 10 18,43º 13,9 25,43º 23,854 22,50º A

Una vez conocida la intensidad de línea total, la tensión de fase en bornes

del generador se calcula:

'0,2 j0,4 42,644 12,89º VaTan a nU I U

a2

Z2 = 6 + j3

Ia2b2

b2 c2

Ib2c2

Ic2a2

Ia2 Ib2 Ic2Z2 Z2

a’ ZT

+

IaT

Ua’n

a +

Uan

0,2+j0,4

n


A partir de la tensión de fase, la tensión de línea en bornes del generador

vale:

ab anU U 3 30º 73,86 42,89º V


Problema 8.5 ()

En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura se sabe

que la carga 1 absorbe una potencia reactiva trifásica de 6000 var.

Determinar:

a) Las impedancias, Z1 y Z2, que forman cada carga.

b) Las intensidades de fase en las dos cargas.

c) La tensión de línea Ua’b’ en bornes del generador.

Datos: Uab = 380 V, A = 10 A, tomar Uab como origen de fases.

Solución:

a) Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe la carga 1. A partir de

la expresión de esta potencia reactiva trifásica, se obtiene el argumento de la

carga Z1:

T abs Z ab a ZQ U I1 13 sen

1 1 16000 3 380 10 sen sen 0,911 65,728ºZ Z Z

La intensidad de fase en la carga 1, IZ1, se puede calcular a partir de la

relación entre las intensidades de línea y de fase en los sistemas trifásicos

equilibrados:

G 3

A

Carga 2 en YPT = 2850 W cos = 0,866 inductivo

Z1

Z1

Z1

a’

b’

c’

a

b

c

1+j2

1+j2

1+j2

Carga 1


1 1

15,77 A

3Z LI I

Conocidas la tensión de fase y la intensidad de fase en la carga 1, el valor de

la impedancia Z1 se calcula:

11

1 1

38065,81

5,77abZ

Z Z

UUZ

I I

1 65,81 65,728ºZ

Respecto de la carga 2, se sabe la potencia activa que absorbe y su factor de

potencia, y dado que:

Tabs Z L L ZP U I2 23 cos

entonces:

L LI I2 22850 3 380 0,866 5A

Se puede calcular el valor de la impedancia Z2 si se conocen la tensión de

fase y la intensidad de fase en dicha carga, esto es:

22

2

Z

Z

UZ

I

Z1

IL1

Z1

Z1

IZ1a

b

c

Uab

+

UZ1

+


La tensión de fase se calcula a partir de la relación entre tensiones de línea y

tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados conectados en estrella:

2 219,39 V3ab

Z an

UU U

Entonces:

22

2 2

219,3943,87

5anZ

Z L

UUZ

I I

Dado que en el enunciado se indica que la carga tiene carácter inductivo, su

argumento será mayor que cero. Además se conoce su factor de potencia.

Por lo tanto:

2 arccos 0 866 30Z , º

Así pues, la impedancia de la carga 2 vale:

2 43 87 30Z , º

b) El módulo de ambas intensidades de fase ya se ha determinado en el

apartado anterior. Sus argumentos se calculan a partir de la tensión de fase y

de la impedancia compleja para cada carga:

abZ

UI

Z1

1

380 0º 1065,73º A

65,81 65,73 3

Z2

Z2

Z2

ba cUab

IL2 = IZ2

+

n

+

Uan+

UZ2


2

2

38030º

3 5 60º A43,87 30º

anZ

UI

Z

c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se recurre al circuito

equivalente monofásico del sistema trifásico dado, en el que se ha

transformado la carga Z1 (originalmente en triángulo) en su estrella

equivalente.

La intensidad de línea total que circula en el equivalente monofásico, se

calcula aplicando la 1ª L.K.:

L L LI I I1 2

Como la carga 2 está conectada en estrella, su intensidad de línea coincide

con su intensidad de fase, ya calculada anteriormente. En cuanto a la

intensidad de línea de la carga 1, su módulo es dato del problema, y su

argumento se determina a partir de la intensidad de fase de dicha carga:

1 1 3 30º 10 95,73º AL ZI I

Entonces:

1 2 10 95,73º 5 60º 14,35 84º AL L LI I I

La caída de tensión en la impedancia que representa la línea se calcula:

LZLU j I1 2 32,08 20,57º V

Z2

a’ a 1+j2

Z1Y

+

IL

IL1

IL2

+

+UZL

Ua’n

Uan

n


Y la tensión de fase en bornes de generador es:

a n ZL anU U U' 251,09 28,80º V

Recordando la relación entre tensiones de línea y de fase en sistemas

trifásicos equilibrados de secuencia directa, la tensión de línea en bornes del

generador es:

a b a nU U' ' ' 3 30º 434,91 1,20º V


Problema 8.6 ()

En el sistema trifásico equilibrado de la figura (secuencia directa y 50 Hz de

frecuencia) se sabe que la tensión Uab = 380 V. Tomando esta tensión como

origen de fases, calcular:

a) La tensión Ua’b’.

b) Potencias activa y reactiva trifásicas absorbidas en cada carga y en la

línea.

c) Potencias activa y reactiva trifásicas suministradas por el generador, y

comprobar el resultado aplicando el teorema de Boucherot.

Solución:

a) Para calcular la tensión de línea en bornes del generador (Ua’b’), primero

se determina su tensión de fase correspondiente (Ua’n), y para ello se hace

uso del circuito monofásico equivalente.

Dicho equivalente, centrándose en la carga 1, es:

G 3

Carga 2 en Q

T2 = 4 kvar

cos Z2 = 0,5

ind.

Z1=20+j10

20+j10

a’

b’

c’

a

b n

1+j

1+j

1+j 20+j10 c

Z1=20+j10

a

n

Ia1

+

Uan


Dado que, como se indica en el enunciado, la tensión Uab se toma como

origen de fases, esto es:

380 0º VabU

y conocida la relación existente entre tensiones de línea y de fase en un

sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene:

130º 220 30º V

3an abU U

La intensidad que circula por la carga 1 vale:

1 9,84 56,56º A20 j10

ana

UI

Considerando ahora la carga 2:

De esta carga se conoce la potencia reactiva trifásica que consume. A partir

de esta potencia y del dato (indicado en el esquema del enunciado) de su

factor de potencia, es posible calcular el módulo de la intensidad de línea de

dicha carga:

2

2

4 kvar

arccos 0,5 60ºTabsZ

Z

Q

TabsZ ab a Z aQ U I I2 2 2 23 sen 7,017 A

Se ha tomado el argumento de la impedancia Z2 positivo (Z2 > 0) debido a

que se señala explícitamente que dicha impedancia tiene carácter inductivo.

a b c +

Ia2

Z2 Ib2

Ic2

Ica2

Iab2

Ibc2

Ua

Z2

Z2


Para calcular el argumento de la intensidad Ia2, basta recordar que en una

impedancia siempre se cumple que el ángulo de desfase entre la tensión en

sus bornes y la intensidad que circula por ella es justamente el argumento de

dicha impedancia. En el caso de la impedancia Z2:

abab ZU I 2 2, 60º

Por otra parte, es bien conocido que, en un sistema trifásico equilibrado de

secuencia directa, las intensidades de línea retrasan 30º con respecto de las

intensidades de fase:

a abI I2 2, 30º

Agrupando estas dos consideraciones, se tiene:

2

2 2

2

2 2

, 60º, 90º 90º

, 30ºa

abab Z

aab I

a ab

U IU I

I I

Por lo tanto:

aI 2 7,02 90º A

El circuito equivalente monofásico del sistema trifásico es:

La intensidad total se calcula aplicando la 1ªL.K.:

1 2 16,163 70,40º Aa a aI I I

Z2Y

a’ a 1+j

Z1

+

Ia

Ia1

Ia2

+

+UZL

Ua’n

Uan

n


y aplicando la 2ª L.K. se determina la tensión de fase en bornes del

generador:

' (1 j) 242,77 29,56º Vaa n anU I U

A partir de este valor, se calcula la tensión de línea en bornes del generador:

a b a nU U' ' ' 3 30º 420,49 0,44º V

b)

o Carga 1:

Como el sistema trifásico es equilibrado, se va a determinar la potencia

activa y reactiva que absorbe una de las impedancias que forman la carga, y

las potencias activas y reactivas trifásicas absorbidas por dicha carga serán el

triple de las monofásicas calculadas.

Para calcular las potencias monofásicas absorbidas por una de las

impedancias de la carga, se va a tener en cuenta que potencia activa la

absorbe la parte real de las impedancias, mientras que la parte imaginaria

absorbe únicamente potencia reactiva.

F abs Z Z a

F abs Z Z a

P R I

Q X I

2 21 1 1

2 21 1 1

20 9,84 1936,11W

10 9,84 968,06 var

T abs Z F abs Z

T abs Z F abs Z

P P

Q Q

1 1

1 1

3 5808,35W

3 2904,17 var

o Carga 2:

Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe y el factor de potencia

de la carga, por lo tanto, utilizando el triángulo de potencias para dicha

carga:


T abs Z

T abs Z

T abs Z

Z

Q

QP

2

2

2

2

4000 var

2309,4Wtg

La potencia activa trifásica absorbida por la carga 2 se puede calcular, de

igual manera, aplicando la expresión:

T absZ ab a ZP U I2 2 23 cos 2309,4W

o Línea:

Se emplea el mismo razonamiento que para la carga 1. Si el sistema es

equilibrado, las potencias trifásicas se pueden obtener multiplicando por 3

las potencias que absorbe la impedancia de una fase.

F abs ZL ZL a

F abs ZL ZL a

P R I

Q X I

2 2

2 2

1 16,163 261,24W

1 16,163 261,24 var

T abs ZL F abs ZL

T abs ZL F abs ZL

P P

Q Q

3 783,72W

3 783,72 var

c) Para calcular las potencias activas y reactivas trifásicas cedidas por el

generador, se van a emplear las expresiones que permiten calcularlas

directamente.

F genF genT ced gen L gen L gen

F genF genT ced gen L gen L gen

P U I U I

Q U I U I

3 cos ,

3 sen ,

Se ha determinado anteriormente que:

PT abs Z2

jQT abs Z2

ST abs Z2

Z2


F gen a n

F gen a

U U

I I

' 242,77 29,56º V

16,163 70,40º A

por lo tanto:

', , 40,84ºF gen aF gen a nU I U I

Así pues, las potencias activa y reactiva trifásicas valen:

Tced gen

Tced gen

P

Q

8905,72W

7698,07 var

Estas potencias también se pueden calcular utilizando la expresión de la

potencia compleja trifásica:

*3 jF genT ced gen F gen T ced gen T ced genS U I P Q

Sustituyendo valores para este sistema trifásico:

3 242,77 29,56º 16,16 70,40º 8905,72 j7698,07 VAT ced genS

e identificando parte real y parte imaginaria, se tiene que:

Tced gen

Tced gen

P

Q

8905,72W

7698,07 var

Comprobación del Teorema de Boucherot:

1 2

1 2

Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z

Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z

P P P P

Q Q Q Q

1 2

1 2

8901,47

7687,89 var

Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen

Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen

P P P W P

Q Q Q Q



Problema 8.7 ()

El circuito de la figura muestra el esquema de alimentación eléctrica de una

industria. El generador trifásico (f = 50 Hz) representa el punto de conexión a

la red y de él se sabe que las tensiones entre sus bornes forman un sistema

trifásico equilibrado de secuencia directa de 400 V. Una línea trifásica une el

punto de conexión a red y la industria y presenta una impedancia Zext = 1 + j.

En el interior de la industria una nueva línea trifásica sigue hasta la carga,

siendo su impedancia Zint = 1 + j2. La carga es equilibrada, está conectada en

estrella y la impedancia de cada fase vale Z = 10 + j6. Tomando como origen

de fases la tensión Uab, calcular la intensidad de línea, la tensión de línea en

bornes de la industria, la potencia activa trifásica cedida por la red y la

potencia activa trifásica absorbida por la carga.

Resultados: IL = 15,396 A, UL = 362,556 V, PTabsZ = 7111,104 W,

PTced gen = 8533,325 W

Problema 8.8 ()

En el sistema trifásico equilibrado de la figura, de secuencia directa, el

voltímetro mide 554,52 V y se sabe que la potencia aparente que cede el

generador es de 63639,617 VA. Calcular la resistencia, R, de la línea.

Zint

b

c

a’

b’

c’

Zint

Zint

Zext

Zext

Zext

a’’

b’’

c’’

Z

n

Carga Industria

G

3

a

Z

Z


Resultados: R = 1

Problema 8.9 ()

Sea el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura. Si el

voltímetro ofrece una lectura de 380 V, calcular:

a) Las intensidades de línea consumidas por las cargas 1 y 2 (tomar

como origen de fases la tensión de la fase a de la carga 2).

b) La tensión de línea en bornes del generador.

c) Comprobar que el circuito verifica el Teorema de Boucherot.

Resultados: a) L1 L2I =I =77,56 ‐45º A , b) LgU =760 V

a’

b’

c’

R + j2

G

3

R + j2

R + j2

15 + j12

15 + j12

15 + j12

a

b

cV

a

b

c

a’

b’

c’

1 + ja’’

b’’

c’’

G

3

1 + j

1 + j

1 j

1 j

1 j

V

Carga 2

2 + j2

Y

Carga 1

1 + j3

Y


Problema 8.10 ()

En un sistema trifásico equilibrado de 380 V, 50 Hz y secuencia directa, están

conectadas las siguientes cargas:

Un motor trifásico que consume una potencia de 20 kW con un factor

de potencia de 0,866 inductivo.

Una carga en estrella de carácter inductivo. Se sabe que su argumento

es 60º induct. y que el amperímetro marca 35,09 A.

Calcular, tomando la tensión U12 como origen de fases:

a) Las intensidades IM1, IM2, IM3.

b) Las intensidades IC1, IC2, IC3.y las intensidades de línea I1, I2, I3.

c) El factor de potencia de cada carga y el factor de potencia del

conjunto.

Resultados: a) M1 M2 M3I =35,088 ‐60º A, I =35,088 ‐180º A, I =35,088 60º A

b) C1 C2 C3I =35,09 ‐90º A, I =35,09 150º A, I =35,09 30º A

1 2 3I =67,78 ‐75º A, I =67,78 165º A, I =67,78 45º A

c) M C Tcosφ =0,866 ind., cosφ =0,5 ind., cosφ =0,707 ind.

1

2

3

Z

M

Z Z

IC1

IC2

IC3

IM1

IM2

IM3

I1

I2

I3A


Problema 8.11 ()

Dado el circuito trifásico de la figura, determinar la intensidad Ic y la tensión

Uab. ¿Este sistema trifásico es de secuencia directa o de secuencia inversa?,

¿por qué?, ¿cuál es el valor de la tensión Ecn’?

Datos: Ia = 25 + j 43,3 A, Ib = –50 A

Resultados: c abI = 25 ‐ j43,3 A, U = 389,7166,87ºV, secuencia inversa,

cn'E = 225 ‐23,13ºV

a

b

c

a’

b’

c’

j0,45 3,6 + j2,25

n

j0,45

j0,45

+

+

+

3,6 + j2,25

3,6 + j2,25

Ib

Ia

Ic

+Uab

Ean’

n’ Ebn’

Ecn’

Tema 9: Máquinas eléctricas

Problemas resueltos

Problema 9.1 ()

Se desea alimentar una lámpara incandescente halógena de 12 V – 75 W a

partir de una red monofásica de 230 V – 50 Hz. En el catálogo de un

fabricante de transformadores se puede ver la siguiente tabla:

Transformadores para lámparas halógenas de baja tensión

Modelo Tensión entrada

(V) Tensión salida

(V) Potencia(VA)

Frecuencia (Hz)

Precio (€)

BT05012 230 12 50 50‐60 9

BT05024 230 24 50 50‐60 12

BT10012 230 12 100 50‐60 20

BT10024 230 24 100 50‐60 23

BT15012 230 12 150 50‐60 32

BT15024 230 24 150 50‐60 35

BT20012 230 12 200 50‐60 46

BT20024 230 24 200 50‐60 49

BT25012 230 12 250 50‐60 60

BT25024 230 24 250 50‐60 65

Elegir el transformador más apropiado para la aplicación deseada.

Solución:

La lámpara que se alimentará con el transformador, consume una potencia

activa de 75 W.

Una lámpara incandescente se puede modelar mediante una carga

puramente resistiva (cos = 1). Por lo tanto:


75 VAcos

abs lamp

abslamp

PS

Se debe escoger un transformador con una potencia igual o superior a 75 VA

y con las tensiones adecuadas a la red a la que se va a conectar y a la

lámpara que ha de alimentar.

En la tabla se observa que todos los transformadores tienen tensión de

entrada 230 V. En cuanto a la tensión de salida, se observa que unos

transformadores la tienen de 12 V y otros de 24 V. Como la lámpara se

alimenta a 12 V, hay que descartar aquellos transformadores con tensión de

salida distinta a ésta.

Respecto de la potencia aparente, el transformador de código BT5012 tiene

una potencia inferior a 75 VA, por lo que no se puede utilizar para esta

aplicación. El resto de los transformadores de la tabla, con tensión de salida

12 V, son susceptibles de poder utilizarse para alimentar la lámpara.

Como criterio para seleccionar el más adecuado entre todos ellos, se va a

utilizar el económico. Por tanto, el transformador seleccionado para la

aplicación pedida es el de código BT10012.

Máquinas eléctricas 259

Problema 9.2 ()

Dimensionar la potencia mínima que debe tener un motor síncrono de

4 pares de polos, conectado a una red de 50 Hz, para desarrollar un par de

55 N∙m a su velocidad de sincronismo (n = 750 rpm).

Solución:

La potencia mecánica útil que entrega el motor en su eje es el producto del

momento de fuerza por la velocidad angular. La potencia útil calculada

utilizando el S.I. es:

2 rad/s750 rpm 55N∙m 4319 W

60 rpmútilP n T

Para no sobrecargar el motor, se debe elegir un modelo que tenga una

potencia asignada Pnominal igual o superior a la potencia útil que debe

entregar.

nominal útilP P

Es posible que la tabla de modelos que proporcione el fabricante no esté en

unidades del S.I. En España, todavía es habitual expresar la potencia de un

motor en caballos de vapor (1 CV ≈ 736 W). Por tanto, la potencia útil en

caballos de vapor es:

4319W5,86 CV

736W/CVútilP

Algunos fabricantes anglosajones utilizan el sistema imperial británico. La

potencia útil del motor en caballos de potencia (1 HP ≈ 746 W) es:

4319W5,79 HP

746W/HPútilP


Problema 9.3 ()

Un motor de corriente continua de imanes permanentes suministra una

potencia útil de 5 CV cuando se alimenta a 400 V, gira a 1800 rpm y absorbe

una corriente de 10 A. Calcular el par útil generado y el rendimiento del

motor en ese punto de funcionamiento.

Solución:

La potencia útil del motor, pasada a vatios es:

5CV 736W/CV 3680WútilP

El par y la potencia mecánica útil están relacionados por la siguiente

expresión:

útil útilP T n

Consecuentemente, el par útil generado es:

3680 V19,52N∙m

2 rad/s1800 rpm

60 rpm

útilútil

PT

n

La potencia eléctrica que absorbe la máquina de corriente continua es:

400 V 10 A 4000WabsP U I

El rendimiento de una máquina es el cociente entre la potencia que

proporciona y la que consume. En el caso de un motor, el motor proporciona

una potencia mecánica útil en el eje y consume la energía eléctrica que

absorbe de la red. Por lo tanto, el rendimiento del motor es:

3680 W100 92%

4000Wútil

abs

P

P


Problema 9.4 ()

A una red trifásica de 690 V se conecta una máquina de inducción trifásica

cuyas hojas de características indican los siguientes datos:

Potencia nominal: 500 CV, Eficiencia: 90 %, cos: 0,8

a) Determinar la potencia activa absorbida por el motor en condiciones

nominales.

b) Determinar la intensidad de línea.

Solución:

a) La potencia asignada de una máquina es la que aparece o nomina en su

placa de características y es aquella potencia útil para la cual está diseñada

dicha máquina. También se conoce como potencia nominal.

Cuando la máquina trabaja en los valores asignados o nominales, no se

produce un calentamiento excesivo en ninguna de sus partes constitutivas.

En un motor, esta potencia nominal viene indicada en forma de potencia

mecánica útil en el eje. De esta manera, la máquina mostrada en el

enunciado desarrolla una potencia mecánica, convertida a kW:

kW500 CV 0,736 368kW

CVnominalP

En la hoja de características suele indicarse la eficiencia o rendimiento del

motor en las condiciones asignadas. A través de este valor, es posible

determinar la potencia activa que la máquina absorbe de la red trifásica para

desarrollar la potencia mecánica nominal en su eje:

nominal

abs

P

P

368kW408,9kW

0,9absP


b) Conocida la potencia activa absP que absorbe el motor de la red, la tensión

de alimentación UL y el factor de potencia cos, la intensidad de línea IL se calcula despejando de la siguiente ecuación:

3 ∙cosabs L LP U I

Por tanto, la intensidad de línea es:

408889 W427,6 A

3 ∙cos 3 690 V 0,8abs

L

L

PI

U


Problema 9.5 ()

Un motor trifásico alimentado a 400 V está acoplado a una caja reductora de

velocidad de relación 10:1 (r = 10) y rendimiento mecánico reductora = 86 %.

El eje de salida de los engranajes gira solidario con el rodillo de una cinta

transportadora. Dicho tambor gira a una velocidad aproximada de 150 rpm y

ofrece un par resistente de 930 kgf∙m.

a) Seleccionar el motor asíncrono más adecuado entre los modelos

comerciales indicados en la tabla siguiente.

Potencia (kW)

Velocidad nominal (rpm)

Rendimiento

motor (%)

Factor de

potencia

Intensidad nominal a 400 V (A)

Par nominal (N∙m)

110 1485 94,7 0,86 195 707

132 1485 95,3 0,87 228 849

160 1485 95,7 0,87 280 1030

200 1485 95,9 0,87 347 1290

250 1488 96,2 0,88 428 1610

315 1488 96,3 0,88 532 2020

355 1490 96,3 0,88 608 2280

400 1490 96,5 0,88 684 2560

b) Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida por el motor

elegido.

Solución:

a) En primer lugar se convierten el par y la velocidad del rodillo de la cinta

transportadora a las unidades del S.I.:

N930kgf∙m 9,81 9123,3N∙m

kgf∙mrodilloT

2 rad/s150 rpm 15,708 rad/s

60 rpmrodillon

La potencia mecánica en el rodillo es:

∙ 9123,3 N m 15,708 rad/s 143308Wrodillo rodillo rodilloP T n


Debido a rozamientos en los engranajes, el motor debe entregar una

potencia útil en su eje mayor a la potencia mecánica en el rodillo. La relación

entre la potencia de entrada y salida de la caja reductora es su rendimiento:

rodilloreductora

útil motor

P

P

La potencia mecánica útil en el eje del motor se obtiene despejando de la

relación anterior

143308 W166637,74W 166,64 kW

0,86rodillo

útil motor

reductora

PP

Por otro lado, la velocidad del motor se obtiene con la relación de engranajes

(el motor es el eje rápido y el rodillo es el eje lento):

150∙10 1500rpmmotor rodillon n r

Como la velocidad del rodillo es aproximada, podemos seleccionar cualquier

motor que gire próximo a 1500 rpm. Todos los motores de la tabla del

catálogo cumplen la condición de velocidad. El motor de potencia asignada

Pnominal más próxima, por exceso, a la calculada, Pútil motor, es:

Pnominal = 200 kW, con motor= 0,959 y cos = 0,87

El motor de 160 kW está preparado para entregar esa potencia en servicio

continuo. Si el servicio de la cinta transportadora es de corta duración (los

intervalos en los que se utiliza el motor son cortos, con arranques livianos y

con paradas largas durante las cuales el motor se enfría), entonces el motor

de 160 kW podría utilizarse.

Si la cinta transportadora presenta frecuentes arranques duros (debido a que

la cinta es elevadora y arranca con carga, la fricción seca es muy elevada por

falta de lubricación en los rodillos, etc…) o el motor se utiliza para frenar la

cinta (por ejemplo, invirtiendo las fases de alimentación o inyectando

corriente continua), el motor estará sometido a un calentamiento severo,


significativamente mayor que el servicio continuo. En este caso, se elegiría el

motor de 200 kW.

En ausencia de información concreta sobre el tipo de servicio e instalación

de la máquina, la elección más prudente es la del motor de 200 kW.

Cuando sea necesario variar la velocidad, dulcificar los arranques y las

paradas (por ejemplo, para acelerar y decelerar suavemente la cinta

transportadora) y reducir el calentamiento durante los arranques, el motor

se alimentará (en argot, se accionará) mediante un convertidor de

frecuencia, también llamado variador de velocidad.

b) El rendimiento y el factor de potencia del motor dependen de la tensión

de alimentación y de la potencia útil. A falta de datos adicionales, se puede

considerar que estos valores son cercanos a los valores nominales indicados

en la tabla, ya el motor escogido tiene una potencia nominal Pnominal cercana

a la útil Pútil motor calculada para la aplicación del enunciado y la tensión de

alimentación es la nominal del motor.

Así pues, a partir de las características del motor elegido, éste demandará

una potencia eléctrica:

166,63kW173,75kW

0,959

útil motor

abs

motor

PP

Su tensión de alimentación es 400 V, por lo que el motor absorberá una

intensidad de línea:

173750 W288,26 A

3 cos 3 400 V 0,87abs

L

L

PI

U


Problema 9.6 ()

Elegir el grupo electrógeno adecuado para suministrar electricidad a un

pequeño campamento militar con las siguientes cargas eléctricas:

Carga eléctrica Potencia Factor de potencia

Módulo táctico 10 kW 0.9 inductivo

Módulo de telecomunicaciones 3 kW 0.9 capacitivo

Alumbrado 2 kW 0.9 inductivo

Módulo de cocina 15 kVA 0.8 inductivo

Zonas comunes 25 kW 0.7 inductivo

Módulo dormitorio 10 kW 0.8 inductivo

Todas las cargas son monofásicas a 230 V, 50 Hz. Estas cargas se pueden

alimentar a partir de un sistema monofásico de 230 V, o bien conectándolas

entre una fase y neutro de un sistema trifásico de 400 V.

El sistema ha de ser capaz de alimentar simultáneamente a todas las cargas.

El parque móvil cuenta con los siguientes grupos electrógenos, ordenados

por máxima potencia que pueden suministrar:

Grupo electrógeno portátil HONDA EU 10 inverter con salida

monofásica a 230 V y 50 Hz de máxima potencia aparente 900 VA.

Grupo electrógeno portátil HONDA EU 30 inverter con salida

monofásica a 230 V y 50 Hz de máxima potencia aparente 2600 VA.

Grupo electrógeno portátil Dewey Electronics BAPU con salida de

28 V en corriente continua y con máxima potencia 4,5 kW.

Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno FG WILSON

P13.5E2 con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia

aparente 13,8 kVA y máxima potencia activa 11,0 kW.

Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo DRS

15kW TQG con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia

aparente 18,75 kVA y máxima potencia activa 15 kW.


Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo

PRAMAC GBL 42 con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia

aparente 37,0 kVA y máxima potencia activa 30 kW.

Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo

Taigüer TG50T INS montado sobre remolque con salida trifásica a

400 V y 50 Hz. Máxima potencia aparente 50 kVA y máxima potencia

activa 40 kW.


100kW TQG ‐ 50 Hz, con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima

potencia aparente 125 kVA y máxima potencia activa 100 kW.


100kW TQG ‐ 400 Hz, con salida trifásica a 400 V y 400 Hz. Máxima

potencia aparente 125 kVA y máxima potencia activa 100 kW.

Grupo electrógeno en contenedor FG WILSON P700E5 con salida

trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia aparente 700 kVA y

máxima potencia activa 560 kW.

Solución:

Para poder elegir un grupo electrógeno, se debe conocer el máximo

consumo que se va a suministrar y las características del mismo (tensión,

corriente continua o corriente alterna a 50 Hz o a 400 Hz, etc).

También se debe conocer el ambiente en el cual va a funcionar el grupo. Los

grupos electrógenos militares suelen estar adaptados para un

funcionamiento con temperaturas extremas y con mayor presencia de polvo

y sal que los convencionales.

Por último, los grupos electrógenos de más de 5 kW pueden estar acoplados

sobre remolques o bien transportarse sobre camiones y descargarse con la

ayuda de grúas.

Como el enunciado no especifica las condiciones de transporte y utilización,

se asumirá que los grupos electrógenos de corriente alterna de 50 Hz de


frecuencia son aptos. Por tanto, sólo se descartan a priori el grupo de

corriente continua y el grupo de corriente alterna a 400 Hz. También se

comprobará que las tensiones del grupo y las cargas son compatibles (un

sistema trifásico de 400 V con neutro puede alimentar cargas monofásicas a

230 V).

Los grupos electrógenos con salida alterna suelen indicar la máxima potencia

activa y aparente que son capaces de suministrar. En caso que solo se

indique una potencia máxima, se supone que los valores corresponden a un

funcionamiento con factor de potencia 0,8 en generadores trifásicos y factor

de potencia unidad en generadores monofásicos.

Según el teorema de Boucherot, la potencia activa y reactiva que consume el

campamento es la suma de las potencias activa y reactiva que absorbe cada

carga. Por tanto, hay que calcular la potencia activa y reactiva de cada carga

y sumar el resultado.

Las unidades en la columna de potencia de la tabla del enunciado indican si

las cargas están especificadas en potencia activa o en potencia aparente. Por

consiguiente, la potencia asignada a la cocina es potencia aparente y el resto

de consumos están especificados en potencia activa.

Nótese que el módulo de comunicaciones tiene un factor de potencia

capacitivo, por lo que su ángulo de desfase tensión‐intensidad y su potencia

reactiva son negativos.

Con estas consideraciones se obtiene la tabla de potencias activa y reactiva.

Carga eléctrica Potencia cos(ϕ) ϕ P Q

Módulo táctico 10 kW 0,9 ind 25,84º 10 kW 4,84 kvar

M. telecomunicaciones 3 kW 0,9 cap –25,84º 3 kW –1,45 kvar

Alumbrado exterior 2 kW 0,9 ind 25,84º 2 kW 0,97 kvar

Módulo cocina 15 kVA 0,8 ind 36,86º 12 kW 9,00 kvar

Zonas comunes 25 kW 0,7 ind 45,57º 25 kW 25,51 kvar

Módulo dormitorio 10 kW 0,8 ind 36,86º 10 kW 7,50 kvar

TOTAL 62 kW 46,36 kvar


Sumando las dos últimas columnas de la tabla, se obtiene que el

campamento consume una potencia activa de 62 kW y una potencia reactiva

de 46,36 kvar. Por tanto, la potencia aparente total absorbida en el

campamento es:

2 2 2 262 46,36 77,41kVAS P Q

Se debe encontrar un grupo electrógeno con potencia activa igual o superior

a 62 kW y de potencia aparente igual o superior a 77,41 kVA. De los grupos

disponibles, sólo son capaces de alimentar el campamento el modelo DRS

100kW TQG ‐ 50 Hz y el modelo FG WILSON P700E5.

El modelo más apropiado es el DRS 100kW TQG ‐ 50 Hz (el modelo FG

WILSON P700E5 tiene una potencia excesiva, 9 veces mayor que la

consumida).

Como estos modelos son trifásicos a 400 V y las cargas son monofásicas a

230 V, éstas se conectarán en estrella. Para que la carga se distribuya lo más

equilibrada posible, se agruparán los consumos en bloques de potencia

cercana a un tercio de la potencia total (77,41 kVA/ 3 fases ≈ 25 kVA/fase).

Una posible distribución de consumos por fase es la que se muestra a

continuación.

Fase 1 P Q

Zonas comunes 25 kW 25,51 kvar

S1 = 2 225 25,51 =35,71 kVA

Fase 2 P Q

Módulo de telecomunicaciones 3 kW ‐1,45 kvar

Alumbrado exterior 2 kW 0,97 kvar

Cocina 12 kW 9,00 kvar

Total fase 2 17 kW 8,52 kvar

S2 = 2 217 8,5 = 19,01 kVA


Fase 3 P Q

Módulo táctico 10 kW 4,84 kvar

Módulo dormitorio 10 kW 7,50 kvar

Total fase 3 20 kW 12,34 kvar

S3 = 2 220 12,34 = 23,50 kVA

El modelo DRS 100kW TQG ‐ 50 Hz tiene una potencia aparente trifásica de

125 kVA, por lo que la máxima potencia aparente por fase es 41,6 kVA (la

tercera parte del valor trifásico). En la distribución de cargas que se propone,

no se alcanza dicho límite en ninguna fase.

Por último, conviene recordar que al instalar el grupo electrógeno en el

campamento, hay que seguir las recomendaciones de su manual de uso.

Dichas recomendaciones suelen especificar la conexión del neutro a una pica

que se clava en el terreno.

G 3

1

2

3

n

n n n

Zonas comunes

Telecomunicaciones

Cocina

Módulo táctico

Dorm

itorio

Alumbrado



Problema 9.7 ()

En el siguiente diagrama se muestra una red trifásica equilibrada, de 400 V,

50 Hz y secuencia directa. El transformador se considera ideal y su potencia

nominal de 8 kVA.

a) Determinar la medida del amperímetro.

b) Determinar el valor mínimo que puede tener la impedancia Z sin que

el transformador esté sobrecargado.

c) Determinar las intensidades del transformador I1, I2 e I3 con la

impedancia del apartado anterior. Considere la tensión Uan como

referencia.

Resultados: a) Amperímetro: 9,485 A, b) Z = 85,059 ,

c) , , º , , , º1 2I 11 55 35 9 A I 11 55 155 9 A

, , º3I 11 55 84 1 A

Transformador

Trifásico STnom

= 8 kVA

M3

Motor inducción Pnom

= 5 CV

cos = 0,7 = 80%

cosZ = 1

A

I1

I2

I3

1

2

3

Z Z Z

IM1

IM2

IM3

IC1

IC2

IC3


Problema 9.8 ()

Se tiene una red trifásica de 400 V, 50 Hz, y a partir de ella se quiere

alimentar una máquina trifásica de 230 V que consume una corriente

máxima de 30 A. Seleccionar el transformador más adecuado entre los

siguientes modelos comerciales:

Transformadores trifásicos

Modelo Tensión entrada

(V) Tensión salida

(V) Potencia(kVA)

Frecuencia(Hz)

Precio (€)

TT001 400 230 1 50 161

TT002 400 230 2 50 182

TT003 400 230 3,15 50 228

TT005 400 230 5 50 277

TT008 400 230 8 50 330

TT010 400 230 10 50 396

TT012 400 230 12,5 50 474

TT016 400 230 16 50 590

TT020 400 230 20 50 677

TT025 400 230 25 50 852

Resultados: Se seleccionará el transformador TT012.

Problema 9.9 ()

Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida un motor trifásico de

400 V que gira a 2820 rpm y entrega en el eje un par de 50 N∙m. Considerar

un rendimiento del 84 % y un factor de potencia 0,81.

Resultados: Pabs = 17578 W, I = 31,32 A


Problema 9.10 ()

Se conecta una máquina de inducción trifásica con la siguiente placa de

características.

AGMOTOR

3~ Ind. Motor MP Hz 50

kW 30 R.P.M 2900

V 690 / 400 COS 0,83

A 35,0 / 60,6 IP 55

a) Determinar la intensidad de línea cuando se conecta a una red de

400 V.

b) Determinar la potencia aparente y activa absorbida por el motor.

c) Determinar el rendimiento del motor.

Resultados: a) IL = 60,6, b) Sabs = 42 kVA, Pabs = 34,86 kW, c) η = 86%

Problema 9.11 ()

Calcular la potencia útil de un motor acoplado a un ventilador que

proporciona un caudal 50.000 m3/h bajo una presión de 245 Pa a una

velocidad de 3000 rpm. El rendimiento del ventilador en las condiciones de

trabajo es 69% y la densidad del aire es 1,293 kg/m3. Si el motor tiene un

rendimiento eléctrico del 90 % en esas condiciones, obtener la potencia

activa absorbida de la red.

Resultados: Pu = 6377 W, Pabs = 7085 W


Problema 9.12 ()

Una instalación aislada de la red eléctrica tiene las siguientes cargas:

Carga eléctrica Potencia Factor de potencia

Módulo táctico 4 kW 0,9 inductivo

Módulo telecomunicaciones 1 kW 0,9 capacitivo

Módulo cocina 6 kW 0,8 capacitivo

Bomba de agua potable 15 kVA 0,7 inductivo

Zonas comunes 5 kW 0,8 inductivo

La bomba de agua potable requiere alimentación trifásica a 400 V y el resto

de consumos son monofásicos a 230 V. Todos los aparatos funcionan a

50 Hz.

Dado el siguiente esquema de conexión eléctrica, elegir el grupo electrógeno

adecuado para suministrar electricidad entre los modelos enumerados en el

problema 9.6.

Resultados: Se seleccionará el grupo electrógeno PRAMAC GBL 42

G 3

1

2

3

n

n n

Módulo táctico

Módulo cocina

Telecomunicaciones

n

Zonas comunes

Bomba

agua

potable

AN

IMV

S

NOS VNIT10

Problemas de Fundamentos de

ElectrotecniaMiguel Ángel García García

Joaquín Mur AmadaNabil El Halabi


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Problemas de Fundamentos de Electrotecnia

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