Salcedo Lopez

Ejercicios de Circuitos Salcedo&Lpez Pg. 1

R01ELE01. Por un condensador de 0,5(F), con una tensin de 10(V) en t=0, circula una intensidad en

sentido positivo con la tensin de valor: t310)t(i = . Determine u(t) para todo valor de t.

R01ELE02. Dado un condensador de 2(F) determine la tensin resultante si: a) 0t;0)t(i = , e

0t;2)t(i >= ; b) 1t;0)t(i = , e 1t;2)t(i >= ; c) 0t;0)t(i = , e 0t;)30t377cos(4)t(i >+= ; y d)

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

R01ELE03. La tensin en un condensador de 0,2(F), viene dada por la onda de la

figura. Dibuje la corriente resultante, la potencia y la energa acumulada en fun-

cin del tiempo.

R01ELE04. A una bobina de 0,5(H) con una intensidad de 10(A) en t=0 se le apli-

ca una tensin positiva respecto a la intensidad, de valor: )V(10)t(i t3= . De-

termine: a) i(t) para todo valor de t; y b) el valor mximo de la energa magntica

almacenada por la bobina.

R01ELE05. La corriente en una conexin serie de una resistencia de 3() y una bobina de 3(H) es

i(t)=0 para t


R01ELE09. Dos bobinas de 60(mH) estn conectadas en serie para conseguir una bobina equivalente

de 75(mH). Se supone que el coeficiente de acoplamiento es igual al coseno del ngulo formado por

los ejes de estas dos bobinas. Halle el valor de este ngulo y dibuje la conexin en serie de las dos bo-

binas.

R01ELE10. Complete la notacin de los terminales correspondientes y

encuentre las ecuaciones de las bobinas de la figura. La letra G para el

acoplamiento de las bobinas 1 y 2 ; la letra E para las 1 y 3; la letra F

para las 2 y 3.

R01ELE11. Demuestre que dos bobinas acopladas, L1 y L2, formando un transformador perfecto, (su

coeficiente de acoplamiento es la unidad), son equivalentes a la bobina del primario L1 en paralelo con

un transformador ideal cuya relacin de transformacin vale la raz cuadrada del cociente de las induc-

tancias de las bobinas del primario y del secundario. Cunto vale la relacin de las potencias de en-

trada y salida de este transformador perfecto?

R01ELE12. Las cuatro bobinas estn arrolladas en un mismo circuito

magntico, representado por la lnea de puntos, formando un transfor-

mador ideal. Determine el valor de la onda de potencia instantnea

cedida por el generador. El condensador y la bobina estn inicialmente

descargados. DATOS: )V(1)t(e t= ; C=0,5(F); L=4(H); R=3().

R01ELE13. Un par de bobinas acopladas magntica-

mente se conectan entre s, de las dos formas indica-

das en la figura. En el instante t=1(s) se conecta la

fuente de tensin de valor: e(t)=E0cos(t) (V), que-

dando los terminales 2, 2' a circuito abierto. Calcule

el valor de i(t) y las tensiones: u12 y u22.


R01ELE14. En el circuito de la figura, calcule: a) las ten-

siones en bornas de las tres bobinas; y b) la energa alma-

cenada en conjunto por las tres bobinas en el instante

t=0,1(s). DATOS: R1=2();R2=4(); L1=8(H); L2=10(H);

L3=4(H); M12=6(H); M13=5(H); M23=6(H); i1(t)=8sen(t)

(A), t0.

R01ELE15. Determine la onda de potencial del nudo A.

Cunto vale dicho potencial en t=1(s)?; cul es el valor de

la variacin de energa experimentada por el conjunto de las

bobinas en el intervalo [0; 0,5(s)]?

DATOS: Coeficiente de acoplamiento de las bobinas: k=0,5;

]1,0[t;0)t(i:]1,0[t;)A()tsen()t(i]1,0[t;0)t(i:]1,0[t;)A()t2sen()t(i 2211 ==== .

R01ELE16. En el circuito de la figura los coeficientes de acoplamiento de las bobinas son iguales a

0,5. Determine: a) el potencial del nudo A; y b) la energa puesta en juego por la fuente 2i . Las ondas

de intensidad de las fuentes se representan en la figura.

R01ELE17. En el circuito de continua de la figura determine: a) la po-

tencia disipada por las resistencias; b) las potencias cedidas o absorbi-

das por las fuentes; y c) la energa absorbida por el condensador y la

bobina. Las fuentes son de continua.

R01ELE18. Determine la potencia en cada uno de los elementos de la figu-

ra. Qu potencia consumira la fuente de tensin si su valor fuese de 3

voltios?.


R01ELE19. En la figura se muestra el esquema muy simplificado de un

circuito de carga para una batera de automvil. Halle: a) la potencia

generada por el alternador en sus terminales, representado por la fuente

real de tensin de 13(V); b) la potencia disipada por el cable de la bate-

ra, representado por la resistencia de 0,5(); c) la potencia cedida a la

batera, representada por la fuente real de 11(V); d) la potencia transformada en energa qumica en la

batera; y e) el rendimiento del conjunto (potencia total almacenada en la batera/ potencia elctrica

total generada).

R01ELE20. Una batera de 12(V) se est cargando con una corriente constante de 3(A) durante 2h y

despus con una corriente que disminuye linealmente desde 3(A) hasta 0(A) durante una hora. Admi-

tiendo que la tensin de la batera vale constantemente 12(V), halle: a) la carga total en amperioshora

y en culombios suministrada a la batera; b) la potencia media comunicada a la batera durante todo el

periodo de carga; y c) la energa total acumulada en la batera.

R01ELE21. La distancia entre el generador y el receptor en una instalacin de continua es de 100(m).

La tensin en el generador es 200(V). Si la tensin en el receptor no puede ser inferior al 95 % de la

del generador, cul ser el valor mximo de la densidad de corriente en la lnea de conexin? Si el

receptor consume 1,5(kW), cul ser la seccin mnima del conductor de cobre y las prdidas en el

mismo? Resistividad del cobre: 1/56( ohm/mmm-2

).

Ejercicios de Circuitos Salcedo&Lpez

Por un condensador de 0,5(F), con una tensin de 10(V) en t=0, circula una intensidad en sentido posi-

tivo con la tensin de valor: t310)t(i = . Determine u(t) para todo valor de t.

Solucin:

Con las referencias de la figura adjunta podemos escribir:

( ) ( ) )V(100u0u == + ; 0t:10)t(i t3 >= A partir de la ecuacin de definicin del condensador en impedancia:

( ) ( ) t3t

0

t3t

0

320350dt10210)t(u:dt)t(iC

10u)t(u + =+=+=

Es decir: ( ) 0t:320350)t(u t3 >=

* Para )V(350)t(ulim)(u:tt

==

.


Dado un condensador de 2(F) determine la tensin resultante si: a) 0t;0)t(i = , e 0t;2)t(i >= ; b)

1t;0)t(i = , e 1t;2)t(i >= ; c) 0t;0)t(i = , e 0t;)30t377cos(4)t(i >+= ; y d) i(t)=0 para t2. En todos los casos represente grficamente la respuesta.

Solucin:

a) 0)t(u:0t;0)t(i == ; tdt22

10)t(u:0t;2)t(i

t

0

=+=>=

Luego la respuesta es: 0t;0)t(u = y 0t;t)t(u >= , que representamos en la

figura adjunta.

b) 0)t(u:1t;0)t(i == ; 1tdt22

10)t(u:1t;2)t(i

t

1

=+=>=

Luego la respuesta es: 1t;0)t(u = y 1t;1t)t(u >= , que representamos en

la figura adjunta.

c) 0)t(u:1t;0)t(i == ;

( ) ( ) )6t377(sen37723771dt)6t377cos(42

10)t(u:1t;)6t377cos(4)t(i

t

1

++=++=>+=

Recordamos que la expresin + 30t377 es una expresin

coloquial ya que los sumandos no son homogneos: 377t

est en radianes y 30 est en grados sexagesimales. Por

tanto, ( )6t377 + es la expresin matemtica correcta y la

que hay que utilizar.

En la figura representamos la respuesta. 1t;0)t(u = y

( ) ( ) 1t;)6t377sen(37723771)t(u >++= .

d) 0)t(u:2t;0)t(i == ;

( ) 4t52t3dt)10t6(2

1)t(u:2t;10t6)t(i 2

t

2

+==>=

Luego la respuesta, que representamos en la figura adjunta, es:

2t;0)t(u = y ( ) 4t52t3)t(u:2t 2 +=> .

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40

1

2

3

4

5

6

7

8

0.98 0.9 0.99 1 1.00 1.0 1.01 1.0 1.02-8

-6

-4

-2

0

2

4mV


La tensin en un condensador de 0,2(F), viene dada por la onda de la figura. Dibu-

je la corriente resultante, la potencia y la energa acumulada en funcin del tiempo.

Solucin:

Para las referencias de la figura, la respuesta es: )t(Du2,0)t(CDu)t(i == (1).

Podemos escribir, a partir de la ecuacin de la onda de intensidad y de la ecuacin de

la respuesta, lo siguiente:

002,0)t(i:0)t(u:3t

2)10(2,0)t(i:)3t(10)t(u:3t2

4)20(2,0)t(i:)5,1t(20)t(u:2t1

2102,0)t(i:t10)t(u:1t0

002,0)t(i:0)t(u:0t

===>

===


A una bobina de 0,5(H) con una intensidad de 10(A) en t=0 se le aplica una tensin positiva respecto a

la intensidad, de valor: )V(10)t(i t3= . Determine: a) i(t) para todo valor de t; y b) el valor mximo

de la energa magntica almacenada por la bobina.

Solucin:

Para las referencias de la figura y con: 0t,10)t(u;)t(u10)0(i t3 >=== , podemos

escribir: +=+=

t

0

t3t

0

dt105,0

110dt)t(u

L

1)0(i)t(i . Resolviendo la integral:

a) 0t;3

20

3

50)t(i t3 >=

b) A partir de: )t(iL2

1)t(w 2= , se producir el mximo de w(t), cuando el valor absoluto de i(t) sea

mximo: )A(350i:t:020:0)t(Di mxt3 === .

Por tanto: )J(45,69i5,02

1w 2mxmx ==

* La variacin de la energa experimentada por la bobina en el proceso es:

)J(45,45105,02

145,69)0(w)(ww 2 ===

Compare la solucin dada a este ejercicio con uno anterior: Por un condensador de 0,5(F),; qu

consecuencias puede extraer?


La corriente en una conexin serie de una resistencia de 3() y una bobina de 3(H) es i(t)=0 para t


Una fuente de tensin aplicada a un circuito en serie R-L {R=0,5(); L=0,5(H)} produce una corriente

peridica de onda fundamental la siguiente: "la corriente crece linealmente desde 0A hasta 1(A) en 2

segundos, decreciendo a continuacin hasta 0(A) en 1 segundo." Determine y represente la onda de

tensin de la fuente.

Solucin:

La ecuacin de la respuesta de tensin es: Di5,0i5,0)t(LDi)t(iR)t(u +=+=

En la figura adjunta representamos la onda de intensidad, y cuyo periodo funda-

mental, s3T:3t0:)t(i =


Dadas dos bobinas acopladas {L1=L2=2(H), M=1(H)}, con flujos coincidentes en ambas, determine: a)

)qu tensin u2 a circuito abierto resultar cuando sea u1=10sen(3t), (V)?. b) Para las intensidades

i1=2sen(2t), (A) e i2=0, )cunto valdr la tensin u1?

Solucin:

El circuito con los flujos coincidentes se representa en la figura. Para este

esquema, las ecuaciones son: 2212

2111

DiLMDiu

MDiDiLu

+=

+= (1)

a) Para 0i2 = (circuito abierto en la bobina 2) y con )t3sen(10u1 = , la ecuacin (1) se escribe como:

)V()t3sen(5u2

1u:

2

1

u

u:

Diu

Di2u1ca2

1

ca2

1ca2

11===

=

=

b) Para )t2sen(2i1 = e 0i2 = , la ecuacin (1) se escribe como:

)V()t2cos(8u:Di2u 111 ==


Dos bobinas de 1(H) cada una estn unidas en serie. La inductancia equivalente de la asociacin es

2,5(H). a) )Qu coeficiente de acoplamiento tienen las dos bobinas?. b) Si el acoplamiento fuese per-

fecto, )cul sera la inductancia equivalente?

Solucin:

En el esquema adjunto hemos dejado sin marcar el terminal correspon-

diente de la bobina 2, y lo hemos sustituido por las letras A y B.

Con ( )( )DiLMDiLMDiu

DiMLMDiDiLu:iii

22212

1211121

+=+=

====

En las ecuaciones anteriores el signo ms supone que A es el terminal correspondiente al marcado de

la bobina 1; y el signo menos que B es el terminal correspondiente al marcado de la bobina 1.

Con 21 uuu += , la tensin total es: ( ) DiLDiLM2Lu eq21 =+= . Es decir, el circuito puede susti-

tuirse por una bobina equivalente de valor: 21eq LM2LL += . En este caso la inductancia de la bobi-

na equivalente es: 21eq LL5,2L +>= , luego el terminal correspondiente debe ser el marcado con A.

a) Por tanto: ( ) ( ) 25,0LLL21M:LM2LL 21eq21eq ==++= , y el coeficiente de acoplamiento

ser: 25,0LLMk 21 ==

b) Con los terminales correspondientes como en el apartado anterior y el coeficiente de acoplamiento

igual a la unidad, tendremos: )H(4LM2LL:1LLkM:1k 21eq21 =++====

* Fjese que, para 21eq LLL +> , los terminales correspondientes deben ser tales que el sumando MDi

tenga signo positivo; en el caso 21eq LLL +< , 21eq LLL +> , los terminales correspondientes deben

ser tales que el sumando MDi tenga signo negativo.


Dos bobinas de 60(mH) estn conectadas en serie para conseguir una bobina equivalente de 75(mH).

Se supone que el coeficiente de acoplamiento es igual al coseno del ngulo formado por los ejes de

estas dos bobinas. Halle el valor de este ngulo y dibuje la conexin en serie de las dos bobinas.

Solucin:

Si suponemos las bobinas con flujos coincidentes, al ser )cos(k = y 21eq LLL +< , implica que el

coeficiente de acoplamiento debe ser negativo:


Complete la notacin de los terminales correspondientes y encuentre las

ecuaciones de las bobinas de la figura. La letra G para el acoplamiento

de las bobinas 1 y 2 ; la letra E para las 1 y 3; la letra F para las 2 y 3.

Solucin:

En primer lugar, aplicando las reglas de determinacin del sentido del flujo magntico, dibujamos los

terminales correspondientes en el siguiente esquema.

* La flecha en el circuito magntico simboli-

za el sentido del flujo magntico producido

por cada bobina, para las intensidades sea-

ladas en cada una de ellas.

* Hemos sealado la letra correspondiente al

terminal correspondiente del circuito original

encerrada por una circunferencia.

Para estos terminales correspondientes, las

ecuaciones son:

332231133

323221122

313212111

DiLDiMDiMu

DiMDiLDiMu

DiMDiMDiLu

++=

++=

=


Demuestre que dos bobinas acopladas, L1 y L2, formando un transformador perfecto, (su coeficiente de

acoplamiento es la unidad), son equivalentes a la bobina del primario L1 en paralelo con un transfor-

mador ideal cuya relacin de transformacin vale la raz cuadrada del cociente de las inductancias de

las bobinas del primario y del secundario. )Cunto vale la relacin de las potencias de entrada y salida

de este transformador perfecto?

Solucin:

El ejercicio plantea la equivalencia entre

los circuitos de la figura.

Esta equivalencia significa que debemos

probar que los dos circuitos tienen las

mismas ecuaciones de entrada y salida.

Para el circuito (1):

221212212

221112111

DiLDiLLDiLMDiu

:DiLLDiLMDiDiLu

+=+=

+=+= (A)

Dividiendo ordenadamente las dos ecuaciones anteriores:

( )( )

(B):L

L

u

u:

L

L

DiLDiLL

DiLDiLL

DiLDiLL

DiLLDiL

u

u

2

1

2

1

2

1

22112

22111

22121

22111

2

1 ==+

+=

+

+=

Si de la ecuacin (A) despejamos 1i obtenemos: 21

21

1

2

1

211

1

1 iL

Lu

DL

1i

DL

DLLu

DL

1i =

=

Es decir, el circuito (1) se representa mediante las ecuaciones: 2

1

2

1

L

L

u

u= e 2

1

21

1

1 iL

Lu

DL

1i =

La primera ecuacin, 2

1

2

1

L

L

u

u= , es idntica a la que se obtendra en el circuito (2) en el transforma-

dor ideal del mismo (compubelo el alumno).

Si aplicamos la LKI al nudo superior de la entrada en el circuito (2) obtenemos:

2

1

21

1

21

1

P1L1 iL

Lu

DL

1i

a

1u

DL

1iii ==+= , que es idntica a la 2 ecuacin obtenida para el circuito

(1).

Por tanto, ambos circuitos tienen las mismas ecuaciones de entrada y salida y, para estos terminales,

son equivalentes.

La relacin de potencias de entrada y salida ser: 2

1

2

1

2

1

22

11

2

1

i

ia

i

i

L

L

iu

iu

p

p==

=

* Resaltamos el hecho de que en el transformador perfecto la relacin de potencias entrada/salida no

es la unidad, como s lo es en el transformador ideal.


Las cuatro bobinas estn arrolladas en un mismo circuito magntico,

representado por la lnea de puntos, formando un transformador ideal.

Determine el valor de la onda de potencia instantnea cedida por el

generador. El condensador y la bobina estn inicialmente descargados.

DATOS: )V(1)t(e t= ; C=0,5(F); L=4(H); R=3().

Solucin:

En el esquema hemos incluido las referencias para las intensidades y

tensiones que nombraremos en las ecuaciones con un subndice igual al elemento de que se trate.

Las ecuaciones son:

tensiones:

=

=

=

=

=

=

e4u

e3u

e2u

:N4

u

N3

u

N2

u

N

e

L

R

C

LRC ;

intensidades: (1)LRCLRC i4i3i2i:0Ni4Ni3Ni2Ni ++== ;

relaciones de admitancias en las cargas:

===

===

===

t

0

t

0

t

0LL

RR

CC

dtedt)e4(4

1dtu

L

1i

ee33

1Cui

De)e2(D2

1CDui

.

Sustituyendo estas relaciones en la ecuacin (1) tendremos:

)A(1t43i:

1e

dte4e3De2i t

t

t

0+=

=

++=

Con este valor de la intensidad cedida por la fuente, la potencia cedida por la misma es:

( ) ( ) )W(1t4)t44(3p:1t431iep tt2tt ++=+== * El alumno puede comprobar que los resultados no dependen de los terminales correspondientes ele-

gidos ni de las referencias consideradas. Elija otras referencia y terminales y resuelva de nuevo.


Un par de bobinas acopladas magnticamente se co-

nectan entre s, de las dos formas indicadas en la fi-

gura. En el instante t=1(s) se conecta la fuente de

tensin de valor: e(t)=E0cos(t) (V), quedando los

terminales 2, 2' a circuito abierto. Calcule el valor de

i(t) y las tensiones: u12 y u22.

Solucin:

(A) Las ecuaciones son, con 0i2 = :MDiu

uDiLe

ca'22

'121

=

==. Eliminando la inten-

sidad: 1t:)tcos(EL

Me

L

Mu:

L

M

e

u0

11

ca'22

1

ca'22 >=== .

De la primera ecuacin: [ ] 1t:)sen()tsen(EL

Mdte

L

1i:eDiL 0

1

t

11

1 >===

Aplicando la LKT: 1t:)tcos(EL

M1e

L

M1e

L

Meuuu 0

111

ca'22'1212 >

+=

+=

==

(B) Las ecuaciones con 0i;0i 32 == son las mismas que en A.

Por tanto: [ ] 1t:)sen()tsen(EL

Mi 0

1

>

= ;

1t:)tcos(Eeu 012 >== ; y 1t:)tcos(EL

Mu 0

1

ca'22 >= , como

puede comprobar el alumno.


En el circuito de la figura, calcule: a) las tensiones en bor-

nas de las tres bobinas; y b) la energa almacenada en con-

junto por las tres bobinas en el instante t=0,1(s). DATOS:

R1=2();R2=4(); L1=8(H); L2=10(H); L3=4(H);

M12=6(H); M13=5(H); M23=6(H); i1(t)=8s en(t) (A), t0.

Solucin:

Para las referencias del esquema y teniendo en cuenta

que las bobinas 2 y 3 estn a circuito abierto, las ecuacio-

nes de las tensiones en las bobinas son:

a) 11331122111 DiMu;DiMu;DiLu ===

Sustituyendo valores obtenemos la respuesta:

)V()tcos(40))tsen(8(D5u



:)tsen(8i

3

2

1

1

==

==

==

=

b) La energa almacenada por las tres bobinas ser:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3223311321122

332

322

11 iiMiiMiiMiL2

1iL

2

1iL

2

1w +++= , que para las bobinas 2 y 3 a

circuito abierto se simplifica a: ( ) )t(sen256iL2

1w 2

211 == .

Para t = 0,1(s) su valor es: )J(55,2)1,0(sen256w 2 ==

* Recuerde que el ngulo (0,1) debe ser expresado en radianes.


Determine la onda de potencial del nudo A. )Cunto vale

dicho potencial en t=1(s)?; )cul es el valor de la variacin

de energa experimentada por el conjunto de las bobinas en

el intervalo [0; 0,5(s)]?

DATOS: Coeficiente de acoplamiento de las bobinas: k=0,5;

]1,0[t;0)t(i:]1,0[t;)A()tsen()t(i]1,0[t;0)t(i:]1,0[t;)A()t2sen()t(i 2211 ==== .

Solucin:

En lo que sigue nombramos a las bobinas como: )H(1L1 = ;

)H(2L2 = ; )H(3L3 = y los valores de la induccin mutua,

para cada par de bobinas son: )H(22215.0M12 == ;

)H(23M13 = ; )H(26M23 = .

El potencial del nudo A ser, aplicando la LKT: 4321A uuuuV +++= (1).

Las tensiones reseadas en cada elemento son:

=====t

0142131331232122221 dti

C

1u;DiMDiLu;DiMDiMu;ii1u

Sustituyendo estas tensiones en (1) y operando con los valores de las ondas de intensidad, la onda de

potencial en A es: 1t:0V;1t0:)V(08,0)tcos(94,4)t2cos(07,11)tsen(V AA >=


En el circuito de la figura los coeficientes de acoplamiento de las bobinas son iguales a 0,5. Determine:

a) el potencial del nudo A; y b) la energa puesta en juego por la fuente 2i . Las ondas de intensidad de

las fuentes se representan en la figura.

Solucin:

El potencial del nudo A es, aplicando la LKT al circui-

to adjunto: 54321A uuuuuV ++++= (1).

Las tensiones en funcin de las intensidades de las

fuentes y con 12 ii = son: ( ) =t

t1011

0

dti2

1tuu ;

( ) 1125124132 Di35,03Di315,0Di3u;i3i3u;Di215,0u;0u +=+=====

Sustituyendo estas tensiones en (1) escribimos: ( ) ( ) 11t

t101A Di25,035,03i3dti

2

1tuV

0

+++

=

Para: 0)0(u;ti:1t0 11 ==

+=


A partir de los datos anteriores: ( ) 1154I Di35.03i3uuu ++=+= , operando con la onda de intensi-

dad resulta:

===

+==


En el circuito de continua de la figura determine: a) la potencia disipa-

da por las resistencias; b) las potencias cedidas o absorbidas por las

fuentes; y c) la energa absorbida por el condensador y la bobina. Las

fuentes son de continua.

Solucin:

En la figura aadimos las referencias de intensidad

y tensin, as como una indicacin de los lazos

donde aplicamos la LKT y los grupos de corte

donde aplicamos la LKI.

Teniendo en cuenta que al ser un circuito en rgi-

men de continua, la bobina es equivalente a un cortocircuito y el condensador a un circuito abierto, las

ecuaciones de las dos LKT que aplicamos son: )A(1I:024I2;)V(4U

)V(4U:0U212:)A(2I

22C

II1

==+=

==+=.

y la ecuaciones de la LKI: )A(1I:0II

)A(3I:0III

442

3321

==

==+

Con el criterio de potencias consumidas, la potencia en las resistencias es:

a) )W(4121IP:)(1R 2211 ==== ; )W(22)1(2IP:)(2R22

22 ==== ;

b) la potencia en las fuentes es:

)W(824IUP 1IA2 === ; )W(632I2P 3V2 === ; )W(4)1(4I4P 4V4 === ;

* Podemos comprobar que el balance de potencias es nulo:

0P:046824PPPPP V4V2A221 ==++=++++

* Recuerde que con el convenio seguido de potencias, las potencias negativas corresponden a elemen-

tos que ceden potencia: la fuente de 2 amperios y la de 4 voltios ceden respectivamente 8 y 4 vatios,

que igualan a la potencia consumida por el resto de los elementos.

* La bobina y el condensador no consumen potencia en rgimen de continua al ser cero la tensin en la

primera y la intensidad en el segundo.

c) La energa almacenada por la bobina y condensador es:

)J(4222

1I2

2

1IL

2

1W 221

2LL ==== ; )J(841

2

1UC

2

1W 22CC ===

* Fjese que, aunque la potencia en L y en C es nula, no lo es la energa almacenada. Esta energa la

almacena la bobina y el condensador al cargarse respectivamente a 2 amperios y 4 voltios.


Determine la potencia en cada uno de los elementos de la figura. )Qu po-

tencia consumira la fuente de tensin si su valor fuese de 3 voltios?.

Solucin:

En el esquema adjunto aadimos las referencias de las tensiones e

intensidades.

En el caso ms general de anlisis hay que determinar la tensin o

intensidad en cada elemento pasivo; la tensin en las fuentes de

intensidad; y la intensidad en cada fuente de tensin.

Para las tensiones e intensidad que se referencian en el esquema tendremos las siguientes ecuaciones:

)A(1431

U

2

UI;)V(1064U:0UUU;)V(623U;)V(4U 124312321 ====+=====

Donde hemos aplicado la LKT al lazo formado por: { }312 U;U;U y la LKI al nudo superior del es-

quema.

Con estos resultados las potencias, siguiendo el convenio pasivo, seran:

)W(4cede:)W(4I4P:)V(4E

)W(30cede:)W(303UP:)A(3I

)W(16consume:)W(161UP:)(1R

)W(18consume:)W(182UP:)(2R

4G

3G

21

22

===

===

===

===

Si 0P0331U3I:3U)V(3EGE141G====== . Es decir la fuente de tensin ni cedera

ni consumira potencia. Podra decirse que la fuente de tensin en este caso se comporta como un cir-

cuito abierto, cuya tensin es de 3 voltios.


En la figura se muestra el esquema muy simplificado de un circuito de

carga para una batera de automvil. Halle: a) la potencia generada por

el alternador en sus terminales, representado por la fuente real de ten-

sin de 13(V); b) la potencia disipada por el cable de la batera, repre-

sentado por la resistencia de 0,5(); c) la potencia cedida a la batera,

representada por la fuente real de 11(V); d) la potencia transformada en energa qumica en la batera;

y e) el rendimiento del conjunto (potencia total almacenada en la batera/ potencia elctrica total gene-

rada).

Solucin:

En el esquema de la figura hemos resaltado las tres partes de

la que consta el circuito, slo bajo el punto de vista puramen-

te descriptivo.

En el circuito aplicamos la LKT en el sentido de la intensi-

dad. La ecuacin resultante es:

)A(125,3I:011I04,0I5,0I1,013 ==++++

a) Potencia en bornas del alternador: )W(65,39IUP:)V(6875,12I1,013U AAltA ====

b) Potencia en bornas de la batera: )W(77,34IUP:)V(125.11I04,011U BBatB ===+=

Es decir, en el alternador, representado por la fuente real de continua de 13(V), como aparece en el

esquema, se ceden o generan 39,65 vatios de los que se consumen 34,77 vatios en la carga de la bate-

ra, representada por la fuente real de tensin de 11 voltios del esquema.

c) Potencia disipada en el conector: )W(88,45,0IP 2Con ==

Puede comprobar el balance de potencias: 0PPP ConBatAlt =++

d) La potencia transformada en energa qumica, almacenada por la batera, es: )W(38,3411IPQui ==

Esta potencia es la que aprovecha la batera, una vez descontada la que se pierde por efecto Joule y

otros en la propia batera.

e) La potencia elctrica generada por el alternador es: )W(625,4013IPGen ==

Esta potencia es la que genera el alternador y que parte de ella se consume por efecto Joule y otras

prdidas en el propio alternador y rectificador.

El rendimiento del conjunto ser: 00

Gen

Qui62,84

625,40

38,34

P

P===

* Si calculamos el rendimiento a partir de las expresiones de las potencias y no de sus valores, pode-

mos escribir: 00

Gen

Qui62,84

13

11

I13

I11

P

P==

== , que como podemos observar, es independiente de las

prdidas y slo depende de la tensin del generador (13 voltios) y de la batera (11 voltios).


Una batera de 12(V) se est cargando con una corriente constante de 3(A) durante 2h y despus con

una corriente que disminuye linealmente desde 3(A) hasta 0(A) durante una hora. Admitiendo que la

tensin de la batera vale constantemente 12(V), halle: a) la carga total en amperioshora y en culom-

bios suministrada a la batera; b) la potencia media comunicada a la batera durante todo el periodo de

carga; y c) la energa total acumulada en la batera.

Solucin:

La curva de carga de la batera i(t) la representamos en la grfica adjunta.

a) Como ==t

0

dt)t(i)t(q:)t(Dq)t(i , el rea bajo la curva de la intensidad

de carga es la carga total, Q, almacenada por la batera.

)C(2700036005,7Q:)hA(5,73)23(2

123Q ===+=

b) La potencia media cedida a la batera es:

)W(305,74Q4dti4dti123

1dtiu

T

1P

3

0

3

0

T

0med ======

* En este caso, en el que la tensin de carga es constante, podramos haber calculado la potencia media

por: )W(30)h(3

)hA(5,7)V(12

T

Q12I12P medmed =

===

c) La energa total acumulada por la batera es:

)hW(905,712dti12dti12dt)t(pW3

0

3

0

T

0

=====

* En este caso, en el que la tensin de carga es constante, podramos haber calculado la energa total

acumulada por la batera por: )hW(90)hA(5,7)V(12TT

Q12TI12W ====


La distancia entre el generador y el receptor en una instalacin de continua es de 100(m). La tensin en

el generador es 200(V). Si la tensin en el receptor no puede ser inferior al 95 % de la del generador,

)cul ser el valor mximo de la densidad de corriente en la lnea de conexin? Si el receptor consume

1,5(kW), )cul ser la seccin mnima del conductor de cobre y las prdidas en el mismo? Resistividad

del cobre: 1/56( ohm/mmm-2

).

Solucin:

Aplicamos la LKT al circuito de la figura, representacin esquemtica

del enunciado: LGLGR RI2UU2UU == , donde LR es la resis-

tencia equivalente a cada tramo de lnea: SlRL = .

Llamando a la densidad de corriente: ( )2mmASI= , podemos

reescribir la ecuacin anterior como: === 10056

12200

S

Il2200

S

lI2200UR (1)

Introducimos la condicin de la tesnsin en R: )V(190U95,0U GR = ; y sustituyendo en (1), obte-

nemos: ( )2R mmA8,2:19010056

12200U = .

Por tanto, el valor mximo de la densidad de corriente es: ( )2mx mmA8,2= .

Para IU1500P RR == , si la seccin de la lnea tiene que ser mnima, debemos maximizar la densidad

de corriente: ( )2mnmnmxR mm82,2S:S1901500P === .

Para esta decisin, las prdidas de la lnea son: ( )mn

2mnmxL

2L

S

100

56

1S2RI2P == , y sustituyendo:

)W(96,78P:96,7828

100SP Lmn

2mxL ===


En cada uno de los grafos de la figura, determine

dos rboles. Para cada uno de esos rboles, en-

cuentre: a) sus lazos bsicos; b) sus grupos de

corte bsicos; c) sus mallas; es posible, en todos

los grafos, determinar sus mallas?; y c) ecuaciones de dichos lazos, mallas y grupos de corte.

Solucin:

( I1 ) Dibujamos el grafo en un plano y elegimos un rbol donde trazar los lazos bsicos y los grupos

de corte bsicos.

a) Para los lazos bsicos representados, sus ecuaciones son:

=

=

=++

=

0uuu

0uuu

0uuu

0uuu

584

783

672

561

b) Para los grupos de corte bsicos representados, sus ecuaciones son:

=++

=++

=+

=+

0iii

0iii

0iii

0iii

145

438

327

216

c) Como hemos podido representar el grafo del circuito en un plano sin que las ramas se corten en pun-

tos distintos de los nudos el circuito es plano y, las ecuaciones de sus mallas, tomando sentido positivo

el del movimiento de las agujas del reloj, son:

=+

=

=++

=

0uuu

0uuu

0uuu

0uuu

738

584

651

627

( I2 )

Para el rbol elegido (con el mismo grafo que en el caso anterior) las ecuaciones de sus lazos y grupo

de corte bsicos son:


Lazos Bsicos

=+

=+

=

=+

0uuu

0uuu

0uuu

0uuuuu

387

516

584

15832

; Grupos de corte bsicos

=++

=++

=+

=+

0iiii

0iiii

0iii

0iii

2748

2645

723

261

( II )

Dibujamos el grafo y dos rboles sobre los que el alumno debe encontrar las ecuaciones de los lazos

bsicos y de los grupos de corte bsicos que han sido encontrado.

( III )

Dibujamos el grafo y dos rboles, sobre los cuales el alumno debe dibujar los lazos bsicos y los gru-

pos de corte bsicos. Complete con la escritura de las ecuaciones de lazos y grupos de corte bsicos.


En el circuito de la figura elija un rbol. Respecto a este rbol

disee los lazos y los grupos de corte bsicos; plantee las

ecuaciones de rama y las de los lazos y grupos de corte bsi-

cos; resuelva el circuito y realice un balance de potencia. En

el grfico del circuito todas las resistencias en ohmios, las

intensidades en amperios y las tensiones en voltios.

Solucin:

En la figura representamos un grafo, un rbol del mismo con

sus lazos bsicos y sus grupos de corte bsicos. Hemos nom-

brado a los lazos y grupos con el mismo nmero de la rama

del grafo que los define, pero entre parntesis.

Las ecuaciones de rama son: 2211 I6U;I24U =+= ;

( ) ( )554433 I21U;I236U;I210U +=++=+= ;

( )887766 I42U;I4U;I2U +=== .

Las ecuaciones de los lazos bsicos son:

[ ][ ][ ] 0UUUU:8

0UUU:5

0UUU:4

2738

165

764

=++

=

=+

Las ecuaciones de los grupos de corte bsicos son:

[ ][ ][ ][ ][ ] 0III:7

0III:6

0II:3

0II:2

0II:1

847

546

83

82

51

=+

=++

=

=

=+

Resolvemos el sistema de 16 ecuaciones con 16 incgnitas (hemos usado MATLAB) y encontramos

como solucin para las tensiones de las ramas: [ ]23,4;83,0;9,4;63,1;73,5;23,6;29,11;27,3U =

(el orden en la matriz fila es el del grafo).

El alumno debera calcular las intensidades de cada rama, as como las potencias que se consumen o

ceden en cada elemento ideal.


En el circuito de la figura realice los cambios de fuente necesarios, y

escriba directamente las ecuaciones integro-diferenciales del anlisis

por lazos bsicos.

Solucin:

Cambiamos las fuentes reales de intensidad

por sus equivalentes de tensin, como se re-

presenta en el nuevo esquema y, donde:

( ) 2g222g iRDLe += ; ( )( ) 3g333g iRDC1e += .

Para el grafo y el rbol que se adjuntan, las

ecuaciones por lazos bsicos son:

[ ]( )( )

( )

[ ]( )

( )( )

=++++++

+

+=

++++++

5g3g44775433

16747467

4

2g1g46747467

16716722

1

eeiDM2DLRDLDC1R

iDMDMDMDL:i

eeiDMDMDMDL

iDM2DC1DLDLRDL:i

Las ecuaciones que dan las intensidades de rama en funcin de las intensidades de lazo son:

417164544431211 iii;ii;ii;ii;ii;ii;ii +=======

Aunque no suele darse esta ltima ecuacin, el conjunto mnimo de ecuaciones que permite el clculo

de las intensidades de un circuito lo forman las ecuaciones de los lazos bsicos y las ecuaciones de

conexin ramas-lazos, que hemos determinado.


Use la conversin de fuentes para determinar la potencia puesta

en juego por la fuente real de 100(V) y 5() del circuito de la

figura. En el grfico del circuito todas las resistencias en oh-

mios, las intensidades en amperios y las tensiones en voltios.

Solucin:

Dibujamos las transformaciones realizadas en cada

paso, teniendo en cuenta que slo debe permanecer

invariable la fuente real donde se pide el clculo de su

potencia. La parte modificada se ha resaltado con una

lnea discontinua.

En el ltimo grfico, calculamos la intensidad y la

tensin en bornas de la fuente.

( ) ( ) )A(10535,247,26100I =+=

)V(50I5100U ==

Y la potencia, con el criterio de carga pasiva es:

)W(500IUP == .

Es decir, la fuente real de tensin [100(V) y 5()] cede 500(W) al

resto del circuito.


Analice mediante ecuaciones circulares el circuito de la figura y de-

termine la potencia cedida por la fuente de tensin. Podra analizar

el circuito mediante las ecuaciones de malla? En el grfico del circui-

to todas las resistencias en ohmios y las tensiones en voltios.

Solucin:

Como podemos apreciar en el esquema y en el

grafo el circuito no es plano. Por tanto no puede

analizarse por mallas.

El circuito contiene 10-Ramas y 5-Nudos, lo que

implica un rbol con R-(N-1)=6-LB.

En el grafo hemos elegido un rbol [5-6-7-8] y sus

lazos bsicos, nombrados con la intensidad del es-

labn que los define. Los lazos son:

[ ] { } [ ] { }562:I;56781:I 21 ;

[ ] { } [ ] { } [ ] { } [ ] { }6710:I;8769:I;5674:I;783:I 10943

Las ecuaciones de conexin ramas-lazos bsicos son: ;IIII;II;II;II;II 421544332211 =====

101099931810943171094216 II;II;IIII;IIIIII;IIIIII ==+=+=+++=

Las ecuaciones de los lazos bsicos son:

[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 034824I4824I4824I48I24I4824I:I

2614824I48248I4824I48I24I4824I:I

02448I2448I624486I48I624I62448I:I

26148I48I48I248I0I48I:I

024I24I246I0I2464I624I:I

2612448I2448I62448I48I624I6244812I:I

109432110

10943219

10943214

10943213

10943212

10943211

=+++++++++

=++++++

=++++++++++++

=+++++

=++++++++

=++++++++++++

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos el valor de las intensidades de lazos que resulta:

)A(79,31I;)A(71,20I;)A(33,22I;)A(13,27I;)A(19,18I;)A(58,10I 1094321 ======

Y usando las ecuaciones de conexin ramas-lazos bsicos, las intensidades de las restantes ramas y,

con ellas, la solucin del anlisis del circuito, son:

)A(42,58I;)A(3,4I;)A(64,4I;)A(44,6I 8765 ====

* En estos circuitos es muy importante ser cuidadoso en extremo.

* Debe siempre calcular las intensidades de las ramas a partir de las intensidades de los lazos, ya que

as podr hacer una comprobacin de la LKI en algn nudo y verificar los resultados obtenidos.


Para el circuito de la figura se pide: a) considerando el rbol AB, CD y

BC (rama de la fuente de 5(V), escriba de forma directa las ecuaciones de

anlisis por lazos bsicos del circuito; b) calcule la intensidad y tensin en

cada elemento; y c) balance de potencia, tomando como elemento las

fuentes reales. En el grfico del circuito todas las resistencias en ohmios y

las tensiones en voltios.

Solucin:

a) A partir del grafo y los lazos bsicos que se muestran en l, las

ecuaciones son:

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) 513I1I1I:I

5211I1112I112I:I

51I112I5112I:I

3213

3212

3211

=+++

+=+++++++

=+++++++

b) La solucin del sistema es: )A(2I;)A(6I;)A(3I 321 === .

c) De las ecuaciones de conexin ramas-lazos bsicos encontramos la intensidad en cada rama del cir-

cuito: )A(3III;)A(3III;)A(1IIII 2162153214 =+===== .

Con estas intensidades construimos la siguiente tabla de tensiones y potencias:

Rama 1 2 3 4 5 6

Elemento 5 1 21V 3 1 5V 2 1

I(A) 3 -6 -6 2 1 1 3 -3

U(V) 15 -6 21 6 1 5 6 -3

P(W) 45 36 -126 12 1 5 18 9

-90(W) 6(W)

Hemos seguido, para los signos de las potencias, el criterio de las potencias consumidas.

Podemos comprobar el balance de potencias: )W(90P

)W(9091861245P

.ced

.cons

=

=++++=


Analice el circuito de la figura por lazos bsicos, sin realizar modificacio-

nes en el mismo y especificando el rbol elegido, y realice un balance de

potencias.

Plantee las ecuaciones por anlisis nodal sin modificar la geometra del

circuito.

En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensin en voltios.

Solucin:

En la figura representamos el rbol elegido y sus lazos bsicos. El rbol

se ha elegido teniendo en cuenta que la fuente ideal debe estar en un esla-

bn. Como se poda incluir en los eslabones tambin la rama de control

de la fuente controlada, as lo hemos hecho.

Hemos nombrado las intensidades de los lazos bsicos con el mismo

nombre que la de la intensidad que circula por el eslabn que define al

lazo.

Con I3I;II 52 == , las ecuaciones de lazos del circuito son:

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) 27030I60I390I:I

4530I40I:I

4520I325I:I

66

62

11

=++

=+

=+

;

cuya solucin es: )A(en;5,0I;5,4I3I;5,1II;8,1I 6521 ====== .

A partir de estas tensiones de los lazos, las intensidades de las ramas son:

)A(en;4III;3,0III;1III;7,2III 568217624513 ========

La tensin en la fuente de intensidad es: )V(294I60I20UUU 83835 =+=+= ; donde hemos aplicado

la LKT a un lazo que contenga la rama de la fuente de intensidad.

Podamos calcular esta tensin escribiendo la ecuacin del lazo bsico que contiene dicha fuente ideal

de intensidad, como hacemos a continuacin: [ ] ( ) ( ) ( ) 55615 U80I20I20I:I =+

Con estas intensidades y tensiones construimos la siguiente tabla resumen:

Rama 1 2 3 4 5 6 7 8

I(A) 1,8 1,5 2,7 -1 -4,5 -0,5 0,3 4

U(V) - - - - 294 -270 45 -

P(W) 16,2 22,5 145,8 30 -1323 135 13,5 960


En el esquema de la figura representamos el rbol y sus grupos de

corte bsicos. Las tensiones de los grupos de corte se han nombrado

de igual forma que las tensiones de la rama del rbol que los define.

El rbol se ha elegido con la condicin de contener en sus ramas las

fuentes ideales de tensin (R-6; R-7) y tambin contiene la rama de

control de la fuente controlada.

Las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte son: 22 UU = ;

724765236521776655 UUU;UUUUU;;UUUU;UU;UU;UU =++=++====

Con 10UI;270U;45U 267 === , las ecuaciones de los lazos (2) y (5) son:

[ ]

[ ]

==

+

++

++

+

=

++

++

+

++++

10

3UI3

20

1U

5

1

20

1U

5

1

20

1U

5

1

20

1U:U

020

1

60

1

30

1U

5

1

20

1

60

1U

5

1

20

1U

5

1

20

1

60

1

30

1

10

1U:U

276525

76522

* El alumno debiera completar el anlisis, dando la tensin en todas las ramas, as como la intensidad

en las fuentes ideales de tensin.

* Para calcular las intensidades de las F. de T. ideales puede aplicar la LKI a cualquier grupo de corte

que contenga la rama de la F. de T. ideal, o escribir la ecuacin de su grupo de corte bsico, como ha-

cemos a continuacin.

[ ]

[ ] 776527

676526

I60

1

30

1

20

1U

60

1

20

1U

20

1U

60

1

30

1

20

1U:U

I60

1

20

1U

5

1

20

1

60

1U

5

1

20

1U

5

1

20

1

60

1U:U

=

+++

++

+

++

=

++

+++

++

++


Analice el circuito de la figura en rgimen permanente de continua, me-

diante ecuaciones circulares, y determine la energa almacenada por el

condensador y la bobina.


circuito.

En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensin en vol-

tios.

Solucin:

Como el circuito est en rgimen permanente de continua, en el esque-

ma adjunto representamos el condensador como un circuito abierto y la

bobina como un cortocircuito.

En el siguiente grfico dibujamos el grafo de este circuito y el rbol

elegido con sus lazos bsicos.

Con 34C68L3 I2I2I;UU;II;II ===== , las ecuaciones de los lazos

bsicos son: [ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) 83I1I

201I23I:

83I1I:I

201I6I11I:I

83

83

838

8433

=+

=

=+

=+

La solucin del sistema es: )A(3II;)A(1II 8L3 ==== ; y el resul-

tado del anlisis en (A) y (V) es: 2I2I;2I2I 41 ==== ;

3II;0I;2III;3III 876835432 ====+=== ;

18I2UU;12I6I210U 74C214 =+==+=

La energa almacenada por el condensador y la bobina es: ( )( ) )J(5,4IL21W:3I

)J(81UC21W:18U

2CLL

2CCC

===

===

En la figura adjunta representamos el rbol elegido y sus grupos de

corte bsicos. Las ecuaciones son:

[ ]

[ ] ( )

[ ] ( )2

10I2

2

1U

2

1U0U

6

1U:U

I22

1U0U

6

11

2

1U

6

1U:U

2

10

4

20

2

1U

2

1U

6

1U

6

1

4

1

2

1U:U

86536

86535

86533

=

++

=

+

+++

+=

+

++

Y donde ( ) 8U;420UI 83 == .

Para escribir estas ecuaciones hemos supuesto las fuentes reales de tensin cambiadas a fuentes reales

de intensidad. El alumno debiera completar el anlisis por grupos de corte bsicos planteado y com-

probar resultados.


Eligiendo, al menos, como incgnitas las intensidades reseadas en el

circuito de la figura, encuentre las ecuaciones integro-diferenciales

correspondientes al anlisis por ecuaciones circulares de dicho circuito.

Solucin:

Como 2i e 3i deben ser incgnitas del anlisis, sus ramas las tomare-

mos como eslabones. En el grafo adjunto dibujamos un rbol y sus la-

zos con la premisa anterior. Como vemos el grafo slo tiene dos eslabo-

nes, por lo que bastan las dos incgnitas originales para resolver el pro-

blema. Estas ecuaciones son:

[ ] ( )

[ ] ( ) ( ) 13133112231312113

12323131211212

2

2112

eiDM2DLRDLiDMDMDMRDL:i

eeiDMDMDMRDLiDM2DC

1RRDL:i

=++++++

=++++

+++

A este sistema le aadimos la ecuacin de conexin ramas-lazos: 321 iii =


En el circuito de la figura escriba directamente las ecuaciones de anlisis

por lazos bsicos, eligiendo un rbol adecuado para no realizar transforma-

ciones geomtricas. A partir de las ecuaciones anteriores realice un balan-

ce de potencias indicando si las potencias son consumidas o cedidas.


circuito. En el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes de tensin

en voltios.

Solucin:

En la figura se muestra el grafo, el rbol elegido y los lazos bsicos.

El rbol lo hemos elegido de forma que en los eslabones estn las F.

ideales de intensidad y las ramas de control.

Con: 187271 I10UI;I9I9I;II;I10U ====== , las ecuaciones de

los lazos 1I e 7I son:

[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) )A(61,0II

)V(5,5U:)A(55,0I:

4060409I4010I

4025,745II15:

4040I4020I40I:I

I25,7405I510I:I

7

1

71

71

8727

7211

==

==

=++

=+

=++

+=++

Escribiendo las intensidades de rama en funcin de las intensidades de los lazos, y calculando las ten-

siones de las fuentes de intensidad, podemos completar la tabla de resultados siguiente:

Ramas 1 2 3 4 5 6 7 8

I(A) -0,55 -5,46 6,01 -1,16 0,7 0,46 0,61 -5,55

U(V) 6,58 40 4,40 23,48

P(W) 3,08 -35,9 180,69 -46,44 19,42 2,04 7,35 -130,24

Las potencias estn con el convenio de potencias consumidas.

El alumno debiera resolver el anlisis y completar la tabla.

Para el anlisis por ecuaciones nodales, el rbol elegido, as co-

mo sus grupos de corte bsicos, se representan en el esquema de

la figura. Con 7671 U3625,0I25,7U;20UI;UU ==== , las

ecuaciones de los grupos de corte 1U y 7U son:

[ ]

[ ] UI940

1

20

1U

40

1U:U

I95

1U

5

1U

5

1

10

1U:U

747

6411

+=

++

=

+

+

* El alumno debe ordenar y resolver el anlisis, aadiendo las ecuaciones de conexin ramas-grupos

de corte bsicos.


Analice el circuito de la figura mediante ecuacio-

nes de anlisis nodal sin modificar la geometra

del circuito y realice un balance de potencias. En

el circuito de la figura, las tensiones de las fuentes

en voltios y amperios.

Solucin:

Para el anlisis pedido se ha cambiado la F. R.

de tensin en F.R. de intensidad, tal como apa-

rece en la figura adjunta en unin con el grafo,

rbol elegido y grupos de corte bsicos de di-

cho rbol.

El rbol se ha elegido de manera que contenga las F. ideales de tensin y las ramas de control, como

puede comprobar el lector.

Con 656 U2I10U;5UI === ; las ecuaciones de los grupos de corte bsicos 3U y 6U son:

[ ]

[ ]

+=

+++++

+++

+

=

++

++

++

121660

1

5

1

10

1

30

1

5

1U

10

1

30

1

5

1U

30

1

5

1U:U

1630

1

5

1U

30

1

5

1U

10

1

30

1

5

1U:U

6536

6533

Ordenando y resolviendo:

)A(72I:)V(720U:)V(360U

)V(300U:

2860

1

5

1

10

1

30

1

5

1U

30

1

5

1U

1630

1

5

1U

10

1

30

1

5

1U

56

3

63

63

===

=

=

+++

+

=

+

++

Las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte son: )V(60UUUU 6531 =++= ;

)V(360UU;)V(360UUU;)V(60UUUU 676546532 ===+==++= .

Las intensidades en las ramas 1 y 5 (contienen fuentes de tensin) son: ( ) )A(28580UI 11 == ;

[ ] )A(66I:I1610

1

30

1

5

1U

10

1

30

1

5

1U

30

1

5

1U:U 556535 ==

+++

+++

+

Con estos datos confeccionamos la siguiente tabla:

Ramas 1 2 3 4 5 6 7

U(V) 80 - -60 300 -360 -720 360 360 360

I(A) -28 -28 - - - 66 - -12 -

P(kW) -2,24 3,92 0,12 9 12,96 -47,52 25,92 -4,32 2,16

El signo de las potencias est segn el convenio de elementos pasivos. Recuerde que el balance de

potencias, as como el anlisis debe darlos sobre el circuito original, sin cambio alguno.

El alumno debe comprobar los resultados as como encontrar otro rbol y resolver de nuevo.


El circuito de la figura est en rgimen permanente de continua. De-

termine: a) un rbol y, respecto a l, encuentre sus grupos de corte b-

sicos, escribiendo las ecuaciones del anlisis por grupos de corte, sin

realizar modificaciones geomtricas; y b) qu energa han absorbido

cada uno de los condensadores, si los suponemos descargados inicial-

mente?

Solucin:

Como el circuito est en rgimen permanente de continua, los condensadores, una vez cargados, se

comportan como circuitos abiertos. Basta por tanto calcular la tensin a la que est sometido el conjun-

to de condensadores.

Analizamos por ecuaciones nodales, previo cambio de las F.R. de ten-

sin a F.R de intensidad. En el esquema representamos el grafo, el

rbol elegido y sus grupos de corte. Las ecuaciones son:

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

[ ] 34

1

4

1U

4

1U

4

1U:U

22

1

2

1U

2

1U

2

1U:U

3324

1U

2

1U

4

1

2

11U

4

1U

2

1U:U

324

1U

4

1U

4

1

2

1U:U

222

1U

2

1U1

2

1U:U

5325

4314

543213

5322

4311

=

++

+

=

+

++=

+

+++

+

+=

+

+

+

=

+

+

Resolvemos el sistema para encontrar los datos necesarios para calcular la tensin a la que est some-

tido el conjunto de condensadores: )V(8,0UUU:)V(65

108U;)V(

65

56U 54AB54 =+===

Si ahora en el esquema de la figura aplicamos divisor de tensin, y

tenemos en cuenta que la tensin en un condensador es inversamente

proporcional a su capacidad, las tensiones en cada condensador son:

)V(15

4

4121

41UU;)V(

15

8

4121

21UU AB2AB1 =+

==+

=

)V(32,06141

61UU;)V(48,0

6141

41UU AB5AB3 =+

==+

=


Con la tensin existente en bornas de cada condensador, sabiendo que la energa almacenada por el

mismo es: 2CC UC2

1W = , y sustituyendo datos, obtenemos el siguiente resultado en mJ:

307W:)F(6C;461284W:)F(4C;142W:)F(4C;284W:)F(2C 44332211 ========

* El alumno puede comprobar el resultado calculando el condensador equivalente a la asociacin y la

energa almacenada por ste. Esta energa ser igual a la suma de las calculadas para cada condensa-

dor.


El circuito de la figura est en rgimen estacionario

de continua. Tomando al menos como incgnitas las

tensiones UAB y UCD, realice un anlisis mediante

ecuaciones nodales. Qu energa absorben el con-

densador y la bobina, supuestos un estado inicial

nulo?

Solucin:

Recordamos que al realizar un anlisis en rgi-

men de continua, el condensador y la bobina son

equivalentes, respectivamente, a un circuito

abierto y a un cortocircuito. Pasamos la F.R. de

tensin a F.R. de intensidad y elegimos un rbol que cumpla con la condicin del enunciado: debe con-

tener las ramas AB y CD.

El grafo, este rbol y sus grupos de corte bsicos se

muestran en la figura.

Sus ecuaciones son:

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]2

U4I41

2

1U1

2

1U1

2

1U:U

22

1

2

1U

2

1U:U

2

U42I421

2

1U1

2

111U1

2

11U:U

2

U4I41

2

1U

2

1U1

2

11U1

2

11

2

1

2

1U:U

14214

313

14212

143211

==

++

+

+

=

++

+=+=

+

++++

++

==

+

+++

++++

Ordenando y resolviendo, los resultados son: )V(1U;)V(2U;)V(2U;)V(0U 4321 ==== .

Con estos resultados y las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte, construimos la tabla siguien-

te.

Ramas 1 2 3 4 5 6 7 8

U(V) 0 1 2 1 2 1 0 0

I(A) 0 - -1 - - - - -

Los datos referidos a la bobina y condensador son:

)J(4UC2

1W:)V(2UU

)J(5,0IL2

1W:)A(1II

2CC3C

2LL3L

====

====


Analice el circuito de la figura por grupos de corte, especificando el

rbol elegido, y realice un balance de potencias.

Solucin:

En el esquema figuran el grafo, el rbol elegido y sus grupos de cor-

te bsicos. Como puede observar, el rbol contiene la rama de con-

trol de la fuente dependiente. Para este grafo las ecuaciones de cone-

xin ramas-grupos de corte son: 542641 UUU;UUU == ;

653 UUU =

Con 6UU = las ecuaciones de los grupos de corte bsicos son:

[ ] ( )

[ ] ( ) ( ) ( )

[ ] ( ) 012

1

4

1U1U

4

1U:U

40U21U1U0U:U

404

1U0U

2

1

4

1U:U

6546

66545

6544

=

++

+=+

=

+

Ordenando y resolviendo, obtenemos: )V(10UU;)V(30U;)V(50U 654 ==== .

A partir de estos resultados y de las ecuaciones de conexin, construimos la tabla siguiente.

Ramas 1 2 3 4 5 6

U(V) -60 -80 20 -50 30 10

I(A) - 40 - - 20 -

P(kW) 0.9 -3,2 0,4 1,25 0,6 0,05

* Hemos seguido el convenio de potencias consumidas igual a potencias positivas.

* Es importante saber elegir el rbol ms conveniente.

* Elija otro rbol y vuelva a resolver el anlisis.


En el circuito de la figura analice por nudos y realice un balance de po-

tencias. En la figura la fuente de intensidad en amperios y las conduc-

tancias en Siemens (S).

Solucin:

En el grafo del circuito hemos identificado los nudos y marcado el ter-

minal de referencia.

Las ecuaciones de conexin ramas-nudos son: C2A1 UU;UU == ;

CB5B4AB3 UUU;UU;UUU === .

Las ecuaciones nodales son, con AU3I =

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) )V(23,1U

)V(59,0U

)V(57,0U

0U6UU12

4UU7U2

4U2U5

U12I415U1U0U:C

41U124U2U:B

40U2U23U:A

C

B

A

CBA

CBA

BA

ACBA

CBA

CBA

=

=

=

=+

=+

=

==++

=+++

=+

A partir de este resultado y las ecuaciones de conexin escribimos la siguiente tabla:

Rama 1 2 3 4 5

4I (A) 5(S) 4(A) 2(S)

U(V) 0,57 -1,23 -1,23 -1,15 -1,15 -0,59 0,64

I(A) - 6,79 - 4 - - -

P(W) 0,96 -8,35 7,56 -4,6 2,65 1,37 0,41

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


Analice el circuito de la figura por ecuaciones nodales y realice un balan-

ce de potencias. En la figura, las fuentes en voltios y amperios, respecti-

vamente.

Solucin:

En primer lugar, como puede comprobar el alumno, la intensidad I,

que controla la tensin de la fuente dependiente, es la misma que cir-

cula por la resistencia de 3(); en segundo lugar, cambiamos las F.R.

de tensin en F.R. de intensidad, tal como aparece en el esquema.

En el grfico siguiente representamos el grafo del circuito, sealando

el nudo de referencia para aplica el anlisis por nudos.

Para el grafo de la figura, las ecuaciones de conexin ramas-nudos son:

B43A2BA1 UUU;UU;UUU ==== .

Las ecuaciones de los nudos con 3UI A= son:

[ ] ( )

[ ] ( )

+=+=

++

=+=

+

3

2U2I2241

2

1U1U:U

3

2U4I241U1

3

1U:U

ABAB

ABAA

Ordenando y resolviendo el sistema, obtenemos: )A(1I;)V(2U;)V(3U BA ===

Para el grafo dado: )A(1II;)A(33

UUI2I 3

BA1 ===

+= .

Con todos estos datos y las ecuaciones de conexin ramas-nudos, escribimos la tabla resumen siguien-

te.

Ramas 1 2 3 4

2I (V) 1() 4(A) 1() 1() 2()

U(V) -2 - 3 3 4 - 2

I(A) 3 3 -4 - -1 -1 4

P(W) -6 9 -12 9 -4 2 8


Analice el circuito de la figura mediante ecuaciones nodales, tomando

como incgnitas: UAB; UBC; UDA. Realice un balance de potencias

expresando si son cedidas o consumidas. En la figura, las fuentes en

voltios y amperios, respectivamente.

Solucin:

Cambiamos la F.R. de tensin a F.R. de intensidad, tal como aparece

en la figura, y construimos un grafo y el rbol que permite las incg-

nitas pedidas en el enunciado.

Para este rbol, con DA3BC2AB1 UU;UU;UU === , las ecuacio-

nes de conexin ramas-grupos de corte son: 314 UUU = ;

3215 UUUU = ; y para la intensidad que circula por la rama

original 3: ( ) 14UI 33 += .

Las ecuaciones de los grupos de corte bsicos son:

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) )V(67,1U

)V(61,0U

)V(16,1U

24211U2U21U:U

22U23U2U:U

221U2U212U:U

3

2

1

3213

3212

3211

=

=

=

+=+++++

=+++

=+++++

A partir de este resultado y de las ecuaciones de conexin, recogemos en la tabla siguiente el resultado

del anlisis.

Ramas 1 2 3 4 5

4(V) 1(S) 2(A) 2(S)

U(V) 1,16 0,61 -4 - 0,51 -0,09 -0,09

I(A) - - 2,23 2,23 - 2 -

P(W) 2,70 1,10 -9,30 5,41 0,26 -0,19 0,02

* Recuerde que siempre hay que resolver el circuito original, no el que hemos modificado con el cam-

bio de fuentes. De ah el clculo de la intensidad en la rama 3.


Realice un anlisis del circuito de la figura mediante ecua-

ciones nodales, especificando la tensin e intensidad en cada

elemento. Realice un balance de potencias expresando si son

cedidas o consumidas. En la figura, las fuentes en Voltios y

Amperios, respectivamente.

Solucin:

En primer lugar modificamos el circuito para transformar las fuentes

que aparecen en la figura adjunta. El circuito resultante y su grafo se

representan en el grfico que se sita debajo.

Analizamos por nudos, con UC = 14

[ ]

[ ] ( ) )V(75,6U)V(5,7U

120U2

1

2

1U

2

1U:B

12

1U

2

1U

4

1

2

1

2

1U:A

B

A

CBA

CBA

=

=

+=

++

=

++

Las ecuaciones de conexin ramas-nudos son: B2C1 UU;UU == ;

B6A5BA4AC3 UU;UU;UUU;UUU ==== ; y las ecuacio-

nes que permiten el clculo de la intensidad en la fuente de tensin

original: 7II 1E = ; y de la tensin en la fuente de intensidad ori-

ginal: )2(UU 2I = . Con este conjunto completamos la tabla de

resultados siguientes:

Ramas 1 2 3 4 5 6

14(V) 2() 2(A) 1() 1(A) 2()

U(V) 14 14 8,75 -2 6,5 0,75 0,75 7,5 6,75

I(A) -10,25 - -2 - - 1 - - -

P(W) -143,5 98 -17.5 4 21.125 0.75 0,281 14,063 22,781

Las potencias consumidas, las hemos representado por valores positivos.


Para el circuito de la figura se pide: a) considerando el rbol formado por

las ramas AB, AC y AD, escribir, sin modificar el circuito, las ecuaciones

por anlisis de lazos bsicos; b) construir, sin modificar el circuito, las

ecuaciones por anlisis nodal especificando el rbol elegido; y c) realizar

con el resultado de uno de los dos anlisis un balance de potencias en el

circuito. En la figura, las fuentes en Voltios y Amperios, respectivamente.

Solucin:

a) Suponemos que la F. R. de intensidad est cambiada a su equivalente

de tensin. En la figura representamos el grafo, el rbol elegido, que

cumple las condiciones del enunciado, y sus lazos bsicos.

Para este rbol las ecuaciones del anlisis por lazos bsicos son:

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )64142I4I1I:I

6464I414I414I:I

61I0I18I:I

6546

6545

6544

=++++

+=++++

=+++

Las ecuaciones de conexin ramas-lazos bsicos son: 653542641 III;III;III =+=+= .

b) En la figura adjunta se muestra para el mismo grafo y rbol anterior,

los grupos de corte bsicos. Las ecuaciones del anlisis por grupos de

corte bsicos son, con: U2 = 6

[ ]

[ ] )V(98,9U)V(53,3U

64

1

2

1

14

1U

14

1U

2

1U:U

02

1U

8

1U

8

11

2

1U:U

3

1

3213

3211

=

=

=

+++

=

++

A partir de esta solucin y de las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte bsicos:

316325214 UUU;UUU;UUU +=+=+= ; y de la ecuacin que permite calcular la intensidad

que circula por la fuente de tensin ideal: [ ] 23212 I14

1U

14

1

8

1U

8

1U:U =

++

, construimos la

tabla de resultados siguiente:

Ramas 1 2 3 4 5 6

Elementos 6A 4()

U(V) 3,53 6 9,97 9,97 2,47 3,98 6,44

I(A) - -0,02 -6 - - - -

P(W) 12,47 -015 -59,85 24,87 0,76 1,13 20,77

Las potencias con signo negativo representan potencias cedidas.


Analice por grupos de corte, sin modificar la geometra del circuito, y

realice un balance de potencias. En la figura, las fuentes en Voltios y Am-

perios, respectivamente.

Solucin:

En la figura representamos el grafo del circuito, un rbol, que con-

tiene las fuentes ideales de tensin (ramas 3 y 6), y sus grupos de

corte bsicos. Con U3 = 1(V) y U6 = 2(V), las ecuaciones de los

grupos de corte bsicos son:

[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 131U1U3U1U1U:U

23U0U32U2U0U:U

31U11U0U111U111U:U

865318

865315

865311

=+++

=++++

=++++++++

La solucin es: )V(43,1U;)V(86,0U;)V(14,1U 851 === .

A partir de las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte bsicos: 314532 UUU;UUU +=+= ;

8631108596317 UUUUU;UUU;UUUU ++=+=+= ; y de las ecuaciones que dan el valor

de la intensidad que circula por cada fuente ideal:

[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6865316

3865313

I1U11U0U11U11U:U

I1U11U2U2111U111U:U

=+++++

=+++++++++; podemos construir la tabla de resul-

tados siguientes:

Ramas 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

U(V) -1,14 1,86 1 -0,14 0,86 2 2,14 1,43 0,57 -0,71

I(A) 3 - -0,71 - -2 -2,86 - -1 - -

P(W) -3,43 6,90 -0,71 0,02 -1,71 -5,71 4,59 -1,43 0,98 0,51

* Las potencias estn representadas con el convenio de potencias consumidas si son positivas.

* Recuerde que en el anlisis por grupos de corte bsicos, las fuentes ideales de tensin deben formar

parte del rbol. Si el anlisis es por lazos bsicos, las fuentes ideales de intensidad deben estar en los

eslabones del rbol.


Realice un balance de potencias en el circuito de la

figura. Las fuentes de tensin en Voltios y las de

intensidad en Amperios.

Solucin:

En la figura adjunta representamos el grafo del circuito. Si

ahora, a la vista del grafo, observamos el circuito, vemos que

la rama 6, que contiene la fuente ideal de tensin de 0,5(V),

divide al circuito en dos subcircuitos, representados en los

esquemas siguientes, que pueden ser analizados de forma independiente.

Para el primer subcircuito las ecuaciones son:

( )( ) )V(932014IUU

)A(35,9III

III

5,02014I10I

55

6154

4615

54

=+==

===

==

=++

Para el segundo subcircuito las ecuaciones son:

( ) ( )

)A(055,42III

)A(705,32IIII

)A(035,1420

7,014I

)A(67,1810

2,05,0932

10

2,05,0U2I

62616

21623

2

1

=+=

===

=

+=

=

=

=

A partir de estos datos construimos la tabla de potencias, que en

este caso las daremos por rama y no por elementos.

Rama -1 ( ) ( ) )W(069,131067,1867,18932P 21 =+=

Rama 2 ( ) ( ) )W(8245,9207,0147,0P 22 =+=

Rama 3 ( ) ( ) )W(541,6705,322,0P3 ==

Rama 4 )W(225,8741035,9P 24 ==

Rama 5 ( ) ( ) )W(55,86920931493P 25 =+=

Rama -6 ( ) ( ) )W(0275,21055,425,0P6 ==

0P

6

1kk =

=

* El alumno debiera realizar un anlisis ms formal (p.e. por lazos), comprobando los resultados y

viendo el grado mayor o menor de dificultad.


El circuito de la figura est en rgimen permanente de continua. Deter-

mine: a) el potencial del nudo A; b) el balance de potencias; y c) la ener-

ga acumulada en el campo elctrico del condensador y en el campo mag-

ntico de la bobina. Las fuentes de tensin en Voltios y las de intensidad

en Amperios.

Solucin:

Como en ejercicios anteriores, al estar el circuito en rgimen permanente

de continua, sustituimos el condensador y la bobina por sus equivalentes en este rgimen: condensador

equivalente a un abierto; bobina equivalente a un cortocircuito.

Con estas premisas el circuito que vamos a analizar y su grafo se mues-

tran en la figura adjunta.

Con 2151643 III;III;II ==== , las ecuaciones del anlisis por ma-

llas son:

( )

)A(5I

)A(35I

)A(5,7I

51I

I2153I

I2101022I

3

2

1

3

32

31

=

=

=

=

+=

+=+

A partir de estos resultados, obtenemos: )A(320III 23L == .

)V(10V;)V(52I10U A4C ===

Por tanto: a) Potencial del nudo A: )V(10VA =

c) Energa magntica en la bobina: )J(22,22IL2

1W 2LL ==

Energa elctrica en el condensador: )J(25,1UC2

1W 2CC ==

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

Rama 1 2 3 4 5 6

Elemento 10(V) 2() 15(V) 3() 5(V) 1() 2() 2I(A) 10(V)

I(A) 7,5 7,5 35 35 -5 -5 7,5 635 7,5

U(V) -10 - -15 - -5 - - -10 -10

P(W) -75 112,5 -25 8,33 -25 25 112,5 -58,33 -75


Realice un balance de potencias en el circuito de la figura, expresan-

do si son cedidas o consumidas. Las fuentes de tensin en Voltios.

Solucin:

Cambiamos las F. R. de tensin. real por su equivalente de intensi-

dad y analizamos por nudos. El grafo y el nudo de referencia se mues-

tran en la figura adjunta.

[ ]

[ ] )V(48,11U)V(24,1U

6

18

1

18

1

1

6

1

3

1

5

1U

1

1

5

1U:B

2

4

1

18

1

1

5

1U

1

1

10

1

5

1

2

1U:A

B

A

BA

BA

=

=

+=

+++

+

+=

+

+++

A partir de las tensiones de los nudos las tensiones de rama son:

)V(48,11UUU;)V(72,12UUUU;)V(24,1UUU B64BA32A51 ========= ; y las intensi-

dades en las ramas activas son: ( ) ( ) )A(28,5118UUI;)A(62,224UI BA3A1 =+=== ;

( ) )A(09,1618UI B4 == .

Con estos datos confeccionamos las tabla siguiente:

Rama 1 2 3 4 5 6

Elemento 4(V) 2() 5() 18(V) 1() 18(V) 6() 10() 3()

U(V) 4 - -12,72 -18 - 18 - -1,24 11,48

I(A) -2,62 -2,62 - 5,28 5,28 -1,09 -1,09 - -

P(W) -10,48 13,72 32,36 -95,04 27,89 -19,62 7,12 0,15 43,93

* Fjese que este ejercicio es ms simple, su anlisis, por ecuaciones nodales (2 ecuaciones y dos in-

cgnitas) que por circulares (4 4cuaciones y 4 incgnitas). En este caso el anlisis por nudos, equivale

a una sola malla, como veremos a continuacin.

Modificamos el circuito como se aprecia en

la figura.. En el segundo esquema tenemos

una sola malla, de intensidad:

)A(741,2265315

615310I =

+++

= , que permite

calcular las tensiones de los nudos A y B,

con el objeto de encontrar el anlisis del original: )V(48,11I26U;)V(24,13

5I

3

10U BA =+=== .

* Como puede apreciar existen variados enfoques para el anlisis de un mismo circuito. La prctica le

permitir elegir el mtodo de anlisis ms sencillo y eficaz.


En el circuito de la figura, realice un balance de potencias y determine la

energa almacenada en cada condensador. El circuito est en rgimen per-

manente de continua. Las fuentes de tensin en Voltios, las de intensidad

en Amperios.

Solucin:

Al estar el circuito en rgimen permanente de continua, sustituimos

los condensadores por abiertos. El grafo resultante, el rbol y los la-

zos bsicos se representan en la figura adjunta.

Las ecuaciones de los lazos bsicos, con: 2I;I2I;II 2151 === , son:

[ ] ( ) ( ) )A(2I:)A(1II:72I12I:I 51211 ====++

Completamos el clculo de intensidades con las ecuaciones de cone-

xin ramas-lazos: )A(2II;)A(0III;)A(3III 56524213 ===+===

La tensin en las fuentes de intensidad son:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) )V(412I1IU;)V(61I2I21IU 5255122 =+==++= .

( Compruebe que estas ecuaciones, en las que hemos calculado las tensiones de las fuentes de intensi-

dad, son las ecuaciones de los dos lazos bsicos en cuyos eslabones estn dichas fuentes)

Con estos datos las potencias se resumen en la tabla siguiente:

Ramas 1 2 3 4 5 6

Elementos 7(V) 1() 2(A) 2() 1() 2I(A) 2()

P(W) -7 1 -12 18 0 -8 8

Para calcular la energa almacenada por cada condensador, calculamos, en primer lugar, la tensin a la

que estn sometidos.

)V(6,07131

31UU;)V(4,1

7131

31UU:)V(2226UUU F7F362 =

+==

+==+=+= ;

donde hemos usado que la tensin en el condensador es inversamente proporcional a su capacidad; y

que ambos forman un divisor de tensin.

Las energas almacenadas son: ( ) ( ) )J(26,16,072

1W;)J(94,24,13

2

1W

2F7

2F3 ====


El circuito de la figura es una versin en corriente continua de una distri-

bucin a 3 hilos, donde RN representa la resistencia del neutro y RL la de

los conductores. a) Calcule la potencia consumida por las cargas R1, R2,

R3; y b) el rendimiento de la instalacin, entendida como relacin entre

potencia cedida por las fuentes y aprovechada en las cargas. d) Si el neu-

tro queda abierto por un fallo en la instalacin, cul es la sobrecarga de

tensin que experimentan las cargas del receptor? RL=0,2(); R1=9,4();

R2=19,4(); R3=11,2(); RN=0,4().

Solucin:

En primer lugar analizamos el circuito. Lo haremos por lazos bsicos,

sobre el grafo y rbol sealado en la figura. Las ecuaciones de conexin

ramas-lazos son: 216325314 III;III;III +=== .

Las ecuaciones de lazos bsicos son:

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) )A(38,20I

)A(03,6I

)A(83,11I

2402,02,02,11I2,0I2,0I:I

1202,0I4,02,04,19I4,0I:I

1202,0I4,0I4,02,04,9I:I

3

2

1

3213

3212

3211

=

=

=

=++++

=++++

=+++

A partir de aqu, las intensidades en los eslabones son: )A(8,5I;)A(41,26I;)A(21,32I 654 === .

a) La potencia consumida por las cargas es: )W(6675RIRIRIP 3232

221

21asargc =++=

b) La potencia cedida por los generadores es: )W(7036I120I120P 54sgeneradore ==

Luego el rendimiento pedido es: %88,94P

P

sgeneradore

asargc ==

(Fjese que hemos tomado, para la potencia de los generadores, el criterio de potencias generadas co-

mo positivas)

c) Si abrimos el neutro, el circuito queda como aparece en el esquema

adjunto. Para el anlisis suponemos cambiadas las fuentes por una nica

fuente de intensidad y aplicamos el concepto de divisor de intensidad.

( )( ) ( )

)A(49,72,1112,02,014,94,191

4,94,191

2,02,0

240II N2N1 =++++

+

+==

( ) ( ))A(42,20

2,1112,02,014,94,191

2,111

2,02,0

240I N3 =++++

+

=

Por tanto las variaciones de tensin en las cargas son: ( ) )V(6,36RIIRIU 11N1111 === ;

( ) ( ) )V(45,0RIIRIU;)V(1,37RIIRIU 33N333322N2222 ====== .

* Este apartado lo resolveremos ms adelante usando el teorema de compensacin.

* Puede repetir este apartado suponiendo que el neutro pasa a ser un cortocircuito.


Realice un balance de potencias en el circuito de la figura. Las fuen-

tes de tensin en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solucin:

Analizamos por grupos de corte bsicos, con el grafo y rbol de la

figura adjunta.

Las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte son:

3216325314 UUUU;UUU;UUU ++=+=+=

Con 113211 U11I11U;135U;1UI ==== ; las ecuaciones

de los grupos de corte son:

[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) )A(10I

)V(88U:)V(8U

108I2U11

0I4U5

I7,2I8,0101U101U:U

I8,051U511U:U

2

31

21

21

22312

2311

=

==

=+

=

+=+

=++

Para calcular la intensidad I3 usamos la ecuacin del grupo de corte U3:

[ ] ( ) ( ) ( ) )A(6I:7,2I8,0I10151U101U51U:U 3233213 =++=+++

(Podramos haber elegido tambin la LKI aplicada a cualquiera de los nudos de la rama 3)

Con estos resultados y las ecuaciones de conexin ramas-grupos de corte anteriores construimos la

tabla siguiente.

Ramas 1 2 3 4 5 6

Elementos 1() 135(V) 1I11 5() 2,7(A) 10() 2I8,0

U(V) 8 135 -88 -80 47 47 55

I(A) - -10 6 - -2,7 - 8

P(W) 64 -1350 -528 1280 -126,9 220,9 440

Fjese que en este caso es necesario construir tambin la ecuacin de un grupo de corte (el grupo de

corte U2) que contiene una fuente ideal de tensin. Esto es as porque su intensidad es el control de la

fuente controlada de la rama 6.


Realice un balance de potencias en el circuito de la figura.

Las fuentes de tensin en Voltios, las de intensidad en Amperios.

Solucin:

Analizaremos el circuito por lazos bsicos, previa conversin de la

F. R. de intensidad a su equivalente en F. R. de tensin. El grafo, el

rbol y los lazos considerados se muestran en la figura adjunta.

Con 25 I5,0I = , las ecuaciones de lazos bsicos son:

[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 30I10I7

0II

100205,6I720I20I:I

I710I102I:I

21

21

1522

1511

=+

=

+=+

=++

Resolviendo, obtenemos: )A(5I;)A(10II 521 ==

Con estos resultados y las ecuaciones de conexin ramas-lazos: 5145213 III;IIII +== ; y la

ecuacin de la tensin en la rama 6 que contiene la F. R. de intensidad: ( ) 20II5,620U 526 += ;

construimos la tabla de resultados siguiente:

Ramas 1 2 3 4 5 6

Elementos 2() 100(V) )V(I7 1 10() )A(I5,0 2 6,5(A) 20()

I(A) 10 10 -15 5 -5 -6,5 -

U(V) - 100 70 - 50 30 30

P(W) 200 1000 -1050 250 -250 -195 45

Fjese que para la rama 6 hemos calculado su tensin, ya que en el circuito la fuente es de intensidad y

no de tensin. Recuerde que siempre hay que dar el resultado del anlisis y del balance de potencias

sobre el circuito original.


En el circuito de la figura, R es una resistencia variable.

Cul es el valor de R que hace que la fuente ceda intensidad

nula? Los amplificadores operacionales son ideales y traba-

jan en zona lineal.

Solucin:

En la figura sealamos alguna de las magnitudes del

problema as como los nudos del circuito.

( En todos los ejercicios con AO usaremos la misma

tcnica de identificacin de los nudos, tomando el nme-

ro que identifica al AO precedido de 0 si se trata del nu-

do de salida, y seguido de - si se trata de la entrada inversora y de + si se trata de la entrada no

inversora. Salvo especificacin en contrario usaremos siempre anlisis por nudos.)

Si la fuente cede intensidad nula: 2121 II:0II ==+ , donde: ( ) ( ) RUEI;k15UEI 02211 == .

Por tanto: k15UE

UER:

R

UE

k15

UE

1

02021

=

=

(1).

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

[ ]

[ ]

[ ][ ]

++

++

++

==

=

=

=

+

=

+

2211

22

11

020122

0111

UU;UU

0U:U

0U:U

0k32

1U

k20

1U

k32

1

k20

1U:U

0k45

1U

k15

1E

k45

1

k15

1U:U

Ordenando: E5

24U

0U5U8

0UE302

0201

01 =

=

=

Sustituyendo este valor en (1): ( )

)k(57R:k15E

519ER ==


Determine en el circuito de la figura el valor de R que satura el amplifica-

dor operacional.

El AO es ideal con tensiones de alimentacin de 10(V).

Solucin:

Analizaremos el circuito, para encontrar el valor de la tensin de salida del AO en funcin de R.

[ ]

[ ]

+

++

=

=

+

=

+

+

UU

0k5

18

k15

1

k5

1U:U

0R

18

R

1

k1

1U

R

1

k1

1U:U 0

Tomando R en k, y simplificando: 2

U6R:

R

1

1

16

1

8

R

U 00 =

++= .

Para que el AO entre en saturacin, la tensin de salida debe ser igual a la de alimentacin del mismo.

Para )k(2R:)V(10U0 =+= , luego el AO no satura a positivo ya que necesitara un valor negativo

de R.

Para )k(8R:)V(10U0 == , luego el AO se satura a negativo para una valor de la resistencia R de

8(k).


Determine en el circuito de la figura los valores de U e I.

Los amplificadores operacionales son ideales y trabajan en zona

lineal.

Dato: E = 0,5(V).

Solucin:

Supuestos los AO ideales, las intensidades de entrada a los

mismos son nulas; y supuestos en zona lineal, las tensiones de

entrada son: 0UU;5,0EUU 2211 ===== ++ .

Llevando estos resultados al esquema adjunto, tenemos:

)V(5,2Uk4IU:)mA(5,0I:k1IU 1021 =+=== ;

en el AO 2: )V(5U:k5Uk10U 02 == . (2)

Por tanto: )V(5U:)mA(5,0I ==

Fjese que la ecuacin (2) es la ecuacin del nudo de la entrada no inversora.


Encuentre el valor de las tensiones, U1 y U2, en fun-

cin de las intensidades I1 e I2. Analice por nudos.

Los amplificadores operacionales son ideales y traba-

jan en zona lineal. Todas las conductancias tienen el

mismo valor G.

Solucin:

En el esquema adjunto hemos identificado los AO.

Analizamos por nudos, teniendo en cuenta las premisas

del enunciado: AO ideales y en zona lineal.

222

111

UUU

UUU

==

==

+

+

Recuerde que el anlisis por nudos en los circuitos con

AO se extiende a todos los nudos, con excepcin de los

nudos de salida de cada operacional. Las ecuaciones de estos nudos de salida se construyen slo con el

propsito de calcular la corriente de salida de los AO.

[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( )

[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2)

(3)(1)

2101

21022

02012

1212

12011

011

IGUGU:IGUGUGGU:2

0GUGUGGU:2

RIU:IGU:IGUGUGGU:1

0GUGGU:1

=+

=++

=+

==

=++

=+

Sustituyendo (1) en (2): ( ) (4)2121101 IRU:IGU:U2U ===

Las ecuaciones (3 y (4) son la solucin pedida:

=

=

=

2

1

2

1

12

21

I

I

0R

R0

U

U:

IRU

IRU

* Si observamos la ecuacin matricial, la tensin de entrada depende de la intensidad de salida y la

tensin de salida de la intensidad de entrada. De ah el nombre de rotador o girador con el que se

conoce a este circuito.


El potencimetro R tiene un valor de 100(k), y vara en el in-

tervalo [0,1: 1]. Determine el intervalo de valores de en que el

AO est en zona lineal. Cul es la variacin de I en funcin de ?

Las tensiones de alimentacin del AO son 7(V). El AO es ideal.

Dato: E = 40(mV).

Solucin:

En el esquema hemos sealado el nudo virtual (A) que marca el

cursor del potencimetro en el mismo, determinando dos seg-

mentos de resistencia.

Analizamos por nudos con: 0UU == + ; y tomamos las resis-

tencias en k, las tensiones en V y las intensidades en mA.

[ ]

[ ]( ) ( )

0R1

1U

R1

1

R

1

50

1U:A

02

1E

50

1U:

0A

A

=

+

+

=

Salcedo Lopez

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