PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA 1 TEORIA DE CIRCUITOS

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RESUELTOS Y COMENTADOS

X. Alabern L. Humet J.M. Nadal A.L. Orille J .A. Serrano

X. Alabern Morera Dr Ingeniero Industrial. Profesor Titular de Escuela Universitaria •

J.M. Nadal Sala Dr Ingeniero Industrial. Profesor Asociado •

A.L. Orille Fernández

L. Humet Coderch

Dr Ingeniero Industrial Profesor Titular de Universidad • .

Dr . Ingeniero Industrial Catedrático de Universidad • y Director del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la u Pe

Dr Ingeniero Industrial Profesor Titular de Universidad • .

J.A. Serrano Moreno

' Miembros del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la Universidad Politécnica de Catalunya asignados a la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Terrassa.

•~<>ríc:1 c:I~ c::i rc::LI ite>s

C)~ ~

ecitorial Paraninfo

1991

Esta obra ha merecido una subvención del Ministerio de Cultura, dentro de su plan de ayuda a la edición de obras de autores españoles traducidas a otras lenguas oficiales españolas.

X. ALABERN L. HUMET J.M. NADAL

A.L. ORILLE J.A. SERRANO

© EUMO, S.A., Vic. Barcelona C<=)

de la edición española Editorial Paraninfo. S.A. Magallan·es, 25 - 28015 Madrid Teléfono: 4463350 - Fax: 4456218

:C:.' de la traducción al castellano Editorial Paraninfo, S.A., Madrid (España)

Traducido a la ver~ióh castellana por X. Alabern, L. Humet, J.M. Nada!. A.L. Orille y ).A. Serrano Diseño de cubierta: ,~· Montytexto. S.L. Título original: CIRCUITS ELECTRICS I LA SEV A RESOL U CIÓ Reservados los derechos para todos los países de lengua española. Ninguna parte de esta publicación. incluido el diseño de la cubierta, puede ser reproducida. almacenada o transmitida de ninguna forma, ni por ningún medio. sea éste electrónico, químico, mecánico, electro-óptico. grabación. fotocopia o cualquier otro, sin la previa autorización escrita por parte de la Editorial. Impreso en España Printed in Spain ISBN: 84-7602-554-8 (edición catalana) ISBN: 84-283-1904-9 (Obra completa) ISBN: 84-283-1902-2 (Tomo l) Depósito legal: M. 34.412.-1991 (1)

Magallanes, 25 - 28015 MADRID Artes Gráficas BENZAL. S.A .. Virtudes. 7 - 28010 MADRID

(09307/44/46)

INDICE 9

PRESENTACION PROLOGO ..................... ·.........................................

11

CIRCUITOS EN CORRIENTE CONTINUA

15

............. : . . . . . . . . . . . . . . . .

Problema 1 Problema 2 Problema 3

TRANSFIGURACION DE REDES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Problema 4 Problema 5 Problema 6 Problema 7

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES PERIODICAS

Problema 8 Problema 9

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES PERIODICAS NO SENOIDALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOFASICOS . . . . . . . . . . . . . .


17 26 32

43

45 47 48

52

61 63 68

73 75 79

83

85 88

5

INDICE

91 95 98 101 103 106 109 120 126 134 140 145 154 158 165 170 173 179 183

Problema 14 Problema 15 Problema 16 Problema 17 Problema 18 Problema 19 Problema 20 Problema 21 Problema 22 Problema 23 Problema 24 Problema 25 Problema 26 Problema 27 Problema 28 Problema 29 Problema 30 Problema 31 Problema 32

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA TRIFASICOS

-

Equilibrados en generación y carga Problema 33 Problema 34 Problema 35

-

189 193' 198

.............. .. ... . ..................................... .

202 208 213 221 227 231 237 240

Desequilibrados en generación Problema 44

6

..........................................................

Desequilibrados en carga Problema 36 Problema 37 Problema 38 Problema 39 Problema 40 Problema 41 Problema 42 Problema 43

-

187

..........................................................

24 7

INDICE

CIRCUITOS EN REGIMEN TRANSITORIO

-

Resolución por el métodó operacional Problema 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema 46 Problema 47 Problema 48 Problema 49

- Resolución por ecuaciones temporales Problema 50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problema 51 Problema 52 Problema 53 Problema 54 Problema 55 Problema 56

255

257 263 265 268 272

278 284 300

305 319

330 340

7

PRESENTACION

Un experto, que buscaba ingenieros jóvenes con futuro, me hizo en cierta ocasión la siguiente observación: "los ingenieros de su Escuela saben más de lo que ellos creen". Esto, que podía parecer una alabanza, no lo interpreté así. El hecho era claro: ante el problema real, los jóvenes ingenieros no sabían obtener el adecuado provecho de los conocimientos teóricos adquiridos. En la formació!), en general, es tanto o más importante el "para qué", que el "por qué", si se interpreta que la formación ha de preparar para la vida útil. Por otro lado, el conocimiento de la aplicación, proporciona un interés de alto valor didáctico. La ingeniería es la aplicación de la ciencia en beneficio del hombre y de la sociedad. La característica del ingeniero es la realización. Tradicionalmente, la universidad española ha sido teorizante, con un bajo rendimiento práctico. La mayor parte de los ingenieros extranjeros que vienen a nuestro país tienen unos niveles teóricos de formación limitados, pero conocen perfectamente su aplicación. Frecuentemente, nuestros ingenieros declaran que la realidad profesional la han encontrado muy diferente de la que imaginaban durante sus estudios, y esta sorpresa les llegó peligrosamente tarde. El Dr. Humet, Director del Departamento de Ingeniería Eléctrica, me ha pedido la presentación de un trabajo colectivo, del que, sin conocer el detalle, sé de su intencionalidad. Y esta no es otra que el ejercitar, desde un principio, la utilización de los conocimientos de la electrotecnia, pensando proseguir en forma similar con posteriores materias de la especialidad. Sin dudarlo, acepto el encargo y animo a los autores a perfeccionarlos sucesivamente, ya que entiendo es de esta forma, como se obtiene una enseñanza de calidad. Por otra parte, desearía que estas líneas, cuya lectura habrá ocupado unos segundos a los lectores, no les represente un tiempo perdido, convenciéndoles de que no han de perder de vista, en sus estudios, la finalidad creadora-realizadora: obtendrán provecho .

.

Enrique Ras

Pro/esor Emérito de la Universidad Politécnica de Cataluña

9

PROLOGO

Los autores del presente libro, profesores miembros del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la Universidad Politécnica de Catalunya, con prolongada experiencia profesional, nos hemos fijado una meta y por ella, trabajamos en equipo, para llevar a cabo lo que consideramos una misión de gran responsabilidad: la de facilitar la FORMACION DE INGENIEROS EN EL AREA DE LA INGENIERIA ELECTRICA, en la Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Terrassa, para que sean mejores profesionales. Este objetivo encaja con nuestro pensar y con la política y directrices de este Centro, que son las de tener en cuenta, de modo prioritario, el cumplimentar lo mejor posible las principales necesidades de la demanda de ingenieros por parte de los industriales, impartiéndoles los conocimientos básicos que requieren estos ingenieros y que les permita abordar la mayoría de los problemas de índole eléctrica que se van a encontrar en el ejercicio de su profesión, cumpliendo a la vez con los planes de estudio vigentes. La experiencia nos ha confirmado también a nosotros lo que la mayoría de los pedagogos predican; que cualquier rama de la ciencia y s11s leyes, se asimilan y consolidan mejor, si se trabaja con ellas, aplicándolas a casos prácticos y discutiendo resultados. Todo este objetivo viene también impulsado y respaldado por la petición de la Asociación de Amigos de la Escuela, en donde están introducidos y muy en contacto con los industriales egarenses. Este libro y los próximos que irán apareciendo, no hacen otra cosa que considerar casos prácticos y problemas preparados con ciertas finalidades que requieren de la aplicación de las leyes y conceptos que se estudian en Teoría de Circuitos. A cada enunciado le sigue una discusión y se resuelve con todos los comentarios necesarios, por uno o varios métoqos, como si se tratara de una clase, llegando de este modo el lector a comprender mejor el alcance práctico que tienen las leyes aplicadas en Teoría de Circuitos. Otro propósito que hemos perseguido en este libro, en el modo de estar redactado, es el de ofrecer una obra que sea verdaderamente útil tanto para profesores como para alumnos y también para otras personas interesadas en el tema. A los profesores les permite preparar brillantemente sus clases de problemas e incluso de teoría, con gran rapidez, pues con simple lectura, pueden ver el enfoque que se le ha dado y pueden seguir para resolver el problema, pudiendo disponer de resultados. Además, les permite escoger entre diversos enfoques, acordes con la propia metodología de ense-

11

1

PROLOGO

ñanza, o recursos matemáticos de que disponen. Para los alumnos con dotes autodidactas, que no pueden disponer fácilmente de profesor-consultor o que siguen cursos a distancia, les puede ser muy útil esta obra, ya que además de resueltos los problemas, hay un sinfín de comentarios, que reducen el número de veces que se ven en la necesidad de acudir a los profesorés, para aclaración de dudas. Los autores hemos procurado, dentro de lo posible, desarrollar las soluciones con cierta amenidad, explicando los pasos a seguir o seguidos razonando el "porqué" de ellos. Con la aparición de esta obra, se palian los problemas surgidos de la masificación de la enseñanza, ya que ésta conlleva una considerable reducción del tiempo que puede dedicar el profesor a tutoriar individualmente a sus alumnos. El lector podrá encontrar mucha diversidaq de problemas, y muy curiosos algunos, fruto de una cuidadosa selección de entre los que disponemos, por el largo tiempo que llevamos en el campo de la enseñanza. Nos hemos percatado que ciertos ejemplos prácticos y algunos enunciados de problemas, por muy diversas razones, nos han dado mejores resultados pedagógicos, y despiertan más la curiosidad del alumno, dando por ello mayor satisfacción y lucimiento de exposición al profesor y facilitándole dar una clase más viva y amena. El hecho de que se haya escrito una obra que sea fruto de un trabajo de equipo desde nuestro punto de vista, tiene más ventajas que inconvenientes. Algunos pueden pensar que un trabajo en equipo pierde uniformidad y coordinación. A nuestro juicio no es así, no es inconveniente, sino por el contrario una ventaja, pues aparecen diversidad de modos de ver y plantear las cosas y exponer conceptos aclaratorios, aspecto que puede ser muy formativo para el lector y que es fruto de discusión y comentario entre los autores. Esta también es la consecuencia natural por la cual muchos de los problemas propuestos se han resuelto de muy diversas maneras, y que son consecuencia del modo de ver las cosas las personas. Estas diversas maneras de exponer las cosas, facilita también la labor del profesor y fomenta el interés del alumno. Es casi obligado que el primer tomo de una colección de libros, que tratan los temas de la Electrotecnia, se dedique a conceptos básicos y fundamentos de teoría de circuitos. A pesar de que se abarcan muy diversos temas de la teoría básica de circuitos, quedan ciertos aspectos por tratar y creemos necesario desarrollar con mucha más extensión otros libros de esta misma serie, con visión más de tema monográfico. Debido a la importancia que tienen los Ciruitos Trifásicos, estamos ultimando un segundo Tomo, tratando este tema como monográfico, a pesar de que en este primero se incluyan algunos ejemplos de problemas trifásicos, como es natural, por ser tema general. Sólo observando el índ.ice se concluye que el número de ejemplos que se ha incluido dentro de cada tema no puede ser más reducido.

12

PROLOGO

Hay que destacar que la mayoría de los circuitos se han resuelto por más de un método, y en algunos casos se ha llegado a seis métodos distintos de resolución, lo que ensancha enormemente las perspectivas de visión de la electrotecnia. La aplicación de los teoremas de transformación de redes y métodos geométricos de resolución, acostumbran a economizar cálculos. Se han incluido pero no se ha abusado de su utilización, por el hecho de que para algunos lectoes representa cierta dificultad manejar los conceptos de giros, homotecias, inversiones, proyecciones y determinación de lugares geométricos a pesar de que estos métodos acostumbran a dar una visión más clara de la influencia de un determinado parámetro sobre los resultados, a quienes manejan con soltura estas herramientas de trabajo. Esperamos haber logrado en este primer tomo, con un grado no despreciable, nuestros objetivos. Esperamos superarlos con la experiencia en los próximos tomos que están en preparación.

Luis Humet Coderch

Catedrático de Universidad y Director del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la UPC.

13

CIRCUITOS EN CORRIENTE CONTI-NUA


PROBLEMA 1 En el circuito representado en la figura 1, y teniendo en cuenta los valores indicados, calcular:

a. La co"iente he que pasa por la resistencia R2. b. El valor que debería de tener la fuente de tensión E2, para conseguir que no pase co"iente por la resistencia R2.

E1 = 27 V

A

R1 = sn

B

figura 1

Solución: l.er método de resolución:

Por aplicación de las leyes de Kirchhoff (ver figura 2):

1,

E1

R~

B

figura 2

17


Se toman unos sentidos convencionales para las corrientes de las ramas Ii, Ii e L, de forma arbitraria, que serán las incógnitas. a. Para resolver la primera parte del problema se han de plantear tres ecuaciones (una de nudos y dos de mallas): Nudo A Malla 1 Malla 2

y

de aquí se puede hallar 12:

o o

24

27

o

E2 ·R3

o

18

4

R, + R4 E,

o

o

12 = IAB =

= 1,25 A

-1

-1

R, + R4 R2

o IAB

= 1,25

R2

o

24

12

o

R3

o

12

4

A

b. Para resolver la segunda parte del problema, la condicióm de h = IAe = O, variando la fü, se obtiene haciendo que el determinante del numerador de la expresión anterior sea cero y, por tanto, designando Ex al valor de la tensión buscada, se tiene:

o

18

24

27

O

O

Ex

4

=o

de donde se deduce

Ex

= - 4,5

V


2. 0 método de resolución: Por superposición. Dado el carácter lineal del circuito y de sus elementos, se puede calcular el efecto de cada una de las fuentes por separado y sumar los resultados obtenidos. a. Considerando solamente la fuente de tensión E1, se obtiene (figura 3):

~

1·1

---+ 1• 3

B.

figura 3

La resistencia total del sistema, vista desde la fuente Ei, es:

y

la corriente

111 =

E1 R1 + R4 + R23

27

= -= 1 A 27

La corriente I' 1 se divide en el nudo A inversamente proporcional a la resistencia:

Considerando solamente la fuente de tensión Ei (figura 4):

19


B

figura 4

La resistencia total del circuito, vista desde la fuente de tensión fü, es:

ylacorriente

111 3 =

R

2

E2 , i,

4

+R

3

18 =u=1,SA

y, como en el nudo A, la corriente se divide de manera inversamente proporcional a las resistencias:

Superponiendo las intensidades de la rama AB calculadas anteriormente, se obtiene la corriente total:

12

= 12 1

+ 111 2 = 0,25 + 1

= 1,25

A

b. Para resolver la segunda parte del problema, se tiene en cuenta que la fuente de tensión

E1 hace circular una corriente de 0,25 A y la nueva fuente de tensión Ex ha de crear una corriente igual y de sentido contrario. Como E2 generaba una corriente de 1 A y" ha de ser 0,25 A en sentido contrario, Ex =

20

-1

1

4 E2 = - 4 ·

18

= -4,5

V


3.er método de resolución: Por el teorema de Thevenin o de la fuente de tensión equivalente. a. Anulando la resistencia R2 entre A y B, queda el circuito de la figura 5.

Ir

A

B figura 5

La corriente h que circula por el circuito es:

Ir

I,E R

= I.

y la tensión

= R1

EThev

E1-E2

_

+ R4 + R3

-

2 27-18 _ _3_ _A 8 + 16 + 4 - 2 2 • 7

de Thevenin entre los puntos A y B, calculada por el lado izquierdo del

circuito, vale:

La resistencia de Thevenin es la que se ve entre los puntos A y B sin la rama R2 y, como R3 queda en paralelo con (R1 + R4) (figura 6):

R1

B

figura 6

21


El circuito queda según la figura 7, y la corriente por la rama AB vale: 1 2

-

ETh e v Rrhev + R2

=

(3 3 .3 5 )/ 7

L1.._ + 7

= 1,25

A

12

A

R2

t) B figura 7

b. Si se ha de conseguir que la corriente por la rama AB sea cero, la tensión de Thevenin también lo habrá de ser:

o y sustituyendo valores: 2 7 - Ex

O = 2 7 - (8

+ 1 6) B + l 6 + 4

Ex = - 4,5 V

4. º método de resolución:

Por el teorema de Norton (figura 8). a. Se pone en cortocircuito la rama AB y se calcula la corriente de Norton IN que circularía (por superposición):

22


La resistencia equivalente desde A y B de toda la carga ya se ha calculado en el apartado anterior:

Por tanto, el circuito equivalente de Norton es:

RThev

B

figura 8

y la corriente de la rama AB se c~lcula teniendo en cuenta que la de la fuente de intensidad se reparte de manera inversamente proporcional a la resistencia:

b. Para conseguir que la he= O, la fuente de corriente ha de ser cero: E1

Ex

1N = R, + R4 + ~ = Ex

=- 4 , 5

o

I

sustituyendo

A

5.0 método de resolución: Por el método de las mallas. a. Se designan Ir e ( véase figura 9):

Ii las corrientes que circulan por las mallas 1 y 2 respectivamente

23


11

12 =

E,

R12

E2

R22

27

-12

-18

12 + 4

=

R11

R12

8+16+12

-12

R21

R22

-12

12 + 4

8 +16+12

27

-12

-J8

R, 1

E,

R21 R1 i

R1 2

8 + 16 + 12

-12

R21

R22

-12

12 + 4

E2

00

l. A 2

-3

= ¡-A

A

G') B

y la corriente por la rama AB (por superposición): IAB=l,-l2=1,25A

b. Para conseguir que IAs = O:

E1

o sea:

R11

R12

+

E1 =

o

y, sustituyendo valores y resolviendo, resulta:

24

Ex = - 4,5 V

figura 9



Por el método de los nudos. a. Como hay dos nudos, únicamente se puede escoger como incógnita la tensión VA del nudo A (figura 10) si se considera la tensión del nudo B como una tensión nula y, aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo A, en función de los datos del problema y de la tensión VA, se obtiene una sola ecuación con una icógnita. Hallada la tensión del nudo A, VA, y dividiendo por R2, se obtiene la corriente de la rama AB pedida:

t

A ~

t B

figura 10

y sustituyendo valores: VA-27 a+16

VA

+rr+

VA-18 4 = 0

de donde: V A = 1 s V

b. Para conseguir que IAe sea cero, es necesario que VA sea nula: O- E

O

O - Ex

1 --+ -R+ - -R3 -=o R + R

1

de donde:

4

Ex

2

=-

4,5 V

25


PROBLEMA 2 En el circuito representado por el esquema de la figura, se pide:

a. Valores de las intensidades de corriente que circulan por cada una de las ramas. b. Valores de las potencias disipadas en cada resistencia y de la suministrada por la fuente. Los datos son los siguientes: R1 = 2 Q

E

= 16

V

Solución: 1.er método de resolución: Por aplicación de las leyes de Kirchhoff.

(A)

(8 )

b

figura 1

a. Se comienza fijando unos sentidos arbitrarios de las corrientes en cada rama (figura 1) y, a continuación, el número de nudos y de mallas del circuito, para ,saber el número de ecuaciones de nudos y de mallas que se han de plantear:

26


n. º de nudos del circuito: N = 2 n.º de ecuaciones de nudos: N -1 = 1 n. º de mallas independientes = n. º de ecuaciones de mallas: m = 2 y, por tanto, se dispondrá de tres ecuaciones de las que se hayan las tres incógnicas 11, Ii e h; así pues: Nudo a

l1

= l2

y sustituyendo valores:

+ l3

1, = l 2 + l 3

16 = 2 1, + 4 12

o = -4

12 + 4 13

resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnicas se obtiene: 11

=4

12

A

=2

A

13

=2

A

b. Las potencias se calculan una vez conocidos los valores de las intensidades de corriente que circulan por los diferentes elementos. Por tanto, la siguiente tabla servirá para el cálculo: Elemento

Intensidad en cada elemento

Potencia disipada Rl 2 en cada elemento

R1

=2 O

4A

2. 4 2

=

32 W

R2

2A

4. 2 2

=

16W

R3

=4 O =1 O

2A

1 . 22

=

4W

R4

=3 O

2A

3. 2 2

=

12 W

E= 16 V

4A

Potencia suministrada El por fuente

16x4=64W 64 W

64 W

27

aRCUITOS EN CORRIENTE CONTINUA

2.º método de resolución: Por corrientes de malla (figura 2). R1

R3

I¡

GJ 13

0J l¡

l

R2

R4

figura 2

N.º de nudos del circuito: N = 2 N.º de nudos independientes: n = N -1 = 1 Intensidades diferentes: p = 3 Ecuaciones de mallas: m = p - n = 2

Las dos ecuaciones de mallas, independientes, serían:

y agrupando todas las resistencias de una misma intensidad:

que, puesto en forma matricial, queda como sigue:

28


La primera matriz se denomina de impedancias y tiene la particularidad de que en la diagonal principal figuran las impedancias totales de cada una de las mallas, mientras que los otros valores son los de las impedancias afectadas por las mallas contiguas; es decir, responde a la forma general de plantear las ecuaciones en forma matricial y corrientes circulantes: [

][: ]=[:: ]

-RAB

RAA

-RsA

Rss

así pues:

IA =

E

-R2

16

o

R2 + R3 + R4 -R2

o

8

6

-4

-4

8

R1 + R2 -R2

R2 + R3 + R4

6

1B

-R 2

O

= -----8-----=-

-4 =128= 4 A 32

16

-4

O 32

64

=rr=2A

siendo Ll el mismo denominador que el de la corriente IA.

y, por tanto: 13 = 18

=2

A

3.er método de resolución: Por reducción del circuito a otro equivalente (figuras 3a, 3b y 3c). R,

figura 3a

figura Jb

figura Je

29

CIRCUTOS EN CORRIENTE CONTINUA

Siendo Rx un valor tal que 1 1 1 ---+--Rx - R2 R3 + R4

o sea: Rx

=

R2 (R 3 + R4 ) R2 + R3 + R4

aplicando valores se halla:

Rx

=4

( 1 + 3)

4 + 1 + 3

=2

Q

El cálculo de 11 es trivial: I,

= R1

E

+ Rx

=-16_= 4 A

2 + 2

Igualmente al ser: y puesto que 11 12

=

13

= 12

,,

R2 = R3 + R4

+ 13 :

=2 =2

A


Por simulación y recurrencia

a

b

30

figura 4


Atribuyendo a J3 un valor sencillo y arbitrario tal como J3 V ab

=1

· ( R3 + R4 )

=1

· ( 1 + 3)

=4

= 1 A (figura 4):

V

como consecuencia: Vab

= 12

y puesto que

se llega a:

R2

11 E

=4

= 12 +

= 11

13

=2

R1 + Vab

A

=2

· 2 + 4

=8

V

Y recíprocamente, una fuente de E = 8 V provoca en el circuito unas corrientes de: 11

=2

A

12 = 1 A

13

=1

A

Tratándose de un sistema lineal, resulta obvio que una excitación doble de la fuente, como es el caso, es decir, E= 16 V, provocaría unas intensidades de corriente dobles en la línea y, por tanto: 11

=4

A

1

12

=2

A

13

=2

A

31


PROBLEMA 3 En el circuito representado en el esquema adjunto y con los valores de las fuentes de tensión y resistencias que se indican, se pide:

a. Valores de las intensidades que circulan por cada rama. b. Potencias disipadas en cada resistencia y suministradas por cada fuente de tensión.

E1 =20 V

Solución: l.er método de resolución: Por superposición. a. Dado el carácter lineal del comportamiento del circuito, como consecuencia de la linealidad de los elementos que lo componen, se puede hacer el cálculo considerando cada una de las fuentes por separado. El efecto de todas las fuentes actuando simultáneamente se obtiene sumando los efectos de cada una de ellas por separado. EFECTO DE Ei: Por reducción del circuito se pasa de la figura la a la figura lb y de esta a la figura le. Se determina el valor Rx de la figura le y, a continuación, el valor de la corriente 111. Con 111 y Rx se halla el valor de la tensión VBA y, seguidamente los valores de h1, ls1 e 161 (figuras 1b y la).

32

CIRCUITOS EN CORRIENTE CONTINUA B

A

131

! 1íl

B

161

!

sn

líl

4íl 151

!

131

sn

t

-

2 íl

r

Rx

111

20V

=

A

A figura 1a

..

en efecto:

_,_= .!..+ .!..+ Rx

5

4

1

20 Rx = - . Q 29

d'on s'obté:

1,, = --1.Q_= 290 A 2 + Rx 39 131

figura Je

figura 1b

= _ V BA = _ 2 00 A 1 39

V VeA = 1,1 RX = 200 39 = 2.Q. A l s1 = VeA 4 39

= !Q_A 161 = VeA 5 39

EFECTO DE Ei: De manera análoga se pasa de la figura 2a a la figura 2b y de esta a la fjgura 2c: 40

líl

1¡¡

52V

52V

B

figura 2a

1

1

figura 2c

figura 2b

1

3

Rx°"= ¡+ 2= ¡

1

1

1

6

-=-+-=Ry 1 5 5

52

VAe=45·

3+6

4

3 =32V

33 Cl


52 5 V se = - - · - = 2 O V 4 5 6

4

Rx = - Q 3

3+6

Vsc 132 = - - = 20 A

V AB

112 = - --=-16A 2

1

Vac l62=--5-=-4A

V AB = -- = 8 A 4

152

EFECTO DE E3: Análogamente (figuras 3a, 3b y 3c):

A

B

figura 3c

figura 3b

figura 3a

1 1 1 1 -=-+-+Rx 4 2 5

de donde se obtiene: Rx

=

20

19 n

De la figura 3c se deduce: I

__ -2...L._ = _ 54 · 19 A

33 -

V BA

Rx + 1

= -

RX l 33

39

= -

20(19

V BA 54 · 1 O 113 = -2-= 39 A

VeA 5

54-19) 39

153

=

54-20 39 V

VeA 54 · 5 = - -4-= - - ~ A

54 · 4

1 6 3 = - -- = - ~ A

EFECTO DE fü: Análogamente (figuras 4a, 4b y 4c):

34


A

1n

134!

Hl

10

+ = 4V

l

Rx 134

-

+

+

=

=

~V

5íl 164!

rn

5íl

!

-

R,.

e

figura 4a

figur¡¡ 4c

figura 4b

= J_ +

4V

164

e

_1_ Rx

B

1

1

1

1

Ry

2

5

..

-=-+-

4

de donde se obtiene: Rx = i. o

V AB = 4

4

56 4 10·5=39V

5+7

de donde se obtiene: Ry -- lQ. 7

5

l 14 = - 1 00 . .!._ = - i.Q. A

39·

134 =

ll.. 39

2

39

J_= ll_A 1 39

ll. . .!._=

154

=-

164

= 39· 5= 39A

39

1 00

4

1

_ .!.i.A 39 2O

Se deduce, por tanto, que con la actuación conjunta de E1, Ei, EJ y E4 las corrientes son: 290

39 -

11 = 111 + 112 + 113 +

1 14

=

13 =

13 4

= - l 00

131

+ 132 + 133 +

Is= Is,+ 152 + 153 + 154 =

39

16 +

540

so

39 - 39 =

+20 -

4 A

54 .12..+ 1.§..= -10 A

39

39

º

5 + 8 - 54 · 2-_ .!.i.= 2 A 39 39 39

35


= 161 + 162 + 14 = 1s - 13 = 2 12 = 11 - Is = 4

1,

163

+

164

40

= 39-

= 12 =2 A

+ 1O - 2

4 - 54

4

20

39+ 39=

-8 A

A

b. La tabla de potencias disipadas y suministradas es, por consiguiente, la siguiente: Elemento

Intensidad

Potencia absorbida

2n

4

32 W

1n

-10

100 W

40

2

16 W

Sil

-8

320 W

Potencia suministrada

20 V

4

80

52 V

2

-104

54 V

-10

540

4V

12 468 W

absorb.

-48

absorb.

468

w

2.0 método de resolución: Por potenciales en nudos. En primer lugar se ponen todas las corrientes de rama en función de los potenciales de los nudos Va, Vb, Ve y Vd (figura 5):

=

E1 =20V

36

figura 5


(Va+ 20) - Ve

Ve - Vb Is=

2

13

=

4

(Vb-54)-Vd 1

y en las ramas que no tienen resistencia propia:

l4=l5-l3=

-SVb +Ve+ 4Vd + 216 4

Asignando ahora el potencial cero, es decir, tomando como referencia el potencial del nudo a (Va = O), quedan por definir los tres potenciales restantes Vb, Ve y Vd· Para hallarlos, serán necesaias tres ecuaciones, y habrán de intervenir necesariamente las fuentes de las ramas sin resistencia, es decir, las fuentes de 4 V y de 52 V, que hasta ahora no se habían hecho servir, y que habrán de afectar el resultado final. Estas ecuaciones pueden ser (haciendo Va= O): Vb

=4

V

Ve - Vd= 52 V

y falta una tercera ecuación, que por ejemplo puede ser la suma de las corrientes entrantes al nudo d = O:

que, escrito en función de los potenciales de los nudos (haciendo también Va = O): (Vb-54)-Vd 1

Vb-3Ve+40

+

4

Vd

=

5

Resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnicas Vb, Ve y Vd, se halla: Vb = 4 V

Ve=12V

Vd=-40V

37


que, con Va = O V, permiten encontrar las seis corrientes de rama: Va+20-Vc 0+20-12 2 = 2 =4A

1,

Is=

Ve - Vb

4

12 - 4 = ---= 2 A

4

l3 =

Vb-54-Vd = 4 - 5 4 - (-4 O) = -1 O A 1

16 =

Vd - Va -40 -O S = S = -8 A

12

= 11

-

15

=2

A

14

= 15

-

13

= 12

A

3.e, método de resolución: Por traslación de fuentes. De la figura 6a se pasa a la figura 6b, trasladando la fuente de 4 V a la posición posterior al nudo b, y la fuente de 52 V a la posición posterior al nudo c:

+

=

E1 20V 20V

figura 6a

38

figura 6b


Los nuevos nudos b' y c' de la figura 6b han quedado directamente conectados a los nudos a y d repectivamente. Por tanto el esquema de la figura 6b queda como el de la figura 6c:

sn

Nus

b'a figura 6c

Este circuito es un caso típico de resolución _por ecuaciones de nudos. Tomando como potencial cero el del nudo b'a, se puede escribir la ecuación de: "Suma de corrientes salientes del nudo c'd = O" Poniendo todas las corrientes en función de una sola incógnita Vo, igual al potencial del nudo c'd: V0 +52-20 V0 V0 -4+54 V0 +52-4 2 + 5+ + 4

o

Resolviendo esta ecuación de primer grado, se halla: Vo = -40 V

Valor que permite encontrar los valores de las corrientes de rama. 11

=-

Vo + 52 - 20 2

=4

A

39


13=-

Is =

V 0 - 4+54 =-l OA 1

V0 + 52 - 4 = 2 A 4

4. 0 método de resolución:

Por ecuaciones de mallas. Nudos independientes

N- 1=4- 1=3 =n

Intensidades diferentes p = 6 Ecuaciones de malla = p -n

=6- 3=3

+

E1 = 20 V

La matriz de impedancias es:

40

figura 7


y

las ecuaciones, las siguientes:

[::: l[: ]=¡:::::i -5

-1

IA =

le=

le . .=

1e

6

-32

o

-5

-2

5

-1

50 7

-1

o

6 -5

o

5

-1

-5 -1

6

7

-32

-5

o

-2

-1

-5

50 78

6

7

o

-32

o

5

-2

-5

-1 78

50

54 - 4

=

-9 6 O - 1 O + 1 2 5 O + 3 2 = 312= 4 A 78 210-125-7

=

-84 - 1,6 O + 5 O + 3 5 O =156= 2 A 78 78

=

1750-800-14 =.21&_=12A 78 78

En función de IA, h e le se tienen todas las corrientes de las ramas: 1, = IA = 4 A

13

= Is -

15

= Is = 2

A

16

= IA

=4

le = 2 - 12 = -1 O A

- le

- 12 = -8 A

41

1

TRANSFIGURACION DE REDES


PROBLEMA4 Encontrar la resistencia reducida entre los puntos medios de dos lados opuestos de un hexágono regular y sus seis radios, construido con alambre de hierro uniforme, de manera que cada lado y cada radio tenga una resistencia de valor r.

Soluci6n: Si se hace circular una corriente entrante por M y saliente por N (figura 1), se distribuye simétricamente.

F

G

figura 1

Puesto que el potencial de A y el de B siempre coinciden, pueden unirse entre sí mediante un conductor "m" (figura 2) sin resistencia, sin que quede afectada la distribución de corrientes en el resto del circuito. M

N

figura 2

45


Igualmente pueden unirese entre sí los vértices F y G. Por otro lado C, D y E están al mismo potencial, la mitad del de M y N. Así pues por los radios CD y DE no circula corriente. Lo cual permite dibujar la figura 2, y de ella se deduce:

46


PROBLEMA 5 Encontrar la resistencia reducida entre los nudos contiguos A y B de una malla regular plana e infinita formada por cuadrados cuyos lados tiene siempre la misma resistencia, constante igual a R.

f

ft=F'\

l

j

Solución: Si entrase una corriente por A y saliese por B, todos los puntos del infinito formarían una línea equipotencial. Una fuente ideal de corriente de I A, conectada entre el punto A y la línea equipotencial que uniese todos los puntos del infinito, hace circular por la rama A-B una corriente de una corriente de 1/ 4 A, a causa de la distribución simétrica de las corrientes 1; por tanto, se tendrá una caída de tensión de R . 1/4 entre los mismos puntos. Otra fuente de corriente ideal, también de I A entre la línea equipotencial del infinito y del nudo B, produce por sí misma otra caída de tensión entre A y B, también de R · 1/ 4, por idéntico razonamiento. El conjunto de las dos fuentes ideales de corriente anteriormente consideradas equivale a una única fuente ideal de corriente de I A entre A y B, y consiguientemente, por el teorema de la superposición se deduce que la tensión entre A y B, obtenida aplicando una sola fuente ideal de corriente entre A y B, es 2 (R · 1/4) = R · 1/2 V. Por tanto, la resistencia reducida de la malla entre A y B vale: V AB R R,ed = -1-= 2Q

La conclusión es que la resistencia reducida entre dos puntos contiguos de una malla infinita de cuadrados cuyos lados tienen resistencias iguales a R respectivamente, es igual a R/2 n.

47


PROBLEMA 6 Encontrar la resistencia reducida entre los vértices A y B situados uno al lado del otro en un tetraedro regular hecho con alambre de hierro uniforme, de manera que cada lado tenga una resistencia de valor óhmico R.

B

D

e

Solución: 1.er método de resolución: Por transformación de redes. Un triángulo (figura la) puede convertirese en estrella equivalente y viceversa, utilizando las fórmulas siguientes: A= _ __,;;,,b..;.c_ _

a=

a+ b + e

AB + BC + CA

A

A

a figura 1a

figura 1b

y las que se obtienen de éstas haciendo las permutaciones circulares.

48


En consecuencia, y para el caso particular de figuras regulares (figuras le y Id): R= ~

y

3

r

= 3R

R

figura 1c

figura 1d

El tetraedro del enunciado se puede representar como una figura plana (figura 2). La estrella interior de la figura 2 se puede transformar en triángulo equivalente, y la red queda según la figura 3.

A

A

R

D

D

B

-

R/2

B

figura 2

figura 3

figura 4

figura 5

Asociando las resistencias en paralelo de la figura 3 se pasa a la figura 4 y, finalmente, a la figura 5, de donde resulta: R,\B

= -2R

49


2. 0 método de resolución: Observando las distribuciones relativas de la corriente (figura 6).

D

figura 6

Si por A entra una corriente que sale por B, los puntos C y D tendrán un potencial igual al del punto medio de AB, por tanto, si por AB circula una corriente 1, por AC circula 1/2, igual que por AD, por CB y DB, siendo nula por CD (porque la tensión AC es la mitad de la de AB y tiene igual resistencia). Así pues, si por AB circula 1, pore el vértice A entra 1 + 1/2 + 1/2 = 21 y entre A y B se tiene una caída de potencial de R · 1 (calculada nada más que por el lado AB), por tanto: • ~ • I VAB RI R Res1sb::nc1a tota = - - = - = IA 21 2

3.er método de resolución: Por simetrías.

D

figura 7

so


Los puntos C y D están al mismo potencial, por tanto, el lado CD se puede eliminar (también se puede cortocircuitar, si se prefiere), y queda el circuito de la figura 7 que, por fases sucesivas, pasa alas figuras 8, 9 y 10:

'-....,,,.A

"-... A

"-... A

IA

IA

IA

2R R

R

IA

/

B

figura 8

R

R/2

-

IA

IA

/8

/B

figura 9

figura 10

51


PROBLEMA 7 El cubo indicado en la figura adjunta está formado por 12 conductores eléctricos de igual longitud, de la misma resistencia y de valor R. Determinar la resistencia reducida entre los vértices A y B.

B

Solución: t.er método de resolución: Por transformación de redes. Se representa el cubo en el plano (figura 1):

A

/ R

B

\

R R

R

R

R

R

R R

R

R

\

/

R

figura 1

y, recordando las transformaciones de redes de estrella en triángulo y viceversa, resulta que se puede transformar en la figura 2: R

A._--'-'-R~~C'--=R~-..E,---=R------iG ,

R 8

R R

/~-~/ 3 R D

',,<:,,

R

, ------------------ 'H

R

52

'

figura 2


y, buscando la red transformada del triángulo EGH en estrella equivalente:

E~_-..:.R-'--___, G

R2

G •,,.R, ',

E•---- -----------:-, 1 1 1

1 1

R

1 1

: R3 1 1

'

H R · R R + R

R 5

R · 3R R + R

=5

R,

= 3R +

Ri

= 3R +

•H

3

R

3R · R 3 R3 = 3 R + R + R = 5 R

que se sustituye en la figura 2 y resulta la figura 3: R

G

E \ dR, A.,___ _ _ e ___;_;___________ R1 = 3R/S

= R/5

: : RJ = 3R/S

3R

1 1

B.__~---"'--------t'H R

figura 3

Se busca la transformada del triángulo CDE de la figura 3:

C

R',

J

R2

R

·-.:.:.>·(---------•

D

D

E

.. S3


R'

1

Ji.

_ R· R -R+R+3R

5

que, sustituido en la figura 3, resulta la figura 4:

..

G

R

e ____ J____ E

A

R/5

R!~/ 3R/5

R

1

3R/S

3R/5

R

,,' 3R/5 ,,

R

B

H

D

3R R

figura 4

y, simplificando, resulta la figura 5: 6R/5

A

6R/5

6R/5

R

3 R/5

R

B

3R

D

R

H

figura 5

y, transformando la estrella de centro J y vértice A, De I en un triángulo, resulta: 6R/5

.

A •... ----------· -------- --- -• ---- -7 ,

··..

r1

.,/

\3···...'··.. . · · ·<2 ,,··'

D

54

D


r,

6 6 6 3 3 6 -R--R+-R·-R+-R·-R 5 5 5 5 5 5 =~R

2.. R

5

5

7 2 R2

2

72 R

25

12

r2=GR=s'R

ÍJ

=

25 6R

12

=

SR

5

5

que, sustituyendo en la figura 5, resulta la figura 6: 6R/5 24R/5

A - - •• - • - - •• - • - - • • • • - - - - - - - - • - - ·, 1 24 R/5, ,,,•'

R ------'.:R/S

3R/S

· .. __

,,,,,,-'Í 2R/5

•, , ,

B

R

3R

H

D R

figura 6

Transformando el triángulo DIH en estrella, resulta:

.,,

,

rl

,'

..~/

3R/5

r•2

,. ,'

r'1

•••••••••• J. •••••••••

o

r '1

3R

H

D

K

H

3R · 3R 5 - - - - - - - = .l._ R

l. R+ 3R + ll.R 5 5

lO

3 R . 1 2R r 12

=-

5 6 -6-R.....;;.._ = 5 R

55


que, sustituyendo la figura 6, resulta la figura 7, y de esta fácilmente pasamos a la figura 8:

6R/5

6R/5

24R/5

A--------------

A

6R/~}/

6R/25 12R/5

6R/5 /JR/10 e-----o·--------K·----7 H

8

K

R

1 JR/1 O

figura 7

figura 8

Transformando el triángulo DBK en estrella, resulta: D

D

':r" 1 1

6R/5

R

: 1 1

r"3

B.....___ _ _ _ _ _____.. K

B •-- - - - -- -

:

1 JR/1 O

r 11 1

=

6 R·sR

6 2 sR 12 =--=-R .§_R R 13R Z..R 35 5 + + 10 2 6

13

sR ·,aR r"2=

7

78 =mR

13

R.

r

11

3

=

10 R

13

= -R 35

~R

-R

2

2

que, sustituyendo en la figura 8, resulta la figura 9: 6R/5

6R/25

D ',, 12R/35 B --------- '•-------------- K l 3R/35 L 78R/175

56

r112

---t----------• K 1

figura 9


Resistencia entre A, D y L:

12R

12R

96R

-5-+35=35

Resistencia entre L, K e I: 24R 6R -5-. 5 24R 24R 6R - 25

Resistencia entre A e I (en paralelo)

-5-+5

Tenemos pues, que la figura 9 equivale a la figura 10 y a la figura 11:

A

A

••••• -········- •• , 24R/25 + 24R/35 = ·,,\ = 288R/175 1

24R/35

B

L

13R/35

R

L

B 1 3 R/3 5

figura 11

figura 10

y, reduciendo las ramas en paralelo entre A y L: 96R

288R

35·

~

96R

288R

= 288R

35+~

280

que, sustituyendo en la figura 11, resulta la figura 12 y de ésta la figura 13: A ·'·· •• 13R/35 + 288R/280 =

A

\ 288R/280

R

R

8

figura 12

= 392R/280 1 1 ¡ I

L 1 3 R/3 5

B

figura 13

57


y, reduciendo las ramas en paralelo, resulta: 392R

R.

R,q

=R

280 392 R

+280

7R

= 12

2. º método de resolución: Observando las distribuciones relativas de la corriente (figura 14).

F

figura 14

Por las simetrías que hay en el cubo, la distribución de corrientes es la indicada en la figura. Se plante la 2. ª ley de Kirchhoff en las dos caras frontales: Malla

A D F B A

Malla

D G H F D

12 R + (1 2 - 13 ) R + 12 R - 11 R 13 R + 21 3 R + 13 R -

(12 -

=O

13 ) R = O

Sistema de ecuaciones homogéneo que reducido, resulta:

3 ~:)-

~:)- 5

58

~:)= ~:)=

de donde

~ - ..L 1 - 14 1

O


Observando que la intensidad que entra por el nudo A se divide en tres corrientes que, como es lógico, son inversamente proporcionales a las resistencias que se encuentran en todo el camino, a pesar de que haya bifurcaciones, por tal motivo, el circuito se puede representar según la figura 15, y simplificando, resultan las figuras 16 y 17.

R

R

B

7R/5

7R/12

B

8

/

/

/

o sea que:

figura 17

figura 16

figura 15

7R

Req

= IT

3.er método de resolución: Por simetrías.

e

F

figura 18

59


Los vértices· C y D de la figura 18 están al mismo potencial eléctrico; en consecuencia, se pueden u:nir sin afectar al sistema. Lo mismo sucede con E y F. Resulta, por tanto, la figura 19:

C,D

-

R le:

R

R

d .....

u::-

/e

R

R

G

-·

R

R

R

R

E, F

R

R

-,

H

R

figura 19

De la figura 19 a las figuras 20, 21, 22 y 23 se ha pasado por simplificaciones sucesivas:

~A

~A

~A R/2

R/2 R

R

2R

/e

/e

figura 20

60

2R/5

R

Req = 1 2

7R / 5

R/2

R/2

o sea que:

~A

figura 21

Req

=

7R

IT

/e figura 22

/e figura 23

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES NO PERIODICAS


PROBLEMA 8 A una red pasiva, según la figura 1, formada por las resistencias R 1, R2 y el condensador C, inicialmente descargado, se aplica una f.e.m. e(t) según la figura 2 y se comprueba que absorbe una corriente según la figura 3. Determinar los valores que tienen R 1, R2 y C.

e e(t)

figura 1 e(t)

i (t)

24

8

12

.... - ..

4

._._ __.J...---+----

t(s)

• - ••• - •

--...,_¡¡1----,1----

tensión total

t(s)

corriente total

figura 2

figura 3

Solución: 1.er método de resolución: Elementos ideales y ley de Ohm. En el instante t = 4- s, el condensador está descargado. En el instante T = 4T s, la tensión en el condensador aún sigue siendo nula; por tanto, toda la f.e.m. está aplicada en la resistencia R 1. En dicho instante e(t)

= VR1 = 8 V

e i(t)

=4A

8 4

R1 =-=2 n

63


En régimen permanente, el condensador C está cargado y no circula corriente; por tanto, la f.e.m. aplicada es de 24 V y la corriente total de 8 A.

en consecuencia:

R2 = 1

n

Si la corriente total i(t) es como se indica en la figura 3 y la resistencia R1 es de 2 caída de tensión en la resistencia R1 es como se indica en la figura 4.

n, la

24 16

8

.,...,.....,.,....___-+---- t(s) 4

4

8

tensión en R 1

6

tensión en R2 y en C figura 5

figura 4

La tensión en la rama en paralelo es [e( t)) - UR i] y se obtiene restando los gráficos de las figuras 2 y 4 cuyo resultado es el gráfico de la figura 5. A partir de la tensión de la rama en paralelo y del valor de la resistencia R2 se halla la corriente que pasa por dicha resistencia, y restándola de la corriente total se halla la corriente que pasa por el condensador, resultando los gráficos que se representan en las figuras 6 y 7.

4

-------------...................._._ _ _...,.._ _ _ t (s)

4

8

4

corriente a través de R2 figura 6

64

8

corriente a través de C figura 7


Conocida la corriente ic y la tensión en bornes del condensador, se deduce el valor de C: .

dUc

'e= e dt ~Uc

y puesto que:

se obtiene:

resultando:

8-0

-=--=2 ~t 4

4

=e. 2

C=2F

2. º método de resolución: Método operacional. La impedancia total del circuito, expresada en función de Rr, R2 y C, ha de ser igual al cociente entre la tensión total aplicada y la corriente total absorbida por el circuito. La expresión operacional de la tensión se obtiene descomponiendo el gráfico de la tensión aplicada como una suma y una resta de funciones simples del tipo escalón y rampa, desplazadas 4 s y 8 s del origen respectivamente. u(t)

u(t)

u(t) 32

• • - • • • • • • - • - - - -

+ a

------4--•• - •••

t(s)

- - - - - - - - - t(s)

- - - - - - - - - - t(s)

u(t) u(t)

+

¡....,..------- t(s) --8

+

----- - ------- - - -

65 Cl


8 6 8 6 U(p} = -e-4P + - e -4P - -e-8P - -e-8P

p

p2

p

p2

y operando resulta: U(p} = ~e-4P · (1 - e-4P) · 3 + 4 P

p

p

Por otro lado, la corriente en forma operacional se obtiene de manera análoga:

i(t)

i(t )

i(t)

+ 4

• - - - - -

4

- - -- - - -- - t(s)

- - ---- - - - -

__._.....,._._ __,_.- - t(s)

i(t) i(t)

+

-4

••••••••••••••

+

i - - - - - -ic---- - r t(s) 12

-4

- 12

4 -4 p 2 -4 p (-4 } -8 p 2 -8 p +-e +--e - 2 e = 1( p } =-e p p2 p p

~ e -4 P (1

- e -4

P)

(1

+p 2 P )

Dividiendo: .!:!.J.Ql_

l(p} =

66

z

(p) =

3 + 4p 1 + 2p (l)

• - - - ••• - ••••••••.

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES NO PERIODlCAS

La impedancia operacional Z(p) del circuito, expresada en función de R1, R2 y C, resulta:

Identificando los coeficientes de las expresiones ( 1) y (2), resulta:

Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, de donde se obtiene R1 = 2 Q

C = 2 F

67


PROBLEMA 9 A una red totalmente pasiva, según la figura 1, formada por las resistencias r1 t R2 y la bobina L sin corriente en el estado inicial, se aplica una corriente i(t) según la figura 2 y se comprueba que aparece una tensión total u(t) según la figura 3. Determinar el valor óhmico de las resistencias R 1 y R2 y la inductancia L de la bobina.

j

;1u

R¡

figura 1 i (t )

u (t)

32 24 16

8

••• - - - -

4

----+--- --+---- t (s) corriente total i(t)

- - • • •••

---+-----+-- - t(s) 4 tensión total u(t)

figura 2

figura 3

Solución: 1.er método de resolución: Elementos ideales y ley de Ohm. En el instante t = 4- s, por la bobina no circula corriente. En el instante t = 4+ s, la corriente en la bobina ha de continuar siendo nula; por tanto, toda la corriente de la fuente circula por la resistencia R1; en este intante i(t)

68

=8

A

y

u (t)

=4

V

4 R,= 8 =o,sn


En régimen permanente, por la bobina circula una corriente constante sin que se produzca caída de tensión, en consecuencia las resistencias actúan en paralelo. Por la primera, R1, circula una corriente de 16 A, ya que R1 = 0,5 n y tiene aplicada una tensión de 8 V (véase figura 3). Por la resistencia R2 ha de circular el resto de la corriente, es decir, 8 A. Siendo la tensión de 8 V y la corriente 8 A: R2 = 1 n Si la tensión u(t) es según la figura 3 y la resistencia R1 es de 0,5 según la figura 4.

n, el consumo en R1

es

24 16

~....,......,_______,1----

t(s) 4

4

corriente en R2 y L

corriente en R1 figura 4

figura 5

La corriente total es la de la fuente (figura 2) y la de la rama de R1 es la de la figura 4, y se obtiene por diferencia de la rama R2 y L, es decir, la diferencia de los gráficos anteriores (figura 5). Con el valor de esta corriente y el valor de la resistencia R2 se halla la caída de tensión de esta resistencia y restándola de la tensión total (de la figura 3) se obtiene la tensión en L (véase figuras 6 y 7).

4

----- -- - - - -

t(s) 4

tensión en R2 figura 6

8

tensión en la bobina 1 figura 7

69


Con la tensión UL de la bobina y la corriente que circula por ella, se deduce el valor de la inductancia L por la fórmula:

Ai

8-0

At

4

yaque: UL=4V y - = - = 2 L

=2

H

2.º método de resolución: Método operacional La impedancia total del circuito completo, expresada en función de R1, R2 y L, ha de ser igual al cociente entre la tensión total aplicada y la corriente total absorbida por el circuito. La expresión operacional de la corriente se _obtiene descomponiendo el gráfico de la corriente total de la figura 2, como_ una suma de funciones simples, tipo escalón y rampa operacional: Htl

i(t)

i(t)

+

---------+---

8

t(s)

----- _ _ t(s) _ _ ...._ _ _

i(t)

i(t)

+

+

-8 -16 -24

l(p)

70

8 4 P + -e-4P 6 = -ep p2

8 p

6 p2

- -e-8P - -e-8P


Operando se obtiene: l(p) = ~e-4P (1 _ e-4p) 3 + 4p

p

p

Por otro lado, la tensión en forma operacional se obtiene de manera análoga:

u(t)

u(tl

+ ..............,.-+--+-+12_ _ _ _

4

t(s)

-·----- - - -

""---'--

-

-

- - t (s)

u(tl

+

-4

8L -:o,L .. _ _ 4

- - - -

4

•

t(s)

8

u(t)

• - • - • _4_ •• • • -

+

~

-4

-8 -12

4

2

4

2

p

p2

p

p2

U(p) = - e -4 P + - e -4 P - -e-BP - -e-BP

Operando se obtiene: U(p) = ~e-4P (1 - e-4p) 1 + 2p

p

p

Dividiendo:

.!:UE.l._ l(p) -

1 +2p 3 + 4 p

(1)

La impedancia operacional del circuito expresada en función de R1, R2 y Les la resistencia de R1 en paralelo con el conjunto en serie de R2 y Lp:

71


(2)

Identificando los coeficientes de las expresiones ( 1) y (2), resulta:

Sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, de donde se obtienen: R1

72

= 0,5

O

L=2H

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES PERIODICAS NO SENOIDALES


PROBLEMA 10 Se dispone de una onda periódica rectangular como la de la figura 1, de amplitud 1 Escoger unos ejes de coordenadas convenientes y desarrollarla en series de Fourier para que nos dé: a. Solamente funciones senoidales b. Solamente funciones cosenoidales.

onda rectangular figura 1

Solución: Las fórmulas de desarrollo de Fourier son: n=oo f(x)

= A0

+

L

(An

cos

nx + Bn sen nx)

siendo,

n=l

Ao

=

An =

lt 21T

~t 7r

Bn

=

o

1

o

f

02K

1T

f (x) dx

f (x ) e os n x d x

f(x)sen nx dx

Para conseguir que Ao = O, tanto en el caso a como en el caso b, el eje de abscisas debe de estar centrado, de manera que el valor medio de la onda periódica sea nulo.

7S

CIRCUITOS ALIMENTADOS MEDIANTE EXCITACIONES PERIODICAS-NO SENOIDALES

=

a. Para que nos dé solamente funciones senoidales la función debe de ser impar f(x) -f(-x), por tanto, queda definida la posición del origen (figura 2) y además resulta ser alternada f(x) = -f(x + 1r), y no tiene más que términos impares.

y

figura 2

1 B1 =-

f

B3 =-1

J

. 3x dx + -1 sen

J

=-1

J

sen Sx dx + -1

J

7t

1t

o

7t

7to

Bs

1t

7to

sen x dx + -1

J 2

2 2 4 (-1)sen x dx = -+-=-

1t

7t7t

7t7t7t

2

7t

3x dx

(-1) sen

1 · -2 = 1 · -7t 4 Sx dx =.-51 · -2 + 5 7t 7t 5

7t1t

2

7t1t

1t

2 1 2 1 4 = -131t · -+ - · - =- · 31t 31t

(-1) sen

y por tanto,

f

(x)

4 =1t (sen x + 31 sen 3 x + 51 sen 5 x

+ . . . . . .)

h. Para conseguir que solamente tenga funciones cosenoidales, la función ha de ser par f(x) = f(-x) y queda definida la posición del origen (figura 3) y además resulta ser alternada f(x) = -f(x + 1r), y no tiene más que términos pares.

76


f(x)

figura 3

A,

A,

=i {f i

=

As=

t

.!_f f 7t

cos x dx +

Jt i Jt

i

cos 3x dx +

cos Sx dx +

cos x dx +

i

H) cos 3x dx +

.!_Í ~" 7t

o

(-1)

(-1) cos Sx dx +

7t

2

.

f!; i

cos x dx

J

3;" cos

.!..J l1t1t

1 t3_

=i+Ht

3x dx

=-

cos Sx dx =

t ·i

l. i. S1t

2

y resulta: 4

1

1

f(x) = i"(eos x - reos 3x + reos Sx + ....... )

77


Comentario: Puesto que

sen x

= cos

(90 - x)

sin x = cos (x -90) cos x

= sen

cos x

= -sen (x

(90 - x) - 90)

Los resultados anteriores también pueden expresarse de la siguiente manera:

78

a.

f(x)

=~ [ cos (x -

a.

f(x)

=~ [ eos (90- x) + reos (90- 3x) + teos (90- Sx) + ..... ]

b.

f(x)

=~ [ sen (90- x) + rsen(90- 3x) + tsen(90- Sx) + ...... ]

b.

f(x)

=;4 [ sen (x -

90) + reos (3x - 90) + teos (Sx - 90) + ..... ]

90) + 1 sen(3x - 90) - 1 sen (Sx - 90) + ..... .]

3

5


PROBLEMA 11 Una resistencia eléctrica de valor R = 5n está recorrida por una corriente eléctrica i(t), cuya variación temporal está representada en la figura adjunta:

i(tl [A]

10

= 10 A 2

4

6

t [ms]

Se pide: a. Expresión temporal de la tensión en sus bornes. b. Valor de la tensión máxima Vo (tensión de cresta).

c. Expresión de la potencia instantánea. d. Potencia máxima Po absorbida.

e. Valor de la potencia media Pm.

Solución: Por ser la corriente de forma periódica, se resolverá el problema para el primer ciclo. Entre los instantes t = O ms y t1 = 2 ms, la corriente crece linealmente con una pendiente tg a igual a: lo

1O A 2 ms

tg a = - - = - - = 5 A/ms t1

-

t0

79


La expresión de la corriente instantánea para el periodo O ::; t ::; 2 ms vale:

i(t)

=5

[t] t

{

= ms

[i(t)]

=A

(véase figura 1)

y el valor cresta lo lo alcanza en el instante t = i- ms y vale lo = 1O A

i(t) [A]

10 = 10A

2

4

6

t [ms]

figura 1

a. La expresión de la tensión instantánea es: u(t)

= R i(t)

u(t)

=R

St

y, -sustituyendo R, resulta: u(t)

= 25

[u (t)] = V t

{

[t] = ms

es decir, la tensión instantánea entre to= O ms y t1 = 2 ms es una recta de pendiente tg a1 = 25 V/ms.

b. El valor de cresta de la tensión se obtiene como el límite por la izquierda de la función u( t) para t tendiendo a t 1, es decir: Vo

80

= 25

· 2

= 50

V


Por tanto, la variación temporal de la tensión en bornes de la resistencia, es una función en forma de diente de sierra tal como se representa en la figura 2. u(tl[V)

U 0 = 50 V

4

6

t (ms ]

figura 2

c. La potencia instantánea se obtiene como: p(t) = u(t) · i(t)

y, sustituyendo valores para el intervalo O ::; t-:=; 2 ms, p(t)

= 125

[p(t)] = t2

{

w

[ti= ms

d. Esta ecuación representa una parábola que pasa por el origen de coordenadas. El valor de cresta de la potencia se obtiene como el límite por la izquierda de la función p(t) cuando t tiende a t1 = 2 ms. Po= 125 · 2 2 = 500 W

La variación temporal de la potencia instantánea se representa en la figura 3. p(tl[W)

Pa = 500 W ·--- · -· · -· · -· -··- ·-- - --------- ---- ------- --- - -- ·· ·· •. •

2

4

6

t [ ms)

figura 3

81


e. La potencia media se obtiene como: 1 P m = ;=-

f

t

pCt) dt

0

en este caso el periodo vale T = ti p

82

1.f

m-2

2

O

125

= 2 ms y, por tanto, resulta:

t2 dt = 11.i. [t3]2 = 500 w 2 3 3 0

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOFASICOS


PROBLEMA 12 El circuito de la figura está formado por dos fuentes de tensión E 1 = 3 ~ V y Ei = 5 ~ V, dos fuentes de corriente Ti = 2 ~ A es L.- = 1 ~ A, una resistencia óhmica pura de 1 O, una reactancia inductiva pura de 5 O y una reactancia capacitiva pura de 2 O. Calcular:

a. Corriente y tensión en cada rama. b. Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes.

Clll -+

R

+

12

..... E1

-+

E2 -+

+

1/WC

11

Solución: El circuito se transforma de la configuración de la figura 1 a la configuración de la figura 2, trasladando la fuente de corriente. Se pasa de la figura 2 a la figura 3 transformando las fuentes de corriente en fuentes de tensión. Esta configuración de la figura 3, se puede resolver por corrientes circulantes, consiguiendo con ello que las corrientes IA e le que pasan por las ramas del circuito original, que contiene las fuentes de tensión Ei y Ei que no se han visto transformadas. -+

Z=SjQ

-+

+

Z=líl

..... 11 = 2jA

..... 12 = 1 A

-+

Z= -2)íl

+ figura 1

85


~=lA

+

-+

-

E1 =3V

..... Z=-2j'2

-+

11 =2jA

figura 2

+

.....

(,:;

E1 =3 V

-+

E2= Sj V

+ figura 3

o IA

=

-1 +

2j

3

+ 3j

- 2j

-1 +

-1 + 2j

o

1 - 2j

3 .

2j

= -5JA

le

1 + 3j

=

-1 + 2j

- 2j

3 -1 + 2j

-1 + 2j

=-

3 "A -1 5

1 + 3j

Con solamente las corrientes IA e h y las corrientes de las fuentes de corriente del enunciado, quedan definidas todas las corrientes de cada rama del circuito original (figura 4).

l1 l -]j/5

h

---

1 - 3j/5

---

1 - 2j

1 -] j/5

i

!

-2j .

7j/5

corrientes

86

!

figura 4


Los productores (Z · I) dan la caída de tensión en las ramas con impedancia y en el resto se consiguen por sumas o diferencias (figura 5).

i i

-

J + Sj 1

-

-3

i

o

-4

-

o

!

-4-Sj

-sd

i

-4

caídas de tensión figura 5

Los productores (E · I*) dan las potencias generadas en las fuentes en forma compleja (P Q) y los productos (U · I*) de las tensiones en las cargas por las conjugadas de las corrientes respectivas, dan las potencias consumidas en las mismas.

+j

(34j/5) (1)

(9j/5 )

(4 +Sj) (-3)

(O)

(-8j)

(-8j) (O)

potencias generadas y consumidas figura 6

Unas y otras vienen reflejadas en la figura 6, las de las cargas están escritas entre paréntesis.

87


PROBLEMA 13 El circuito de la figura está formado por una fuente de corriente de 2!-9oº A, una fuente de tensión 6 ~ V, dos resistencias óhmicas puras de 4 O, una reactancia inductiva de 3 O y una reactancia capacitiva pura de 3 O. Calcular:

a. Corriente y tensión en cada rama. b. Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes.

Solución: Se comienza haciendo unas transformaciones de la red, pasando en sucesivas etapas a otras eléctricamente equivalentes (de la figura la a la figura lb, y de la figura lb a la figura le).

figura 1a

88

figura lb

figura 1c


De esta figura se deduce: 1, =6-8j=48-14j=2 4-3j 25

l-16,26º

A

12 = O ·A

Con las corrientes I, L e Ii, se tienen todas las corrientes de rama, que se representan en el gráfico adjunto (figura 2) de dos maneras, de forma completa y en forma de módulo y argumento. Las tensiones se calculan utilizando la expresión Uk = In • Zn y se obtiene los resultados reflejados en la figura 3. Finalmente, las potencias consumidas en cada una de las ramas se hallan aplicando la fórmula SK = Ük • Tt (potencia aparente) y se obtienen los resultados de la figura 4.

-48 + 14j

25

corrientes

caídas de tensión

figura 2

figura 3

89


12!-163.74°

O

potencias figura 4

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

90


PROBLEMA 14 En el circuito de la figura, y estando el interruptor D abierto, se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida: A e = 2 s A, V 1 = 4 oo V, V 2 =

o v, siendo la frecuencia de 5OHz.

En las mismas condiciones, pero variando la frecuencia a 150 Hz, se observa Aa = 25 A,

Vi = O, Vi = 80 V. Se conoce también que R 1 = 2, 4 O. Se pide:

a. Calcular Vo para ambos casos. b. Las reactancias XLi, Xc2, XL2, XCJ a 50 Hz. c. Manteniendo la frecuencia y la tensión del generador en los valores correspondientes al segundo caso, se cierra el interruptor D. Calcular Ao.

+

v, Xa

Solución: Con f = 50 Hz, V2 = O V, cosa que indica que VL 2 vectores coinciden en dirección, pero no en sentido,

= - Vc 2 , si se tiene en cuenta que los

91


Tomando como origen de fases la corriente fo del generador, el diagrama vectorial de dichas tensiones se puede ver en la figura 1 (caso de 50 Hz)

VuLJ

VR1

~

le ~

le ~

v,

~

Vo

figura 1

figura 2

A continuación, y tomando también el mismo origen de fases, se pueden suponer vectores, caídas de tensión en R1, en XL 1 y en Xc con longitudes arbitrarias y direcciones conocidas, pero con la condición de que Uc 3 > UL1, ya que al pasar la frecuencia de 50 Hz a 150 Hz, los valores de las XL aumentan y los de las Xc disminuyen, y no sería posible que la lectura de V 1 pasase de 400 V a O V. Por claridad de exposición, se han representado estas tensiones en la figura 2 y no sobre la misma figura 1. Una vez dibujados los anteriores vectores, ya quedan definidos los de las tensiones

Yo.

A 50 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular Vo son: V 1 = 400 V {del enunciado) VR 1 =le· R1 = 25 x 2,4 = 60 V

92

V1 y


A 150 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular V'G son: V 11

=oV

(del enunciado)

v•R 1 = 1•G. v•G

=

R

= 2s

x 2,4 = 60

"-fv, 2 + vR, 2 = "Ío 2 +

v

60

2=

60

v

Las indicaciones del voltímetro V G son, pues, en uno y otro caso: Ve= 404,5 V a 50 Hz

y

V 1c = 60.V a 150 Hz

b. Para calcular las cuatro reactancias XL1, Xc 2, XL 2, Xc 3, a 50 Hz y las cuatro X'L1, X'c 2, X'L 2, X'c 3, a 150 Hz, se requieren ocho ecuaciones. Como una frecuencia es tres veces la otra, ya se pueden plantear cuatro:

por otra parte, a 50 Hz se puede escribir: ya que V'2 =

oV

ya que V 1 = 4 oo V, 1

y la corriente total fo que pasa es de 25 A.

Y a 150 Hz se puede escribir: ya que V'1 = O V

93


ya que V~ = 80 V y el total de la corriente fo que pasa es de 25 A.

Con estas ocho ecuaciones se hallan fácilmente las 8 incógnitas. Xc 3 X'c 2 = 0,4 Q

= 16,8

Q

X'c 3 = 5,6 Q

X\ 1 = 2,4

c. Cerrando el interruptor D, el circuito queda reducido al de la figura 3.·

4

l"o

figura 3

La impedancia total del circuito es (a 150 Hz).

La indicación del amperímetro Ao es:

94

Q


PROBLEMA 15 Dado el circuito eléctrico de la figura, alimentado a una tensión de 100 V y 60 Hz, calcular: a. Indicaciones de los aparatos de medida conectados al circuito. b. Las características de la impedancia equivalente al circuito.

c. Potencia reactiva total d. Potencia aparente total.

e. Capacidad de la batería de condensadores, que mejore el factor de potencia de la instalación hasta la unidad.

Solución: a. Se calcula, en primer lugar, la impedancia de cada rama: Z1

= R1 + Lroj = 5 + 0,04 · 21t 60j = 5 + 15 j = 15,81

Z2

= R2

-e:

ro j

=5

-16,Gj

171,57º

= 17,341-73,24º

z 3 = R3 - - 1C j = 8 - 1 2 j = 1 4 '4 2 1-s 6, 3, º

.Q

.Q

.Q

3 (1)

95


Si se toma como origen de fases el vector 100 ~ , se obtiene: 11

=

100 ~ ~ 15 , 81 71 , 57º

= 6,33

A

1-71,57º

y el amperímetro indica A1 = 6,33 A. Igual se hará para las ramas dos y tres:

l2

= 17

I

100 ~ 3 4 1-7) '2 4 o

100 14 I 4 2

~=~ +

~

1-5 6') 1

A 2 = 5,77 A

5,77 ~ A

~

= 6,93

A3

= 6,93

A

o

G + ~ = 6,33 1-71,57º

+

5 , 77173,24º

+ 6,93

156,31º

~=9,17~A

y el amperímetro indica A= 9,17 A

Para calcular la indicación del vatímetro W, se determinará previamente la impedancia equivalente del circuito: 2T

= -V = ~

100

~

9,17~

= 1Ü

91

l-

3 S' 1 4

= 8, 9 2

- 6, 2 8 j .Q

I

Las características de la impedancia equivalente son: Resistencia de 8,92 !l en serie con una reactancia capacitiva de 6,28 !l. El vatímetro indicará: W =VI cos q>

96

= 100

· 9,17 cos (-35,14) = 749,87 W


b. La impedancia equivalente ya ha sido determinada y vale:

z1 =

8, 9 2 - 6, 2 8 j

n

de donde

z=

....J 8, 92

2

+ 6, 2 8 2 = 1 o, 9

n

c. Potencia reactiva total: Gr= VI sen
= 100

· 9,17 sin (-35,14)

= -527,80

var

es decir, capacitiva.

d. La potencia aparente vale: Sr= Pr + j Gr= 749,87 - 527,Bj

e. Puesto que el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando un condensador, por el contrario habría que poner una bobina o grupo de bobinas en paralelo.

97 Cl


PROBLEMA 16 En el esquema de la figura y con los datos indicados, determinar el valor que habría de tener Z3, para conseguir que la potencia que suministra el generador sea totalmente activa, calculando también el valor de la corriente total lo.

Datos:

xl R

= 1 oo

= 21

n

Q

Xc

= 28 n

Vc=2100V

Wc = 134.400 W

R

Solución: Para conseguir que la potencia suministrada por el generador sea totalmente activa, se ha de cumplir Q¡ = Osiendo Q¡ la potencia reactiva de cada carga.

f

¡,.¡

En consecuencia,

Q1 + Q2 + Q3 =

Se toma como origen de fases Vo: Yc=2100~

La corriente a través de XL vale:

o


1,

2100

= 100

~

~

El valor de

= 21

!-90º

A

11 = 21 A

= + 90°

La potencia reactiva absorbida es: Q1

= VG

11 sen
= 21 00

· 21 = 441 00 · var·

La corriente a través del conjunto R - Xc vale: loo - _ VG_ 2100 L:....= 60 ls3° A 12 - - - 21 - 28j i.::.::.... 22 .-

El ángulo

= 21 oo .

Para obtener que:

= -100800 var (es decir generada de 100800 var)

Q 1 + 02 + 03

=O

- 0 2

= 56700

es decir: VG 13 sen q, 3

= 56700

03

= -0,

60 . sen (-53º)

var (1)

ya que es positiva, esta rama es inductiva, y el ángulo
Por otra parte, P Ysiendo

P1 =

o

i

= P1

+ P2 + P3

= 1 34400 w

P2 = VG 12, cos q, 2 = 21 oo · 60. 0,6 = 75600

de donde se deduce que:

P3 = 1 3 4 4 oo

es decir, VG 13 cos q, 3 = 58800 w

-

(2)

7 5 6 oo =

w

s 8 8 oo w


y de las ecuaciones (1) y (2) se pueden hallar los valores de cp3 e 13 que resultan ser:

39 A y
+ 44°

~ = -VG = 2100 = s4 39 (-44º

Luo ~

= 39

+ j3 7

n

13

y, finalmente, la indicación de la será: ~

=~

+

1-;-

+

G=21

(-9 Oº + 6 o

~ + 3 9 1-44 o

operando, resulta:

le; = 64

+ Oj A

= 64 ~

A

Por tanto, la indicación del amperímetro es de: le= 64 A

IN

h=


PROBLEMA 17 En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 k W con un factor de potencia igual a 1, la carga 2 absorbe 30 k W con un factor de potencia 0,45 inductivo. Calcular: a. Tensión de bornes del generador. b. Factor de potencia entre los bornes a'b'. c. Factor de potencia entre los bornes a b. Dato: La tensión entre a' y b' es de 1000 V. a

a'

+ carrega 1

b

carrega 2

b'

Solución: a. Se calcularán, en primer lugar, las potencias aparentes correspondientes a cada carga: 51

= P,

+jQ 1

= 30000

+ Oj VA

52 = P2 +jQ2 = 30000 + 5957:5j VA Sr= S, + S 2 = 60000 + 59575j = 84553 ~ VA

Tomando como origen de fases

I* = ~= V

1

V=

60000 + 59575¡ 1000 ~

=60-59,75jA

l 000 ~ V

= 60

+ 59 75· A ' J

1,1

= 84,6 A

101


La tensión entre los bornes a y b del generador vale: V e = V a'b' + 1 R + 1 XL Ve= 1000

~+

0,5 (60 - 59,75j) + 4j (60 - 59,75j)

Ve= 1268,3 + 210,21j = 1285 ~

En consecuencia, la tensión entre los terminales a' y b' será: Vab = 1285 V

b. El factor de potencia entre a 'b' será: Qr

59575

tg a'b' = ~ = 60000 = 1
cos

=
inductivo

2

'12 = 2

0,707

inductivo

c. Para calcular el factor de potencia entre a y b encontraremos en primer lugar las potencias activa y reactiva de la línea: PR

= 12 R = 84,6 2

·

QxL = 12 XL= 84,6 2

0,5

= 3578,6

W

4 = 28628,6 var (+)

·

y las potencias totales: p a•b = p R + p 1 + p 2 = 3578,6 + 30000 + 30000 = 63578,6 W

Ga-b

= GxL

= 88203,6

+ Q, + Q2

88203,6

tg

I

102

= COS 54,1° = 0,586

var


PROBLEMA 18 En el circuito que se representa en la figura, determinar: a. Valor de 1~ reactancia inductiva XL que está conectada de tal manera que la desviación de la aguja del vatímetro, al paso de la corriente, sea nula. b. Valor de esta reactancia que dé una medida de 1 W c. ¿Qué valor de la reactancia inductiva producirá inicialmente una medida negativa en el vatímetro, e invirtiendo la conexión de la bobina de tensión en el mismo, nos dará una medida de 0,2 W en sentido positivo?

R=1Q ~

E8 =1~V

Solución: Se resuelve, en primer lugar, la red, aplicando corrientes de malla (figura 1):

Z11

Z12

,,

E,

103


R=1íl

Xo

=1Q figura 1

siendo:

Z22 = R - jXc = 1 - j

E1 =EA= 1 + Oj

Sustituyendo valores: -1 -1

l1

+jXL

-1

104

- j

= -:-------.........,.. - 1

- j

-

- XL + j (XL - 1) -

-j [XL - j (XL - 1)] X~ + (XL - 1 ) 2


o sea que: 1 - XL l 1COS<()= -

-,,2- - - -

2XL - 2XL + 1

~ a.

El vatímetro calcula la potencia multiplicando la tensión por la componente activa de la corriente, es decir: P a = EA

•

l1

·

cos
y, si este valor ha de ser nulo, sustituyendo valores:

de donde se deduce:

b. Si el vatímetro ha de indicar 1 W: 1 - XL

--,,-2--..;.._-=

1

2 XL - 2 XL + 1

de donde se deduce:

¡

xL = o,5 n

xL=o n

c. Si el vatímetro ha de indicar ---0,2 W: 1 - XL

-.,,..2_ _..;.,__= -

0,2

2XL-2XL+

de donde se deduce:

2

XL= {

n

1,5

n

105

PROBLEMA 19 Justificar que sea cual sea el valor de R y sea cual sea el valor de X e, el voltímetro V marca siempre 1O V.

R

1 1

:

+

1

,,--., ,

\

1

'---1 V ,--' ,,.._,_,,

Xc

Solución: 1.er método de resolución: (M) ~

r, r

1

i• (S)

(N) o

r,l (P)

figura 1

La corriente I (figura 1) avanza un cierto ángulo

106


Por tanto; la tensión que indica el voltímetro V es la tensión NS que es el radio de la circunferencia y que vale 10 V (figura 2)

(P)

figura 2

2.0 método de resolución: Se supone R fija y Xc variable (ver fig. 3). El extremo del vector

Z=

su extremo. El vector

Y = ~ está sobre

R - jXc es una recta perpendicular al vector R y que pasa por una circunferencia que pasa por el origen del

vector R. El vector 1 =Y· (2E) está también sobre una circunferencia que es homotética con las anteriores (Razón de homotecia 2E). El vector Ü R = anteriores.

T . R está sobre otra circunferencia que también es homotética con las

Los diámetros de dichas circunferencias se obtienen para el caso particular de Xc son, respectivamente, 1/R, 2E/R, y 2E.

= Oy

107


La tensión del voltímetro será:

y puesto que

-E2

= -E1, el voltímetro indicará Vv = al radio de esta última circunf~ren-

cia de diámetro 2E (véase figura 3).

figura 3

De manera similar se resolvería si considerásemos variable R y constante Xc.

108

CIRCUITOS DE CORRIENTE AL TERNA MONOF ASICOS

PROBLEMA 20 El circuito eléctrico cuyo esquema se representa en la figura 1, trabaja en régimen senoidal permanente a la pulsación de 800 rad/s, alimentado por un generador cuya fuerza electromotriz permanece constante, de valor eficaz E. El condensador conectado al circuito, es de capacidad ajustable entre 50 µF y 200 µF. a. Con el interruptor K abierto (desconectado), el amperímetro indica una corriente de 50A.

b. Con el interruptor K cerrado (conectado), se varía la capacidad del condensador y se observa que para el valor de 125 µF, la lectura del amperímetro Ao, es mínima, y de valor 30 A.

Calcular: l. Las formas binómica y polar de la impedancia X,[).

Z, y parámetros que la constituyen (R,

2. La indicación del voltímetro Vo. 3. Las indicaciones del watímetro W G en ambos casos. 4. La impedancia reducida dd conjunto en paralelo

Z - C.

z

e

w = 800 rad/s

Figura 1. Circuito eléctrico del enunciado.

Solución: i.er método de resolución:

Antes de cerrar el interruptor K se tiene (en valores eficaces):

109


y sustituyendo valores conocidos:

U=l ·Z

U= 50 · Z

(1)

Tras cerrar el interruptor K, las dos ramas del circuito quedan en paralelo y el mismo está en resonancia, ya que según el enunciado, la corriente indicada por el amperímetro es mínima, de donde:

u= h. ZP

y sustituyendo valores conocidos:

U= 30 · Zp

(2)

La reactancia del condensador vale y sustituyendo valores conocidos:

Xc = 1/wC

y en forma compleja:

Zc

Xc

= 106/800 X 125 = 10 O.

= Zc = -10 · j O.

La admitancia de esta rama capacitiva, en forma compleja, vale:

ye = ~ = Zc

1 0-10 · j

(o + j . 110) s

La admitancia de la rama inductiva, en forma compleja, vale:

La condición de resonancia del conjunto formado por las dos ramas en paralelo, exige que la admitancia total del mismo, suma de las dos obtenidas anteriormente, carezca de parte imaginaria, o sea:

es decir:

110

X

1

22

10

siendo:

z2 =

R2

+ x2


de donde se deduce que la condición de resonancia exige que se verifique la igualdad siguiente: X

1

R2 + X2 = 10

Por qtra parte, la impedancia equivalente, al conjunto de las dos ramas en paralelo, escrita en forma compleja vale:

-

lp=

Z ·le z+Zc

sustituyendo valores

-lp = - --' Z (-10 -------'· -j)- (R + j · X)

+ (-10 j)

en módulo

z

P

10 · Z

=----:::::::::=====;; 2 2

+ (X-10)

..jR

De (2) y (4) se obtiene: U 30

10 · Z ..jR

2

+ (X-10) 2

pero de (1) también se tiene

u

de donde

300 · Z ..jR

2

+ (X-10) 2

U=SO·Z

de las dos últimas expresiones de U se obtiene

so . z =

300 · Z

---:=::======;; 2 2

..jR

+ (X-10)

de donde

expresión que elevada al cuadrado es:

2

R

+ X2 -

20 · X + 100 = 36

111


la ecuación (3) se puede escribir también como: Y a partir de las ecuaciones ( 5) y (6) se obtiene:

Despejando X se tiene

10 · R2

+ X2

1O · X - 20 · X

+ 100 =

36

X= 6,4 O

valor que sustituido en (6) da:

R=4,80

y entonces, la impedancia expresada en forma compleja es:

Z = R + j · X= 4,8 + 6,4 j = 8!53,13° O

z = (4,8 + 6,4 nn

Para hallar la inductancia puesto que la pulsación según el enunciado se concoe: w = 800 rad/s y se sabe que w · f =X= 6,4 f = Xlw = 6,4/800 = 8 -10- 3 H

f=8mH

2. La indicación del voltímetro·V o se obtiene sustituyendo los valores ya conocidos de la expresión ( 1) UG = U = 50 · Z = 50 · 8 = 400 V

3. Tanto con K abierto como con K cerrado, el watímetro marca siempre lo mismo, y como con K abierto c.p = 53,13° y cos c.p = 0,6 su indicación vale: WG = UG ·

1 • cos
= 400 · 50 · 0,6

· 12000 W

o bien, como con K cerrado c.p = 0° y cos c.p = 1 su indicación vale: WG = UG · h · cos

112


o bien toda vía: Wa

= R · 12 = 4,8 · 502 = 12000 W

Wo = 12000W

4. La resistencia del conjunto formado por las dos ramas en paralelo es tal que: U

Rp =-¡-; =

400

30 = 13,33 n;

Rp

= 13,33 n

2. 0 método de resolución: Considerando como únicas cuatro incógnitas a determinar, los valores numéricos de: E, Z, R y X, bastará escribir cuatro ecuaciones que relacionen entre sí estas incógnitas, con la condición de que sean independientes entre sí, y que reflejen las condiciones impuestas por el enunciado. Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas, quedará solucionado el problema.

Primera ecuación o condición que no precisa comentario: z2

= R2 + x2

Segunda ecuación: Debido a que con K abierto, queda únicamente conectada la carga Z, y circula una corriente de 50 A, la ley de Ohm permite escribir: E=SO·Z

Tercera ecuación: Con K cerrado, quedan en paralelo la rama inductiva y la capacitiva. Si dice el enunciado, que se ajusta la C al valor que hace circular la mínima corriente, señal de que ambas ramas quedan en resonancia, y el conjunto se comporta como una resistencia pura, o lo que equivale a decir que: si se escriben en forma compleja, la impedancia equivalente, o su inversa la admitancia, sólo tienen parte real. En estas condiciones, en la rama inductiva se tiene:

113


En la rama capacitiva, de la que se conoce su valor por los datos del enunciado se tiene: -

ye =

1

1

= j . w . e = j . 800 . 125 . 10-6 = j . - s 10

=o,-

Zc

Como las admitancias de ramas en paralelo se suman, para encontrar la equivalente: ,

-Y = -Y + -Y e = [G + j · B] = 2R+ j · [X2 P

Z

Z

+ -1] 10

0,1 = X/2 2

La parte imaginaria debe anularse, si está en resonancia: Z2 =10·X

luego

Cuarta ecuación: En estas condiciones de resonancia, el amperímetro marca 30 A, luego, aplicando la expresión de la ley de Ohm, en función de la conductancia se tiene: G . E = 1: R - . E=1

o lo que es lo mismo

z2

R ·E= 2

2

•

1

Sustituyendo el valor numérico conocido: R ·E= 2

2

•

30

Las cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas encontradas, que recogemos a continuación, resuelven el problema. z2

= R2 + x2

E= 50 · Z 2 2 = 10 · X 2 R ·E= 2 • 30

Eliminando E entre la segunda y cuarta ecuación se tiene: R/Z = 3/5 y esta relación puede reemplazar a una cualquiera de las dos ecuaciones, y por simplicidad, reemplaza en este caso la última: z2

= R2 + x2

E=50·Z 2 2 = 10 · X 5·R=3·Z

114


Poniendo R y X en función de Z, obtenidos a partir de las ecuaciones tercera (3) y cuarta (5), y sustituidas en la primera, el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas queda reducido a: 4

g ] z z2 = [ 25 . z2 + 1oo E=50·Z 22 = 10 · X 5-R=3·Z

Resolviendo la primera ecuación bicuadrada (6), se obtiene como único valor válido de Z, el de: Z = 8 n, valor que sustituido en la segunda (2) da: E = 400 V, en la tercera (3): X= 6,4 O y en la cuarta (5): R = 4,8 O. Ahora ya se pueden da~ las respuestas a las preguntas del enunciado: 1. La forma binómica y polar de la impedancia y parámetros que la constituyen:

i

= R + j ·X= 4,8 + 6,4 j

= 8!53,13° !l

z= 4,8 + 6.4 ¡ = sjs3,13º n R = 4,8 !l

X= 6,4 !l

Para hallar la inductancia, como por el enunciado se conoce: w=800

y se sabe que de donde

w .í

= X = 6,4

í = XI w = 6,4/800 = 8 · 10-3 H í=8mH

2. La indicación del voltímetro VG coincide con el valor de la tensión en bornes de la fuente: VG =E= 400 V

115


3. El watímetro indica siempre la potencia activa disipada en la resistencia. En el primer caso de K abierto: WG = p =R. 12 = 4,8. 50 2 = 12000 w

Se llega también al mismo resultado, aplicando la fórmula de la potencia: WG = P =U· 1 · cos 'P = 400 · 50 · cos 53,13° = 12000 W

Cerrando el interruptor K, no debe variar la indicación del watímetro, ya que la corriente que circula por esta rama, continúa siendo de 50 A, no habiendo quedado afectada por la conexión de la rama capacitiva. La corriente total suministrada por la fuente, no obstante, ha quedado reducida a 30 A. Así pues, con K conectado puede calcularse la potencia marcada por el watímetro por cualquiera de las dos fórmulas siguientes:

wG =

2

p = R . 12 = 4,8 . 50 = 12000

w

W G = P = U · 1 · cos 'P = 400 · 300 · cos 0° = 12000 W

WG

= 12000 W

4. La impedancia reducida del conjunto en paralelo entre las ramas inductiva y capacitiva, es de la forma:

pero XP = O por estar el circuito en resonancia, y como la potencia total y la corriente total que absorbe la impedancia paralelo se conocen, de ello se puede deducir el valor de Rp. WG = p = 12000 = Rp. 12 = Rp. 30 2 Rp

= 13,33 fl

3.er método de resolución: Tomando:

E

116

=E~


Antes de cerrar el interruptor, la corriente que se tiene en el circuito es:

T=

1 cos

= j · 1 sen

<.pz

z

al ser la impedancia:

= 50 cos

<.pz -

de la forma:

j · 50 sen

ZliL

Después de cerrar el interruptor K, la corriente suministrada por el generador vale: l=h~=30~A

IT = (30 + Oj) A

Y esta corriente debe ser la suma vectorial de la absorbida por la impedancia Z y la suministrada por:--el condensador, de capacidad C, por lo tanto:

De donde la corriente proporcionada por el condensador, vale:

1e =

30 + O j - 50 cos

1e = 30 -

50 cos

<.pz

+ j · sen
+ j (O + 50 sen
y puesto que la corriente proporcionada por el condensador, sólo tiene componente reac-

tiva, al igualar a cero la parte real en la anterior expresión, se obtiene: 30 = 50 cos COS

30 "'Z = -50 "t'

<.pz

= 0' 6

sen
= 53,12º

lo que quiere decir que la corriente suministrada por el condensador es de la forma: le = 50 · sen
1e = + 40 j = 40L90°

A

117

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOF ASICOS

Puesto que la reactancia del condensador vale: 1

Xc =-= wC i

e

106 800 · 125

= 10 !l

= - j 10 n = 10¡-90°

n

y la tensión proporcionada por el generador.es:

E =íc·Xc=~ · 10!-90º

=~V

El voltímetro VG = e indica 400 V. VG=400V

Con ello la corriente que circulaba por la impedancia valía:

Z antes

de cerrar el interruptor,

-1 =1- - -4000 =-

z

í

z

= 30-40 j = 50j-53,13º A

de donde:

-

400~

z = 50!-SJ,l3º af53,13º n = (4,a + 6,4 nn

z= a53,13º n = (4,8 + 6,4 j) n 3. En ambos casos la potencia activa indicada por el vatímetro es la misma y vale

WG

118

= UI COS (/)Z = 400 • 50 • 0,6 = 12000 W


o bien: WG

WG

= LJ !y COS ({) = 40() ' 350 • 1 = 12000 W = 12000

W

4. La impedancia reducida del conjunto en paralelo de las dos ramas, es una resistencia óhmica pura (el circuito está en resonancia) y vale:

RP = lp =} 1

= 400__~ = 13 33 O 30~

'

Rp = 13,33 O

con lo que la indicación del vatímetro también se podría haber calculado de

WG = Rp · li = 13,33 · 30

2

= 12000 W

119


PROBLEMA 21 En el circuito representado en la figura y con el interruptor K abierto, determinar:

a. Lectura de todos los aparatos de medida. b .. Potencias generadas y absorbidas. A continuación se cierra el interruptor K y se pide: c. Lectura de A 3 y Vi.

Datos:

Z1

= (2 + j) O

Z2

Z3

=

Z 0 = (2

(1-j6) O

=

(1- j) O

+ j2) n

e 1 (t) = 25 Ecos (1001tt + 1t/2) V e 2 (t) = 50 sen (1 001tt + 1t/4) V

120


Solución: a. Con el interruptor K abierto, se tiene el siguiente circuito (figura 1):

0,1

+

,.

figura 1

siendo:

E,=

22

25

=1 -

~ V

6j

= fu!-so.w n ~

2 0 = 2 + 2j = 2

{2~

Se resuelve el circuito por mallas: 2 11

2 12

E,

siendo: 2 11

=21

+ 20

=2

+ j + 2 + 2j

=4

+ 3j

=5

7 !36,8 º

O

121


z2 2 = z2

+

zo = 1

- 6j + 2 + 2j

=3

- 4j

=5

l-

53 13 ' o

n

El determinante de la matriz de impedancia vale:

z,, z, 2

~ =

=

24 - 15j = 28,3

l.::.:.:.

Las corrientes de malla valen:

que, sustituyendo y operando, resulta: 11

=

G=

2,65

l2...:::_

A= -1,4 + 2,25j A

8,38 ~ A = 8, 14 + 1,96j A

La corriente que circula por la malla central 10

= 11

+ 12 = 6,74 + 4,21j

El amperímetro Ao marca:

k vale:

= 7,95 l.:.:.:_

A

lo=7,95A

Por lo que hace referencia los voltímetros: U1

= 21

U 2 = 22

122

T;"""

=€~.

G = ...j 37 l-80,54º

2,65

E_=

5,93 11 48,56º V

. 8,38 113,56º = 50, 971-66,97º V


U0 = 20

i;

= 2

€ ~ · 7,95

~

l2:_

= 22,5

V

En definitiva, los voltímetros conectados al circuito indican: V 1 = 5,93 V

V2 = 50,97 V

Vo = 22,5 V

b. Las potencias generadas por cada una de las fuentes son:

S;

= ~

G*

= 25 ~ . 2,65

SQ L.,,1.c;o S2 = -E2 -12 * = { 2~

·

l-12 2º

= 66,25

l-32 º

1

VA= 56, 18 - 35, 11 j VA

1

8,38-13,56º = 296,28-58,5 6 º = 154,52 - 252,8j VA

Y el conjunto de las dos fuentes generan: 5G = S; + S2 = 210,7 - 287,91 j VA= 356,77

l-

53, 8 º

VA

Las potencias absorbidas por cada una de las cargas son:

Para 21

S11 = U1 5 11

Para 2 2

Para 2 0

G*

= 5,93 1148 , 56º

•

2,65

~ = 15,7 ~ VA

= (14,05 + 7,02j) VA

S12 = U 2 12 • = 5 O, 9 7 5 12

= (70,2-421,3j) VA

s70

= U O i; • = 2 2 , 5

5' 0

= (236,4 + 126,4j) VA

j-6 6 , 9 7 º

l2:_ ·

· 8,3 8

7, 9 5

j-1 3, 56º

= 4 2 7 ,2

l::.:.:.. = 1 7 8, 7 6

1-s oY

VA

~ VA

123


En total, la potencia absorbida es:

si°c = 5'1 + 5'2 + 5'3 = 210,7 -

287,91j

= 356,77

1-53,8º

VA

que, lógicamente, coincide con la potencia generada por las fuentes.

c. Este ,apartado, se resolverá aplicando el teorema de Thevenin. La tensión de vacío entre los terminales A y B:

u A B = U1 ETh e v

-

= UAB

u2 = 5 ,9 3 (bu it J

l

1 4 8. 5

6 o

5 o' 9 7

-

= 5 5 , 9 O l1 1 6 • 5 6 °

1-6 6. 8 7 = 5 5 9 o 1, 1 6' 5 6 o

I

o

V

V

Al cortocircuitar las fuentes, resulta el esquema de la figura 2.

-+

Z3

A

r············c::J--..

•·············¡ B

figura 2

Como se puede observar: ZAB

= Zrhev = O O

Cosa que quiere decir que el generador de Thevenin pasa a ser una fuente ideal de tensión, sin impedancia interna (figura 3):

124


A ~---- ----- ----------- --- --- -~ 1 1 1

'

; L

__________--- --- -- --- ----

.__

B

13

= EThev =_55,90

= 39,53

j161,56º

figura 3

A

- j

l3

V3

!116,56º

_,

= EThev = 55,9

!116,56º

V

Las indicaciones de los aparatos de medida son pues: A 3 = 39,53 A

V3

= 55,9

V

125

Cil~CUITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOFASICOS

PROBLEMA 22 El circuito representado en la figura se halla en régimen estacionario senoidal determinar: a. El circuito equivalente de Thevenin entre los terminales A y B. b. El circuito equivalente de Norton desde los mismos terminales. c. Valor de la tensión temporal entre los terminales de la carga vc(t) para los dos casos siguientes: cl.Zc =Re= 1 c2. Zc = jXL

n

con

L = O, 1 H

L1 =0,2 H - -- - ---' Y'/'Y\....._

1--~

+ e{t)

i

i(ü

.....__ __

A

__<

C1 =0,1 F

__.__ __

.,____ __ _ __ _ <· • • - • -

B

Datos

i(t)

e(t)

= 9 cos =9

( 1 Ot - 1t/3) A

cos 1 Ot V

Solución: a. Pondremos los valores de las fuentes en forma de valores eficaces.

E=

-h-~ =

4,5

E~

1 = -h-1-60º = 4,5

126

V

El-60º

•••• ••

A


Las impedancias conectadas al circuito son: R1

=1 n

Xc1

= e.o

1 C1

1

= -,-o-.-0-,-, = 1 n

xl1 = w L1 = 1 o . o,2 = 2 n

Xc1 = -j . 1

xL,

= j . 2

n =1

n =2

!-90º

~

n

n

Por tanto, el circuito se transforma en el de la figura 1.

10

+ 1=4,S·fi"~ V

-

i(O

i 1=4,Sf2~A 8

figura 1

Una manera de actuar es transformar la fuente de tensión con una resistencia R1 en serie en fuente de corriente con una resistencia R 1 en paralelo:

y el circuito queda de la siguiente manera (figura 2):

B

figura 2

127


A continuación, se puede encontrar la impedancia reducida de se denomina Zp: In•

R1 Xc

Zp

1 = -_---

1

i..::_ .

1-90º

1 - 1j

R1 + Xc,

J-::-

= Q 1-4 s º = (O 5 2

'

R1 y Xc 1en paralelo, que

Os·) O ' J

Por otra parte, las dos fuentes de corriente en paralelo se pueden reducir a una sola de valor:

1-;;- = ¡-;- + 1 = 1-;;-

= 11.02

4,5

!-30°

{l~A + 4,5

€1-60°

A

A= (9,546-5,511j) A

A continuación, se puede convertir el generador de corriente que se tiene lo en paralelo con Zp en un generador de tensión Eo en serie con Zp, y queda de la siguiente manera (figura 3):

~

Zp

A

+

B

E0

= 1-;;-

Zp

= 11,02

1-30° · ~1-45°

= 7,795

1-

75 º

figura 3

V= (2,02-7,53j) V

Es evidente que la EThev = Eo, para determinar ZThev, se cortocircuita la fuente de tensión: Zn,ev

128

= Zp

+ XL 1

= 0,5

- O,Sj + 2j

= (0,5 + 1,Sj) O = 1,58 ~

O


Por tanto, el circuito de Thevenin es (figura 4): A -+ ZThev

+

B

figura 4

con:

En-

= Elh~Y = 7,795

Zlhev

= 1,58

17 1,Sº

1-7 5 º

V

Q

b. El circuito equivalente de Norton se obtendrá de: -

YNorton

1

= ~=

.

1

5

1-75º

0,6328- 71 •565

o

,..

= (0,2-0,6j) S

Zlhev

INorton

= Erhev = 7,79 ~ = 4,93

1-146,5º

A

1,5871,5º Zrhev

El esquema del circuito es (figura 5): A

i INorton

= 4,93

l-14 ', 5 º

A

-+ 1

y Norton No~on

B

figura 5

129 Cl


YNorton

= 0,6328

j- 71 , 5650

S

el. Para resolver este apartado, se partirá del circuito equivalente de Thevenin (figura 6):

+ -+ Erhev

B

figura 6

Erhev

1,

Zrhev + Zc

y, sustituyendo valores en el caso de Zc

= Re =

1~ - n, resulta:

.7 795 75 º ~ . • 1, = 0, 5 + 1 , 5 j + l = 3,675 -120º A= (-1,8375-3,18J) A

1-

I

La tensión en los terminales A y B: Uc = Zc ·

i-;-

= 1 ~ · 3,675

Vc(t)

= 3,675 ·

Vc(t)

= 5,2

120 •

= 3,675

l-1 20º

V

(1 Ot - 120°) V

COS (10t- 120°) V

c2. Para el caso de

130.

'V2 COS

l-

Zc = j 1 n = I j-9oº n (la misma figura 6):


__EJb......,sv...___= ZThev + Zc

7,795 1-~5º . = 3 06 1-153,69° A 0,5+1,SJ+lJ '

La tensión entre los terminales A y B: Ve = Zc~ = 1 ~ . 3,06 1-153,69º = 3,06 1-63,69º V vc(t)

V

= 3,06

cCO =

4,33

"'2cos (1 Ot - 63,69º)V COS

(1 Ot - 63,69°) V

OBSERVACIONES

Otra manera de resolver el apartado primero era transformar todas las fuentes en fuentes de tensión, y resulta (figura 7):

B

~

= 4,5

E2 = 1

11

=

\12 ~ V

· Xc 1 = 4,5 "2 l-1 5oº

4,5

figura 7

V en serie con Xc 1 = 1

l-90º

O

\12 ~1-lj - 4,5 f"2 l-t 5<>" = 8,68 160º = (4,34 + 7,52J°) A i.::..

131


Ahora falta determinar la tensión entre A y B, que corresponde a la tensión de Thevenin:

u AB

= ~ - R1

G = 4,5 {2 - 8,68 ~ . 1 ~ = 7,795 1-

75

•

V

que coincide con los valores ~aliados anteriormente: Para la antes.

ZThev

se cortocircuita las fuentes de tensión y se halla de la misma manera que

También cabe reseñar que para calcular la Ü AD se podría aplicar el teorema de Millman (figura 8):

A

B

-U

- -

Erhev

AB -

I, En Yn = -....:.:......:.:.

I.

1

-+

figura 8

Yn

Ion o

Y2=--=l ~S 1

l-90"

U AB

1.32

-

-

= Uvacio = Erhev

4,5

{2 l!_ ·1

ti+ 4,5 "'Í2 ~ · 1 ~

1 ~+1

~

V


que operando, resulta:

u A B = 7' 7 9 5 Zr

=1

Zrhev

1

~

= O, 5

l-

15

o

V

1 90º

- l.:!!:... = o,707 -90º

+ 1 -

o, 5 j + 2 j

IL45 º

n = (0,5-0,5j) n '

= (0,5 + 1,5j) O (véase figura 9) A

B

ZThev

figura 9

= 1,58 l11,S6º .Q

133

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOF ASICOS

PROBLEMA 23 El circuito representado en la figura se alimenta mediante una fuente de tensión de fuerza electromotriz e(t)

= 41 O ...f2cos

(1 001tt +

6°) V

Las lecturas de los dos vatímetros que están conectados, son respectivamente W1 = 1, 75 kW y W2 = O kW y además, se sabe que el factor de potencia del conjunto resultante de la asociación en paralelo de Z1 y Z2 es la unidad. La impedancia ZI está formada por una resistencia óhmica ideal en serie con una bobina ideal y de coeficiente de autoinducción L1

= O,lS H, siendo Zo = (10 + j 18) n 1T

Se pide: a. Lecturas de Va, Aa, Vo, Vi. b. Expresiones complejas (binómicas y polares) de cada una de las impedancias desconocidas Z1 y Z2.

c. Lecturas de los otros apartados de medida Wa, A I y A 2. d. Balance de potencias en el circuito. Todos los aparatos de medida se consideran ideales.

134


Solución: a. La lectura de Vo es inmediata: U e _!.2,__ -

4

...JT- lof2_410V E -

Para determinar V1, plantearemos la siguiente ecuación vectorial: Ue = U 1 + Z 0 le Ue=410~V

Zo

= Ro

+ j XLo

= 1 O + 18j = 20,59

j6o,94º

.Q

Por otra parte de la lectura del vatímetro W 1 se deduce que: W1 = U1 le cos
I

_ W1 _ 1750 e - U1 - U1

Si se toma Ü 1 como origen de fases, será Ü 1 = U 1 ~ V y resulta: l,noAo 1750 Ue = U 1 + 20,59 ~ · - -

-

u,

o bien: 410

~=u,+

36034,7. 160,94º U1

que, desdoblándola en parte real e imaginaria, resulta: 41 O U 1 cos 6 = Ui + 36034,7 cos 60,94°} 4 1 O ·u 1 sen 6

= 3 6 O3 4, 7

sen 60,94°

135


y que resolviéndolas resulta: U1

= 350 V

U1 = 103 V

Las soluciones negativas no tienen sentido físico. La solución V 1 = 130 V tampoco, puesto que no es lógico que la caída de tensión en la línea sea mayor que en la carga, en consecuencia U1

= 350 ~

V

Para determinar fo, se hará de la siguiente manera:

w,

le=------=

u,

cos cp,_2

1750 = 5 A 350 · 1

en fase con Ur

El amperímetro Ao indica 5 A i";=5~A

La caída de tensión en la impedancia U0

~

2 0

i"; = 20,59

160,9 4 º

·

Zo vale: 5 ~ = 102,96

160,94º

V

Por tanto, la indicación de Vo es de 102,96 V

b: La impe~ncia reducid~ del conjunto ciendo que Ur = 350 0° e fo= 5~A LJ, 350 ~ -2 = 70 P = - = 5 ~ Oº

~o

Z1 - Z2 en paralelo se puede determinar, cono-

O

le

Se trata de una resistencia pura, porque cos cp 1 _ 2 = 1 Por otra parte: 28 · 1 001t = 2 8 O 1t

XL, = L, ro = L, · 1 001t = O' XL,

136

= 28j = 28 ~

O


y resulta: Z 1 = (R1

+ 28j) O

Para conseguir un factor de potencia del conjunto en paralelo igual a la unidad, Z2 ha de ser de la forma:

Además, si se tiene en cuenta que W 2 = O, condición que se expresa por:

cos

=

(J)2 = Ü

u2

l2

= 9o

o

La admitancia del conjunto Z1 - Z2 es: (1)

que ha de resultar igual a YP

=

~s

(2)

70 ~

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

R, = {56 Q 14 Q

Hay dos posibles valores de Z1 y Z2, que son:

z•, = (56 + ¡ 28) n = 62 ,6 f u,s,· n Z 11 1 = (14+j28)0 = 31,J

!63,4º

Q

137


Z'2

=-i 140 n = 140 l-90 • n

Z",¡

= -j 3 5

= 3 5 1-te•

O

O

c. Para el caso de Z'1 y Z'2, la corriente en A1 y A2 vale:

¡-;; =

3 5 0 ~ = 5 59 1-26,56' 62,6 26,56º ' . = 5 - 2,5j A

350 ~ 190 º = O + 2 5J. A l 12 = ~ = 2,5 L::_ 140 -90º '

= l '1

le

+ l 12

=5 ~

= 5,59

A1

A,

que cumple las condiciones iniciales:

A

A2

= 2,5

A

Cuando se toman los valores de Z"1 y Z"2, resulta: 35

1"1

o lg;_

31,3 ~

= 11, 18

I" = 3 SO ~ = 1 O ~ 3 5 1-90º

2

P'c = 1"1 + 1"2 A1

= 5

= 11,18

1-63, 43 •

= (O

A= (5-10j) A

+ 10j) A

~ A, que también cumple:

A

Por lo que hace referencia al vatímetro, se tiene: We

= W1

+ Ro I~

= 175O +

d. Balance de potencias: En

138

2' 1

= (56 + 28j) !l

1O · 52

= 2 OOO W


P 1

Q

En

1

1

1

2 11 1

2

= 56 · 5,59 = 28 · 5,59

2

= 1750

W}

5 11 = (1750 + 875j) VA

= 8 7 5 var

= (14 + 28j) !l 2

P11 , = 14. 11,18 = 1750

w }-

.

5 11 1 = (1750 + 3500j) VA

2

Q 11 1 = 28 · 11,18 = 3500 var

En

2 1 2 = -140j !l P' 2 = O W

Q} En

= 140 · 2,5

= 875

var

J

5 1 2 = (-875j) VA

(_,}

S11 2 = -3500j VA

2 11 2 = -3 5 j !l

w

P 11 2 = Q

0 11 2 En

2

= 3 5 . 10

=3500 var

+ 18j) !l

2 0 = (10

P0 =10·5

Q0

2

= 18

2

· 5

2

=250W}

= 45O

So = (250 + 450j) V_A

var

En el generador se tiene: PG =

L

Pe

i

Oc = L Oc

y da para cada caso el mismo resultado:

S'c = s•c = 2000

+ 450j = 2050

~~ VA

También se podía haber llegado al mismo resultado aplicando: Se= U 0 ~•

= 410

~ · 5 ~

= 2050

[12,68°

VA

139


PROBLEMA 24 En el circuito de la· figura, con R 1 = XL = 8 frecuencia de 50 Hz y con el inte"uptor D abierto:

n, R2 = 7 n se pregunta para una

a. Valor de la capacidad del condensador variable para que el circuito entre en resonancia. b. Siendo la tensión del generador E = 400L V, hallar las lecturas de Ao y Wo si se sabe que Wo marca menos de 20 k W. A continuación se conecta la impedancia Z, cerrando el interruptor D, se pide: c. Lectura del amperímetro A 3 y potencia activa, reactiva y aparente consumidas por dicha impedancia Z.

, o

,,,, ,,,,

,, ,,,,

10+ jO

,,,,,, ,,,, ,,,, ,,,, ,, ,,,, ,,,, ,,,, ,,,, ,,,, ,, ,,,,

--+

,,

E

•:

B

Solución: a. Las impedancias conectadas en paralelo, con el interruptor D abierto, son de la forma:

z, = R,

140

+ j

xl

=

a+

Bj

=a

E~ n

CIR~UITOS DE CORRIENTE AL TERNA MONOF ASICOS

sus admitancias correspondientes son: -Y =1- = 1 - l~ _45e; = º ( 1- J.-15 ) 1

z,

ri

8

y 2 = J._~ =

z

16

1

7 -jXc

~(

16

7

2

+ j

49+Xc

Xc

2

S

49+Xc

2

Para que el circuito esté en resonancia, se ha de conseguir que la susceptancia total sea cero, es decir, que la suma de las partes imaginarias de las admitancias se anule, lo que equivale a decir que la tensión aplicada yJa corriente total consumida están en fase. En consecuencia: 1

--16+

Xc

o

2

49 + Xc

ecuación de segundo grado que nos da dos soluciones reales y positivas: 11 , 8 7 3 Q = Xc 1 Xc =

{ 4,127 Q = Xc 2

por lo tanto, y a la frecuencia de 50 Hz, las capacidades del condensador pueden ser las siguientes, dado que:

e

=-1-:

e.o Xc

,06

268, 1 µF

C1

C2

= 1 001t

Xc2

= 771,28

µF

Ambas soluciones son posibles y por lo tanto, se tiene:

z, =a+

Bj

n =a E~ n n = 13 , 783

Z'2

=7

- 11,B73j

2 11 2

=7

-4,127j Q

1- 59 ,5 8º

= 8,1261-30 ,52º

n

Q

141


b. Con estos resultados, habrá dos posibles impedancias reducidas del conjunto en paralelo que valen:

8....fl ~ . 13,783 j-59,48"

Z1(p)=~ - ~

Z 1 +Z

Z() 2P

~n

2

8....fl ~ . 8, 1261-30,52º = 5,9344 ~ n

=_ z, ·_ Z 2 11

Z 1 +Z

= 10,0656

8 + 8j + 7 - 11,873j

1

8 + 8j + 7 - 4, 127j

11

2

y para estas dos impedancias, hay dos posibles corrientes, que valen respectivamente:

~=!d.._=

lno 00 ~ 10,0656 ~

~=!d.._= -

4 00 loo 5,9344 ~

z1

z2

4

~

= 39,74 ~

= 67,40

A

~A

con estas dos corrientes, se tienen dos posibles potencias activas que valen: P1

= R1

1~

= 10,0656

P2

= R2

1~

= 5,9344

y puesto que

· 39,742

· 67,42

P 1 < 20 kW

= 15896,275

= 26958,5

y

W

W

= 15,896

= 26,958

kW

kW

P 2 > 20 kW

se ha de aceptar como buena la solución P1, según el enunciado del problema. Por tanto, y en definitiva, se tiene:

1 = ~ = 39,74 ~

Indicación: Ac = 39,74 A

A

Zr= Z 1 = 10,0656 ~ A Xe = X e 1 = + 1 1 , 8 7 3

e = e, = 268, 1 P

142

= P 1 = 15,896

1-9 o º

Q

µF kW < 20 kW

Indicación: Wc = 15,896 kW


c. Por aplicación del teorema de Thevenin, cuando se cierra el interruptor D, conectando la impedancia Z, todo el circuito se puede sustituir por el esquema de la figura 1: A t------------------' 1 1 1 1

'

1

~--· ' '~ '

'

1

:' .: z= (10- j20 J3) n ..,.. '' '1

. 1 1

L - - - - - - - - - - - - -- -------B

EThev =

figura 7

= E = 4 oo Ii.::_ oº ya que estamos en el primer caso.

UAB (vacío)

La impedancia interna del generador de Thevenin, se obtendrá de la figura 2:

A · 10 + Oj

figura 2

Zlhev

= 1O +

Oj

= 1O ~

!1

Por tanto, la corriente Gvale: -

13 = _

Erhe v

Z rh ev +

·'

_

z

=

400

~

-~ 1 O + 1 O - 2 O~ 3 j

= 1 o l~no ~ = (5 = 5 v'3 j) A

lectura de A 3

143


En carga:

U\e = 23 ¡-;- = ( 1O S3 = U 'As

144

20

V3 j) · 1O 160°

¡-;-. = 360,555 l-a..13,9º

P3

= 1000

Q3

= 2000 .../3· var

W

= 360,555

· 1O 1-60º

1-13,9º

=·(1• -2000

V

Jj j) VA


PROBLEMA 25 En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, con los interruptores K, cerrado (conectado) y K2 abierto (desconectado) se tienen las siguientes lecturas en los aparatos de medición: Ve= 220,5 V

Ac

= 60

A

Wc = 7,938 kW

Sabiendo que en estas condiciones, la carga total del generador es inductiva y que las impedancias Zo y Z4 son capacitivas y la Z3 es inductiva.

= 64,512

V'c = 1 008 V

W'c

A'c = 80 A

A 12 = 28 A

V\= 656,25 V

W 11 = 28,224 kW

W 12 = O kW

W 13 = 17,199 kW

kW

Se abre a continuación el interruptor K,, permanenciendo K2 abierto y las lecturas de los aparatos de medida son ahora: Determinar:

a. Formas binómicas y polares de todas las impedancias conectadas al circuito. b. Lecturas de los restantes aparatos de medición.

c. Diagrama vectorial de todas las tensiones e intensidades. A continuación, y permaneciendo abierto el interruptor K1, se cierra el K2, que conecta una batería de condensadores para mejorar el factor de potencia de la carga situada a la derecha de los bornes M y N hasta la unidad, siendo V"s = 1050 V.

Determinar: d. Características de la batería de condensadores.

145


e. Nuevas lecturas de A"G, V'' 0, V'' G y W'' G,

A

M

+ -

SOHz

Ve

K¡

el

V5

Kz

N

B

Solución: a. Con el interruptor K I cerrado el circuito que se tiene es el representado en la figura 1, que nos va a permitir determinar -la impedancia Z o:

figura 1

146


Wc 7938 cos
Si Z o es capacitiva:
~

~=60!53,13º A

V

-z = -uc. = 220,5 ~ 1 Q

~

6053,13º

=3

f

I

6 7 5 -5 3 I 1 3

O

n

Z 0 = (2,205 - 2,94j) O

Al abrir el interruptor K1, permaneciendo abierto el K2, el circuito a resolver es el de la figura 2:

figura 2

Se sabe además, que el circuito es inductivo, por lo tanto: 1

-

...Y::!..:_g_ _

64 51 2

cos c- U'c l'c-1008 · 80
= 36,87º

O,B

sen

147


Y si, como en el caso anterior,~ toma Ü'a = 1008 l~.Y, Ya= 801-36,87° A= (64 - 48 j) A, retrasada con respecto a U 'a, la caída de tensión que se produce ahora en la impedancia Zo vale: U'o

= Zo

l'G

U'o = 294

= 3,675

l-9 0º

1-53,13º . 80 1-36,87º

= -294j

V

= 294

1-90º V

lu·ol = 294 V

Y la tensión en bornes de todo el conjunto en paralelo, que es la indicada por el voltímetro Vs, vale:

U' 5 = U'G - U' 0 = 1008 U's

v

= 1 OSO !16,26º

IU',l=

1

~

~ - 294 1-90º = (1008+294j) V

,

Por lo tanto, la impedancia ibtal del circuito es:

Z'r =

LJ 'G =

~

~

1 008 = 12,6 136,87º 80 1-36,87º

(10,oa

+ 7,SGj) n

La impedancia reducida de las dos ramas conectadas en paralelo vale: U's 1050116,26º Z'p = - = 1 ~ 80 -36,87º

= 13,125

153 ,13º 0.= (7,875+10,Sj)O

Como comprobación se debe verificar que: Zo

= Z'r-Z'p

Z0

= 2,205

= 10,08 + 7,56j- 7,875 -10,Sj

- 2,94j

= 3,675

1-53,13º

O

que coincide con el valor encontrado inicialmente. Por otra parte la impedancia reducida del conjunto módulo:

148

Z3 + Z4 ,

en serie

Z3- 4 ,

vale en


Creando un desfase, entre Ü s e f2, tal que su coseno vale: cos

w•, =~=

= ±16,26°

23

= 23

-4

28224 1050. 28

= 37,5

+ 24

= 0,96

j±l6,26º

= (36±10,Sj) !1

Y por otra parte, el módulo de la impedancia Z 4 se puede obtener de:

_ 1 1l-, _lu·41 24

-

1'2

656,25 = 2 3 I 4 3 7 5 .Q 28

Para determinar el desfase que crea esta impedancia Z 4 se sabe que: W' 3 = 17199 W

U' 4 = 656,25 V W'3

por tanto: cos cp 4 = ~ = 0,936

y siendo

Z

4

1' 2

cp4 = 20,61

A

o

capacitiva, según enunciado, será de la forma:

l4 = 23,437 j-20,61º = 21,9375 - 8,25j

y puesto que Z3 + l4 R3

= 28

= 36 -

21,9375

= 36 ± 10,5j = R3

= 14,0625

Y X3 = 10,5 + 8,25 = 18,75

.Q

+ jX 3 + (21,9375-8,25j) n

.Q

.Q

ó

X3

=-

10,5 + 8,25 = - 2,25 .Q

La segunda solución de X3 no es válida puesto que según el enunciado, dancia inductiva.

Z3 es una impe-

En consecuencia: Z3

= 14,0625

+ j 18,75

l4

= 21,9375

- j 8,25

n = 23,4375

= 23,4375

js3,13º

n

1-20,61º .Q

149


Para encontrar el vector 1\ se tiene ahora que: --;-

12

=_

Us

_ =

ZJ + Z4

1050 116 , 26 º 3 7 5 116 , 26 0

= 28

lno ~

.

= (28 + OJ) A

I

Que nos permitirá encontrar de forma inmediata el vector f I dado que: l'G

= 1'1

+ 1'2

11 = l'G - 1'2

~ = 80 1-36,87º - 28 ~ = (36-48j) A = 60 1-53,1 3º A A continuación se podrá determinar X1 + Z2:

-X1

-

U's

1050 j16,26º

+ Z2 = - = ~ 60 1-53,13°

X1 + 2 2

= 17,5

169,39º

169 , 39º A = 17,5 ....._ _

= (6,16+ j 16,38)

X1 + X2 = 16,38

.Q

= R2

+ j [X 1 + X2 ]

.Q

Para determinar los valores de XI y X2, se calculará la tensión existente en bornes del vatímetro W'2:

U's - U', = 1050 !1 6,26º - U' 1 = G x, 190º = 601-53,13º . x !90° = 60 x,

U As=

con

u•, UAB

1

= 1 oso

jl6,26º - 60

x,

136,87º

j36,87º

UAB = 1008 - 48 X1 + 1294 - 36 X¡] j

La potencia aparente en forma compleja en esta porción de circuito es: SAB

= UAB · i°7;*

=ffl 008 -

= (1008 - 48 X1 + (294 - 36

Xd j) ·

28

~

=

48 X,) 28 + j (294 - 36 X1]VA

y siendo la lectura del vatímetro W'2 cero, la parte real de la potencia aparente SAa es nula. O sea: (1008-48 X1 )

150

·

28 = O

X 1 = 21 .Q


y, en consecuencia, X1 + X2 = 16,38 o por tanto, Z 2 = R2 X1

-

X2 = 16,38 - 21 = -4,62 O

l-36 ,8 7 º

j X2 = (6, 16 - 4,62j) O = 7, 7

= 21 j O = 21

!90º

o

O

b. Las indicaciones de los aparatos de medida se obtienen de: ~ ~ 60 1-53 ,1 3º A

Pi= 28

~

~

1-36,87º A

u•

= 80 1

A

= 2 1 ~ = 21

= 1260

190º . 60153,13º

U'2 = 22 ~ = 7,71-36,87º . 60 l-53,13º

U's

=

1

+

U' 3

= 23

fi;

U 14 =

U1

24

U's = U3 1

U2 1

= 4621-90º

V

= 1050 116, 26º V

= 23,4375 153, 13 º . 28

Pi = 23,4375 1-20 ,61 º +

136, 87 º V

U 4 = 1050 1

· 28

~

= 656,25

~~ v

~

= 656,25 1-20 ,61 º V

j16,26º V

u·6 = u·, - u·3 = 656,25 120,61

º

v

En consecuencia, dichas indicaciones serán: A 11 = 60 A

A'c=80A

V' 1 =1260V

V'2 = 462 V

V' 3 = 656,25 V

V' 5 =1050V

V 16 = 656,25 V

V'AB = 462 V

A' 2 = 28 A

V 14 = 656,25 V

151


c. El diagrama vectorial de tensiones y corrientes será el representado en la figura 3.

figura 3

l'G

= 1'1

+ 1'2

d. Al conectar la batería de condensadores, se va a mejorar el factor de potencias hasta la unidad y teniend9 en cuenta que, la potencia aparente en forma compleja, absorbida por la carga antes de conectar el interruptor K2 vale: S'c

= U's ~* = 10501 16 , 26 º

!

· 80 36 , 87 º =(50400+67200j)VA

Los condensadores habrán de aportar una potencia reactiva de 67200 var, y por tanto: Q con d

= 6 7 2 oo = u e I

.

u· = u e f;I

2

O)

10 6 · 67200 CµF = 1001t . 10502 = 194,107 µF

152

e

CIRCUITQS DE CORRIENTE ALTERNA MONOFASICOS

cuya reactancia vale:

u•2

e

Xc

1050 2

= Gcond = 67200 = 16,406

.Q

e. Antes de conectar los condensadores, la corriente valía:

~ = 80 1-36,8 7º = (64-48j) A Los condensadores aportan una corriente que vale:

-

l"c

P'c

-u·

1050 116 26º

X'c

16,406 1-90º

= _s =

'

= 64 11 06 ,2 6º

= 64

1106,26º A

= (-17,92 + 61,44j) A

con lo que la nueva corriente vale: l"c = l'G + l"c = (46,08+13,44j) A= 48 !16,26º A

Y ahora serán: U"o

= Zo

l"G = 3,675 l-53,13º . 48116,26º

= 176,41-26,87º

V

U"c = U'c + U 11 0 =1050116,26º + 176,41-36,87º = 1164,42319,30º V

La potencia aparente suministrada por el generador una vez conectados los condensadores vale: S"G = U"G l"G* = 1164,423 19,30º

· 48 1-16,26º = (55480,4-6772,Bj) VA

Por lo tanto las nuevas lecturas de los aparatos de medida son ahora: V"c = 1164,423 V

A"c = 48 A

V 11 0

= 176,4

V

W"c = 55480,4 W

153


PROBLEMA 26 El circuito representado en la figura, alimentado a la tensión de 120 Vy frecuencia de 250 Hz, absorbe una potencia: SG = (1500 + 320 j) VA

Si se mantiene la tensión de alimentación en el mismo valor eficaz y se incrementa la frecuencia del generador en un 60%, la potencia activa suministrada por el generador se reduce al 83,33% del valor anterior. Se pide determinar: a. Parámetros que constituyen el circuito. b. Impedancias a considerar a cada una de las frecuencias. c. Potencia reactiva y factor de potencia del generador a la segunda frecuencia.

R

e

l

Solución: a. A la frecuencia de 250 Hz, la reactancia del circuito es: XL, = 21t · 250 · L = 5001t L y

a la segunda frecuencia f2 = 1,6 X 250 = 400 Hz, la nueva reactancia es: XL2

154

= 21t · 400 · L

= B001t

L


siendo, por tanto: XL 2 =- 1 ,6 xL, o El módulo de la corriente que circula por la rama en la que están conectados en serie R y L, en cada caso vale:

l~I= lul

120

'1R 2 + x~ 1

2

'1R + x~ ,

IGI= lul

'1R2 + X~2

°'1R2 +

120 (1,6

XL2)2

Para ambos casos toda la potencia activa se disipa en la resistencia R, siendo P1 = 1500 W y P2 = 1500 · 0,8333 = 1250 W, por lo que se podrá plantear el siguiente sistema de ecuaciones: P,

= R 121 = R ·

p2

= R 1~ = R .

= 1 500

1 2 0 22 R2 + XL,

W

}

~

R2 + ro62 X L1) 2 - 1 2 5 o

w

que resuelto proporciona:

y

XL¡

y

R = 8,369 .Q

= 3,2097 O

por tanto: XL,

3,2097 S001t

L

= S001t =

L

= 2,04336

H

mH

A la frecuencia F 1 = 250 Hz, será pues:

1~,=

'1

1 20

A

2 -

e

11 -

R2 + X~ 1

120 2

2

R + XL , 2

La corriente que recorre la rama en que está situado el condensador vale en módulo:

1-1 = le

120 C l/co,

= 120 co 1

C

= 120

· S001t. C

155


1~

= 1202

. soo 2 . 1t2 . c2

La potencia reactiva absorbida por la rama en que está conectada la bobina vale:

La potencia reactiva cedida por la rama en que está conectado el condensador vale: Qxc = Xc1

1: = Xc1 :

1202 . 5002 . 1t2 . c2

= 1202

.

;gg; ~

1t2 . c2

y la potencia reactiva total, a esta frecuencia de 250 Hz, es:

puesto que QT = 320 var, sustituyendo los valores XL 1 y R en la anterior expresión, resulta: 320

= 3,2097

de donde se obtiene:

120 2 · B, 3692 + , 20972 - 12C;2 · S001t C 3 e = 11,286 . 1 o-6 F

= 11,286

µF

b. Impedancias a 250 Hz: 1 Q6

Xc1 = 5001t C

1 Q6

= 5001t

41 · 11,286 = 56 , n

Xc 1 = -56,41 j n = 56,41 j-90º n ZR-

Li

=(8,369+j3,2097)'0 = 8,9634 !20,983º

Q

y la impedancia total será: (9,1s1 + 1,959j)

1S6

n


Impedancias a 400 Hz: 1 Q6 Xc2 = 8001t C

Xc 2

106

Xc,

5 6 41

1,6. S001t C = r r = ~ = 35,256

= -35,256j = 35,256

Q

1-90º Q

xl 2= ao01t L = 1,6 . 5001t L = 1,6 xL, = 1,6 . 3,2097

= 5, 1355

n

XL 2 =5,1355j=5,1355 !90º Q

ZR-

L2

= (8,369+5,1355j)Q = 9,819131 ,535º

Q

y la impedancia total:

c. A la frecuencia f2 = 400 Hz después de haber determinado la impedancia total del circuito en su forma polar se ha visto que
= e os

1 6 º = O, 9 6 1 2 6 2

= O, 2 8 6 7 4 5

Q2c¡ = P2c · tg
157


PROBLEMA 27 En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, alimentado a la frecuencia de 50 Hz, se sabe que: - La tensión UG suministrada por el generador está en fase con la corriente la. - El voltímetro Vi marca el triple que el Vi. - La rama formada por el conjunto en sere RA - X A, tiene un factor de potencia de O, 28. - La impedancia Za

= 5000 j3 6, a7 º n.

Se pide: a. Calcular los parámetros Ro, RA, XAy LA. b. El factor de potencia del circuito.

c. Trazar el diagrama vectorial de tensiones y corrientes.

~I

v,

\

Solución: a. Si se toma Ü a como origen de fases Ü a = Ua ~

u8

j-73,74º

ZA

1S8

ü,

j


ya que cos
y cpA = 73,74º

Por otro lado, en la rama B: Is=~= Us~ =~1-36,87º Zs 5000 136,87º 5000 Zs

= sooo

136 ,8 7 º

= (4000+3000j) n

Como quiera que Ü G e T e están en fase según la primera condición del enunciado Uc = Uc 1-36,87º y

Como además se cumple que: U c

= R0

10

= IA

~

= ~ ,8 _ 7° ZA 1-73 ,7 4° + ~ Zs 1-36 ..___

~

= Us [-1-1-73,74º ZA

~

+ Us = R0

~

+ Us

~

+ Is

+ _1_1 -36,87º] 5000

Al sustituir este valor en Ü G, nos queda: Uc =Ro~+ Us = Ro Us [~A l-73 ,74º +

sdoo l-36 ,8 7°

] + Ue

~

Uc 1-36,87° = Us [&. 1-73,74º + 1-36,87º + 1 ZA 5000 .

J

Uc=3 l-36,87º = 1 +~!-73,74º +~1-36,87º Us ZA 5000

UG lectura voltímetro V 1 ya que Ue = lectura voltímetro V2 enunciado.

= 3 de acuerdo con la segunda condición del

Ecuación que se puede desdoblar en parte real y parte imaginaria en la forma siguiente: 3 cos (-36,87°) + 3j sen (-36,87º) = 1 + ~: cos (-73,74°) + ~: j sen (-73,74º) +

+

R0 5000

e os (-3 6 , 8 7 º) +

R

g

50 O

j sen (-3 6 , 8 7 º)

159


Igualando entre sí las partes reales por un lado y las imaginarias por otro, se obtiene: 3 cos (-36,87º)

=1

3 sen (-36,87°)

=O+

+ ~: cos (-73,74º) +

z: R

5

~g

0

cos (-36,87º)

R

sen (-73,74°) + 50g0 sen (-36,87°)

y sustituyendo los valores de las funciones trigonométricas, resultará: Ro 2,4 = 1 + 0,28 ZA + 1,6 · 1 o-4 R0 Ro -1,8 = O - 0,96 ZA -1,2 · 10-4 R0

y operando: 1,4 -1,8

4,8

= 0,28 =-

Ro

ZA+ 1,6 · 10-4 Ro

Ro 0,96 ZA - 12 · 1 o-4 R-0

= 0,96

Ro

ZA+ 5,4857142 · 1 o-4 Ro

Ro 1,8 = 0,96 ZA_ 1,2 · 10-4 R0

Restando las dos ecuaciones: 3

= 4,2857142

· 10-4 R0

3 . 104 Ro= 4 2857142 = 7000

'

n

Sustituyendo en una de las anteriores ecuaciones:

160

Ro o, 2 8 z;..

2 ,4

=1

1,4

= 0,28

+

+ 1 , 6 . 1 o- 4

7000 ~ + 1,12

•

7 ooo


O 28 '

7000

= O' 28

zA

ZA

= 7000

n

y como se ha dicho en la tercera condición del enunciado que COS A

= 0,28

y

A

= 73,74°

ZA = 7 OOO e os 7 3 , 7 4 º + j 7 OOO sen 7 3 , 7 4 º

RA + j xA - (1960 + j 6720) n

De donde se obtiene: RA

= 1960 n

xA

= 6720 n

XA

= ro LA = 21t f LA XA

6720

LA= 21tf = 1001t = 21,39 H

b. Para calcular el factor de potencia de todo el circuito, se va a determinar su impedancia total. Si se denomina Z P a la impedancia reducida o equivalente de las dos ramas A y B conectadas en paralelo, se tendrá:

7000 173,74º . 5000 136,87º 1960 + 6720j + 4000 + 3000j

35. 1061110,61º 5960 + 9720j

Zp

=

zP

= 3069 ,7031 !s2, 12 s1 º

Zr

= 7000 + 1884,61

n

35. 106 110,61º 11401,754 58, 4 84 7 º

=

(1884,61

+ 2423,08j = (8884,61

n

+ 2423,08j) n

+ 2423,0Sj) O

161 Cl


Zr=9209,10 !1s,2ss1°

q, = 15,1551°

n

cos q, = 0,964 764

c. Este tercer punto nos permite resolver el problema por métodos geométricos, según la figura 1:

figura 1

La condición de quele esté en fase con Ü G impone que Ü RB + Ü xe = Ü e es también el de la impedancia de la rama B por lo que aa = 36,87°. Por último, la condición UG = 3 UG determina el ángulo cp, como se ve a continuación. De ello debe deducirse, que el ángulo cp n·o depende de la rama A, sino de las tres condiciones antes enumeradas. Efectivamente, el teorema del seno aplicado al triángulo de tensiones permite establecer que:

J:!.!L. _ Uq ~ sen (q, + a 8 ) sen q, - sen (q, + a 8 ) sen q, sen q, cos a 8 + cos q> sen a 8 sin q> cotg q>

q>

162

=

3 - cos sen as

= 15,2551 º

ªª

3

~

3

cos a 8 + cotg q> sin a 8 = 3

3 - cos 36,87° _ sen 36,87° - 31666

cos q>

= 0,964764


Si a continuación se añade la otra rama A, quedará el diagrama completo que permitirá calcul{lr todos los valores de forma geométrica-trigonométrica según se desprende de la figura 2.

figura 2

a

= 36,87º

8

= 73,74º puesto que s

aA

A = 0,28

y puesto que estos dos son datos del problema:
En el triángulo de intensidades se ha de tener en cuenta que TA es paralela a Ü RA por lo cual el ángulo 'Y que forman TA e Y o vale 'Y= (aA - aB) -

r

y= 73,74º - 36,87° - 15,2557° = 21,615°

Las relaciones siguientes son evidentes: R8

= Zs

cos
~=~ sen a sen

U Ro

_

_

Ro - 1o - 1B _

U Ro

sen (y + p) sen y sen y

Ro - Ra uR sen (y + cp) 8

URs sen (y + p) Ra sen y

= 28

cos

ª 8 Ua

sen a 8 1 sen y sen

163


R _ Z 0 -

8

sen a 8 sen y sen<¡> sen (y+<¡>)

= 5000

sen 3 6, 8 7 º sen 21 , 61 5 º sen 15,2551 º sen 36,87°

= 7000

De la misma manera: U RA _ sen m U RB sen en 1 -1 ~---;..;;.;..;..... RA - A - 8 sen y - R8 sen y

RA

= Z8

~

cos aA sen <¡>

= 5000

sen 2 1 , 61 5 º _ · 0,28 sen 15125510 - 1960

xA = RA tg ªA= 1960 tg 73,74º = 6120

164

n

n

0

CIRCpITOS DE CORRIENTE ALTERNA MONOFASICOS

PROBLEMA 28 Del circuito representado en el esquema adjunto, se sabe que la carga Z3 consume una potencia aparente de 25 kVA con un factor de potencia de 0,8; la carga Z,4 absorbe una potencia aparente de 25 kVA con un factor de potencia 0,6, siendo los dos consumos inductivos. , La indicación del vatímetro Wi es de 960 W, sabiéndose además que la impedancia Z 1 es una resistencia pura de valor 9,6 n y que Z2 es una reactancia inductiva pura de valor 2,8

n. Calcular:

a. Lecturas de los aparatos de medida Vi, Vi y A. b. Valor de la tensión Vi.

c. Características de la batería de condensadores que se ha de conectar a la entrada del circuito para conseguir que el factor de potencia del mismo se mejore hasta la unidad a la frecuencia de 50 Hz. d. Diagrama vectorial de tensiones y corrientes.

....

-

1

Solución: a. Como quiera que el vatímetro mide únicamente la potencia consumida por la impedancia Z 1, que por otra parte es una resistencia pura y conocida, se puede escribir que:

w,

= 12

.

z,

1=

- ~= - /960 '-J z; : '-J gJ; = 1 O A

165

CIRCUITOS DE CORRIENTE AL TERNA MONOFASICOS

por lo tanto, ésta será la lectura del amperímetro A. Si se tiene en cuenta que cos cp3 = 0,8 en la rama Z3, cp3 = 36,87°. Así mismo, sabiendo que cos cp4

= 0,6 en la rama Z4, cp4 = 53, 13°.

En consecuencia, las potencias aparentes S3 y S4 valen: S 3 = 2 5 OOO 13 6, 8 7 º V A = (20000 + 15000j) VA S 4 =25000153,1 3º

VA= (15000+20000j)VA

Por tanto el conjunto de ambas ramas consume una potencia aparente que vale: Se= 5 3 + S 4 = (35000+35000j) VA= 35000

E~

VA

si se toma la tensión Ü 2 como origen de fases resulta T * = l O ~ A, por tanto: 35000

E= lu2

I· o 1

La lectura de v2 será pues:

V 2 = 3500 -f2= 4949,7 V

Para determinar V 1 se pueden seguir dos métodos: primero, mediante el cálculo de la potencia aparente suministrada por el generador y a continuación el segundo método mediante la composición vectorial de las tensiones parciales. Por potencia aparente: Se

= Se

-

-

+ Sz 1 + Sz 2

Se= 35000 + 35000j = 35000

= 960 ~

Sz 1

= 960

+ Oj

Sz 2

=O+

2,8 · 1 0 2 j

E~

VA

VA

= 280 ~

VA

Se= 359 6 0 + 352 8 0j = 50376,58 j44 , 4 s º VA

166


Por composición vectorial:

Tomando como origen de fase el vector Ü 2:

= 3 500 "Í2~ = (4949,75 + Oj) V

U2 U 21

= 9,6

~ · 1 O 1-45º

U 22

= 2 ,8

190º · 1 O 1-45 º

U1

= 5 O3 7, 4 3

V1

= 5037,658

- 4 8, O8 j

= 96

1-45º = (67,88-67,88j) V

= 2 8 ~ = (19,80 + 19,BOj) V

= 5 O3 7, 6 5 8

1-0, 5 5 º

y

V

b. La indicación del voltímetro V3 se calculará vectorialmente: U3 = U 2 + U 22 = , [(4949,75+0j)+(19,80+19,80j)]V U 3 = (4969,55 + 19,8j) V

V3 =

lu31 = ...J4969,55 2 + 19,82 = 4969,6

V

c. Anteriormente se ha calculado la potencia aparente suministrada por el generador que vale: Se= 35960 + 35280j = 50376,58 144,45º VA

167


Para que el generador proporcione una potencia cuyo factor de potencias sea igual a la unidad, la batería de condensadores debe compensar la componente imaginaria de dicha potencia, en cuyo caso, la nueva potencia aparente suministrada por el generador será de la forma:

si°G = 35960 ~

VA

Si se denomina Zo la impedancia del condensador, se cumplirá:

vf

35280

Zo

=

=-

1 roC

Zo 2

v,

= 35280

C = 5037 , 6~~~

8

.º2 1t

e -_

35280 2

v, · 21t · f

. 50 = 4,425 · 1 o-6 F = 4,425 µF

d. Para trazar el diagrama vectorial de tensiones y corrientes se estudiarán las dos partes que lo componen separadamente: Parte Z1 + Z2 ( diagrama de tensiones e intensidades) de acuerdo con la figura 1.

figura 1

Parte correspondiente a las dos ramas en paralelo, según puede observarse en la figura 2:

figura 2

168


cp3 es tal que cos cp3 = 0,8 cp4 es tal que cos cp4 = 0,6

CI ya que ambas ramas están sometidas a la misma tensión y las dos Además ILI = 1 impedancias Z3 y Z4 consumen la misma potenci_a aparente: 13 + 14

=1

Reuniendo pues los dos gráficos quedará el total como se representa en la figura 3 a efectos cualitativos y sin estar las magnitudes a escala:

figura 3

Üz1 paralela a T y de módulo IÜz 11= 96 V Ü z2 perpendicular a T y de módulo IÜ d = 28 V

y por tanto Ü 1 y Ü 3 son vectores resultantes.

169


PROBLEMA 29 El circuito cuyo esquema se representa en la figura, se alimenta mediante una fuente de tensión que proporciona una tensión U constante pero de la que se puede revular su frecuencia de salida.

e

R

Las lecturas de los dos voltímetros Vi y Vi son variables con la frecuencia de alimentación. Se trata de determinar a qué frecuencia, la suma de las dos lecturas es máxima.

Solución: Solución geométrica:

V1

=

luR I

Si se tiene en cuenta que: {

v 2 = 1u e

I

Caída de la tensión en la resistencia Caída de la tensión en el condensador.

Y puesto que L está en fase con Ü R y adelantada de 90° con respecto a Ü e, se deduce que Ü R y Ü e son dos vectores que forman entre sí un ángulo de 90°. El diagrama vectorial de tensiones es tal que, variando la frecuencia, el vértice A describe un arco capaz de 90° sobre Ü, es decir, está sobre una semicicunferencia de diámetro Ü, cumpliéndose siempre la condición de que Ü R y Ü e forman 90°, como se puede comprobar en la figura 1.

170


....

D

u

figura 1

Si como prolongación de Ü R se lleva el segmento Ü e, se encuentra el punto A' de forma que DA'= IÜRI + IÜd = V1 + V2 o sea que representa la suma de las lecturas de los dos voltímetros. Y puesto que el triángulo A'AB es rectángulo e isósceles, el ángulo a vale 45°. Obviamente, el valor máximo de DA' se encuentra uniendo D con el centro del arco capaz de 45°, puesto que D és un punto de esta circunferencia y la distancia máxima de un punto de una circunferencia, a otro punto de la misrr-a, es precisamente un diámetro. Dado que el centro del arco capaz de 45°, está sobre el arco capaz del ángulo doble, es decir 90°, ya que desde el centro, el ángulo que abraza una cuerda es doble que el ángulo inscrito que, abraza la misma, se deduce, que el máximo de DA' se tiene cuando A coincide precisamente con O, es decir que:

ello sucederá cuando: R = Xc 1

ro= RC

~

f

1 = -roe - n

---Hz 21t · RC

Solución analítica:

171


y si Z es la impedancia total,

lz 1 2

= R2

+ X~

-, _ lu 1 11

-lzl

V, +

v,

=

1 lz1u 1

(R

+ Xc)

Para encontrar el máximo de V 1 + V2 se busca la derivada respecto a Xc, que es la única variable con la frecuencia, y se iguala a cero. Tomando pues, los valores literales como módulos, se tiene:

d (V1 + V2) _ O _ U Z - U dXc -

z· z2

(R + Xc)

=>

z

=

z•

(R + Xc)

2

y puesto que Z es una función de Xc oada por la expresión Z = R

2

(1)

+ X~, si se deriva

ésta respecto a Xc, para encontrar Z', se tiene: 2ZZ' = 2Xc

=> ZZ 1 = Xc

valor, que sustituido en la expresión (1) anterior, dará: Xc Z=y(R+Xc)

Z 2 = Xc R + X~

R2 +X~= Xc R + X~

R2

R

= Xc

= Xc

R

es el valor para el que se obtiene el máximo de

Como es lógico, se ha llegado al mismo resultado anterior.

172

V1 + V 2•


PROBLEMA 30 Determinar el valor de las dos resistencia R (iguales en ambas ramas) para que el circuito entre en resonancia. Indicar también: a. Como varía el valor de la resistencia hallada, en función de la frecuencia. b. Tensión entre M y N, para este valor de la resistencia, al variar la frecuencia.

c. Valor de la corriente absorbida por el circuito, en función de la frecuencia, siendo R el valor de la resistencia que produce resonancia.

B

Solución: 1.er método de resolución:

Estudio geométrico de los triángulos de tensiones e intensidades. La caída de tensión en la resistencia más la caída de tensión en el condensador, dan el vector Ü en la rama 2. Por otra parte Ü 2R y Ü e están desfasados 90°, por lo cual el extremo de Ü 2R estará sobre el arco capaz de 90° sobre Ü, o sea sobre la semicircunferencia de diámetro Ü, como se puede apreciar en la figura 1.

173


figura 1

Lo mismo se cumple para la rama 1. Por otra parte, los vectores Y7, e L están en fase con sus respectivas tensiones Ü R y valen: -

1i

-

U1R

R

o sea que el diagrama de tensiones es idéntico al de intensidades si se efectúa un cambio 1 de escala de forma que a 1 V le corresponda R A.

L

Como la resultante de Le ha de estar en fase con Ü, en caso de resonancia, se toma el diagrama de tensiones por el de intensidades (por la equivalencia mencionada), el segmento MN ha de quedar dividido por Ü en dos partes iguales (propiedad geométrica del paralelogramo de vectores y que por homotecia de razón R, el segmento que une los extremos de los vectores 'i7 e se transforma en MN en tanto quel se transforma en U). Pero MN es una cuerda de la circunferencia, lugar geométrico, y se sabe que la única cuerda que queda dividida en dos por un diámetro es la cuerda diametral. Por lo tanto MN ha de ser un diámetro y en consecuencia Ü 2R y Ü 1R deben formar 90°.

L

Consiguientemente el diagrama vectorial en el caso de resonancia será el que aparece en la figura 2.

174


figura 2

Se cumple pues que: l2 R

= 11 xL

11 R = 12 Xc

(

valores escalares).

(valores escalares).

multiplicando estas dos igualdades: 11 12 R2 = 11 12 XL Xc

R2

= XL

Xc

=

(l)

L · role

=~

=>

R=

#

0

Obteniéndose una interesante consecuencia, cual es, que el valor de R, que produce resonancia, es independiente de la frecuencia, es decir, que el circuito es resonante a cualquier frecuencia. Se puede afirmar que una resistencia de este valor es una verdadera resistencia de resonancia intrínseca del circuito.

b. Como se ha visto en el diagrama de tensiones y como quiera que la tensión entre M y N, es decir entre los extremos de Ü 2R y Ü IR, es siempre un vector diametral inscrito en la circunferencia, su valor independientemente de la frecuencia será: ÜMN = IÜI. U IR U2R . c. Puesto que 11 = R e 12 = R e s obvio que 1 = 11

+ -h

ÜIR

= R

+ RÜ2R

=

Ü R

independientemente de la frecuencia.

175


Esta resistencia de resonancia intrínseca del circuito tiene pues unas propiedades características y notables ya que estabiliza completamente el mismo a cualquier valor de la frecuencia (siempre que se mantenga la tensión de alimentación). Estas propiedades se resumen a continuación:

l.ª Hace que permanezca constante la tensión entre M y N que por otra parte es la máxima posible e igual a la de alimentación. 2.t Hace que el circuito sea totalmente óhmico, manteniendo estable la intensidad de corriente consumida, independientemente de la frecuencia. 3/ Estabiliza la impedancia equivalente del circuito ZR = R, invariable con la frecuencia.

2. 0 método de resolución: Estudio analítico del circuito:

z, = R + j y

1

Y2

=

XL

1 R + j XL

=R-

Z2 = R - j Xc

= R - j XL = R - j XL

1 . X J e

R2 + X~

Z~

R + j Xc - R + j Xc R2 + X~ Z~

Para que el circuito entre en resonancia, la susceptancia del mismo, que corresponde a la parte imaginaria de la admitancia, debe ser cero.

R2 (Xc - XL) = Xc XL (Xc - XL) R2

176

= Xc

XL

= oolC

. ro L

=

¿

~

R

=

#


El método presenta, no obstante, un inconveniente, y es que si XL = Xc, se produce una indeterminación, puesto que cualquier valor de R satisface la ecuación (1 ), ya que la operación de simplificación de la igualdad en el caso de que XL = Xc no es válida matemáticamente hablando, puesto que se dividen los dos miembros por cero, lo que invalida el resultado obtenido tras la simplificación.

u

u

+ j Xc) R + X~

U (R

R - j Xc

1,

-UMN

u

u

= -LJ

2

R[

R 2 R2 + Xc

R R2 + X~

lJ+ J.UR [ R Xc+ X~ 2

al ser R2 = Xe XL -UMN = -LJ R [

R 2 Xc XL + Xc

R 2 Xc XL + XL

J+ J. -U R [

Xc 2 Xc XL + Xc

177


UMN

-

=U

l

[XL - Xc . 2R XL+ Xc + J XL+ XcJ

y su módulo 2

2

1-1

~L-Xc) 4R \XL + Xc + (XL + Xc) 2 = U

_x.._L2_+_X__c._2_-_2~x__L___ x __ c - 4 xL Xc (XL + Xc) 2 + (XL + Xc) 2

Como se había obtenido por vía geométrica.

c. Valor de la corriente:

siendo: 1 1 1 - = +--ZR R - j Xc R + j XL

f

2 R + (XL - Xc) _ 2 R + j (XL - Xc) ZR - (R - j Xcl (R + j XL) - R2 + XL Xc + j R (X L - Xc)

.l_ _

y como que R2 = XL Xc

.l_= zR

178

2R+j(XL-Xc) =.!._[2R+j(XL-Xdl_.!.. 2 R2 + j R (XL - Xc) R 2 R + j (XL - Xc) j - R


PROBLEMA 31 En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, alimentado por una fuente de tensión de 100 V, 50 Hz se observa que las lecturas de los dos voltímetros Vi y Vi son iguales y de valor 100 V.

e + -

E=lOOV

R=lOOQ

V1

50 Hz

Se pide: a. Valor del factor de potencia del circuito. b. Relación entre las lecturas de los amperímetros A 1 y A 2. c. Relación entre R, L y C, para que Vi = Vi = E = 100 V. Indicar si es posible que en un circuito de este tipo, variando convenientemente la resistencia R, se pueda conseguir la condición impuesta.

d. Valores de la inductancia L de la bobina y la capacidad C del condensador a la frecuencia dada.

Solución:

V 1 = V 2 =E=

lul

el triángulo de tensiones es equilátero, tal como se indica en la figura 1.

179


figura 1

pero:

17 debe estar adelantada 90* con respecto a Üc. L ha de estar en fase con Ü y Ü L ha de estar retrasada 90° con respecto a Ü = Ü R

L·

R

Si 17 forma 90º con Ü e estará adelantada 90° - 60° adelanto, lo que indica que el circuito es capacitivo: cos
= cos

(-30°) =

L·

= 30° respecto de Ü y cp = 30º en

+ "3 2

b. Como L está a 90° con respecto de Ü R, forma 30° con Ü, por lo cual L e 17 forman 'un ángulo de 60° y en consecuencia:

t.L 1¡-;-1-

1 -2 cos 60° -

La lectura del amperímetro A 1 será do~le que ·1a del A2.

180


c. En el triángulo de intensidades, puede verse que: _....;13______2_ I cos 30° - {3 3

y en módulos:

IGI= '~~'

,~,= ,~.1 y sustituyendo en (1):

coC I U e 1 =

_1

col

L

{3

IU R 1 R

lu 1 {3 luRI = _,

L

R

por lo tanto para que se cumpla que:

se tendrá que:

181


roe=

1

..L.!..

{)R · 1

=>

1

;¡-= f3R

=>

L

= {i""'!.. (t)

Y ésta es la condición que se debe cumplir para que las lecturas de los voltímetros sean iguales al valor de la fuerza electromotriz de la fuente de alimentación. Por tanto es posible conseguir esto y encontrar un valor de R adecuado siempre que C y L halla una determinada relación obtenida al multiplicar las dos igualdades anteriores: 2 C · L= (1) 2

La igualdad anterior es siempre realizable para cualquier valor de C y L si se pudiese variar la frecuencia, con lo que, para cualquier valor de R se cumpliría dicha particularidad. Si las dos igualdades se dividen, se obtiene

en cuyo caso se cumple que las tres lecturas son iguales para un valor de: R =

-{IT n

Resumiendo, siempre se podrá conseguir que las tres lecturas sean iguales para un valor de .R como el indicado, en función de L y C, pero con la particularidad de que si L · C = entonces, para cualquier valor de R, se obtendrían las tres lecturas idénticas.

d.

182

e=

k~R = {321t .

L =

-v j

_r:-R -

ro

=

_r:-

-v 3

56 . 100 =· 0,00003675 F = 36,75 µF

1 00 = O 5 5 H = 5 5 O mH 21t · 50 '

~2


PROBLEMA 32 Del circuito que se representa esquemáticamente en la figura, se conocen los siguientes datos: Vo

= 220

V1

= 80

V

V

V2

= 80 V

V 3 =160V

A _ __

E

A

A.--------------------------+~

1-------------------------'E 50 Hz

Se pide:

a. Lecturas de los voltímetros Vs y Vi. b. Lecturas de los vatímetros Vi y Vi.

Solución: Puesto que:

ÚJ = Ú1 + Ü2,

y según se desprende de las lecturas de los voltímetros

IU3I =

IU1I + IU2I, se deduce que estos tres vectores están en fase.

183


Como consecuencia, el diagrama de tensiones del circuito, será de la forma representada en la figura 1.

e UAB

=·

Uco

= Uoe

Use

G figura 1

En el que puede observarse que BF = DH ya que ambos son paralelos a CG y valen precisamente

et.

De la misma forma DB = FH = ~E:

b. Puesto que en módulos se verifica, en el triángulo vectorial BAF, que:

IAF 1=

IABI = 80

1 . R = 20 . 4 = 80

lo que quiere decir, que dicho triángulo es equilátero, o sea que el ángulo a que forman AB y AF es precisamente a = 60° y como quiera que I está en fase con ÜAF: W 1 = 1 · LJ AB = 1 · LJ A B

184

· C OS

60o = 20 · 80 ·

t

= 800 W


W2

=

1 · U FH = 1 · U FH e os J3

Vo

= 12

e os J3

Para calcular cos {3, en el triángulo vectorial EAG, se cumple, según el teorema del coseno:

1202 - 22 o2 - 1 6 o2 = 2 · 220 · 160

cos

w2 = 1 2Uo

e os J3

= 2o

. 1 1 o . o,8466

o,8466

= 1862,s w

185

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA TRIFASICOS • Equilibrados en generación y carga. • Desequilibrados en carga. • Desequilibrados en generación.


PROBLEMA 33 Todos los puentes de medida en corriente alterna, necesitan para su equilibrio elementos que almacenen energía reactiva, bien sean capacidades o inductancias. En el laboratorio no se dispone de ninguno de estos elementos, pero, pese a todo, se quiere medir la resistencia y reactancia de una bobina con una fuente de corriente alterna, haciendo el montaje que se esquematiza en la figura adjunta y operando en la forma siguiente (siendo Rx una resistencia variable). 1. Se conecta un voltímetro de corriente alterna, que se supone ideal, es decir, de impedancia infinita, entre los terminales A y B. 2. Se varía la resistencia Rx y se miden los diferentes valores en el voltímetro conectado entre A y B, buscando el valor mínimo de esta tensión que se denominará UAB min = Vi.

Se pregunta: a. Demostrar que cuando se obtiene el valor mínimo de la tensión entre A y B, Rx =

1

z!.

b. Determinar los valores de la resistencia y reactancia de la impedancia Z una vez conocido el valor de Vi y conociendo, naturalmente el valor de la tensión de alimentación U1. c. De qué forma ha de ser la impedancia sea constante.

Z para que no exista dicho

valor mínimo y Vi

Solución: a. El diagrama vectorial de tensiones en las dos ramas en paralelo, tiene la forma indicada en la figura 1, en el supuesto de que la impedancia Z sea inductiva.

189

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA TRIF ASICOS

UR

= caída óhmica en la bobina.

Ux

= caída inductiva en la bobina.

tg a

Ux

X

= u; = R = constante

figura 1

Al ser a un ángulo constante, al variar Rx, el punto B estará sobre el arco capaz de 180º -a, sobre el vector U,, puesto que U,= UR1 + ÚRt, Por consiguiente, la posición en la que el vector Ü AB es mínima, es la de la figura 2, estando en un punto fijo.

p

figura 2

Por lo tanto V2 es mínima cuando I Ü Rxl = 1Ü ~ y siendo la corriente que circula por ambos elementos pasivos la misma, sus impedancias serán también iguales en módulo:

b. Diferentes relaciones geométricas elementales, nos permitirán encontrar los valores de R y X que corresponden a la impedancia Z = R + j X.

190


En el triángulo y en el triángulo B N p R2 +

x2 = R~

La corriente en la rama 2 vale: l

u,

2

= _---Rx + Z

,~ 1 =

-=====u,====2

'12

'1R~ + R2 + 2RxR + X

R~ + 2 Rx R

Por otro lado, también se sabe que:

u,

U1 Rx

R + 2 Rx

'12R~ + 2Rx R

valor que sustituido en la igualdad inicial U~ 1 + U~ = U ~x da:

2

u 2l

u~

2

UR1 + U2 = 2 + 2

R)

+

°R;

=

u~

..B._ Rx

U~

-+ 4

R) = + Rx

2

= -4 + U2

u~

u2

4

2U~

i

2

2

U 1 + 4U2

R + -= 2 2 Rx U 1 + 4U 2

=> 2

U1

2U~

R = Rx

2

2

[ U1 + 4U2

2 U1

2

-

4U2

2

+ 4U2

2

R

= Rx

(~:J

+4

191


_ 1 2

2

2-4 ]2

X =Ri-R =Ri-Ri [~ (~:)'

Por tanto, la impedancia

(~ 'f Z = Rx ~ (U _ 1

J

+4

[WT _ 1

= RiU'

+4

]2 -

[~)'

[WT _ 1

-4

]2

+4j, .

Z, vale precisamente:

4

+4

+ j Rx

U2

c. Para que la tensión V2 sea constante, es necesario y suficiente que el ángulo capaz, antes mencionado sea precisamente de 90°, ya que entonces el vector AB es el radio de la semicircunferencia como puede apreciarse en la figura 3.

figura 3

Lo que implica que Ü z y Ü Rx sean perpendiculares, por lo que, la impedancia una inductancia pura, o lo que es lo mismo, se ha de cumplir que: R = O n.

192

Z ha de ser


PROBLEMA 34 El esquema representa, la alimentación. en media tensión de tres cargas trifásicas y equilibradas, cuyas características están dadas por sus potencias. Con el interruptor D abierto, la lectura del voltímetro· VG es de 1202,5 V y se desea saber: a. Impedancia equivalente por fase de la carga, en el supuesto, de que esté conectada en estrella. b. Indicaciones de los vatímetros W1 y W2.

A continuación se cierra el interruptor D (que equivale a conectar en el circuito una batería de condensadores) y se pregunta: c. Nuevas lecturas de los vatímetros y del voltímetro VG, carga 1

100 kVA cos q, =0,6 (ind.)

carga 2

40kW

cos (j)= 1

--+

z, =1,2 + 1,6j íl 0 1

~~~A-r;- .........,_2_0_+~10-j-kV_A.J..-.,. carga 3

Solución: a. En primer lugar, se reducirán las tres cargas conectadas al extremo de la línea a una sola equivalente:

193 Cl


carga 1

s,

= 100 !s3, 13º = (60 + 80j) kVA (cos cp = 0,6;

carga 2

s°; = 40 ~ =

(40 + Oj) kVA

carga 3

s; = 22,36 126,56º Sr=

= (20 + 10) kVA (tg q> = ~~;

(120+90j)kVA

= 150136,87º

kVA

que, por fase, representa una potencia de:

-Se¡= Se = 40 + 30j 3

l3i:..A7ºº

= 50 ~ kVA

La tensión simple o de fase vale:

luc, 1= 1~ = 12~ Ucs = 694,26

5

= 694,26

V

~V

Y si se toma la tensión simple en bornes de la carga como origen de fases:

La impedancia por fases de la línea es de la forma:

zt =

(1,2 + 1,6 i) n

=2

!s3, 13 °

n

Pudiéndose ahora plantear la siguiente ecuación vectorial:

194


siendo: _1 = .:.5.:.º.:.º.:.º.:. º_.l•_-3_6_,8_7_º..

I* = Sq = .:.5.::.0.::.0.::.0.:..0_.1~36·,-ª.7-º

-Ucs

'ºº

Up

Ucs L:-

y, sustituyendo, se obtiene: Uc

~=

5

Ucs + 2 !s3 , 13º .

~ 1-36,87º Ucs

igualando partes reales e imaginarias entre sí, queda: 694,26 cos

~ = Uc

5

+

9

~ººº} C5

6 9 4, 2 6 sen 5° = 2 8 OOO Ucs

que resuelta, nos da: Ucs = ± 200 V Ucs = ± 500 V Los valores negativos no tienen sentido físico.

El valor U es = 200 V no se considera, puesto que es ilógico que la caída de tensión en la línea sea superior a la caída de tensión en la carga. Por tanto, la corriente que circula por la línea vale:

T

= 5~~~01-36,87º

= 1001-36,87º = (80-60j)A

y, si se recuerda, que por fase:

Sct

= 50000 !36,8 7 º VA= (40000+30000j)VA

resulta, teniendo en cuenta que: Se¡ R

e

= ~

X

12

_

Le -

Zc,

= 40000 100 2

Oct _ 12

-

= Pc¡

+ Oc¡:

_ 4 O

-

30000 _ O 1 Q O2 - 3

= (4 + 3j) n = s

~6,87º

0

195


b. Si se tiene en cuenta la disposición de los dos vatímetros (conexión Aron) la forma de conocer las lecturas de cada uno de ellos es la siguiente: carga:

Pre= 40000 · 3 = 120000 W Ore= 30000 · 3 p t = 3 Rt

línea

12

= 90000

var

= 3 . 1 , 2 . 1 oo2 = 3 6 ooo W

Ot = 3 Xt 12 = 3 · 1,6 ·

1 00 2 = 48000 .var

La potencia suministrada por el generador, será: PG

= Pre+

Pt = 1 56000 W

0G = Ore+ Qt

= 138000

SG = 208,278

~

= 1 56

kW

var = 138 kvar

kvar

y teniendo en cuenta la disposición de los vatímetros:

w,

+

w2 = Pe

-~3 (w 1 - W 2 ) "VJ=

}

0G

W1 + W2

= 1 56}

138 W, - W2 = "VJ -~3

de las que se obtiene: W 1 =117,8kW W 2 = 38,2 kW

c. Al conectar los condensadores, la potencia aparente total del conjunto de la carga será:

196


S'rc = 120000

+ 90000j - 90000j

= 120000 ~

VA

Y puesto que la tensión en bornes de la carga se supone constante y de valor por fase 500 V, la nueva corriente de línea vale: ln°

I'* = 120000 ~ 3.

soo

E

= BO A

~

Las nuevas pérdidas de potencia en la línea en estas condiciones serán: P 't

=3

· 1 , 2 · 8 O2 = 2 3 O4 O W

Q 't = 3 · 1 , 6 · 8 O 2

= 3 O7 2 O

var

Y el generador aportará una nueva potencia de: P'c

= 120000

+ 23040

= 143040

W

Q'c = 30720 var SI G

= 1 4 3 O4 O +

20720j = 1 4 6 3 O1 , 6

11 2, 12 °

VA

Las nuevas indicaciones de los vatímetros serán: W

1

W'

1

+ W

,-

1

2

= 143040}

W' _ 30720 2-

{3

W' 1 = 80,3881 kW W 12

= 62,6519

kW

y la nueva indicación del voltímetro será:

Se observa pues, que como resultado de corregir totalmente la componente reactiva de la carga mediante los condensadores, la potencia activa absorbida del generador, solamente disminuye en 13 kW en tanto que la reactiva se ha rebajado en~ 107 kvar.

197


PROBLEMA 35 Un sistema trifásico equilibrado, de secuencia directa RST a 50 Hz, alimenta: 1. Tres cale/actores de un horno eléctrico, conectados en triángulo, con factor de potencia unidad, y que consumen 3, 74 k W cada uno.

2. Un motor eléctrico de rendimiento 83 %, conectado en triángulo a la tensión compuesta de 208 Vy que proporciona una potencia mecánica de 25 C. V., con/actor de potencia 0,8.

La línea de alimentación tiene una impedancia por fase

Z1 =

R1

+j

X,.

En bornes de salida del generador, se conectan tres vatímetros, de la forma que se especifica a continuación y que dan las siguientes lecturas: W1:

Bobina amperimétrica con corriente de la fase R. Bobina voltimétrica con tensión R T. Lectura: ilegible.

W2: Bobina amperimétrica con corriente de la fase R.

Bobina voltimétrica con tensión ST. Lectura: 15200 W. W3: Bobina amperimétrica con corriente de la /ase S.

Bobina voltimétrica con tensión ST. Lectura: 15570 W. Se pregunta:

a. Impedancia de la línea. b. Tensión en bornes del generador.

Solución: a. Se determinan las potencias eléctricas consumidas por las cargas conectadas al circuito.

198


motor

P mee P

= 25 CV

= 83 o/o

cos q,M

= 0,8

tg q,M

= 0,75

- 25 · 0 c736 -221687W 1

0,83

M -

QM

11

= PM tg

M

-

= 22168,7

· 0,75

= 16626,5

var

SM = 22168,7 + j 16626,5 = 27710,9 136,87º VA

horno

P'H pH

QH

= 3,74

kW/fase

cos cpM

=3

=3

= 11 2 2 0

p 1H

· 3 74 0

=1 W

= O var

SH= 11220 +jO

= 11220 ~

VA

en consecuencia, la carga total conectada al circuito, será: Se= SM + SH = 33388,7 + 16626,5j = 37299,41 !26,47º VA

Si se toma la tensión en bornes de la carga, como origen de fases Ü e = Ü e corriente que circula por la línea de alimentación, se obtiene a partir de:

-

Se

1 * = ---= Uc {3

1 = 1 O3, 5

V, la

37299,41 1261470 !26,47º lno = 103,5. '13· 208

1-26 ,4 7º

tE.:

.....___

= (92,65 -46,133j) A

Analicemos a continuación, las potencias que proporciona el generador, para lo cual basta observar que los vatímetros W 1 y W 3, están conectados según el método de Aron, y por tanto se cumple para cualquier sistema equilibrado, que: Pc=W 1 +15570}

QG

'/3= W1

-

1

5570

(1)

la lectura del vatímetro W 1, según el enunciado, no es posible.

199


El vatímetro W 2, está montado de forma, que en un sistema trifásico equilibrado, su indicación es:

expresión que sustituida en ( 1), resulta: Pc=W1+15570

}

15200 = W 1 -15570

W 1 = 30770 W

Pe= W1 + W 3 = 30770 + 15570 = 46340 W OG =

"'Í3 · 1 5 2 OO = 2 6 3 2 7, 2 var

Por lo que, el generador, suministra una potencia total, que en forma compleja vale: Se= 46340 + 26327,2j = 53296,5 129,6º VA

con un factor de potencia

cos
Las tres fases de la línea, absorben una potencia, que vale: Pt = Pe - Pe = 46340 - 33388,7 = 12951,3 W

Ot = Oc - Oc= 26327,2 - 16626,5 = 9700,7 var St = 12951,3

+ 9700,7j = 16181,46 136,84º VA

Los parámetros por fase de la línea serán de la siguiente forma: Pt

Rt =

312 =

o,

200

12951,3 3 . 1 O3 '5 2 = O, 4 O3 O

x, = 312 =

9700,7 3 . 1 o3 1 5 2 =

z, =0,403

+ 0,302j = 0,5036 136,84 o

o, 3 o2 o

o

~IRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA TRIFASICOS

b. La tensión en bornes del generador, se puede deducir de:

Se

Uc

=

Uc

= 2 97 ,3

ET•

53296,5 ~ = _,-I = 297,3 " 3 . , o3 , 5 2 6, 4 7 º !3, 13 º V

13, 13º V ~

= (296,86 = 16,23j) V

recordando que el origen de fases es precisamente, la tensión en bornes de la carga.

201


PROBLEMA 36 Seis impedancias idénticas, de valor Z = (12 + 16 j) n cada una, se conectan, como se indica en el esquema adjunto, al extremo final de una línea trifásica alimentada por un generador equilibrado y a secuencia directa que proporciona en bornes de la carga así constituida una tensión entre fases de Ve= 200 ,J3 V. , La alimentación se realiza mediante una línea trifásica, cuya impedancia por fase es

o+ JJJ n.

Z.e =

Con el interruptor K abierto, determinar: a. Las indicaciones de todos los aparatos de medida. b. Potencia aparente, en forma compleja, suministrada por el generador que alimenta la carga.

Para mejorar el factor de potencia de la carga hasta la unidad, se cierra el interruptor K, que conecta una batería de condensadores y en este caso, se pide: c. Características de la batería de condensadores. d. Potencia aparente en forma compleja, que proporciona ahora el generador y nueva tensión en bornes del mismo.

202


Solución: a. Las seis impedancias así conectadas, dan lugar a una impedancia de carga, cuyo valor por fase es: Zc = Z . Z /3 =

-Z+z

L 4

3

siendo:

z

= 12

+ 16j

Zc = 12 ~ 16j

= 2 o !s 3 , 1 3 º n 240 !s3,13º

=s

1s3 , 13º

n

=(3+4j)n

El esquema anterior puede reducirse a otro monofásico, constituido por fase y neutro, como se aprecia en la figura 1.

R

N -- ---- ---------- --------- ----- --· ------ --------

z 1 = z, + Zc = 1 + 1 j + 3 + 4 j = 4 + s j = 6 , 4

!s 1, 34 º

figura 1

0

La corriente por fase vale: 200€~ 1

-

e -

{3 Zc

l!!;_

200 = 40 1-53,1 3º A s 3' 1 3 º

- 5

!

y, por tanto el amperímetro Ao marca 40 A.

203


La caída de tensión en la línea en valor simple será:

U¡=

Zt ·

~ = 'Vl~

· 401-53,13º = 40

La indicación del voltímetro V1 será pues: 40

)2 =

"21-8,13º

56,5685 V.

La tensión simple en bornes del generador vale:

UGs = Ucs U GS

= 256

= 200

+ Zt · 1 - 8j

+ Oj + 56 - 8j

= 2 5 6, 1 2 5 ~

V

La indicación del voltímetro VG será:

= fJIUGs 1 = {J.

VG

256,125

.=

443,62 V

El amperímetro A2 marcará:

y, como vector será: 12

= U es =

2

---=--

2 OO ~.º 1 s3 1 3º = 1O - , = (6 - 8j) A 20 js3,13º

El amperímetro A 11 indicará:

1-1 _luccl l:zl -_ 111

-

€

200 20

y el amperímetro Ar marcará:

204

= (56-8j)V


Los vatímetros conectados según el método de Aron, indicarán: W1 + W 2

= PG

W, -W2

0G = {3

Determinemos, en primer lugar, las potencias absorbidas por la carga y la línea: Pe = 3 Re 1~ = 3 · 3 · 4 O2 = 1 4 4 OO W 2

PI = 3 R¡ 1e = 3 · 1 · 4 O2 = 4 8 OO W

y, por el teorema de Boucherot, Qc = 3 Xc 1~ = 3 · 4 · 40 2 = 19200 var O 1 = 3 X¡ 1~ = 3 · 1 · 4 O2 = 4 8 OO var Oc = Oc + 01 = 24000 var

Por tanto resulta: W, + W 2 = 19200} W1

b.

-

W2

=

24

000

{3

W 1 = 16528,2 W

W2

= 2671,8

W

Sc =Pe+ j Oc= 19200 + 24000j = 30735

!s1 ,34 º VA

c. La potencia aparente absorbida por la carga, es de la forma: Se= Pe+ j Oc= 14400 + j 19200 = 24000

!s3, 13º VA

como se ha visto en el apartado a.

205


Para que el factor de potencia de la carga sea la unidad, se deberá cumplir que: Se= 14400 + Oj = 14400

~ VA

en consecuencia, la batería de condensadores, tendrá que aportar una potencia reactiva de: Qc cond

= 19200

var (-)

que, por fase, vale: Qcf cond

19200 - = 6400 =3

var (-)

La capacidad de dichos condensadores, sabiendo que están conectados en triángulo a la tensión compuesta de 200 )3 V y frecuencia de 50 Hz: C

=

lo& . 64 00 = 169,765 µF/fase 2 21t 50 (200 "5)

cuya reactancia por fase vale: Xc

= 21t

1 o& 50 · 169,765

Xc = - 18,75j

= 18,75

= 18175 n 1-90º

n

d. La reactancia capacitiva de los condensadores, proporciona: 1f con d

200

-{J~

= 1 8' 7 5

1-9 Oº

18,475 190º

y que, en línea, valdrá: ,~ condl =

206

-{J. 18,475 = 32 A

A


La corriente I~ que suministraba el generador, antes de mejorar el factor de potencia de la carga, valía:

~ = 40 j-53,13º = (24-32j) A Una vez compensado el factor de potencia, la nueva corriente, pasa a ser:

~

= 24

+ Oj

= 24 ~

A

siendo la nueva potencia absorbida por la carga de la forma:

S'c=

= 14400 IE.:_

14400 + Oj

VA

En la línea se producirán ahora unas pérdidas de potencia que valen: P ·,

=3

· 1 · 242

= 1 72 8

Q 1/

=3

· 1 · 242

= 1728

W var

La potencia que suministra, en estas condiciones, el generador, según el teorema de Boucherot, valdrá: P

I

G

1

Q c

=Pe I

+ P 1/

= Q 'e

= 14 4 0 0

+ Q 1/

=O +

+ 1 7 2 8 = 1 6 12 8 W

172 8

= 172 8

var

S'c = 16128 + j 1728 VA= 16220,3 !6 ,116º VA

Por tanto, la nueva tensión en bornes del generador, será:

390,2 V

207


PROBLEMA 37 A un sistema trifásico de tensiones equilibrado, en estrella, y con neutro: Es= 1201-120º V

ER=12olE.:_v

Er = 120

~

V

se le conecta una carga trifásica desequilibrada, que consume:

!;"" = 1 2 1-90 º

A

Ir = 12

l+ 9 0º

A

Se pide:

a. Calcular las componentes simétricas de estas corrientes. b. Valor de la corriente que circula por el hilo neutro.

c. Impedancias por fase, de la carga, conectada en estrella. d. Impedancias por fase, de la carga, conectada en triángulo. e. Si se rompe el conductor neutro, ¿cuáles serán los nuevos valores de las corrientes de línea?

-+

e~

Ir -+

IR

...

Is

Soluci6n: a. Las componentes simétricas de las corrientes dadas son:

~ = t (¡-; + a 1-;- + a = 10,93 lE.:_ A 208

2

¡;:-) = t (12 + 1 2 ~ + 1 2 1-3 o

o )

= 4 (1 +

m

=


!;" =

t (¡;

= 2,93

+ a2

~+

a

¡;:-) = t (1 2 + 1 2 1t 5 o

+ 1 2 ~ ) = 4 (1 -

m

=

1180º A

t

~ = (¡; + ~ + ¡;:-) = 4 ~ ...l1r

o

A

Sistema a secuencia directa:

Sistema a secuencia inversa:

Sistema a secuencia homopolar:

...

----~~...

lzr

10,93

-+

>-----~IIR

-----~

; ~ ,93 2,93

- - - - - - los

2,93

...

125

figura 1

Comprobación matemática, (ver figura 1).

I; =~R+l2R+loR=10,93~+2,93l 180º i;° = ~ + l2s + los=l0,93

1-12 0"

~ = ~ + 12T + lor = 10,931 12ºº

+ 2,93

I~º

+4~=12~ A +4

+ 2,931 60º + 4

~

~

900

= 121-

= 12

l+90º

A A

Comprobación gráfica:

figura 2

209


b. Por el neutro, circula una corriente: IN

= IR + 15 + 11 = 3 10 = 12 A. -+ --+

Ir

+ -+ --+

IR

+ -+ --+

Is

+ -+ -+ -+ -+

-+

IN=IR+l5+1r=31o figura 3

c. Las impedancias por fase son: E L-:rno Zc; = =i.= 10 ~ ! l 1s

-

21

=== E1

13 noºº 10 ~

n

11

d. No es posible encontrar una carga trifásica, de tres impedancias conectadas en triángulo, que pueda consumir las corrientes dadas en el enunciado, puesto que:

lo que quiere decir, que se necesita conexión de hilo neutro. El triángulo de impedancias calculadas en el apartado c, consumiría las corrientes de línea que se calcularán en el apartado e si se rompiese el conductor neutro.

210


e. Si el neutro se corta, el circuito queda reducido al representado en la figura 4, que resuelto por mallas, nos da:

+ + -+

Zs

+

IA =

~

Er - ER

-ZR

120€~

-Es + ER

ZR + Zs

120 €130º

10~+1ol:.3ºº

Zr + ZR

-ZR

1 o 130º + 1 o ~

-10

-ZR

ZR + Zs

=16 +~ (3 1

Is=

figura 4

-

(2 + ,ÍJ) j)

2

.a.,-----__R ____-_E__ s _+_E..;.;.R_,.:...=

Zr + ZR

-ZR

-10

-10

~

~

1 o ~ + 1 o 1-30º

=-3,8 + l 4,2j =14,7 ~ A

6 ~ ( 1 + (2+ 1 + -V 3

{3)

j)

= 3,8

+ 14,2 j

= 14,7

~A

por lo tanto: I ',

=1

8 -

1,

12 1 +

í-= 7,608 ~ A 3 211


¡-;; = -1; •

6

~(-1 - (2 +

1 +

3

¡;;: = JA = 16+~(-1 3

{i) ¡)

= -3,8 - 14,2j = 14,71255º A

+ (2 + {i) j) = -3,8 + 14,2j = 14,7 ·

-+

1'T

-+

I's

Sin neutro no habrá corriente homopolar y la suma: IR+ 15 + 11

212

=O

figura 5

~A


PROBLEMA 38 Un generador trifásico, simétrico de secuencia directa, alimenta, a tensión constante de 640 V, 50 Hz, un conjunto de cargas conectadas según la figura adjunta. Inicialmente y estando cerrados (conectados) los interruptores (K1, K2, K3 y K4) el vatímetro W1 indica una lectura de 2000 W. W 1 = 1 kW W 2 = 0,5 kW

Hay otro vatímetro W2 cuya bobina amperimétrica está conectada a la fase S y su bobina voltimétrica está conectada entre las fases ST indicando una lectura de 1000 W. Si a continuación se abren los interruptores K1 y K2, se observa que transcurrido el periodo transitorio, el vatímetro W2 indica una lectura nula. Calcular: a. Valor de la impedancia ZI y de la reactancia capacitiva X c2. b. Indicaciones de los vatimetros W 1 y W2 cuando todos los interruptores estén desconectados, es decir abiertos.

Dato: Z 3 = (25,6

+ 7,39j) n

R

Xc2 K1

K3

-+

Z3

-+

Z1

Xci

-+

Z3

-+

T

z,

K4

K2

-+

Z3

Xa

213


Solución: a. Inicialmente, y con todos los interruptores cerrados, el circuito anterior, equivale al representado en la figura l.

R

figura 1

A partir de las indicaciones de los vatímetros W 1 y W 2, se podrán obtener las potencias activas y reactivas consumidas por las impedancias Z1. Puesto que existe la posibilidad de que para que el vatímetro W2 pueda medir, haya que cambiar el orden de conexión de la bobina voltimétrica, habrá que considerar dos posibles valores para las potencias activa y reactiva consumidas por el circuito. Y puesto que los vatímetros están conectados según el método de Aron, se verifica: P = (W 1 + W 2 )

Q

= iJ(w,

-W2)

Primera posibilidad: P1A

Q,A

= w,

+ W2

= iJ(w, -

= 2000 + 1000 = 3000 W W2)

=€

(2000-1000) = 1000 ../3 var

s,° A = 3000 + j 1000 V3 ~ 2000 'V3 ~

214

VA


Segunda posibilidad: p 1B

=

2000 -1000 = 1000 W

Q 1 e=

€

Si° e =

1000 + j3000

[2000- (-1000)]

= 3000 V3 var

V3 = 3055 -{Jj79, 1 Oº

VA

Si se toma la tensión del generador Ü a como origen de fases, los valores complejos conjugados de las corrientes para cada uno de los casos valen, respectivamente:

-1

1A

* = -S1A - - = 2000 · _r:-fJLJG

_r:-130°

,.¡3

~ = 3 125 130º A

,.¡3. 640 loo ~

3055 €179,10º -{J. 640

~

'

4,773 179,10º A

l.?.:

En consecuencia: 11A

= 3,12s

Ge =

4,773

l-3oº

= (2,706-1,5625j)A

1-79, 1 Oº

= (0,9026 -4,6873 j) A

por lo que existen, dos posibles valores para las impedancias de fase:

Z 1A =

-

Z1 B

51 3

~

=

l1A

5

18 = -2 -=

3 l1 B

2000

- {2 ) ~ = 118,24 3' 3,125

3055 -{Jj79,10º _ ___;..;;.......11===2 3 · 4,773

~=

77,42

(102,4 + 59,12 j) !1

j 79, 1 oº

= (14,64

+ 76,03 nn

A continuación, al abrir los interruptores 1 y 2, el vatímetro W 2 da lectura nula. Para que esto ocurra, la corriente 1-;, que circula por la bobina amperimétrica y la tensión aplicada a la bobina voltimétrica UsT, en forma vectorial, han de ser perpendiculares, es decir Gl_ ÚsT,

215


Representemos el diagrama vectorial de tensiones y corrientes, tomando como origen de tensiones ÚsT, como se hace en la figura 2.

figura 2

Y puesto que la corriente Gpuede est~r como máximo, avanzada o retrasada 90° respecto a ÚsT, por su condición de perpendicularidad con respecto a ÜsT, podría ser:

0 (Is ) 2 = I Lgo s~ A

Ya que Ü ~= {2s o º , se ha de desestimar el valor {~) = 1s fase entre U s e Is es mayor de 90°, por lo tanto:

1-3

La tensión de la fase s para el primer valor de la impedancia vale: Us

216

= Is

· Z1A + Is (-j Xc 2 )

~

puesto que el des-


y escrita de forma polar:

Igualando partes reales y partes imaginarias entre sí, resulta: Xc2 = -Z1A Xc2 =

-118,24

n

Por lo que, para el primer valor de la impedancia, no es posible encontrar un condensador que tenga capacidad negativa. Para el segundo valor de la impedancia, se obtiene: Us

= Is

Z1s + Is (-j Xc2)

sustituyendo valores:

640

{3

.../J .640 1 . 2 - J {3 2 = 1s Z1 B cos (-10,90) + J Is ZIB sen (-10,90) -

Is

Xc2

y resolviendo, resulta: Xc2

Xc2

= (0,9820-0,1891 y3) · ZIB = 50,67 O.

La solución correcta, es pues:

z1 = z, 1 = (14,64 + 76,03 j) n =

77,42179,10º

n

Xc = 50,67 O

217

CIRCUITOS DE .CORRIENTE ALTERNA TRIFASICOS

b. Se sustituirá la impedancia 23 por su equivalente conectada en estrella:

(z3t (-) 23 J..= --r23 =

(z t = (25,6 + p,39) n 3

-) 25 6 7,39 ( 23 J..=)+ - - j 3

= (8,53 + j 2,463) n

El circuito equivalente, será el representado en la figura 3.

--+

R

X

(Z3)A

C2 1 ---. . . ---CJ----..

figura 3

Los vatímetros W 1 y W 2 marcarán:

W2

= Is

· Usr cos cp 2

siendo
218

n


Y las corrientes por fase 1;- e Gvaldrán: 640 190º UR € IR=-=-----ZR 36,21 1so,21 º

10,20

!39,79 º

A

640 1-30 o

€ 1

36,21

50,21 °'

= 10,20 1--ao,21º

A

Las tensiones ÜRT y ÜsT valen, figura 4: URr= 640

Usr

=

640

160º V

~

/

V ·

.,, / /

R

/

/

, 1

,I I

Usr

I

,

I I

/

figura 4

concluyendo, por tanto que: cp¡ = 60° - 39,79°

c¡,2

= 0° -

= 20,21 °

(--80,91°)

= 80,91°

219


Por lo que: W1

= 640 • 10,20 cos 20,21° = 6126 W

W2 = 640 • 10,20 cos 80,21 ° = 1010 W

Otra forma de resolver este apartado, una vez conocidas la impedancia de una fase y el módulo de la corriente de una fase, habría sido, aplicando las expresiones de las potencias activa y reactiva suministradas por el generador, que valdrán: P

y3 U I cos

Q=

J3 U I sen

Y sabiendo que: P = W1

+ W2

Sustituyendo los valores de P y Q y despejando W 1 y W 2 , resulta: W1 =6126W

220

W2 = 1010W


PROBLEMA 39 A un sistema tr(fásico equilibrado, de secuencia directa, de tensiones de fase ER, se le conecta una carga monofásica Z1 = Z "' entre las fases R y S.

Es, y ET,

Se pregunta: a. Valor de la impedancia Z2 que se ha de conectar entre S y T para que el conjunto Z2 se comporte como una carga trifásica equilibrada.

Z1 y

b. Entre qué valores puede variar cp, para que el problema tenga solución. c. Expresiones matemáticas, en forma polar, de las tres corrientes de línea !R, Is, h. d. Encontrar tres impedancias iguales conectadas en estrella, que produzcan el mismo

efecto que Z1 y

Z2 anteriormente calculadas.

e. Expresión de las potencias, en forma compleja, consumida.

f. Valor que debe tener el ángulo cp para que el/actor de potencia sea la unidad.

--+

z, = z L!...

1 1

.:......:~ 1

: : 22

··!-' 1

Solución: Tomando como origen de fases, la correspondiente a la fuerza electromotriz de la fase R, se puede escribir:

221


Es = a 2

ER = E ~ V

•

E

~V

Er=

a

E~ V

Las tres corrientes de línea T;,Ts eh son: ER - Es A Z

-

1

l!.

R -

Is =-(IR+ lr)A

1T

Er - Es = -----"'-

A

a. La condición necesaria y suficiente para poder asegurar que el sistema de las tres corrientes sea equilibrado, será que dos de ellas posean el mismo módulo y estén desfasadas de 120° una con respecto a la otra: Ir = 1R

•

a

figura 1

Sustituyendo valores y operando, se llega a la conclusión de que: Z2 =

z jq, -

60º fl

Un segundo método de resolver esta primera parte, se da a continuación: Si la impedancia Z2

= z•

22 se define como:

l!: n

Los valores de las tres corrientes IR,Ts eh se pueden escribir en función de datos conocidos y de las dos incógnitas Z' y cp'. Si no se impone condición alguna a Z' y
222


O dicho en otra forma, solamente tendrán componentes directa e inversa. La condición necesaria y suficiente para que sea equilibrado este sistema de corrientes, es que la componente inversa sea igual a cero. Sustituyendo valores, esta expresión tendrá una parte real y una parte imaginaria. Se pueden escribir pues, dos ecuaciones, con dos incógnitas, que definirán Z' y cp'. Efectivamente: -

IR=

1-;

E

~

~

z L!..

= a E

_

- a2 E lm

lno

=E~

...fJ~ lm z L!..

A

l2;._ - a2 E ~ = E ~ -{J~ z• l!.' z• l.cr.

_

_

( ~ j-150º

Is = - (IR +Ir) = Ea

z

l!_

la componente inversa de la corriente es:

-1 = -13 (IR+ a 2

2

A

Is + a Ir) = Ea

~J

(3 ~ + 3 1,,.

Z L!_

Z'

l,n,

t!:.

A

que igualada a cero, proporciona: Z = Z'
y por tanto: Z2 = Z

1

60º !l

b. ¡Puesto que hay dos impedancias

Z1 y Z2, y el ángulo de base de una impedancia, está

siempre comprendido entre los límites de +90° (totalmente inductiva) y -90° (totalmente capacitiva), el valor de cp, por un lado ha de ser tal que: -90° <

223

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNATRIFASICOS

y por otro lado: -90º < q> - 60° < +90º

de donde se deduce que: 90° >
-30º

c. Los tres valores de las corrientes de línea son:

-1s

1311 -90 º = a 2 -1R = IE-z:--¡ 1311 -z:--¡

-11 = a -IR = IE

1 5 Oº -
A

d. La impedancia por fase de la carga conectada en estrella vale:

lo que equivale a decir, que para un sistema de tensiones trifásicas equilibradas y de secuencia directa, las dos cargas que aparecen representadas en la figura 2, son totalmente equivalentes:

-

figura 2

224

-

IR

~

~

["Zt\G] 1cp - 30º .

[Z/'\G] 1cp - 3Oº

["Z/~¡cp- 30°


e. La potencia aparente en forma compleja consumida es tres veces la de una cualquiera de las tres fases:

sustituyendo los valores de:

í";•

=

'E

iII

1-30º +~

se obtiene: -S

= 13

{Jz. E2l

1cpr;E2 cos(
f. Para que el factor de potencia sea la unidad, la expresión de la potencia compleja, ha de carecer de parte imaginaria, es decir: q>

= 30°

lo que implica que las dos cargas monofásicas deberían ser de la forma:

z, = z 130º n Z2

Cl

= Z 1-30º

O.


APENDICE Tabla de valores de los ángulos de fase de Z2, S, IR, Is, h, para casos particulares y concretos del ángulo de fase de la impedancia Z 1 y para el caso general, siempre que se encuentren entre los límites permitidos según el apartado b.

Angulos de fase de:

impedancias

potencia aparente

corrientes de fase

21

22

s

IR

Is

1-r

90°

30°

+60°

-60°

-180°

+60°

60°

Oº

+30°

-30°

-150°

+90°

30°

-30°

Oº

Oº

-120°

+120°

Oº

-60°

-30°

+30°

-90°

+150°

-30°

-90°

-60º

+60°

-60º

+180°

90° - xº

30°- xº

60°- xº

-60°+ xº -180º+ xº

Valores que se representan vectorialmente en la figura 3.

z.

figura 3

226

60º+ xº

CIRCUITOS DE CORRIENTE AL TERNA TRIFASICOS

PROBLEMA 40 Un generador trifásico equilibrado alimenta, a la tensión constante de 181 O V, una línea a la que están conectados dos receptores equilibrados A y B como se representa esquemáticamente en la figura. El receptor A consume permanentemente una potencia de 376,2 kW. Con los interruptores K1 y K2 cerrados, se mide en el amperímetro Á3 una corriente de 70 A y el factor de potencia en bornes del generador es O, 8 (inductivo). a. Calcular las lecturas de los amperímetros A 1 y A 2, y el factor de potencia del receptor

A. Se abren los dos interruptores K1 y K2, y una vez alcanzado el régimen permanente, se mide un factor de potencia en bornes del generador de 0,96 (capacitivo). b. Calcular el valor de X4.

L......................................_rtteptorB

PA =376,2 kW

receptor A 1810V

227


Solución: L Con los dos interruptores K1 y K2 eerrados, la única potencia activa proporcionada por el generador, es la consumida por el receptor A puesto que el receptor Bes una capacidad pura. Por tanto:

= PA = 376,2

PG

kW

La corriente suministrada por el generador será: lc=l1=

Pq

=

iJuGcosq,

376200 =150A ""3·1810 · 0,8

al ser el factor de potencia 0,8 inductivo
= 1501-36,87º =

(120-90j)A

La potencia reactiva suministrada por el generador vale: QG = PG tg G = 376,2 · 0,75 = 282, 15 kvar

Y su potencia aparente: SG = 376,2 + 282, 15 j = 470,25

l 36,87 º'

kVA

La potencia reactiva del receptor B, con los interruptores K 1 y K2 cerrados, se puede calcular a partir de: Os= Os

-13 UG

= -13·

Is

1 81 O · 70

13

= -21 9 ,45

= 70

A

kvar

y con este valor, puede determinarse la reactancia capacitiva:

Os

X3 = - 2 = -3 Is

-219450 _3 (?0) 2 = 14,93

.Q

Por tanto, la potencia reactiva absorbida por el receptor A se obtendrá como diferencia entre la proporcionada por el generador y la absorbida por el receptor B.

228


QA

= Qc

- Q8

= [282, 15

- (-219,45)]

= 501,6

kvar

Por tanto, la potencia aparente del receptor A vale: SA

= (376,2

I* A

~

-

:z

+ 501,6j) kVA

= 6271 53,13º

kVA

6270001s3,13º = 2001s3,13º A '/3· 1810 ~

i;- = 200

1-53,13

= (120

- 160j)A

La lectura del amperímetro A2 será de 200 A. También se puede calcular IA a partir de: ~

= ~ - i; = 120 -

90j - 70j

= (120

- 160j) A

b. Al abrir los interruptores K1 y K2, no se modifica la potencia activa suministrada por el generador, ya que sólo se introduce en el circuito una reactancia inductiva: P'c

= Pe

Como consecuencia, la corriente suministrada por el generador valdrá: l'c =

P'q

'13 Uc

~ = 12s

cos cp'c

l16 , 26 º

376200 '/3·1810·0,96

= (120

= 125

A

= 35j)A

Al no variar la impedancia del receptor A, ni la tensión de alimentación, tampoco varía la corriente que consume y por lo tanto: ~ =

i; =

(120 - 160j) A

Igualmente no varía la potencia reactiva consumida por el receptor, o sea: QÁ = QA,

229


Resulta pues: 1e

= 1G -

i";"

= 195 190º A

1A

= (1 2 0

+ 3 5 j) - ( 1 2 0 - 1 6 0 j)

= 195 j

A

La indicación del amperímetro A3 es de 195 A.

La potencia reactiva suministrada por el generador en estas condiciones, vale:

= P'c tg

O'c

= 376,2

'c

(-0,292)

= -109,725

kvar

Se= 376,2 - 109,725j = 391,875 1-16,26º kVA

La potencia absorbida por los condensadores del receptor B, será: O'x3

=-

2

3 X3 118

=3

· 14,93 · 195 2

= -1702,977

kVAr

Por diferencia entre la potencia reactiva que suministra el generador y las absorbidas por los condensadores del receptor By del receptor A, se obtendrá la potencia reactiva absorbida por las bobinas del receptor B: Ox4 = O'c - Qx3 - Q,. = -109,725 - (-1702,98) - 501,6 Qx4 = 1 091 ,65 kvar

La corriente que pasa por las reactancias X4 vale: ,.

1

= ~= {f

IX4

A

A partir de Qx4 se puede obtener X4 como se indica: X4

230

_ Ox4 _ QX4 _ 1 091650 _ 2 2 ·1952 - 28 I 71 3 IX4 l'e

-

n H


PROBLEMA 41 Una pequeña instalación industrial, se alimenta mediante un generador trifásico equilibrado, de secuencia directa, a la frecuencia de 50 Hz.

A

N

.....

z

receptor A

receptor B ......

z

receptor C

Dicha instalación está constituida por los siguientes consumos: l. Un grupo de lámparas incandescentes de 100 W cada una a 220 V, conectadas en estrella, con un total de 44 lámparas por fase. 2. Un motor conectado en estrella y que trabajando a plena carga, proporciona una potencia mecánica de 11 kW con rendimiento del 83,33% y factor de potencia 0,8 inductivo.

3. Un receptor inductivo constituido por seis impedancias iguales Z, y conectadas como se esquematiza en la figura.

Con el interruptor D3 ce"ado, el amperímetro h marca 22 A y el vatímetro 2904 W.

231


Se pide: a. Formas binómica y polar de las impedancias Z. b. Lecturas de los aparatos de medición al cerrar el interruptor D2, permaneciendo D~ cerrado.

Finalmente, se cierra D1 pero por fallo en el fusible FB, queda fuera de servicio la iluminación en la fase B. Se pide: c. Nuevas lecturas de los aparatos de medición. d. Componentes simétricas de las corrientes de línea.

Solución: a. La impedancia por fase a considerar vale:

Esta impedancia provoca un retraso de la intensidad respecto a la tensión simple dada por: WA

COS q)c

Zt

= Uf

IA

2904 . 22

= 220

= 1 O !s 3, 13 º = (6 + 8j) O

0,6

cpc

( 7J

Por otra parte y por fase se tiene: Z¡ ::

z . z /3 = L

-

-

Z + Z /3

4

(2)

Igualando las expresiones (1) y (2), resulta:

z = 1 o !s3 , 232

13 º

. 4 = 4o

!s3, 1 3 º = (24 + 32j) o

= 53,13°

sen (pe

= O, 8


y la corriente en la fase A será:

i-,::

= 22 1-53,13º = (13,2-17,6j) A

La potencia aparente por fase que consume el receptor C, será de la forma: Pfc = 2904 W

0fc = 2904

tg (j)c_= 3872 var

Set= 2904 + 3872j = 4840153,13º VA

y en total: Se= 3 SCf = 14520153,l3º VA= (8712+11616j)VA

b. La potencia activa consumida por el motor es: 11000 8333 = 13200 W

Pb= 0,

su potencia reactiva: Ob

Sb

= 13200 = 13200

tg
= 16500

136,87º VA

El vatímetro conectado al circuito indicará en este caso: W

= 2904

+ illQQ. = 7304 W 3

Para obtener las intensidades de corriente que marcan los diferentes amperímetros, se aplicará el teorema de Boucherot:

sb uf

~·=Se+

3

= 8712 + 11616j + 13200 + 9900j

~ = (33,2-32,6j) A= 46,5 3

3 · 220

12..:_

1-44 ,5 º

A

233


Igualmente se podría haber calculado esta intensidad, calculando la que consume el motor y sumándole la que consume la carga ya calculada previamente en el apartado a. Efectivamente;

-

sb

* - -- -

1 B

-

16500 136,87º

3 Uf -

3 . 220

~

= (20 + 15j) A

le= (20-15j) A IA

= 20

- 15j + 13,2 - 17,6j = 46,53 1-44,5º

A

que coincide con la anterior. Como el sistema es equilibrado, los valores numéricos indicados por los amperímetros son iguales, pero están desfasados entre sí en ángulos de 120°. ~ = 46,53 j-44,5º A

(; = 46,53

1-164,5º A

~ = 46,53 175,52º A

por tanto: IA

= 18 = le

= 46,5 3 A

c. Las lámparas consumen una potencia, que por fase, vale:

Paf = 4 4

· 1 OO

Saf = 4400 ~

= 4 4 OO W VA

Por lo que si no se fundiese ningún fusible, la corriente consumida sería de:

lu,I

- , lsafl 1,

' 234

=

= 20 A


Al fallar la fase B se tiene:

i°;A = 20 ~

~

A

= 20

A

= 20 ~ A = (-10+ 17,32j) A

que representan las intensidades por fase, correspondientes a la carga a. Para calcular, en las nuevas condiciones, la corriente por fase, se tendrá: IA

= 46,53

1-; = 46,53

1-44,5º + 20 ~

= 62,4

1-31,5º A

1-164,5º A

lectura IA = 62,4 A lectura 11 = 46,53 A

~ = 46,53 175,5º + 20 ~ = 62,4 laa,sº A

lectura le

= 62,4

A

El vatímetro indicará: PrA= 220 · 62,4 · cos 31,5º = 11704 W

y la corriente en el neutro vale:

~

=

~ + I; + ~

= 1O

+ 1 O ...{3j = 20 160º A

d. Cálculo de las componentes simétricas de la corriente:

Homopolares: IN 10 + 10€¡ C'\ o _r=: f""l l6oº loA = 10 s = loe = = - 3,3 + 3,3 ""3J = 6,6 A

3

3

Vector clave del sistema directo: 1 [] f 1A = IA + a Is + a 2 ~

3

235


I:: = 62,4 l-31,5° = +53,2 - 32,6 j a

I; =

a2 ~

1

~

· 46,53

= 1 12 40ª ·

62,4

1-164,5º

= 33,2 - 32,6j

laa,5º = 53,2

- 32,6j ·

y sustituyendo, resulta:

~

= 46,5

GA =

~e= a 2

~e

=a

- 32,6j A

~A

56,8

= 56,8 1-35º

l2osº

= 56,8 ~

A

A

A

Vector clave sistema inverso:

¡;-A = t [~ + a 2I; + a ~] 1: = 62,4 !-31,5° = + 53,2-32,6 j a2

I; = 1 1240º .

a~=

46,53

1 ~ . 62,4

1-164,5º = 46,53 175,5º

!aa,5º = 62,4 !2oa,s

y sustituyendo, resulta: GA

= 6,6

l-6 0º

Ge = a ¡;-A = 6,6

A 160º A

Ge = a2¡;-A = 6, 6 11 aoº

236

A

0


PROBLEMA 42 Del circuito esquematizado en la figura, conectado a un sistema trifásico equilibrado de 362 V tensión compuesta y 50 Hz, se conocen los siguientes valores:

A WA = We = 7565,8 W le

B

IA = le= 20,9 A

z

XL = XK = Re = 7 ,5 .Q

XK

----+

le

Re

e

Se pide calcular: a. Los valores de la impedancia conectadas a las fases A y B.

Z,

de la corriente I e en la fase C y de las resistencias R

Solución: Como sea que:

We = U 8 e · 18 eos e WA 7565,8 eos A = UAe . IA = 362 . 20,9 - 1 We 7565,8 cos e = Uee . le= 362 . 20,9 = 1

237


Lo que quiere decir que el vector Ü R de la rama A es paralelo a AC y el de la rama B es paralelo a BC. Además, son iguales en módulo, puesto que IA = le. Los puntos A, B y C son los vértices del triángulo de tensiones compuestas, representado en la figura l.

A

figura 1

Igualmente IÜ KJ = 1Ü d al ser XL = XK, por tanto:

uR + uL =

UR +

u K o sea que OA = OB del mismo triángulo.

como consecuencia, el neutro se encuentra situado en la mediatriz de AB, del triángulo de tensiones de la figura anterior. Los :vectores IA e le son paralelos a ÜR, por tanto iguales y simétricos con respecto a OC. Lo que quiere decir, que la resultante le estará sobre OC, y por tanto, la impedancia Z es una resistencia óhmica pura. Puesto que Ü L es perpendicular a Ü R también lo será con respecto a AC, por lo cual el ángulo que forma Ü L con AB es precisamente de 30°. Como consecuencia se cumplirán las dos igualdades siguientes: UA cos (a + 30º) = UL} UA cos

(X

UAB =2

cos (a + 30º) _ 2 UL cos (X UAB

238

~

cos a cos 30 - sen a sen 30 _ 2 UL cos (X UAB


eos 30

0

.!.tg ex=

-tgcx sen30

E_ 2

2

UL U AB

2

=

2 UL =-UAB

E_ 2. 2

20,9 . 7,5 _ 0 3 62 -

por lo que: a= 0° El neutro O, por tanto, es el punto medio de AB, por lo que el diagrama de tensiones, es el que se representa en la figura 2. A I I I

/

I

figura 2

e

De donde se deduce, que, expresándolo todo en módulos: Ue le

= UAe

=2

z + Re Z

eos 30°

IA eos 30° -~-~-

-

= 8, 6 6

1e - 2 1A

- 7, 5

1e = 2 · 2 O, 9

R

2

362 2 · 2 O, 9 - B ' 6 6

= 1,16 n

f

n

(resist. pura)

= 3 6, 2 A en módu_lo, pero en s~tidolontr~rio al marcado en

el enunc1a4o ya que IA

= .!d.B.= ~Sin IA

-

30º

IA

= 362 2

1 _ 4 33 2 · 20,9 '

+ la +

le = O

n

239


PROBLEMA 43 A un sistema trifásico equilibrado, se le aplica una carga como la representada en el esquema de la figura, formada por dos resistencias iguales y un condensador de capacidad variable. Se pregunta determinar, al variar la capacidad del COf!,densador:

a. Lugar geométrico del punto neutro de las tensiones simples del sistema de cargas. b. Valores máximos y mínimos de las tensiones aplicadas a cada una de las tres cargas.

Como influye la resistencia R en estos valores. c. Curva de variación de las tensiones aplicadas a cada una de las cargas. d. Para qué valor de la capacidad C, el sistema alcanza el máximo de energía reactiva generada. R

s T

e

R

3-U

La secuencia de fases es: RST.

R

Solución: a. Puesto que no hay retorno, se cumple, para los sentidos supuestos en la figura 1:

figura 1

240


o lo que es igual:

es decir, que la intensidad en el condensador es un vector igual y opuesto al resultante de los dos vectores intensidades en las ramas de las r~sistencias. Veamos ahora, que este vector resultante, presenta una particularidad, cual es que si el punto de aplicación es el neutro de la carga, va dirigido siempre al punto medio del vector · tensión compuesta Ü Rs, como se aprecia en la figura 2. T

figura 2

La demostración es la siguiente: Las intensidades IR,Ts están en fase con las tensiones simples, por lo que los extremos R'S' de IR eTs determinan un segmento paralelo a RS, puesto que: Is

IR

1

NS = NR = R

. I

per tant

Is NS ¡; = NR

En el paralelogramo vectorial de intensidades, M' es el punto medio de S' R' y siendo paralelo a SR, el vector resultante de IR eTs pasa igualmente por M, punto medio de SR, como se había indicado anteriormente. Esta particularidad, junto a la consideración que, por el hecho de que el vector IR +Ts, tiene la misma dirección que h y éste a su vez está adelantado 90° con respecto a la tensión simple a que está sometido el condensador, es decir, a NT, hace que el triángulo MNT sea rectángulo, como se aprecia en la figura 3.

241


T

figura 3

Por tanto, el neutro N, es un punto tal que desde él se ven T y M con un ángulo de 90°, o sea que está sobre el arco capaz de este ángulo, sobre el segmento TM, como se representa en la figura 4. Cuando la capacidad del condensador es C = O, la impedancia en esta rama es infinita, por lo que la tensión compuesta RS se aplica a las dos resistencias que quedarán conectadas en serie. En este caso, el punto neutro es el M. Por el contrario, si la capacidad tiende a infinito, la impedancia del condensador tiende a cero, y por lo tanto, el neutro queda a la tensión T, por lo que toda la tensión compuesta se aplica a las dos ramas. El neutro se situará en el punto T del triángulo de tensiones.

Lugar geométrico del punto N. Arco capaz de 90° sobre TM.

T

M

figura 4

b. El conocimiento del lugar geométrico del punto neutro permite encontrar fácilmente los valores máximos y mínimos de las tensiones simples en cada fase:

242


Para la fase S (figura 5)

u s m1 x = T s = u

la tensión compuesta se da cuando C -

U s m¡ n = NS = OS - O N = MS

= 1l_ 2

TM

00

y N coincide con T

°'4 M 5 2 + O M 2 - O M ja que O N = O M

.../J

.../J

1

OM=-=U-·-=U2 2 2 4

T

M

figura 5

Para la fase R (figura 6) UR

mb

= OR + ON = °'4MR 2 + OM2 + ON

€

OM = ON = U -

-

URmb=

"./u

4

MR

= 1l_ 2

6

2 - + U 2 · -3+ U - = U 4 16 4

€+ € 4

>UV

La tensión en la fase R puede alcanzar un valor mayor que la tensión compuesta U.

-UR min

= MR =

u para e= ocuando N coincide con M

2

243


T

figura 6

M

Para la fase T:

-UR

mAx

U R m in

u 2€ v

= TM =

= 0 cuando e -

cuando e= OO

o yN coincide con M.

Y N coincide con T

En todos los casos, los valores obtenidos son independientes de R y de C, o sea, son valores invariantes e intrínsecos de este tipo de cargas. c. Siguiendo la evolución de Nen el lugar geométrico, se determinan inmediatamente las tres curvas representadas en las figuras 7, 8 y 9.

' ---:-------------

u ----------- -- --- --------::;----

1

':'

u

~

URm•x :U

lff•lf!

u

4

2

1 1 1

...... =u

'' 1

lff - U!

-4-

e

Para la fase S

Para la fase R figura 8

figura 7

u

UV3 2

Para la fase T

e

figura 9

e


d. La energía reactiva será la consumida por la rama del condensador, o sea:

figura 10

1-1 = R+ R Ir

INS

NRI

en valor absoluto: Q,

NM =2 R

= NT

(figura 10)

NM = R 2 · Area TNM ll · 2 -R· 2

'

Por lo que, Q será máxima cuando lo sea el área del triángulo TNM y al ser éste siempre inscrito en la semicircunferencia y además se base TM constante, será máxima cuando lo sea su altura, y ello se cumple precisamente para el punto N 1 de la figura 11.

T

figura 11

245


Por lo tanto y según dicha figura: N 1M

N1T=N1M

Oma x = N1T · 2 -R-

Om:ix

=2

2 TM) + N1T2 = ( -2-

N1T2 -R-

~

N1T 2 = ( U 2

Qmh

3 3 =R2 u 2 · a= ¡¡U 2

2 (™) TM2 2 =-2-

1 3 - = U2 2

8

var

El valor de la potencia reactiva máxima, pues y, contrariamente a lo que en principio se podía intuir, sólo depende del valor de la resistencia y no de la capacidad del condensador. La capacidad del condensador que proporciona el valor máximo de la potencia reactiva, se calcula de la siguiente forma:

y también:

Ir= 2 N 1 M = 2 N 1 T = 2 Ur A

R

R

R

rrientes que circulan por las resistencias. 2 Ur -R-= roC Ur

C

2 = ooR

F

puesto que es igual a la resultante de 13:S co-


PROBLEMA44 En el circuito trifásico esquematizado en la figura, el generador que lo alimenta es equilibrado y a secuencia directa, siendo E1 = 300 ~ v. Las tres impedancias de la carga son iguales, y vale,n 1Of30º O cada una. Se piden:

a. Las lecturas de A 1, A2, Vi y Vi en cada uno de los tres casos siguientes: 1. Con los interruptores K1 y K2 cerrados.

2. Con los interruptores K1 y K2 abiertos. 3. Con los interruptores K1 cerrado y K2 abierto. b. Representar para cada uno de los casos, el triángulo de tensiones, en el que se sitúe el punto neutro N.

c. Trazar el diagrama de corrientes para cada uno de los tres casos anteriores. d. Componentes simétricas de las corrientes de línea, para cada uno de los tres casos considerados. A¡

R

v, +

K2

s A2

T

Solución: ..

a.1. Con K1 Y K2 cerrados, el circuito a resolver, es el que se representa en la figura l.

~ = 300 ~

V

E2 R

= 300

V

E3 = 300 j120

r;

a

~ +

l-12 0º

s

Is

T

Ir

figura 1

247


Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la primera malla, resulta:

300

~ - 300 1-120º

= -~. 1

o~

de donde:

~

= 30

...JT~ A

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la segunda malla:

3001-1200 - 3001120° = 30 {31180° . 10130° - ~ 10130º

obteniéndose:

y al no existir neutro en la instalación, se cumple que: 1R + 15 + Ir = O

I; = 30 {3 ~ + 30 f3

l-60º

= 45

...JT_ 4Sj = 90

1-30º A

El amperímetro Ai, indica en este primer caso 90 A y el A2 marca 30

y3 = 51,96 A.

En el triángulo de tensiones, el punto R coincide con el N, por lo tanto, la tensión entre O y N, será la tensión simple de generación, por lo que el voltímetro V 1 indica 300 V. Para determinar la lectura del voltímetro V2, ha de observarse, que al coincidir N con R, V2 = U NT y esta tensión se corresponde con la compuesta de generación, por lo que V2 indicará 300 y3 = 519,61 V. Este valor, se podía haber obtenido igualmente, mediante cálculo, sabiendo que: U2 =

Z~

= 1O

por lo que, V2 = 300

248

~

· 30

6 ~ = 300 ...JT~ V

v3 = 519,61 V que coincide exactamente con el valor anterior.


a.2. Con K1 y K2 abiertos, el circuito a resolver es el que se representa en la figura 2.

R

~

:) G

T

l 'R

= -1 'r

l'r

figura 2

= -l'R

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la única malla formada, se obtiene:

300 ~-300 ~ = 2 · 10

~~

~ = 1 5 {3 j-6 Oº A

En consecuencia, en este segundo caso, las indicaciones de los dos amperímetros son iguales y valen: A' 1

= A' 2 = 15 °"3=

25,98 A

Para calcular la indicación del voltímetro V1, plantearemos la siguiente expresión:

...

E1=Z l'R+U'No=Z l'R-UoN UoN = -E 1 + Z l 'R UoN

U'1

= U'1

= -75

= -300

- 75

~ + 15 °"31-60º · 1 O !JOº

€; = 150 1-120º

V

el voltímetro V1 indica en este segundo caso 150 V.

249


La indicación de V2, será ahora: U' 2 =

i'"; Z

= 15

.../3!-60º · 10

~

= 150

.../3!-30º

V

Por lo tanto, el voltímetro V2 en este segundo caso, da una lectura V:í = 150 ../3 = 259,8 V. a.3. 'Con K1 cerrado y K2 abierto, el circuito a resolver es el de la figura 3.

~

R

:) s figura 3

~

T

l"r = -l"R

l"R= -l"r

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la única malla así constituida, resulta:

300

~ - 300 ~

jHR= 30

...f3j-60º

= jHR · 10

130º

A

y, por tanto, las indicaciones de los amperímetros, en este tercer caso, serán iguales y valen 30

../3 = 31,96 A. U 11 2 = jHR

Z = 30 €1-60º , 1 O 130º

= 300

€1-30º

V

igual a la tensión compuesta de generación: V 11 2

= 300 TI= 519,6

V

b.1. Con K1 y K2 cerrados, el diagrama de tensiones es el representado en la figura 4.

250


T

T

s

figura 4

s

figura 5

b.2. Con K1 y K2 abiertos, el diagrama de tensiones es el representado en la figura 5. b.3. Con K1 cerrado y K2 abierto, el diagrama de tensiones es idéntico al del primer caso, representado en la figura 4.

c. Los diagramas de corrientes que se tienen son los siguientes: c.1. Con K1 y K2 cerrados (figura 6)

figura 6

figura 7

c.2. Con K1 y K2 abiertos (figura 7)

c.3. Con K1 cerrado y K2 abierto (figura 8)

figura 8

251


d.l. Componentes simétricas:

I; = 90

d.1-

l-3oº

Is = 3 0 1 J ~ A

A

Directo IR1 ==

!;,

f

¡-;-)

(¡;+a Is+ a 2

=r(9ol-3oº +11120° . 30 ...f311ao 0 + 1 1240° . 30 ...f31120°)

operando, resulta: IR, = 60 1-30º = (-30 J3-30j) A ~ 1

= a2

Ir, = a

1;1 IR1

= 1 1240º . 60 1-30º = 601210° = (30 J3-30j) A

= 1 ~ · 60 l-30º = 60 190º = 60j A

Inverso

i";2 =

f (¡-; +

¡-;-)

a 2 Is + a

i°;2= t(901-30º +1 1240º . 30

...f3 l180º

+ 1 1,20° 30 ...f31120°)

resultando: IR2= 301-30º A =(1SJ)-1Sj)A ~2 = a i°;2 = 3 O

l-3oº

· 1

~

= 3O

~

= 3 Oj A

112 = a 2 !;2 = 301-30º · 1 1240º ;: 301210º = (-15 J3-15j) A

Homopolar

~ ;: lso = 1TO = t (I; + Is + ¡-;-) IRo;: ~o = lro= t(90

l-30º

+ 30

...f3 l 180º

+ 30 ...f31120º) = O A

d.2. Para el segundo caso:

i7;, ;:

252

1 5 €1-60 º A

l's

=O

A


Directo

!i"; 1 = t(1 s "31-60º

+ 1 1240° . 15

ii;,=

15 l-30º A =(7,SJj-7,Si)A

..;, =

a2 ~

Py1 = Inverso

= 1 1240º . 151-30º = 151210º = (-7,s Jj-7,Sj)A

1

a fi;,= 1 ~ · 15 1-30º

r

1';2 = (¡;;+a ¡i:;) = ..; 2

= - 15j

A

€~)

= 15

= 15

k(1s {j 1-60º

1-9 Oº A

190º

= 15j A

+1 1120°

. 1s {j 1120°)

= -1 5 j A

=, 1120º .151-90º =1s 13oo = (7,sv'3+7,5j)A Pn = a2 li";2 = 1 124 ºº · 15 l-90 º = (-7,5 v'l-7,Si) A

r;2·= a ~2

Homopolar -1

-

-

l RO=l 1s 0 =1'ro=

1 (1

3

-

-)

l R+l 15 +1'r

_r:l1?nº) = 31 ( 1 5_f:'I.J..no ~ 3 ~ + 1 5 ~ 3 ~ =OA

d.3. Para el tercer caso:

P'R = 30 "3j-6 0º

l 11 s

A

=O A

¡n-r= 30

V3~ A

Directo

P'R1=

r(¡n-R

+

a2 P'r) =

r

(30 €j-60º + 1 ~ . 30 €1120º)

r'R1 =

3 O 1-30 ° A = (15 J3-15j) A

r '51 =

a2

P'R 1 = 1 1240º

¡;-1,= a P'R1=

1

~

. 30 [-30º = 30 !210º =(-15 Jj-15j) A

· 30

l-30º

= 30

l90º

= 30j A

Inverso

r

P'R2 = (i;-R

r'R2

+

a P'r} =

I

(30 "31-60º + 1

~ · 30 € ~ )

= 30 !-90º A = -30j

2S3


l s2 a P'R2 = 1 112 ºº · 301 90º = 301 30º = (15 J3 + 15j} A r'12 = a2 i7R2 = 1 124 ºº · 301-90" = 30 !1soº = (-15 J3 + 15j) A 11

Homopolar

rRO ='riso= iNro= T(i7R + i7s + ¡-;;-T) = T(30 .../J!-60º

2S4

+

30 .../Jl.!.:~.:J= O A

CIRCUITOS EN REGIMEN TRANSITORIO • Resolución por el m/Jtodo operacional. • Resolución por ecuaciones temporales.


PROBLEMA 45 Una línea trifásica con neutro, tiene las siguientes tensiones simples: URN

= 120 ~

V

U SN

= 120

l-9 0

V

UTN

= 120

~V

Resolver las siguientes cuestiones: a. Componentes simétricas de dichas tensiones simples. b. Componentes simétricas de las tensiones compuestas URs. Usr y UTR.

Se conecta a las fases R, S, T, una carga trifásica formada por tres condensadores de 100 n de reactancia cada uno, conexionados en estrella, determinar: c. La tensión del centro de la estrella con respecto al neutro N de la línea. d. La tensión en bornes de cada uno de los condensadores.

e. La componente homopolar de las corrientes de línea.

Conectando el centro de la estrella de los condensadores, al neutro de la red, determinar:

f. La nueva componente homopolar de las tres corrientes de línea. R

s T N -------- ------------ ------ -------------------

Solución: a. El sistema de tensiones simples de la red será el que se representasen la figura 1.

s

figura 1

257 Cl


Por aplicación del teorema de Stokvis, se puede calcular el vector clave, de cada uno de los sistemas, directo, inverso y homopolar, obteniéndose: Sistema directo

t [u

u1

=

U1

= 40 =

U1

RN

+ a

[1 + 1

us N +

~

a2

uTN]

+ 1 160º ]

=

t[

12o

~ + a 1 2 o 1-9 o

o

=

= 40 [1

+ {[ +

t

+

~ + ~ } ] = 40

~ = (54,64

[2,366 + 1,366j ]

= (94,64 + 54,64j) V

J3 + 54,64j) V

Sistema inverso

u 2 = 1 ~ o [ 1 l!. + 1 1240º = 40

[1

. 11-90º + 1 1120° . 1 1180º ]

~ + 1 ~ + 1 1300º] =

40 [1 + cos 150º + cos 300° + (sen150° +·sen300º) j]

u, = 40

251

~]

40 [1 + cos 30° + j sen 30° + cos 60º + j sen 60°)

U 1 = 1 O9, 2 8

U2

+ a2 12ó

[1 - { [

+t+ (t- ~] =

U2

= 25,369

U2

= (14,64 Jj-14,64j) V

- 14,64j

j

= 29,28

!-30º

40 [0,63397 - 0,366j]

V


Sistema homopolar

r [uRN

Uo

=-

u0

= 1 ~O

[1

+ UsN + UrN] =

r

[120~+1201-9 0º + 1201 180º]

~ + 1 1-90º + 1 l1soº] = 40 [1 - 1 +

jisen (- 90°)]

= 40

l-90º,

Uo = -40j V

b. Las tensiones compuestas, serán de la forma: U RS = U RN - USN = 120 ~ - 120 1-90º

= 120 -

120 (0 - 1j) = 1 2 0 ( 1 + 1 j) =

= 1 2 O + 1 2 Oj = 1 2 O { 2 ~ V U ST

= U SN -

= 120

U TN = 1 2 0 l-90 ° - 1 2 0 11 80 ° = 1 2 0 ( 0 - 1 j) + 120

= 12 0

- 120j =

(1 - 1j) = 120 "21-45º V

UrR = UTN - URN = 120 f180º - 120

~

= -120 - 120

= -240 = 240 ~

V

Por tanto, los vectores clave de los sistemas componentes, directo, inverso y homopolar, serán los siguientes: Sistema directo U1 =

r[

URs + a Usr + a 2 UrR] =

t

[120 "'2145º + 120 {2 j-45º . 1 j120° +

-t-2401180º . 1 1-120°]

.U 1

=40

[1 + 1j + "2·cos 75° + "'2 sin 75° j .i 1 +-{j j]

U 1 = (94,64 + 163,92i) V

:s

= 40

[2,366 + 4,098j] V

189,38 160º ' V

2S9


Sistema inverso U2 =

r[

URs + a 2 Us1 + a UTR]

l

=t

[120

V2 J45º

+ 120 {2 j-45º . l j240º +

l

240 180º . l 120° ]

U 2 =40 [-v2~+"V2~+2 !300º] =40 [1 +1j-l,366-0,366j+ l - l, 7 3 2j]

U2 = (25,36-43,92j) V

= 50,716

l-60º

y

Sistema homopolar Uo=t[uRs+UST+uRT] =t[120€~+120€!-4Sº +2401180º] Uo

= 40

[1 + 1j + 1 - 1j- 2) V

Uo = O V

Lo que era previsible ya que la suma de los vectores tensiones compuestas es precisamente cero.

c. Siendo las cargas equilibradas y estando conexionadas en estrella, como es el caso y no estando conectado con el centro de la estrella el neutro (lo que equivale a decir, que las corrientes de línea suman vectorialmente cero), dicho centro de estrella se sitúa precisamente en el centro de gravedad del triángulo de tensiones compuestas aplicadas a las cargas, como puede verse en la figura 2.

TN = NR

s figura 2

260

= NS


Obviamente, pues, la tensión pedida es precisamente el vector ÜoN = GN, siendo G el baricentro del triángulo, cumpliéndose: GN =

1

3 NS

= 31 -USN = 31 120

-

UGN

Lono ~

= -40J. V

d. Las tensiones a que quedan sometidos los condensadores serán: u

sG

2-

=J

U SN

= -8 0 j

V

URG

= URN

+ UNG

= 120~+40190º = (120+40j)V

UtG

= UtN

+ uNG

= 120 ~

+ 40j

:= 126,5 118,435º V

= (-120+40j)V = 126,s

!161,s6s1º v

e. Las corrientes de línea, tendrán un componente homopolar nula, puesto que las tres corrientes suman cero al estar el neutro de las cargas conectado con el neutro de la línea y no haber corriente de retorno, como puede comprobarse. Dicha componente homopolar vale: -

1O =

31

[-

-

-

1RG + 1S G + 1TG

]

=

31 . Q =

0 A

Como nueva comprobación tendremos: -

URG

=

lsG

u e: r. 8 o 1-9 oo =-- = Lano

~e

z z

=

126,5 118,435º Lano 100~

IRG

.

1oo

.: 0,8 (.:_

100~ 1 51 1 ~ o 1 00 - 90 º

= UTG = 1 26, 5

z

1,265 !108,435º

= 0,8

= 1,265

= (~,4+1,2j)A

A

1251,5651° = (--0,4-1,2j) A

y efectivamente, su suma es nula.

261


f. Los nuevos valores de las corrientes de línea, al conectar el neutro de la batería de condensadores con el neutro de la línea, serán:

-

~

-, - URN RN -

12 o Lan o 100~

-,

120 1-90º loo -- 1,2 A La n º = 1 2 ~ 100 ~ '

z

SN

-

=

UsN

z

UrN

=

lrN = - =

z

-

1 2 190º - 1 2. A '

-

'

J

120 1180º ~ = 1,2 j270º = -1 2J' A 100 -90º ,

y como consecuencia la corriente de retorno por el neutro vale: IN= 310 = 1,2 ~ A

262


PROBLEMA 46 En el circuito integrador, cuyo esquema se representa en la figura, encontrar la variación temporal de la tensión en bornes del condensador C, cuando mediante el conmutador K se para alimentarlo desde una tensión Eo = 2 V, a una, tensión E 1 = 12 V. I

~

i(O

+ :

E0 =2V

C= 1µF

u(t)

Solución: En el supuesto de que el condensador esté cargado en el instante en que se realiza la conmutación, se tiene: u(Q+)

= E0

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la única malla que se tiene en el circuito, se obtiene: R i(t) + u(t) = E1

Sustituyendo la corriente instantánea i(t) que circula en el mismo (corriente de carga del condensador) por: Ht)

= e ~~

Ht) =

e

u '(t)

se obtiene: R C u 1(t) + u (t) = E1

263


Aplicando el método operacional con las condiciones iniciales impuestas, será: RC [p U(p) - u(O+)]

+ U(p) = -E1 p

Despejando U(p) y sustituyenclo RC por T, constante de tiempo del circuito (T = RC): U( )

P

=

Eo

p+11r

+

I

E1

p't (p + 1/'t)

y pasando a régimen temporal, se obtiene: u(t) = E1 - (E 1 - E0 ) e-t/'t

Al sustituir los valores dados en el enunciado: u (t) = 1 2 _ 1 o e-1 oot

264

v


PROBLEMA 47 El circuito cuyo esquema se representa en la figura, está constituido por una resistencia de JO nen serie, con una bobina de 0,2 H. Se le aplica una tensión u(t). Calcular:

a. La corriente que se establece en el mismo, en las hipótesis siguiente~: 1- u(t)

= U = 1 00

V

2- u(t) = 1 00 e-sot V

3- u(t) = ó(t)

v

(Impulso de Dirac)

b. Los valores de las caídas de tensión UR(t) y uL(t) en todos los casos:

R= 10íl u(t)

L=0.2 H

Solución: La ecuación diferencial aplicable al circuito, es: u (t) = Ri(t) + L d~~t)

y en términos operacionales, será: U(p) = R l(p) + L p l(p) l(p) =

.Jd.1&...= R+Lp

U(p) 10+0,2p

265


Por otra parte: UR(p)

= R l(p) = 1 O l(p)

Udp)

= Lp

= 0,2p

l(p)

l(p)

A continuación se considerará, cada caso particular:

l.

=U =

u (t)

1 00 V

= .!..QQ. p

U(p)

sustituyendo en la expresión general de I(p) encontrada para este circuito, se tiene: .!..QQ. I

_ p _ 100 _ 500 _ ~+ B (p) - 1 O + 0,2p - p(l O + 0,2p) - p(SO + p) - p p + SO

y determinando A y B resultan: A = 1O B= -1 O. 1(

p

i(t)

)=l.Q.p

= Í-1

10 p + 50

[l(p)]

=10

(1 - e-SOt) A

U ( )=101( )=.!..QQ.Rp

p

Udp)

2.

266

= 0,2p

l(p)

p

10 = 0,2p ( pp

uL(t)

=- 100

e-sot V

u(t)

= 100

e-SOt

U(p)

=p

100 + SO

lOO p + 50

V

10

+ SO

)

= SO100 + p


que sustituida en la expresión de l(p), da:

=

1 (p)

U(p)

1O + 0,2p

= l.J:!IL "p + 50

100 · 5

l(p) =(p + 50)2

en consecuencia: i(t) = 5 OOt e-sot A

500

UR(p) = (p + 50 ) 2

•

1O

= SOOOt e-50 • V

U1(t>

_ 500 _ 1 OOp _ A B Udp) - O,lp (p + 50)2 - (p + 50)2 - p + 50 + (p + 50) 2

y determinando, A y B, resultan: A = 1O U ( ) _ L

5000

(p + 50) 2

p - p + 50

= 100

uL(t)

3.

1 00

u(t)

= lHt)

B = -5000.

e-sot - SOOOt e-sot V

V

U(p) = 1

y sustituyendo en la expresión de l(p ), resulta: 1

5

l(p) = 1 O + 0,2p

p

+ 50

i(t) = 5 e-sot A

5

UR(p) = 10 · p + 50 U1(t>

UL ( p )

= 50

e-50t

= 0,2p

V

5 . p + 50

p p + 50

l _

50

p + 50

UL(t) = 6(t) - 5 0 e-SOt V

En los tres casos puede comprobarse que u(t) = UR(t) + UL(t)

267


PROBLEMA 48 El circuito cuyo esquema se representa en la figura, trabaja en régimen permanente, con el conmutador K en la posición l. En el instante t = O, se pasa el conmutador a la posición 2 . Calcular: a. Expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el circuito. b. Expresión temporal de la tensión en bornes del condensador. K t=O

R2 =100

+

=

e{O= E=200 V

C=20 rrf

l=2H

l

Solución: En primer lugar, se van a establecer las condiciones iniciales: l(O)

= ~OOO = 20

A

Uc(O)

= Uc = 20

· 1O

= 200

V

Una vez el conmutador en la posición 2, el circuito operacional a resolver, es el representado en la figura 1. A

I ,,t, lp

,. :t: (

·; 200'p

' ..... ,..-'

B

268

figura 1


La impedancia resultante del acoplamiento en paralelo de Lp y R1 es: z Rl -

_ R, Lp _ 1 O · 2 p _ ..!Q.e_ Lp(p} - R, + Lp - 1 O + 2p - p + 5

por lo que, la impedancia operacional total del circuito, vale: z ( ) _ R _1_ R1 Lp _ 2 + Cp + R1 + Lp T p -

p2 ( R1

Le + R2 Le) + p (R 1 R2 C + L) + R1 L ( p 2 + R, C p

sustituyendo y operando resulta ser: Zr( ) p

= 20

(p 2 + 5p + 12,5) p (p + 5}

Por lo que la corriente que circula por la rama del condensador es: !iQ.L

lc(p) = Zr(p)

y sustituyendo valores, se obtiene: _ 10(p+5) lc(p) - p 2 + 5p + 12,5

Por otra parte, la tensión entre A y B en forma operacional será: UAs(p) = ZRt-Lp(p) · lc(p)

en la que, sustituyendo y simplificando, se obtiene: _ 100p UAe(p) - p2 + 5p + 12,5

por lo tanto, las corrientes IR1(p) e IL(P) valen respectivamente: I Rl

() _ UAe(p) _ 100p _ 10p p R, - 1 O(p2 + 5p + 12,5) - p 2 + 5p + 12,5

I ( ) _ UAB(p) _ 1 OOp _ 50 L p Lp - 2p (p2 + Sp + 12,5) - p 2 + Sp + 12,5

269


Finalmente y antes de encontrar las transformadas inversas de las expresiones anteriores, vamos a transformarlas en sumas de fracciones simples. Previamente, se determinarán las raíces del denominador: D(p) = p 2 + 5p + 12,5

y se obtiene: p 1 = -2,5 + 2,5j P2 = -2,5 - 2,5j 1 Op + 50 = 1O 1 ( ) = e p p2 + 5p + 12,5

(E p2+ +5 -5p2,5+ 12,5 + 2,5)

- 2 5 ) p + 2,5 ( ) le P = l O ( p2 + Sp + 12,5 + p2 + 5p + 12,5 2 5 ) p + 2 ,5 ( le p) = 1 O ( (p + 2,5)2 + 2,52 + (p + 2,5)2 + 2,52 ie(t) = 1 O (e- 2,st cos 2,5t + e-2,St sen 2,5t) ie (t) = 1 O e- 2, 5 t ( e os 2 , 5 t + sen 2 , 5 t)

que se puede transformar en la siguiente forma: cos 2,5t + sen 2,5t = A sen (2,5t +
desarrollando, se obtiene: cos 2,5t + sen 2,5t = A cos

resultando: Acos
A sen
=1

tg

A 2 (cos 2

270

=2

=2


en definitiva:

= 1 o {2 e-2,st

ic(t)

= 10 e-i,s

1

sen (2,st +

f)

=10 V2 e-i,si (sen 2,5 t cos

:

+ cos 2,5 t sen

:) =

(sen 2,5 t + cos 2,5 t) A

Para IR1(p), se tiene: 10p + 2,5 2 5 ] 1 ( ) 10 [ (p + p2,5) 2 + 2,5 2 - (p + 2,5) 2 + 2,5 2 Rl p = p2 + 5p + 12,5 = iR,(t) = f- 1 [IR 1 (p)J

i11 (t)

= 1o €

= 10

e-2,st sin

(e- 2 ,st cos 2,5t - e-2•51 sen2,St)A

(-2,st +})

A

Y la tercera corriente que corresponde a la que circula por la inductancia L, se puede encontrar por diferencia entre ic(t) e iR1(t): iL(t)

= ic(t)

- IR 1(t)

= 20

251

e- · sen2,5tA

b. La tensión en forma operacional, en bornes del condensador, vale: -U

__1_ -~500p+2500 c(p) - Cp 1c(p) p - (p 2 + 5p + 12,5) p

-U

_ ~+ Mp + N c(p)-p p 2 +5p+12,5

~ p

200

p

Ap2 + 5Ap + 12,SA + Mp2 + Np = 500p + 2500

de donde: A= 200 M = -200 N = -500 200p + 500 _ 200 ( ) _ 1.Q.Q. p p - (p + 2,5)2 + 2,5 2

-Uc P -

p + 2,5 -Uc(p) = -200 (p + 2,5)2 + 2,52 uc
= f- 1

[Uc(p)]

= +200

e-2, 51 cos 2,St

271


PROBLEMA 49 El circuito cuyo esquema se representa en la figura, se encuentra inicialmente relajado y con el conmutador en la posición DA. En el instante t = O, se pasa el conmutador a la posición DB y al cabo de 0,5 segundos, se sitúa dicho conmutador en la posición DC, sin que se produzcan discontinuidades. Determinar, para esta última posición del conmutador, las intensidades de corriente en forma temporal que recorren la bobina, el condensador y cada una de las resistencias de 97 y el valor de dichas corrientes transcurrido un segudno, a partir del origen de tiempos. A

Hl

Hl

30

970

970

Solución: Para O< t < 0,5 s, el conmutador está en la posición DB, y el circuito a resolver es el que se representa en la figura l.

-

R=SOG

i,(t) L=8,JH

e(t)

(= 15 mF

figura 1

temporal e(t) = R¡ 1 (t)

di,(t) 1 + L~ +C

J· )d 1,(t

1

t

E(p) = R 11 (p) + Lp 11 (p) + Cpl,(p)

272


Al aplicar el método operacional, el circuito pasa a ser el representado en la figura 2. 50

I¡ (p)

E(p)

figura 2

operacional 11 (p) =

E(p}

R + Lp + C1p

siendo: 86 p

E(p) = -

R = SO !l

L

= 8,3

H

C

= 1S

· 1 Q-3 F

sustituyendo valores: l¡(p)

~

= so +

8 3p +

'

1

1 S · 1 Q-3p

_ 1 0,32 - P 2 + 6p + 8

Falta encontrar las raíces del denominador que valen: P1 = -4 l¡(p) =

P2 = -2

1 0,32 = ~ + _B_ 1 _ 2 P + 6p + 8 p + 4 p + 2

Se determinan los coeficientes A1 y B1 a partir del método de Heaviside: D(p} = p 2 + 6p + 8

D'(p)=2p+6 0 1(-4)

= -2

0 1(-2)

=2

A1

=

1

~

32

2

= -5, 1 6

273


y hallando su antitransformada í- 1: i 1(t) = 5, 1 6 (-e-4t + e-2t) A

.El valor de esta corriente al cabo de 0,5 s será: i1(0,5)

= 5,16.

(-~2 +

B=

1,2 A

La tensión de bornes del condensador vale: Uc(p)

= ldp).

1 10,32 ep= p2 + 6p + 8

l 688 1 5 · 1 Q-3 p = p ( p 2 + 6 p + 8)

que se pondrá en la siguiente forma: Uc(p) =

A2

B2

C2

p

p+4

p+2

-+ --+ - -

D(p) = P 3 + 6p2 + 8p N(p)

= 688

D'(p)

= 3p 2

+ 12p +. 8

0 1(0) = 8

0 1(-4)

=8

D'(-2) = -4

688 . B2=--=8b 8

688 Ci=--=-172

-4

1 Uc(p) = 86 ( -+ -1- - -2-) p p + 4 p + 2

uc(t) = f- 1 [Uc(p)]

= 86

(1 + e-4t - 2e-2t) V

y sustituyendo para t = 0,5 s. uc(O,S) = 86 (1 + e-2 - 2e-1) = 34,4 V

274


Al pasar el conmutador a la posición DC, el esquema en forma operacional que se tiene, es el que se representa en la figura 3.

Lp

... (

L J:

.- ...... (

....

Hl

) Li(0,5)

1/Cp

-· ) Uc(O,SVp figura 3

Resolvamos en primer lugar, la configuración de las resistencias que aparecen en la parte derecha del circuito, transfigurando el mismo según las figuras 4, 5 y 6:

resultando:

1íl

970

figura 4

por lo que, RT = 50

49 n

98íl

figura 5

figura 6

n quedando el circuito como se representa en la figura 7 275


-'2 (p)

Lp

.. (

} Li(0,5)

~ ~1/Cp ...

{ ~

... •*

) U c(0,5)/p

figura 7

Uc(0,5)

p

= 8,3

L i( o, 5 )

de donde:

· 1,2

= 1o V

sustituyendo valores y despejando h(p ), se .kene: I ( ) _ 4,128 - 1,2p _.....&._+...!L._ 2 p - p2 + 6p + 8 - p + 4 p + 2 D(p)

= p2

N(p)

= 4,128

N(-4)

= -2

A3

= 8, 9 2 8

= -4 4 6 4

83

= 6,528

= 3,264

-2

'

= 6,528

D'(-2) = 2

encontrando:

276

-1,2p

= 8,928

D'(-4)

N(-2)

+ 6p + 8

2


en la que ti es el tiempo a partir del instante en que se ha pasado el conmutador a la posición DC; si se refiere al tiempo inicial: i 2(t)

= [3,264

y tomando t1

e-2 ] e(t - 0,5) A

= 0,5 s

sustituyendo el tiempo t1 resulta: ic(0,5)

= id0,5) = 0,596

A

Por la simetría del circuito: i(t)(R. 97)

=~ = }

= 1,632

e-21 1 -

2,232

e-4t1

que para t1 = 0,5 s da: icr. 97)(0,5) = 0,298 A

277

. CIRCUITOS EN REGIMEN TRANSITORIO

PROBLEMA50 En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, inicialmente relajado, se pasa el conmutador de posición DA a la DB y en el instante t = 2 s a la posición DC.

B

a. Calcular y representar gráficamente la marcha de la corriente en la resistencia R2, indicando sus valores en los instantes t = o-, t = o+, t = 2-, t = 2+ y t = 00• b. Igualmente la tensión en el condensador de capacidad C3. c. Igualmente la tensión y la corriente en la resistencia R4.

Solución: a. El circuito a resolver para la primera posición del conmutador es el que se representa en la figura 1.

f

1=3A

figura 1

Si Z23(p) es la impedancia en forma operacional que corresponde a las ramas 2 y 3:

278


En la que sustituyendo valores: 2

2

Z 23 (p) = 2 · 3 p + 1

6p + 1

La impedancia total: Zr(p)

= R1

+ Z23

=1

+

U23(p) = l(p) Z23(p) =

- 6p + 2

2

6p + 1 - 6p

3

+

1

.2 6 + 1 = p (6p + 1)

p 6p

A+B=O Ap +

A

6

U23(p)

+ Bp = 1

6 p +

= 2._ p

}

~= 6

B

A=6

1

= -6

l. 6

U23(t) = f-l (U23(p)] = 6 - 6 e-t/6 = 6 [1 - e-t/ 6 ] V

Conocida la función temporal de la tensión en bornes de las ramas 2 y 3, será inmediato el cálculo de la intensidad de corriente en la resistencia R2. Efectivamente: i2(0 = u~:t) = 6

(1 ~ e- t/6) = 3 [1 -

e-t/6]

A

El valor de dicha corriente, en los diferentes instantes será: • Instante t =o-el régimen es permanente, y por tanto, h(O-) = 3 A • Instante t = o+ • Instante t = i-

i2 (0+) = O A

•

i 2 (2-)

= O,85

A

= (2 +) = 3 A oo el régimen continúa siendo permanente. i2 ( oo) = 3

• Instante t = 2+ el régimen vuelve a ser pemanente i2 • Instante t =

A

279


La representación gráfica de esta corriente, es la que aparece en la figura 2.

h(A)

-------------------------------

3

0,85

2

t(s)

figura 2

b. En el apartado anterior, se ha determinado el valor de U23(t) que es también la expresión de la tensión temporal en bornes del condensador de capacidad C3, entre los instantes t = O y t = i-, justamente antes de la conmutación:

Consiguientemente, los valores de dicha tensión, para los diferentes instantes considerados, serán: • Instante t =o-según el enunciado el condensador está descargado. • Instante t = o+ según la expresión ue3(0+)

=6

[1 - e 0 ]

• Instante t = i- según la expresión uc 3 (2-) = 6 [1 - e-216)

uc3(0-)

=O V

uc 3 (o+)

=o

uc 3 (2-)

= 1,7

v

Para calcular la tensión de este condensador en los instantes siguientes, ha de tenerse en cuenta la situación de carga de dicho condensador, es decir, justamente en el instante de hacer la conmutación. En dicho instante, la carga del condensador, será la siguiente:

280

v


Cuando se desconecte DC, las cargas del condensador C3, se reparten entre el C3 y el Cs igualándose instantáneamente los potenciales en las correspondientes armaduras de los dos condensadores. Verificándose:

siendo precisamente U

= Ue3°(2+) = Uc 5 (2+)

por tanto: U

C3

(2 +)

= C3S+1Cs

-

-

Ll_ _ 8 -

O 63 75 V ,

• Instante t = 2+ según se ha calculado, sera: • Instante t =

00

Ue3(2+)

puesto que se descarga a través de R 4 ue3(00)

= 0,6375

V

=o v

La representación gráfica, pues, de la marcha de la tensión en el condensador C3 será la de la figura 3 Ue3 (V)

6 - ----- ------- - - - - - - - - - - - - - - - - : : , - : - - - - -

-----

,

1,7 ------ -- -----

,

, J

0,6375 ----

2

t(s)

figura 3

La deducción intuitiva, aplicada para calcular la tensión UC3 a partir de la intensidad en el instante t = 2+, se confirma con la resolución del circuito que se desarrollará en el apartado c siguiente.

281


c. El circuito a resolver, en el momento de pasar el conmutador a la posición DC, es el de la figura 4.

C5 =5 F

figura 4

Z4s(p) es la impedancia operacional equivalente a las ramas 4 y 5. 1

Z 4 s(p)

y

=

R4-Cs p 1

R +-4 Cs p

=R

C

4

R4 p + 1

s

aplicando valores: 4 Z45(p) = 20p + 1

La impedancia operacional total del circuito, vale: 1

z (P) = e 3

P + 24 s (P)

.fil.el

l 3 (p) = Z(p) =

1

4

= Ip + i oP +

Ll. p

32p + 1 60p 2 + 3p

,

32p + 1 60p 2 + 3p

102p+S,1 32p + 1

La tensión común a ambas ramas vale: UR4(p) = l3(p) Z45(p) =

102p+5,1 4 32p + 1 -2-0p_+_l_

20,4

LJ R 4 ( p) =

32 l

p+rr

282

_ Ü 16 3 7 5 1

p+rr

5,1 ·4 _ 20,4 32p + 1 - 32p + 1


y pasando a la expresión temporal:

= f- 1

uR4(t)

[UR 4 (p)]

= 0,6375

e-132 e (t - 2) V

(debe tenerse en cuenta, que el nuevo régimen empieza para t = 2 s). La expresión de la corriente, será inmediata, puesto que:

y por tanto: iR 4 (t)

= O,G4375

e-!t-2l/J2 e (t - 2)

= 0,159375

e-<•- 2>132 e (t- 2) A

La representación gráfica será la de las figuras 5 y 6, según las expresiones encontradas: iR4(A)

0,675

o, 159375 L--- -_- -_--_- _- -_- -_2 figura 5

1--...:::::::::=~-----

2

t(s)

t (s)

figura 6

283


PROBLEMA 51 El circuito eléctrico cuyo esquema se representa en la figura 1, trabaja en régimen permanente, con el interruptor K cerrado. En el instante t = Ose abre dicho interruptor. Calcular: 1. Las expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el mismo.

2. La tensión UR2(t).

3. El valor de dicha tensión en el instante t = 1,5 ms. 4. Para el mismo instante anterior, las energías almacenadas en la inductancia y en el

condensador. L=2mH

K 1 = 24A

t

=

t=O

R1 =S

l

l

i,(t)

n

ÍL(t)

R2=7

C = 400 µF

n

UR2(t)

Figura 1. Circuito eléctrico del enunciado.

Solución: 1.er método de resolución:

Haciendo la transfiguración del esquema, convirtiendo la fuente de corriente real en fuente de tensión equivalente, queda el siguiente circuito a resolver: (figura 2). L=2mH

t

=o

1

ic(t)

l

i(t)

E= 120 V

C

= 400 µF

R2=7

Figura 2. Circuito transfigurado con fuente de tensión.

284

n


En donde el valor de la f.e~m. equivalente se ha calculado así: E= 1 R1 = 24 X 5 = 120 V

en serie con

R1=S!l

El interruptor K, que en el circuito del enunciado se abre en el instante t = O, y está en paralelo con la fuente de corriente, queda sustituido por otro, que cierra en el instante t = O, y está en serie con la fuente de tensión equivalente (figura 2). Su circuito operacional equivalente es el de la figura 3.

R1

Lp

A

l

L(p) 120 E= p

lc(p)

l

lL(p)

UR2(p)

R2 B

Cp

Figua 3. Circuito operacional correspondiente a figura 2.

La iIJ1pedancia operacional del conjunto en paralelo, vista desde los bornes AB, que se designa por ZAe(p) = Zp(p) vale para este caso: ·

1 [R2 = L · p] · - Zp(p) = ZAa(p) = _____e__; . p:...._ 1

R2= l· p + - C· p

R2 + l · p R2 . e . p + L . e . p 2 + 1

Haciendo que el coeficiente de p 2 sea la unidad, resulta:

285


Sustituyendo por los valores numéricos del enuncia~o: C = 400 X 10-6 F

L = 2 X 10-3 H

se llega a:

Zp(p)

=

p2

8,75 X 106 + 2,5 X 103 p + 3,5 X 103 p + 1,25 X 106

por lo tanto, la impedancia total del circuito en forma operacional, se logra sumándole R1 = 5 a la impedancia operacional anterior. Después de hacer operaciones, resulta:

5 p 2 + 20 X 106 p + 15 X 10 p 2 + 3,5 3 103 p + 1,25 X 106 6

ZT(P) = Ri + Zp(p) = 5 + Zp(p)

=

La corriente total del circuito vale por lo tanto:

120 1( )p -

24 p 2

p

5 p 2 + 20 X 106 p

+ 15 X 106 2 3 p + 3,5 310 p + 1,25 X 106

p [p

+ 84 X 103 p + 30 X 106 2

+ 4 X 103 p + 3 X 106]

La respuesta en corriente responde pues, a un sistema de tercer orden, incluyendo uno de segundo orden. Las constantes características de este sistema de segundo orden, de pulsación propia no amortiguada "con", y de factor de amortiguamiento "z", se pueden deducir de la identificación de la ecuación anterior, con la ecuación tipo:

24 p2 + 84 X 103 p + 30 X 10 2 2 p (p + 2 Z Wn p + Wn)

6

l(p) =

de donde se deduce: w~

286

= 3 X 10

6

2Z

Wn

= 4 X 103


Pulsación propia no amortiguada

= 103 ../3 = 1732 r/s

wn

2

z = Jj

Factor de amortiguamiento

= 1,1547

Por ser "z" mayor que la unidad, las raíces del denominador son reales y distintas y, valen: po = O p,

= -wn [z -y'(z~)] = -1000

P2 = -wn [z + ~ ] = -3000

por lo que la descomposición en suma de fracciones simples puede hacerse de la siguiente forma: _ 24 p + 84 X 103 p + 30 X 106 1(p ) 2 p [p + 4 X 10 3 p + 3 X 106] 2

A

=-+ p

B

C

+--p + 1000 p + 3000

y los coeficientes A, B, y C de los numeradores se calculan aplicando el método de Heaviside: D(p)

= p + 3 X 4 X 10

D'(p)

= 3 p 2 + 8 X 10 3 p + 3 X 106

3

3

p

+ 3 X 106 p

2

y entonces:

A=

N(O) D'(O)

=

6

30X10 3 X 106

= 10

B = N(-1000) D'(- 1000)

= 24 X 10

C=

= 216 X 106 -

N(-3000) D'(-3000)

6

6

6

3 X 10

-

6

27 X 10

84 X 10 8 X 106

+ 30 X 106 + 3 X 106 6

-

252 X 10 24 X 106

15

+ 30 X 106 = _1 + 3 X 106

Por lo tanto se tiene 10 15 l(p)--+--p p + 1000

p + 3000

287


y la antitransformada nos da la expresión temporal de esta corriente total: i(t)

= f- 1 [l(p)] = [10 + 15 e-iooot -

e-Jooot] A

Para representarla gráficamente de un modo aproximado, basta con observar que es la. suma de: a. un escalón de valor diez b. más una exponencial amortiguada, de valor inicial quince, y que tiende a cero c. menos otra exponencial amortiguada, de valor inicial la unidad, tres veces más rápida que la anterior, que también tiende a cero, dando un total representado en la figura 4.

i(t) (A)

25 24

10

- - - - - - - - - - - - - - - - - _:-:_-~-::""!-~_..,..______________

o 2

t(ms)

3

4

Figura 4. Representación temporal aproximada de la corriente total.

Para determinar las otras dos corrientes, se calcula en primer lugar, la diferencia de potencial en bornes del conjunto en paralelo U Ae(p ), que vale: UAa(p)

= ZAa(p) · l(p) = Zp(p) · l(p)

y luego, a partir de ella, las corrientes en cada una de las ramas capacitiva e inductiva, que

son: lc(p)

= UAa(p) 1

C·p

288


Estas dos corrientes también se pueden calcular, dividiendo la corriente total h(p) en dos partes inversamente proporcionales a las impedancias en paralelo, es decir:

lc(p)

2

= l(p) -ZL- = l(p) ZL

R

+ Zc

+Z

L

·p

C. p

Zc

IL(p) = l(p) Z

+l

R2 + L · p + 1 C·p 1·

= l(p)

1

R2 + L . p

e

+ __ C·p

Haciendo las operaciones indicadas se obtienen las siguientes expresiones en forma operacional:

UAa(p)

60 X 103 p + 21 O X 106 p [p 2 + 4 X 103 p + 3 X 106 )

=

24 p + 84 X 10 = p + 4 X 10 p + 3 X 10 3

lc(p)

IL(p)

2

=

3

6

30 X 106 p [p + 4 X 103 p + 3 X 106) 2

Para encontrar las expresiones temporales de estas dos corrientes, previamente hay que descomponerlas en suma de fracciones simples, para calcular sus respectivas antitransformadas, en la siguiente forma·:

24 p + 84 X 103 p 2 + 4 X 10 3 p + 3 X 106

lc(p)

=

D(p)

= p2 + 4 X

A __N_(-_1_00_0_) 1 D'(-1000)

N(-3000) 0---1 D'(-3000)

1-03 p

A1 -- + - B1- p

+ 1000

+ 3 X 106

p

+ 3000

D'(p) = 2 p

+ 4 X 10

3

3 -24 X 103 + 84 X 10 - - - -3- - - =3 3 0 -2 X 10 + 4 X 10

-24 X 103 + 84 X 10

-2 X 10

3

+ 4 X 10

3

3

289 Cl


30

+

-6

lc(p)

= p + 1000

ic(t)

= f-1[lc(p)] = [30 e-1ooot -

p

+ 3000 6 e-3ooot] A

La corriente en la rama condensador, es pues la diferencia entre una exponencial amortiguada de valor inicial 30, menos otra exponencial más rápida, de valor inicial 6. (Ver figura 5).

lc(t) (A)

ic(t)

= 30e-

10001

-

6e-

30001

1 1

j

1

1

1

1

1 1

1 1

I 1

• 1

1

1 1

1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

30

---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---•---

25

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

20

---!---•-

15 10

5

• 1 '

' 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

-!---!---!---!---! --- !---!---!---!---!---!---!---!---!--1

1

1 1

---!---!---!---!---•--• 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

-!- --!---!---.! ---!---!---!---!---!---!-- -!---

1 1

1

1

1

1 1

---!---!---!---!---!---!---!---!---•---•--

1 1 1

• 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 I

1 1 1

1 1 1

1

1 1 1

1 1 1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

I 1

1 1

---!---!---!---!---!--1

1 1

1 1

1

---¡·-·¡---¡·--¡-··1-~¡-··¡---¡-··¡--·¡-· -¡· --•---•---•---•---•--0,4

0,2

0,6

1,0

0,8

1,2

1,4

Fig. 7. Representación gráfica de la corriente total.

De la misma forma se tiene para IL(P):

I L(p) = p [p D(p)

2

+

30 X 10 4 X 103 p

6

+ 3 X 10

82

A2

6

=

)

= p 3 + 4 X 103 p 2 + 3 X 106 p

N(- 1000) B2 = _ _;___-'D'(- 1000)

D'(p)

= 3 p 2 + 8 X 103 p + 3 X 106

30 X 106

- - -6 - - -6- - - -6 = -15 3 X 10

-

8 X 10

C2

p + p + 1000 + p + 3000

N(O) 30 X 106 A2=--= =10 6 D'(O) 3 X 10

290

1 1

1

+ 3 X 10

1, 6

t(ms)


30 X 106 - -- 6- - - -6- - - -6 = 5 27 X 10 - 24 X 10 + 3 X 10

N(-3000) C 2 = -D-,(- 3-0-00-)

10

15

5

lí(p)

= p- p + 1000 + p + 3000

IL(p)

=

10

15 p

p

+ 1000

+

5 p + 3000

Obsérvese que en el primer instante, vale iL(O+) = O como es lógico, por tratarse de un circuito inductivo, que no puede tener saltos bruscos de corriente, sin que le queden aplicadas tensiones de valor infinito. El valor de la corriente permanente, eara t = oo, vale iL(oo) = 10 A, valor que también se podía haber encontrado antes de tener la ecuación temporal, aplicando el teorema del valor final, es decir: ÍL(oo)

= limo [p X

IL(p)]

p -

= 10 A

cosa que puede fácilmente comprobar el lector. La representación gráfica se ve en la figura 6.

iL(t) = 10 -15e-IOOOI

(A)

1

1

1

1

+ 5e-3000t 1

1

1

1

1

1

1

•

1

1

1

30

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

25

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

20

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

15

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

10 5

• 1

• 1

• 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1 I 1

1 I

1 1 I 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

:1

:1

:1

:1

1

:

:1

:1

11

:1

:1

:1

:1

:1

:1

:1

:1

I 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

:1

---:---:---:---:---:---:---1---:---:---:---~---1---:---:---:---!---!·----:---!---:---:---:---•---•---•---•---·---.---!·--:---;---:--o

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1 1

t(ms)

Figura 6. Representación gráfica de la corriente que circula por la rama inductiva.

291

CIRCUITOS EN REG,IMEN TRANSITORIO

Se debe verificar por la primera ley de Kirchhoff que:

+ ic(t) = i(t)

ií(t)

en efecto se cumple: iL(t)

+ ic(t) = i(t)

iL(t)

= [10-15 e-ioo0t + 5 e- 30001] A

iL(t)

+ ic(t) = [10 + 15 e- 10001 - e- 30001] = i(t) A

expresión que se había representado anteriormente en la figura 4, de una forma aproximada, y que ahora se ha representado con más detalle, en la figura 7, como suma de las dos anteriores (figura 5 y figura 6).

i(t) (A)

i(t) 1

= ic(t) + iL(t) = 10 + 15e- 10001 - e-30001 1

I

I

I

1

1

1

I

I

1

1

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---•---•---•---!---!---!---!---!---

25

---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

• 1

1 1

'

1

20 15 10

5

1 1

1 1

1 1

1 1

---!---•---

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

1 1 1 1

' -!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---!---

• 1 1

1 1 1

1

1

1

1

1

1

1

' 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

• 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

, 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1

1

1

1

1 1

1 1

1 1

1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1

1 1 1

---•---•---:---:---1---¡---!---:---:---•---•---•---•---•-----r---1---r---r---r---r---r---r---:---r--·¡··-r·-·t··-r---r---r---r-----·---·---·---:---:---:---!·--:---:---:---r---:---:---:---:---:---:--o

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

Figura 7. Representación gráfica de la corriente total.

2. 2 La tensión en bornes de la resistencia R2 vale: UR2(t)

= R2 iL(t) = 7 [10-15 e- 10001 + 5 e- 30001]

UR2(t) = [70 -105 e-10001 + 35 e-30001] V

292

1

30

1,6

·1

t(ms)


3.2 El valor de esta tensión en el instante t = 1,5 ms es: UR2(1,5 ms) = 70-105 e-i,s + 35 e-4' 5 = 46,96 V UR2(1,5 ms) = 46,96 V

4. 2 Para calcular las energías almacenadas en la bobina y condensador, en el instante t = 1,5 ms, se puede hacer, calculando previamente los valores de la corriente en la bobina y de la tensión en el condensador, en este instante. iL(1,5 ms) = 10-15 e-i,s + 5 e-4' 5 = 6,7086 A

Como la tensión en bornes del condensador, en transformadas de Laplace, es la tensión en el conjunto en paralelo U Ae(p) 6

U _ 60 X 103 p + 210 X 10 Ae(p) - p [p 2 + 4 X 10 3 p + 3 X 106 ]

AJ 83 C3 UAe(p)=-+ +--P p + 1000 p + 3000

con: D(p) = p 3 + 4 X 10 3 p 2 + 3 X 106 p D'(p) = 3 p 2 + 8 X 10 3 p + 3 X 10

6

N(O) 210 X 106 A =70 3 =--= 6 D'(O) 3 X 10

83 =

e= 3

N(-1000) D'(-1000)

N(-3000) D'(-3000)

=

=

-60 X 106 + 210 X 106 3 X 106 - 8 X 106 + 3 X 106

-180 X 106 + 210 X 106 27 X 106 70

UAe(p) = Uc(p) =

=-75

p

-

24 X 106 + 3 X 10

6

=5

75 5 p + 1000 + p + 3000

293


La expresión temporal de esta tensión, se obtiene de: uc(t) = f- 1[Uc(p)] = [70-75 e- 10001 + 5 e- 30001 ] V

y su valor en el instante t = 1,5 ms es: uc(1,5 ms) = 70-75 e-i,s + 5 e -4•5 = 59,3208 V

Como la energía total almacenada en el instante t = 1,5 ms, se puede expresar como suma de las almacenadas por bobina y condensador en dicho instante, se tiene: WT(1,5 ms) = WL(1,5 ms)

WL(1,5) =

l1 f

i[(1,5 ms) =

+ Wc(1,5 ms)

l1 X 2 X 10-

3

X 6,7086 2 = 45 X 10-3 J

1 1 Wc(1,5 ms) = - Cu¿ (1,5 ms) = - X 400 X 10-6 X 53,32082 = 568,62 X 10-3 J

2

2

W,(1,5 ms) = 45 X 10-3 + 568,62 X 10-3 = 613,62 X 10-3 J

2. 0 método de resolución: Sin efectuar transfiguración alguna, el circuito de partida es el de la figura 8 (a efectos de cálculo, se puede imaginar sustituido la posición y tipo de interruptor para t > O).

L=2mH

K1

t=

1 =24A

t =

R1 =5

n

o

1

i,(t)

C = 400 µF

l

ÍL (1)

R2=7

Figura 8. Circuito equivalente al del enunciado para t > O.

294

n

UR2(t)


En forma operacional queda según figura 9: L. p

A

1 1.. (p) 24

l(p)=p

t

=

l

11,(p)

ld p)

R1 = 5 .O

Cp

B

Figura 9. Circuito operacional correspondiente.

1

106

2500

Cp

400 p

p

Z2( p ) = - = - - = -

Z3(p) = R2

+ Lp = 7 + 2 X 10-3 p

La impedancia en forma operacional de este conjunto en paralelo vale:

siendo: 2500

Z1(p) Z2(p) = 5 X -

2500

Z2(p) Z3(p} = -

p

Z1(p) Z3(p) = 5 [7

p

12500 = -p

-3 17500 17500 + 5 p [7 + 2 X 10 p) = - - + 5 =

p

+ 2 X 10-3 p] =

Z1(p) Z2(p) Z3(p) = [2 X 10-3 p

.

p

35 + 10 X 10- p 3

2500 = 25 p

+ 7) 5 -

87500 p

+--

295


Zi(p) Z2(p) Z3(p)

Zi(p) Z2(p)

25 p + 87500 =--p

2500 + Zi(p) Z2(p) + Zi(p) Z2(p) = + 17500 + 5 p + 35 + 10 X 10-3 p = p

p

30000 + 40 p

+ 10 X 10-3 p 2 p

y por lo tanto:

25 p + 87500 10 X 10- 3 p 2 + 40 p + 30000

=

ZT(P)

2500 p p

2

+ 875 X 10

4

+ 4000 p + 3 X 106

La tensión aplicada al circuito, en forma operacional U AB(P) vale:

= ZT(p)

V AB(P)

l(p)

=

25 p

24

+ 87500

+ 21 X 1O7 6 p [p 2 + 4 X 103 p + 3 X 10 ] 4

6 X 10 p

p 10 X 10- p 2 + 40 p + 30000 3

En transformadas, las tres corrientes que se tienen ahora son: 7 I _ UAs(p) _ 6 X 10 p + 21 X 10 Ri(p) - -R-1- - p [p 2 + 4 X 103 p + 3 X 106] 5 4

4

UAs(p)

lc(p)

6 X 10 p

=-1- = 2

IL(p)

IL(p)

X 10

7

+ 4,2 X 107 + 3 X 106 ]

24 p

+ 4 X 103 p + 3 X 106 ] -

p

2

+ 84 X 10

+ 4 X 10

3

p

3

+ 3 X 106

p

6 X 10 p + 21 X 10 p [p + 4 X 103 p + 3 X 106 ] [7 + 2 X 10-3 p] 4

7

=

UAB(P) R2 + íp

=

30 X 106 [p X 10-3 p + 7] p [p + 4 X 103 p + 3 X 106 ] [7 + 2 X 10-3 p]

=

4

p [p 2 + 4 X 103 p

2500 p [~

Cp

+ 21

1,2 X-10

2

2

30 X 10

6

6 p [p + 4 X 103 p + 3 X 10 ] 2

En estas expresiones se observa que IL(P) e Ic(p) tienen idénticos valores a los obtenidos en el apartado anterior, por lo tanto sólo efectuaremos la antitransformada de IR1(p). 12 X 10 p + 42 X 10 p [p 2 + 4 X 103 p + 3 X 106 ] 3

IRi(p)

296

=

6


6

I 12X103 p+42X10 A4 B4 C4 Ri(p) = p [p 2 + 4 X 103 p + 3 X 106 ] = + p + 1000 + p + 3000

p

6

D'(p) = 3 p 2 + 8 X 103 p + 3 X 10

siendo ahora: 6

A = N(O) = 42 X 10 4 D'(O) 3 X 106

B = N(-1000) = 4

D'(-1000)

C = N(-3000) = D'(-3000)

42 3 = 14

6

6

-12 X 10 + 42 X 10 3 X 106 - 8 X 106 + 3 X 106 6

-12 X 10 + 42 X 106 27 X 106 - 24 X 106 + 3 X 106

-12 + 42

-2

30 -=-15

-2

-36 + 42 6 ---=-=1 +6 +6

Por lo tanto: 14

IRi(p) =

15

1

p- p + 1000 + p + 3000

En definitiva:

ic(t) = r-1[lc(p)] = [30 e-10001 -6 e-30001] A ií(t) = í- 1[h:(p)] = [10-15 e- 10001 + 5 e- 30001 ] A

cumpliéndose además que: i(t) = ÍR1(t) + ic(t) + ií(t) = 14 + 10 = 24 A

3.er método de resolución: Como es una red con dos nudos únicamente A y B (figura 10), con sólo una ecuación de corrientes que entran en un nudo queda resuelto el problema. Tomando como incógnita el potencial de este nudo, suponiendo nulo el potencial del otro.

297


L·p

VA

rF 24

l(p)=p

!I= V,

A

R1

t

!I=~' ( p

=

B

- ov

Figura 10. Enfatizado para resolver por nudos.

Se tiene Ii = O, que aplicado a este caso VA VA VA l(p)-------=0 R1 _1_ Lp + R2

Cp

de donde: 1

VA= l(p) -, - - - -,- + Cp + - R1 fp + R2

sustituyendo valores numéricos: 24

C

l(p)=p

= 400 X 10-6

L = 2 X 10-3

se obtiene: 4

+

7

6 X 10 p 21 X 10 V A(p) = p [p2 4 X 103 p 3 X 106]

+

+

sin hallar la antitransformada, se pueden encontrar los valores inicial y final de la tensión del nudo A. Es decir:

298


ov VA( 00 )

7 4 . . 6 X 10 p + 21 X 10 = Phm p VA(P) = hm 2 6 = 70 V 3 - o P - o p + 4 X 10 p + 3 X 10

Valores que ya se habían encontrado anteriormente, y que son lógicos, ya que:

a. En el instante inicial t = o+ el condensador está totalmente descargado, y por lo tanto, su tensión es nula, y obliga ello a:

b. En el instante final t = oo, por estar ya en régimen permanente, por la rama del condensador no circula corriente, y por la bobina al circular corriente constante no hay caída de tensión. En consecuencia, los 24 amperios de la fuente, encuentran solamente dos resistencias en paralelo como camino. y como entre ambas equivalen a una:

su caída de tensión total UA

5X7 24 = 70 V 5+7

= Rp 1= - -

valor que se había encontrado anteriormente. Ahora, ya se pueden encontrar todas las corrientes de rama, conociendo su tensión y su impedancia por simple cociente. El lector puede comprobar que estas corrientes de rama son las que se han encontrado con otros métodos de resolución del problema. El resto de preguntas son ya de inmediata respuesta.

299


PROBLEMA 52 Calcular la corriente i(t) que en régimen transitorio, se establece al cerrar el interruptor D, sabiendo que el circuito está inicialmente relajado y del que se conocen los siguientes valores:

e(t)

= 2 3 O sen

C

=2

R

= 5000

L

= 0,2

100 t V

e

---+

R

i(tl

µF

e(tl O

H

o Solución: 1.er método de resolución: Método temporal. La ecuación íntegro-diferencial del circuito es:

R i(t) + L d

~:t)

+

~

f_

i(tl dt

=e

(t)

que, para este caso, es e(t) = Eo sen wt R i(t) + L d i(t) + dt

e fo_

l.

00

i(t) dt

+

l.

e

f

t

i(t) dt

= E0

sen cot

0

y si se tiene en cuenta que no hay condiciones iniciales, puesto que el enunciado dice que el circuito está relajado, se cumple que:

~ f_~ 300

i(t) dt

=o


derivando y dividiendo por L, resulta: R d i(t)

d2 i(t)

r--a-¡-+ ~ +

1 .

rc•(t)

Eo

= Leo

cos cot

Por tratarse de una ecuación diferencial lineal completa, con coeficientes constantes y su resolución se hará por el método clásico consistente en resolver en primer lugar la ecuación homogénea, y a continuación, sumarle una solución particular de la ecuación completa. Es decir que la solución de esta ecuación general, se compone de una suma formada de un lado, por la solución de la ecuación homogénea, y por otro, de una solución particular de la ecuación que en este caso será la del régimen permanente. Por tanto:

Sustituyendo valores, y estableciendo la ecuación característica, que consiste en formar el polinomio en el que a = d di!t)

ª

2

+

5000

o";'2ª

+ 0,2

y a 2 = d~ti?) , tendremos:

2 . 1 o-6

=o

a 2 + 2,5 · 104 a + 2,5 . 106 = O

determinando sus raíces: a 1 =-100,4 ª2 = -24900 1

resulta, por tanto, como solución de la ecuación homogénea, la combinación lineal de eª t y eª o sea: 2

\

ih(t) = K 1

e-1 oo,4

t + K2

e-24900 t

A

La solución particular, será, como se ha dicho anteriormente, el régimen permanente. iP( t)

= 10

sen ( co t + q>)

301


Siendo: lo

=~ =

tg

23

-V

2 5 ooo +

( 1 oo

º

.o' 2

- 1 oo

.

i . o-6 )2

0,033 A

1

1 rol - - roC R

= are tg

1 00 .

o,2

- 1 00 . 2 . 1 o-6 5000

--

+4 5 o

y sustituyendo: iP( t) = O, O3 3 sen ( 1 OOt + 4 5 º) it(t)

=i

0

= K1

(t) + ip(t)

e- 1 oo, 4t + K2 e- 249 oot + 0,033 sen (1 OOt + 45º)

(1)

Para determinar K 1 y K2, han de aplicarse las condiciones iniciales, que son: t

=O

i(t)

=O

ytambién Ld~(t

=O

y al aplicarlas en la ecuación ( 1) resulta:

derivando dicha expresión (1) y multiplicando por L, la expresión obtenida, debe ser cero para t =Os. 0,2 [-100,4 K1 e- 1oo, 4t - 24900 K2 e-2 49oot + 0,033 · 100 cos (1 OOt + 45)]

y sustituyendo t = O resulta: -100,4 K1

-

24900 K2 + 3,3

que con la expresión (2): K1 + K2 + 0,023

302

=O

{2

2

= O

=O


constituye un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que permite conocer K1 y K2: K 1 = -0,0232

K2=1,872·10-4

sustituidas en la ecuación general, resulta: it(t)

= -0,0232.

e-100, 4 t + 1,872, 10-4 e-24900 •+ 0,033 sen(109t+4Sº)A


Método operacional. Rl(p) + Lp l(p) + I( ) _ p -

I

1 Cp l(p)

= E(p)

E(p)

_ E(p) 1 - RCp + LCp2 + 1 Cp R + Lp + Cp

_ E(p) · Cp (p) - LCp2 + RCp + 1

pero como e(t) = 2 3 O

sen 1 OOt

100 E(p) = 2 3 O · p 2 + 1 002

y sustituyendo en la ecuación I(p) resulta: l 00 2 10-6 . p2 + 1 002 . . p _ 11 5 · 1 Olp 0,4 · 10-6 p2 + O,Olp + 1 - (p2 + 1002) (p2 + 25 · 10 3 p + 25 · 10 5 )

230 I(~) =

que descompuesta será de la forma: I( )=

P

Mp+N + - A - + _ B _ p2 + 1 00 2 p - Pt p - P2

303


siendo p1 y p2 las soluciones de la ecuación: p 2 +25 · 103p+25 · 105=0 y que resultan ser

p 1 = -24900

y

P2=-100,4

igualando estas expresiones, se pueden determinar: A, B, M y N, que valen:

= 1, 8 7 2

A = -0,0232

B

M = 0,231

N = 2,286

· 1 o-4

obteniéndose por tanto: 1( ) = 0,0231 p + 2,296 + -0,0232

p y si

p2+1002

1,(p) =

p + a 2 b2 p +

p+100,4

+ 1,872. 1 o-4 p+24900

sólo es el primer sumando de l(p ).

i 1 (t) = f- 1 [1 1 (p)] = ~"'b2 + a 2 sen [ bt + are tg ~]

sustituyendo valores, será: I ( ) _ 0,0231p + 2,296 _ 0,0231 [p + 99,24] 1 p p 2 + 1 00 2 p 2 + 1 00 2 .1 (t) = 0,02~1 1

1

100

...¡ 1002 + 99,242 · sen ( 1 OOt + are· tg 10Q 99 24) =

= 0,0231 · 1,4089 · sen (1 OOt + 45º)

i 1 (t)

= 0,033

sen (1 OOt + 45°) A

que es, por tanto, la transformada inversa del primer sumando de I(p). En consecuencia, la transformada inversa total de I(p ), será: i(t)

304

=-0,0232

e-100,4t + 1,872 · 1 o-4 e-249 oot + 0,~33 sin (1 OOt + 45º)


PROBLEMA 53 En el circuito, cuyo esquema se representa en la figura, se pasa el conmutador de la posición DA a la DB, en el instante t = O, y en el instante t = 2 s se pasa de DB a DC, realizándose esta conmutación en forma instantánea para que no haya discontinuidad de corriente en la bobina Li. A

B R1 =1íl

e

D

+ E= 10V

L2 = 2 H

R3 = 3íl

L4 =4 H

En estas condiciones, se pregunta: a. Calcular y representar gráficamente la marcha de la corriente y la caída de tensión que aparece en la resistencia R 1 indicando, los valores numéricos de los puntos más significativos. b. Lo mismo, para la bobina L2 entre los instantes t = Oy t = T.

c. Valores de las corrientes en cada uno de los elementos del circuito, en el instante t = 2+.

d. Valor final de la corriente en la resistencia R3, en el instante t =

oo.

e. Constante de tiempo del circuito, para la marcha de la corriente en la resistencia R 3•

J. Expresión temporal de la corriente en la resistencia R3, entre los instantes t =

2+ y t =

oo.

g. Expresiones temporales de la corriente y de la tensión en las bobinas L2 y L4. h. Valores de las corrientes en L2 y L 4para t =

oo.

Solución: 1. er método de resolución:

Método operacional. a. Para la posición DB del conmutador, el circuito a resolver, será el de la figura l.

305


lü/p

figura 1 E(p) = R1 11 (p) + l2P 1,(p)

1O p = [R, + l2pl 1,(p)

1..Q.. J,(p) = R, !L,p

=p

1

(1 ~ 2p) =

(

5

1) p p+:r

Por Heaviside: D(p)

= p2

D'(p)

= 2p

+

21 p

+

1

2

N(O) 5 A= 0'(0) =I= 10 2

B=

N(-t) 5 =-=-10 o•(-t)

-r

Con lo que se obtiene, para L(p) el siguiente valor:

J

O - - -1-O= 1 0 [,- - 1l , ( p )1=

p

p+.L 2

p

p+.L 2

que corresponde a un valor temporal: i 1 (t) = f- 1 [1 1 {p)] = 10 (1 - e-t/2 ] A uR,(t)

306

= i, (t)

· R,

= 1 O (1

- e-t/2] V

=~

+ _B_l

p+:r


que se pueden representar gráficamente, como puede verse en las figuras 2 y 3. i1 (t) (A)

10

__•••---------------·············· ,,,,,,,,'

figura 2 2

UR!

t

(s)

(t) (V)

10 · ··································································· __

6,32º ·················

...---------------················

,,,.·"

2

y que para t = 2 s

t (s)

figura 3

i 1 (t) = 6,32 A

b. La corriente i1(t) que recorre la bobina, será la misma que circula por la resistencia R1 y la tensión en bornes de esta bobina, valdrá: uu(O =

u - uR 1(t)

= 10

- 10 + 10 e-t/2 = 10 e-t/2 V

su representación gráfica, aparece en la figura 4.

307


U L2

(t) (V)

10 ------ -----····-··---------·············-·--·--·-······-···········

3,68

1··-----------------------------------t (s)

2

figura 4

c. A partir del instante t = 2+ y al pasar el conmutador a la posición DC, el circuito operacional, a resolver es el de la figura 5.

14 (p)

L2 i(2)

=~=

figura 5

1 8p + 8p 2 3 + 4p

_ 12p Z(p) - 2p + 3 + 4p

l2(p)

l

2 · 6,32 18p + 8p2

= 12,64

3 + 4p 18p + 8p2

3 + 4p

l,(p)

12 ( )

= 6 , 32 _

p -

308

[

4 74

p

(

3 p

(4

p

+ 9) +

~

9) + p+¡-9 p+¡-

4p

p

(4

p

+ 9)]

= 6 , 32

4

[ p

1

J

( 3 9) + --9p+¡p+¡-


por Heaviside: D(p)

= p2

+

_ N(O) _ 4,74 _

9 4 p

A-D'(O)-

2..

'1

-2,106

4

9

D 1(p) = 2p + 4

B

=

N

(-H

4 74

'1

( ) = .:..i.:.....:.. = -2, 1 O 6 D' _2.. _2.. 4

4

con lo que L(p) valdrá: l 2 ( P) = Ll.Q.§_ - Ll.Q.§_ + p 9

p+¡-

..2.dL = L..LL + .i,,ll_ 9 p 9 p+¡-

(redondeado)

p+¡-

que en valores temporales será: i2(t)

= f-l

l12(p)]

= [2, 11

+ 4,21 e-9

(t -

2 11 4 ] E (t - 2) A

(debe tenerse en cuenta que el circuito se ha modificado para t = 2 s).

Para calcular las corrientes h(t) e i4(t) en cada una de las ramas, será necesario determinar la tensión aplicada a ambas, y que en forma operacional, será:

siendo Z34(p) la impedancia operacional reducida, de las dos ramas en paralelo:

U34(p)

2 i(2) + 8p2

= 18p

3 + 4p

3 · 4p

3 i(2)

=--93 + 4p p + 4

por lo que se obtiene como valor de h(p):

309


que da lugar a la ecuación temporal siguiente: i3 (t) = f- 1 [1 3 (p)] = 6,32

e- 9
2 l/ 4

e

(t - 2) A'

De la misma forma:

i4(t)

= f- 1

[(1 4 (p)] = 2, 11 [1 -

e- 9
2ll 4 ]

e

(t - 2) A

(debe tenerse en cuenta que el circuito se ha modificado para t = 2 s). en el instante t = i2(2+)

2+, se tiene:

= 2,ll

+ 4,21

= 6,32

A·

i3(2+) = 6,32 A

i 4 (2+)

=O A

d. Como se desprende del valor encontrado para i3(t) cuando t -

00

:

que se podía prever intuitivamente, ya que no es posible disipar energía indefinidamente, si no hay fuente de tensión conectada al circuito.

e. Las dos bobinas L2 y L4 en paralelo, equivalen a una, cuyo valor es: Lp=

. L2 L4 2 · 4 8 4 =--=-=-H L 2 + L4 2 + 4 6 3

y la constante de tiempo es, entonces:

310


f. Como se ha calculado en el apartado e, la e~presión temporal de la corriente, en la resistencia R3, vale: i 3 (t) = 6,32 e-9
y entre O y r s h(t) = O que se puede representar gráficamente como aparece en la figura 6.

¡R3

(t) (A)

6,32 ------------------

2

t (s)

figura 6

g. En el apartado e, se han encontrdo las expresiones temporales de iz(t) e i4(t), que valen: entre

o i 2-

y para 2+

entre

i2(0

= i1 (t) = 1 O [1

i2(t)

- e-t/2] A

= [2, 11 + 4,21 e-9

(t -

2 l/ 4 ] E (t -

2) A

o i 2-

y para 2+

i4(t) = 2,11 [1 -

e-9 0- 2 l/4 ]

E

(t - 2) A

en cuanto a las tensiones, como la diferencia de potencial en bornes de L4 , es la misma que en bornes de la resistencia R3: U4(t)

= i3 (t)

· R3

= 18,96

e-9
a partir de t = 2+

311


Este valor habría podido encontrarse igualmente, teniendo en cuenta que:

porque: d _ i4 _ dt

=2

U 2 (t) --

1

L

11 . -9 e-9 4

2

ddt.

-

2l/4

(t -

12 - -

- 2 · 4 21 1

(-49)- e-

9 (t - 2 i1 4

V

que se obtiene derivando el valor obtenido de h(t) u 2 (t) = -18,96 e- 9
2 >14 E

(t - 2) V

Las gráficas de las corrientes h(t) e i4(t) serán las que aparecen en las figuras 7 y 8.

b (t) (A )

10 · ................................ ........ ......................... . .

6,32 ---------- -------.

2,11 .... ··· ········+··························--·--·----··············

figura 7

t (s)

2

1i, (t) (A ) 2,1 1 ···················--·------····································· ~

2

t (s)

figura 8

y las gráficas de las caídas de tensión u2(t), U3(t), U4(t) se representan en las figuras 9 y 10.

312


U2

(t) (V)

10

3,68

---------------

------

-18,96 -------- -------figura 9

U3 (t) = U4 (t) (V) 18,96- -------· -···-··-

t=2

t (s)

figura 1O

O sea, que -u2 = U3 = U4 a partir de la t = 2.,. s pero curiosamente quedará una corriente remanente fija, que circulará por las dos bobinas L2 y L4 de valor 2, 11 A, en tanto que por la resistencia R3 no circulará corriente. Al permanecer, una corriente fija, no se genera tensión alguna en las inductancias y es por ello que -u2 = U3 = U4 = O, cuanto t tiende a oo, aunque circule corriente por ellas y no por la resistencia R3 al ser U3 = O V.

313


h. Las corrientes en régimen permanente en las bobinas L2 y L4 se obtienen al aplicar el teorema del valor final: p l2(p)

= 2,1

A

p l4(p) = 2,1 A

Por lo que la corriente de 2, 1 A continúa circulando indefinidamente:

2. º método de resolución: Por ecuaciones temporales. a y b. En el instante t =

o- todas las corrientes son nulas.

Al cerrar el circuito formado por E, R, y L2, en el instante t = O, se establece en el mismo una corriente i,(t) en el sentido indicado en la figura 11.

R1 =1 O

- - + - U1(Ú

P

u,001 figura 11

Puesto que en la bobina L2, no se puede variar bruscamente el nivel de corriente, sin aplicar una tensión infinita, en el instante t = o+, la corriente i,(t) aún mantendrá su valor de cero amperios, y en consecuencia, la caída de tensión en la resistencia R, será de cero voltios (toda la tensión E de la fuente, en este instante, se aplica a la bobina L2). Este circuito, al tener únicamente resistencia y bobina, constituye un sistema de primer orden, por lo que la caída de tensión en sus elementos pasivos, y la corriente común, tendrán forma exponencial, con una constante de tiempo de:

t= L

r=

2 s

Si no se modifica el circuito, los valores finales de tensiones y corrientes, serían:

314


i,(oo)

= 10

A

Conociendo los valores iniciales y finales de estas exponenciales y su constante de tiempo, se pueden escribir sus expresiones matemáticas. i 1 (t) = 1 O ( 1 - e-t/2) A

(figura 12)

u 1 (t) = 1 O (1 -

(figura 13)

u 2 (t)

= 1 O e-t/Z

En el instante t = i 1 (2-) u 1 (2-)

e-t/2)

V

V

(figura 14)

r, sus valores son:

= 6,3

= 6,3

A V

U1

ii (t) (A) 10 · ·

......................................, ···········

6,32 ..................................

o

(t) (V)

10

.........................................

..

6,32 ··············· .........

t (s)

2

figura 12

U2

10

(t) (V)

o

2

t (s)

figura 13

---------------

t (s)

figura 14

315


c. A partir del instante t = 2\ el circuito a estudiar pasa a ser el de la figura 15, con una corriente inicial en L2 de 6,3 A.

L2 =2 H

L4 =4 H

R3 =3 íl

i 2 (2+) = 6,3 A 1 ¡21 U2

i3

l 31 u

i4

ll U4

figura 15

En el instante t = 2+ por la bobina L4 continuará circulando una corriente cero, resultando que la corriente inicial de L2 deberá circular por la resistencia R3, produciendo una caída de tensión u 3 = 6,3 . 3 = 19 V. Y puesto que los tres elementos pasivos están conectados en paralelo, esta tensión será común a L4 y a L2, pero cambiada de signo, según los sentidos convencionales adoptados en la figura 15. Resumiendo: en el instante t = 2+. i2

= 6,3

d. Para t =

oo,

A

i3 = 6,3 A

la corriente en R3 será cero (no puede disipar siempre energía).

e. La constante de tiempo en un circuito con R _y L en serie e r = L/R. En el caso que estudia, la marcha de la corriente por R3 se puede calcular por el método del generador equivalente de Thevenin. Este generador estaría formado por una fuente ideal de tensión, con una Lp en serie, siendo Lp la composición en paralelo de L2p y L4p, vistas desde los extremos de R3. En consecuencia, la constante de tiempo para la marcha de la corriente en la resistencia R3, será:

316


f. La corriente que recorre la resistencia R3 será una exponencial (se trata de un sistema de primer orden, puesto que sólo contiene resistencias e inductancias), cuya constante de tiempo es 4/9 seg, valor inicial 6,3 A y valor final cero, por lo tanto:

Si el tiempo t se empieza a contar a partir del instante t = 2+ s, se obtiene la curva de la figura 16.

i3 (t) (A)

6,3 · -- -- --- --- --- -

2

2+ 4/9

t (s)

figura 16

g. Tomando como origen de tiempos t = 2 s las caídas de tensión en R3, L1 y L2, serán:

Las corrientes en L4 y en L2 son:

f

= ¡4 (2 •¡

+ ~.

tf

1

1

i4 (1)

u,(tl dt

=o +

0

19 e-9 t/ 4 dt

= -2,1

0

t

[e-9 tl 4 ]

o

= 2,1

(1 - e-!1

= 2,1 (1-e- 91/4) A i2(t)

= i2(2+)

+

t-J 2

t

o

U2(t) dt

= 6,3

- 4,2 (1 - e-9 t/ 4 )

= 2,1

+ 4,2 e-91 / 4

317


Estas dos expresiones representadas gráficamente sobre un mismo sistema de ejes coordenados, como se hace en la figura 17, nos dan por diferencia la marcha de la corriente en la resistencia R3 (i3 = ii - i1) válida únicamente para t :2:: 2 s. í (t) A

6,3

----------------

2,1 - ---- ---· -

2

t (s)

(2 + 4/9)

figura 17

h. El punto anterior, pone de manifiesto, que en régimen permanente, continúa circulando una corriente de 2, 1 A por las dos bobinasa L2 y L4, sin que se produzca en ellas caída de tensión. Por tanto, en el circuito de la figura . 15, cuando se alcanza el régimen permanente, los valores serían los siguientes:

Íi

= i4 = 2,1 A

que se representan en la figura 18.

2,1 A

318

2,1 A

figura 18


PROBLEMA 54 El circuito de la figura está alimentado por una fuente de intensidad constante y de valor 0,2A. En el instante t = O, se cierra el interruptor K. Calcular: a. Valor de la tensión en bornes de cada condensador en/unción del tiempo. b. Valor de la intensidad instantánea que circula por la bobina L = 0,2 H

c. Valor de la tensión en bornes de la bobina L = O, 05 H en función del tiempo. d. Energía total disipada en el circuito.

200n

C=2 µF

~

300íl

= 0,05 H

L=0,20 H

K 1so n

l

0,2A

C=2µF 2soo n

Solución: 1.er método de resolución: Ecuaciones íntegro-diferenciales. Se procede en primer término, a modificar el circuito, reduciendo los elementos pasivos y transformando la fuente de corriente en fuente de tensión equivalente, como se representa en la figura 1.

319


---1~~

----it-

~

(R:a 1 µF

2 µf

2 µf

__fYYY\__fYYY'\

___fYYY\__

~

LR :a 0,25 H

0,20H

0,05 H JOOíl

~

-e:}-

~

RR:a 150!1

300 íl

~

OJ A

~

-0---I?n E:a 30 V

1

°R;= LR

= 0,05

+ 0,20

= 0,25

H

ER

1

figura 1

1

l

300 + 300

= 0,2

= Tso s

= 30

· 150

V

Por tanto, el circuito equivalente será el que aparece seguidamente en la figura 2.

L= 0,25 H

+

=

1 µf

E=30V

2500!2

figura 2

Los valores que se obtendrán en reg1men permanente, dan las condiciones iniciales siguientes, que corresponden al instante inicial de cierre del interruptor K. idO)

320

= 1 SO+

1 SO !º200 + 2500

= O,Ol

A


puesto que en corriente continua, el condensador interrumpe el circuito y la bobina no produce ningún efecto al ser ideal, es decir de resistencia cero. uc(O)

= 0,01

· 2500

= 25

V

pues está a la misma tensión que la rama de la bobina. Las condiciones finales con el interruptor K cerrado, serían como se representa en la figura 3

idoo) uc(oo)

=O

A

h

=Ov

l

Rz i,

l

e

UC

figura 3

a. Como por definición, la capacidad de un condensador vale:

.l..i.!.. ~

e

=

.

duc = - C 'F

13

..s!_g__ = duc

duc

i =

e

ddutc

A

consiguientemente: i2

= +i3

- i,

= -C

duc dt

~ R ·

A

2

Por otra parte, en la rama de la bobina se tiene: uc = R1 i + L di 2 2

dt

y sustituyendo i2 por el valor anteriormente encontrado:

321 Cl


uc= R, Le duc - uc) L L e ~ - J_ duc) dt R2 + dt 2 R2 dt

l

l

2 d uc ( L ) duc ~ L e ~ + R°;+ eR, cr¡-= -Uc - R2 R,

(º

25 1 o-6 . 2500 ) dt ~ = -uc ( 1 + 2500) ,o-6. 0,25 ~ dt2 + 20C)+ 200

d 2 uc

duc

1 O-6 0,25 cfti"""""+ 0,00375 cr¡-+ 13,5 Uc = 0

Multiplicando por 106 y por 4 se transforma en: ~ duc dt2 + 15000 dt+ 54 · 106 Uc

=0

Se trata de una ecuación diferencial de segundo orden, lineal y homogénea (sin segundo miembro), cuya solución se hará a partir de las raíces de su ecuación característica: a2 + 15000 a+ 54. 106 = O 1 5 OOO ± ,..j 1 5 000 2 - 4 · 5 4 · 1 O6 a= -~~~~---~~2~~~---~~;;_..

)

-6000

~

-9000

Por lo que, la integral general será de la forma: uc= K, e-60001 + K 2 e-90001

Y como: . duc ~ 12 = -e cr¡-- Ri = -e (-6000 K 1 e-60001 _ 9000 K 2 e-9ooot)-

1 {K 1 e-60001 + K 2 e-9ooot) R2

- -

i2

= 6 · 10- K 1 e-60001 + 9. 10-J K 2 e-90001 _ 0,005 K, e-60001 _ O,OOS K e-90001

i2=

322

3

2

0,001 K 1 e-60001 + 0,004 K 2 e-90001


La aplicación de las condiciones iniciales ii(O) = 0,01 A y uc(O) = 25 V, nos permitirá encontrar las constantes K1 y K2.

= K1

ue

e-6ooot + K2 e-9ooot

i 2= 0,001 K1 e-6000 t + 0,004 K2 e-9ooot

para t = O, quedan 25

= K,

+ K2

}

0,01 = 0,001 K 1 + 0,004 K 2

25

=>

= K1 +

K2

}

10=K 1 +4K2

Sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, que resuelto da:

K1

= 30

ue

= 3 o e-6ooot

_ 5 e-9ooot

v

y al ser las capacidades de los condensadores iguales:

uc 1(t)

= uc 2(t) = 1 s

e-6ooot _ 2,5 e-9ooot

v

b. Determinados ·los valores de las constantes K1 y K2, el valor de la corriente instantánea que circula por las bobinas es el siguiente: i 2 = 0,001 · 30 e-6ooot - 0,004. 5 e-9ooot

¡2

= 0,03

c. El valor de

e-6ooot _ 0,02 e-9ooot A

UL

para L = 0,05 H vale:

uL

d i2 = L dt=

uL

= o, o5

L (-0,03 · 6000 e-6ooot + 0,02. 9000 e-9ooot)

(-1 8 o e-6ooot + 1 8 o e-9000t)

= -9

e-,ooot + 9 e-9ooot V

323


d. Si se tienen en cuenta las condiciones iniciales y finales, en el condensador y en las bobinas, la energía disipada, será la diferencia entre la acumulada en condensadores y bobinas en el instante t = O y las correspondientes a t - oo, que es nula, ya que iL(oo) = O y Uc( 00 ) = O. Por lo que esta energía disipada será:

w = 21 L

.2

12(0) +

1

2c

2

Uc(O)

w = 21 o' 2 5

. o' o 1 2 +

w = !. 2 s

1 o-6 +

2

21 1

!. 62s . 2

1 o-6 . 2 5 2 1 o-6

= 3 2 s . 10-6 J

2. 0 método de resolución: Método operacional. El circuito que se tiene, antes de cerrar el interruptor, es el que aparece en la figura 4.

200 n L=0,25H

-

300 n

C = 1 µF E=30V 25000 figura 4

Su impedancia operacional, vale: Zr(p)

= 300

+ 200 + Zp(p)

siendo: 1

.

c<2soo + o,2sp)

Zp(p)

324

~ 2:00 + 0,25p + ~p

1 lo-6p(2500 + 0,25p) 1

2500 + 0,25p + 1 o-6p


operando: z ( ) P p

2500 + 0,25p · 1 o-6p 2 + 2500 · ,0-6p + 1

= 0,25

y sustituyendo: ZT(p) = 500 +

1( )

= .fil.el_=

p

ZT(p)

0125

2 5 OO + O, 2 5 p _ O, 1 2 5 · 1 0-3P2 + 1 , 5 p + 3 OOO 1 o-6p 2 + 2500 . 1 o-6p + 1 - 0,25 · 1 o-6p 2 + 2,5 . 1 o-3p + 1 30

_ 30(0,25 · 1 o-6p2 + 2,5 . 1 o-3p + 1)

0, 125 · 1 o-3p 2 + 1,5p + 3000 o, 2 5 . 1 o- 6p 2 + 2 , 5 . 1 o-3 p + 1

p (o, 125 · 1 o-3p2 + 1,5p + 3000)

Con el fin de conocer la corriente inicial de la bobina L inmediatamente después de cerrar el interruptor K, y teniendo en cuenta que el régimen ya se ha estabilizado, al aplicar el teorema del valor final a la expresión anterior, se obtiene: i(O)

=

p l(p) =

lim p -+

30 = 0,01 A 3000

o

i(O) == 0,01 A

y por tanto, y recordando que: Uc(p)

= Zp(p)

· l(p)

se puede obtener la tensión en bornes de condensador, que vale: U ( )

e P

=

30 (2500 + 0,5p) p ( o , 1 2 5 . 1 o-3 p 2 + 1 , 5 p + 3 o o o l

Aplicando el teorema del valor final, resulta: U 0 = u(oo) =

lim p -+

p Uc(p)

=

30 · 2500 3000 = 25 V

o

que serán las condiciones iniciales de partida para el segundo circuito, obtenido al cerrar el interruptor y que quedaría como se representa en la figura 5.

325 Cl


L i ( o) =

o,2 s . o,o1 = 2 , s . 1 o- 3 v

Que se va a resolver aplicando el método de las corrientes de malla y en forma operacional, según se representa en la figura 6. 200íl

figura 5

Uo

.

106

- + L 1(0) =-1 1 (p) + 0,25p [1 1 (p) + li(p)] + 2500 [l 1 (p) + 12 (p)] p

{

p

L i(O)

= 200

li(p) + 2500 [1 1 (p) + 12 (p)] + 0,25p [1 1 (p) + 12 (p)]

.,# · ··•. .

..I.:04/p !..

.. .-)

3

:._

.. .,, )

L i (O +)

0,25 p

Uc (Ot)/p =Uo/P

2500 figura 6

Dando valores y resolviendo, se obtiene: I ( ) 1

P

1350 + 0, 135p

p 2 +15·10 3 p+54·10 6

p 2 + 1 5 · 1 0 3 p + 54 · 1 0 6 = O

326

-9000 {

-6000


( ) _ 1350 + O, 135p A B 11 p -p2+1,5 · 103p+54· 106=p+9000+p+6000

Se pueden determinar los coeficientes A y B por el método de Heaviside, siendo N(p) el numerador, D(p) el denominador y D'(p) la derivada del denominador D(p) = p 2 + 1 5 . 1 03p + 54 · 1 06 D 1( p)

=2p

+ 1 5 · 1 o- 3

D'(-9000) = -3000

D'(-6000) = 3000

N(-9000) = 135

N(-6000) = 540

N(-~000) 135 A= D'(-9000) = -3000 = -O,o 45 N(-6000)

540

B = D'(-6000) = 3000 = O, 18

Se está en condiciones, una vez conocidos A y B, de encontrar la antitransformada de l1(p), f:- 1 [I1(p)] i 1(t) = -O, 04 5 e-9ooot + O, 1 8 e-6ooot A

La tensión en bornes del conjunto de los condensadores vale: U (p) = !:!.9_ __1_ 1 ( ) = !:!.9_ _ 1 0 6 ( 1350 + O, 135p ) e p Cp 1 p p p p 2 +15·10 3p+54·10 6 =

_ .li_ -

p -

[

1350 · 106 + 135 · 1Q3p ] p (p 2 + 1 5 · 1 Q3p + 54 · 1 0 6)

el denominador de esta expresión es de la forma

D 1 (p) =p(p+9000)(p+6000)=p3 + 15 · 103p2 + 54 · 10 6p

por tanto, D 1 1 (p) = 3p 2 + 30 · 103p + 54 · 10 6

327


U

c(p) -

lpl - (~ + p

B + e, ) p + 9000 p + 6000

N(O) = 1350 · 10 6 A _ N(O) _ 1 350 _ 1 - D 1(0) 54 - 25

D'(O) = 54 . 106

N(-9000) = O, 135 · 109 D 11 (-9000) = 0,27 · 10 8

B _ N(-9000) _ !..di__ 1 -

D 11 (-9000) - 0,27 - 5

N(-6000) = 0,54 · 109

D 11 (-6000) = -0, 18 · 10 8 C 1 =...id,_= -30 -0, 18

u ( ) _ ll ll

5 + 30 e P - p - p - p + 9000 p + 6000

uc(O

= 30

e-6ooot _ 5 e-,ooot

v

y al ser las capacidades de los condensadores iguales: uc,(0

= ue2(0 = 15

e-6ooot _ 2,5 e-9ooot

v

si se calcula h(p) del sistema de ecuaciones, que resulta de aplicar el método de las mallas, y que ya se planteó para encontrar I 1(p ), se tiene: -1200-0,125p 12 ( p ) - p2 + 1 5 . 1 0 3p + 54 . 10 6 150+0,0lp ( ) --l,(p)+l 2(P )lp -p2+15·103p+54·10 6

150+0,0lp _ A + B p - p2 + 15 · 103p + 54 , 106 - p + 9000 p + 6000

I( ) -

328

N,(-9000)

= 60

N 1 (-6000)

= 90

A2

60

= -3000 = -0,02


D'(-9000) = -3000 D'(-6000) = 3000

i(t) = -0,02

e-9ooot

+ 0,03

e-60001

A

que es la corriente que circula por ambas bobinas en serie. La tensión en la bobina de 0,02 H vale: 150 + 0,01 p _ _ U L(P) - I ( P) . Lp - O'OS p . p 2 + 1 5 · 1 O3 p. + 5 4 · 1 O6 _ 7 ,Sp + 5 · 1Q-4p 2 _ A3 B Udp) - p2 + 15 . 103p + 54 . 106 - p + 9000 + p + 6000

N(-9000)

= -2 7000

N(-6000)

= -2 7000

D'(-9000)

= -3000

D'(-6000)

= 6000

uL(t)

=9

e-90001 _

A =-27000= 9 3 -3000

-27000 83 = 3000 = - 9 9

e-60001

La energía total disipada en el circuito ya se ha encontrado y el razonamiento para su determinación es general y no admite razonamiento paralelo para su cálculo por el método operacional.

329


PROBLEMA 55 En el circuito representado en la figura, calcular: a. Todas las corrientes, en régimen permanente con el interruptor K cerrado. b. Potencia que suministra la fuente de corriente, en estas condiciones.

c. Volver a dibujar el circuito con las corrientes de cada rama, pero sustituyendo el conjunto f or"jldo por la fuente de corriente y la resistencia R4 por una fuente ideal de tensión equivalente, con una resistencia en serie. Calcular el valor de la potencia suministrada por esta fuente ideal de tensión equivalente. d. En el instante t = O, se abre el interruptor K. Calcular los nuevos valores de todas las corrientes de rama en régimen permanente.

e. Expresión temporal de la corriente que circula por el condensador a partir de t = O.

l

'•· j 1=6A

R4 = 40

,, j

Rz=2íl

,j

L1 = 1 H

K

C3=3F

Solución: l.er método de resolución:

Por conceptos básicos. a. En régimen permanente, la caída de tensión en la bobina es nula, pues se trata de corriente continua y constante. En consecuencia, el condensador en paralelo está totalmente descargado y como el interruptor K está cerrado, la tensión total en bornes de la fuente es cero, al igual que la tensión en bornes de la resistencia R2. Por la resistencia R4 no circula corriente ni tampoco por R2, por lo que todas las corrientes de rama responden al esquema que se representa en la figura l.

330


-

i=6A

1(

i=6A

figura 1

b. La potencia que suministra la fuente de corriente es cero, ya que la tensión en sus bornes es nula.

c. La fuente de corriente de 6 A con la resistencia R4, en paralelo, equivale a una fuente ideal de tensión de E = R4 I = 24 V con una resistencia en serie de R = 4 n, como se representa en la figura 2. Por la fuente circula una corriente de 6 A, lo que hace que la fuente ideal de tensión genere una potencia de 24 · 6 = 144 W. En la resistencia en serie se disipan R4 I2 = 144 W, que corresponden a la totalidad de la potencia generada por la fuente ideal de tensión. Hay que hacer notar que la equivalencia de fuentes sólo lo es con respecto al resto de circuito, pero no en cuanto a sus potencias internas. i =6A

K

+ :

24V

i =6A

figura 2

d. Con el interruptor K abierto, las nuevas corrientes de rama que se establecen en régimen permanente, se encuentran fácilmente.

331


Si por la bobina L1 circula una corriente constante, la caída de tensión en ella es cero, y por tanto, la resistencia R2 queda en paralelo con R4 distribuyéndose entre ambas la corriente de 6 A suministrada por la fuente de corriente, en forma inversamente proporcional a su valor óhmico, resultando que por la resistencia R4 = 4 n circulará una corriente de 2 A, mientras que por R2 = 2 n circulará una corriente de 4 A. En este caso, la fuente de corriente suministra 48 W, puesto que la tensión en sus bornes es de 8 voltios, deducidos de la caída de tensión que se produce en cualquiera de las dos resistencias.

(

e. Como hay un condensador y una bobina en paralelo, se simplifica el estudio del régimen transitorio, eligiendo como única incógnita la caída de tensión común en bornes de dichos elementos y que se denominará "u". En función de esta "u", se pueden expresar todas las corrientes de rama en el circuito. En el condensador

En la bobina

.

e

.

1

'e= IL

=L

du

dt t

J

udt

= i(O+)

1 + L

-oo

Jt

udt

O

En la resistencia R2 En la resistencia R4

jR4

=6

- ( ic + id

Aplicando a la malla central del circuito original, la segunda ley de Kirchhoff:

y si se sustituye todo en función de u, resulta, tras derivar:

identificando esta ecuación diferencial de segundo grado, con la ecuación modelo f

332

11

+ 2Z

CO n

f 1 + ro~ f = O


resulta pulsación propia no amortiguada: con

factor de amortiguamiento:

=

{J

Z = -11 2 "'/3

Estos valores ponen de manifiesto, que se pasa de uno a otro régimen permanente mediante un transitorio oscilante, muy poco amortiguado (Z es muy pequeña) y de frecuencia f = ; ; = 0,09 Hz que permitirá dibujar de forma aproximada, la marcha de la corriente transitoria entre uno y otro régimen permanente, corno puede apreciarse en la figura 3.

figura 3

Para resolver la ecuación diferencial, se planteará, en primer lugar su ecuación característica: s 2 + _,_ s +

_31

18

=o

Cuyas raíces son imaginarias y conjugadas, de valor:

51 -

-

1 . 1 36 + J "Í3

_/431 'J 432= -

1 1. 36 + "Í3J

siendo la solución _natural, de la forma: u

= e- t/36 (A

1

cos - -

€

t

€-t)

+ B sen -

1

(1)

333


Las dos constantes A y B se calcularán a partir de las condiciones iniciales ya conocidas sDL (O+) de u (O+) y de

dt

u(O+) = O ya que el condensador está descargado en el instante inicial, por lo que sustituyendo en ( 1), resulta: O

= eº (A cos 0° + B sen 0°)

de dontlese deduce: A

=O

Por tanto la ecuación queda en la forma: u= e-t/3&. B sen

1 {]t

Para determinar la condición

(2)

(ddu) t

(O+)

,se hacen las siguientes consideraciones:

En el primer régimen permanente, por la bobina circula una corriente de 6 A, siendo cero la tensión en sus bornes y estando el condensador totalmente descargado. Al abrir el interruptor K, en el instante t = O\ las tensiones tanto en el condensador como en la inductancia, continúan siendo cero.

que, sustituida en la derivada de la ecuación (2) y para t = O, resulta: 2 B=--

Jj

La ecuación temporal de la tensión en el condensador es pues: 1 t u=-e-t/ 36 --sen-V

y'3

y'3

y la ecuación temporal de la corriente consumida por el condensador vale:

ic

334

du = e-t/36 = C dt

( - 2 cos y'3 t + v'l sen y'3 t }A

13


2. º método de resolución: Mediante cálculo operacional. a. El circuito propuesto, como tiene menos nudos que ramas es más fácilmente solucionable por tensiones de nudos, según figura 4. i=6A

V

K

figura 4

Y por estar cerrado el interruptor K, la resistencia R2 queda fuera de servicio, teniéndose únicamente dos nudos. Con una sola ecuación de nudos se puede encontrar la tensión v de estos nudos, con respecto a un tercero que se toma con potencial cero. En forma temporal, la suma de corrientes en el nudo V .:s:

Esta ecuación expresada en forma operacional, se traduce en la figura 5. V

K

figura 5

que expresada en función de V, y sustituyendo valores: 6

V

V

V

---+-+-p - 4 p 1 /3 p

335


V_

de donde:

24

-12p 2 +p+4

Los valores de la corriente permanentes en cada rama, se pueden encontrar, aplicando el teorema del valor final: p p -+

i1

i3

=

V

¡-= O A

o V

=6

r ; , -+0

p p

=

V p 1 /3 p = O A

lim

lim p -+

A

o

por tanto, en régimen permanente, la distribución de corrientes en el circuito queda según se representa en la figura 6.

~6A

K

l

i1 =6A

l e figura 6

b. Como no hay corrientes en las resistencias, que son los únicos elementos que pueden consumir potencia, la potencia generada por la fuente es cero. c. En forma operacional, el circuito es el representado en la figura 7, en el que se ha sustituido la fuente de corriente por una fuente de tensión equivalente.

+

=

24/p=E

figura 7

336


El valor de la potencia, se calcula por idéntico procedimiento al utilizado en el apartado anterior.

d. Las expresiones de las corrientes de rama, en forma operacional, deducidas de la representación gráfica de la figura 8, son:

24/p 12 =_E_= Zrot 4 + 2 + Zpar

+

=

24/p 1/Jp

figura 8 1 3p p Zpar = l -+p 3p

y si se tiene en cuenta que:

resulta: I

_ 2

-

4(p 2 +1/3) p (p 2 + 1 / 1 8 p + 1/ 3 )

Debe resaltarse, que como se trata de encontrar el régimen permanente, se ha prescindido de considerar las condiciones iniciales. Las corrientes operacionales 11 e L, se encuentran dividiendo h en partes inversamente proporcionales a las impedancias de las ramas en paralelo: I

1/3 .p

_ I 1

13

-

2

= 12

4 ____ , _ _ __

1 /3 p + p =

1

p

-+p

3p

3

p

4

(

P2 +

1

18 p

+

1)

3

1

3------(P + _1_ p + l.) 18 3 2

Los valores de dichas corrientes, en régimen permanente, pueden calcularse, por aplicación del teorema del valor final:

337 .


i2(00) :

lim p .....

i,(oo) ·=

lim p .....

i3(00) = ~

en la resistencia

p 11 = 4 A

en la bobina L1

p 13 = O A

en el condensador C

o

lim p .....

p 12 = 4 A

o

o

e. Para resolver este apartado, sí que se han de considerar las condiciones iniciales (corriente de 6 A en la bobina L1) que en el método operacional, se traduce en añadir una fuente de tensión de valor i(O+) · L1 o sea 6 V. Y el circuito, queda pues, como el representado en la figura 9.

figura 9

que, planteado por corrientes circulares, da:

'"'] = [ [ 18

4 + 2 + 1 /3 p -1/3 p

-:_3

p ]

3p + p

(2/1 6

J

de aquí, pueden encontrarse IA e h cuya diferencia da 13 que corresponde a la corriente en el condensador:

331


!.) p (P + ,18 P+ t)

p 2 + _1_ p + 6 ( 18 9 le=------2

p

13 = IA - le =-2 . 1 1 p + 'p l+ 18 3

Para buscar la expresión temporal de dichas corrientes, se han de calcular previamente las raíces del denominador, que valen:

P2 =

1

36

. 1 -f¡"fí 1 . 1 J{J'/ill=-36-J{J

lo que permite escribir:

3= 2

1

(

1

)2 (. 1 y

p+36

+l,_6)

1

Al objeto de buscar su antitransformada, se le suma y resta al numerador y se multi3 plica y divide por ./3, con lo que se obtienen expresiones que se pueden 1~ntificar con las de las formas: (p + a) (p + a)2 +

coi

(p

+

co a)2

+

col

y que son de solución inmediata:

de donde: 1

i3(t) ~-2 e-t/36 cos - - t t Vle-t/36 sen-1- t (A)

{3

18

{3

339


PROBLEMA 56 En el circuito cuyo esquema se representa en la figura, se pasa el conmutador de la posición DA, a la DB en el instante t = O, y en el instante t = 2 s, se pasa de la posición DBa laDC.

B

E= 10V

Se pide contestar a las siguientes preguntas: a. Calcular y representar gráficamente la marcha de la corriente y la caída de tensión en la resistencia R I indicando los valores numéricos de los puntos más notables. b. Idem. en el condensador C2 entre los instantes t = Oy t = T.

c. Valores de las tensiones en cada uno de los elementos del circuito, eli el instante t = 2+. d. Valor final de la corriente en la resistencia R3 en el instante t =

oo.

e. Constante de tiempo del circuito para la marcha de la corriente en la resistencia R3.

J. Expresión temporal de la corriente en R3 entre los instantes t = f y t =

00•

g. Expresión temporal de las tensiones en cada uno de los condensadores C2 y C4. h. Tensiones en régimen permanente en cada uno de los condensadores C2 y C4.

Solución: 1.er método de resolución: Método operacional.

a. Para la posición DB del conmutador, el circuito a resolver es el de la figura l.


-

i(tl

E= lOV

figura 1

y en forma operacional, será el de la figura 2.

-

11 (p)

E(p) = 10/p

figura 2

Resolución por régimen temporal y ecuación íntegro-diferencial: e(t) = R 1 i(t)

1 +C

f

2 ..

t

o

i(t) dt

1 10=i+2

Jo t

i dt

derivando:

ecuación diferencial de resolución inmediata: In i = - } t + K

1n1' - 1n1•0

para t = O In i0 = K

= - 21 t 341


i 1 In -:- = - - t 10 2

-=1,.. = e- 112

i = i0 e- 112

y como .para t =

t

= 1 O e- 112 t

i

lo_

t

E o .10 = ~=

1-0

A

Resolución operacional: 1 E(p) = R1 11 (p) + -C l,{p)

2P

lpO

= l ,{p)

[ R1 + c:p]

,po = 1,< p) [ 1 + 21 p ]

l,(p )

i(t)

=

!Q_ p

1O 1 = --, 1 +2p - p+-2

= f - l [l 1 (p)] 1

Siendo f.- el operador inverso a la transformada de Laplace. i(t) = 1 o e- 112 t A

uR1CO

= R1

i(t)

= 10

e-t/2 V

Sus representaciones gráficas, aparecen en las figuras 3 y 4. i (t) (A)

UR I

10 ···································································

...

3,68

l.

10 .................................................................. .

3,68 ·························

2

1-·---------······--..............._

---------

ya que para t 1 = 2

2

t (s)

t (s)

figura 4

figura 3

342

(t) (V)

i

= 10 e-1 = 3,68 A

igualmente

uR 1

=1O e-1 =3,68 V


b. Así mismo, en el condensador C2 tendremos que: Temporal

uc2Ct) = 1 O - 1 O e- 112 • V

=1 O (1

uc2(t>

- e- 112 t) V

Operacional 1 2p

1O

1

1 2p

Uc2(t) = f-1 [Uc2(p)] = 5 (1

l.e-

Uc2Cp) = ldp) · - = - - . -

Uc2(p)

= ( p

5

p +

p +

2

)

21

t/2) V

2 Ue2(t>

= 10

(1 - e-1/2 t) V

Cuya representación gráfica será, la de la figura 5. Uc2

(t) (V)

10

____••• ------------···· ,,,,'

6,32

2

.. -· -· t (s)

figura 5

ya que para t = 2 uc2(t)

= 10

(1 - e- 1 )

= 6,32

V

343


c. . Al pasar el conmutador a la posición DB, el circuito que se tiene en forma operacional, es el que aparece en la figura 6.

..+·· ··..

(l_.

T

3_¡ 2-(p)_ _ _ _ _

_}_u_(i)-/p_ _

L

.

l/C2p=1/2p

figura 6

Si se considera un nuevo origen de tiempos Uc2

= u(2) = 6,32

4

1/C p =1/4 p

t' = t - 2

V

que corresponde al instante t' = o

t= 2

La impedancia operacional del circuito que se tiene ahora es: Z(p) = R3

Z( )

p

1 C2p

1 C4 p

1 2p

1 4p

6n 8p

3 4p

+ - ·- + - - = 3 + - + - = 3 + ...;;;.s::;._= 3 + 2

= 12 p + • 4p

3

6,32 p li(p) - 12p + 3 4p

2, 1 O

p + 0,25

y, pasando a la ecuación temporal y volviendo al valor inicial del origen de tiempos: i2 (t) = f- 1 [1 2 (p)] = 2, 1 O e- t'/ 4 = 2, 1 O e- lt -

344

2 11 4

e

(t - 2)


Se está en condiciones de calcular los valores de las caídas de tensión en los tres elementos, determinando previamente los valores de las tensiones en forma operacional en los condensadores C2 y C4, que serán: u 13 ( t) = R3 U

(p)

•

= _, ( ) .

c2

.

U

(p)

i 2 Ct) = 3 · 2, 1O e- lt -

2

p

= 6,32

e (t - 2) = 6,32 e- (t- 2>14 e (t - 2) V

= 6,32

6,32

p

p

_

2,10 '

p + 0,25 .

1,05

= 6,32 _

p (p + 0,25)

p

_

p

Cl

_,_+ C2p

W4

1,05

p

(

p +

1

2p

1)

4

y pasando a valores temporales: uc2CO = 6,32 - 1,05

[ 1 _ e-
l

=2,12 + 4,2 e- o - 2)/4 e

(t - 2) V

4

U c

4

(p)

= 12(p)

_,_

C4 p

=

2 ,1O

1

t

1 _ e- Ct - 2l/4]

Uc4(t) = 0,525

[

=

p + 0,25 4p

O, 5 2 5

( 1) p p +4 .

= 2,12 [1 - e-<•- 2)/4) e (t- 2)

v

por tanto, en el instante t = 2+: UR3

= 6,32

V

Uc2

= 6,32

V

cuyas representaciones gráficas se hacen en las figuras 7, 8, U R3

(V)

6,32 ················

t (s

figura 7

figura 8

345


C2

(V) ·································-········ ________ .::;.'-·-·.:~:.--·.:,

.. -----------·

,.,, ... ,'""

;,32 _

---------------r

1uc, (V)

··········¡·················································

2

2,12···································································

~

t (s)

figura 9

2

figura 10

Como se ha visto anteriormente:

d. Obviamente, la corriente final en la resistencia R3 será cero, ya que no se puede disipar energía de forma indefinida, cuando no hay fuente en el circuito que la suministre. ·

e. El valor de la constante de tiempo será r = R3 Cr expresión en la que Cr es la capacidad reducida o equivalente a la de los dos condensadores en serie:

f. Como se ha calculado previamente en el apartado e, para determinar las tensiones en cada uno de los elementos, el valor h(t) entre los instantes t = 2+ y t = oo vale: i2(0

= 2,10

e-14 e

(t- 2) A'

t (s)


g. Las expresiones temporales de UR3, uc2 y Uc4 se han calculado en el punto c.

h. Las tensiones en régimen permanente en los condensadores C2 y C4 se obtienen aplicando el teorema del valor final. p Uc 2 (p) = 2, 1 V

ue2(00) = lim p

Uc4( 00 )

=

~

o

lim

p Uc 4 (p)

= 2, 1

V

p~O

2. 0 método de resolución: Por ecuaciones temporales. a y b. En el instante t = son nulas.

o- todas las corrientes y cargas eléctricas en los condensadores,

Al cerrar el circuito formado por E, R1 y C2 en el instante t = O, se establece una corriente i1(t) cuyo sentido es el indicado en la figura 11.

figura 11

Y puesto que el condensador se encontraba totalmente descargado y la tensión no puede variar de golpe, si no se aplica una corriente infinita, en el instante t = o+, la tensión del condensador es cero y en consecuencia, toda la tensión proporcionada por la fuente se aplica a la resistencia R1, siendo la corriente inicial •

+

E R1

ri(0)=-=10A

347


Dicho circuito, al estar constituido únicamente por resistencias y capacidades, es un sistema de primer orden, siendo por tanto las caídas de tensión, corriente y carga temporal en el condensador de forma exponencial, con una constante de tiempo r = R1 C2 o sea

r= 2s. Si no se modifica el circuito, los valores finales de tensiones, corrientes y carga en el condensador, serian: i¡(oo)

=O A

Si se conocen los valores iniciales y finales de estas exponenciales y su constante ·de tiempo, se pueden escribir sus expresiones matemáticas. i, (t) = 1 O e-t/2 A u,(t)

= 10 e-t/2

(figura 12)

V

(figura 13) (figura 14)

(figura 15)

Para el instante t = i-, sus valores serán: i¡(2-)

figura 12

= 3,68

A

_ii (t)

(A)

o corriente en R 1

348

figura 13

t (s)

Ut

(t) (V)

2

caída de tensión en R 1

t (s)


q2 (t) (V) 20 ······································· ,,.,..,., ......... -· U2

(t) (V)

o

2

12,6

o

t (s)

tensiones en C2 entre t =

..-----

,,

,,,,----·

,,

6,3

-oo

yt = r

2

carga en C2 entre t

figura 14

t (s)

= -oo y t = 2

figura 15

c. A partir del instante t = 2, el circuito a estudiar pasa a ser el que se representa en la figura 16, con una carga inicial en C2 de 12,6 C, o si se quiere, con una caída de tensión inicial en dicho condensador de 6,3 V, que es la que tenía en el instante t = 2- del apartado anterior y c~yo sentido es el que se representa en la figura 16. R3 =3íl

-

[=:J

~ i,10 c,=Ht !•,m

U3

(t)

3

tm

T

u,10! C,=4f figura 16

En el instante t = 2+, C4 estaba totalmente descargado, por lo que toda la tensión inicial del condensador C2 quedaba aplicada a la resistencia R3, en consecuencia el valor inicial de la corriente b(t) será 2, 1 A.

6R: :.

En el instante t U2

i2

= 2+ resulta:

= 6,3 V

= -2, 1

A

= 6,3 V

U3

i3

a

2, 1 A

349


d. En el instante t = damente).

oo,

la corriente en R3 es cero (no se puede disipar energía indefini-

e. La constante de tiempo de un circuito serie R, C es r = R C. En este caso concreto? hay dos condensadores en serie, cuya capacidad equivalente Cs, será:

)

y sustituyendo valores:

f. La corriente en R3 será una exponencial de constante de tiempo T inicial 2, 1 A y cuyo valor final es cero A.

=

4 s, de valor

Tomando como origen de tiempos, el instante t = 2: ¡3 ( t)

= 2,1

cuya representación gráfica es la de la figura 17

e-ti 4

iJ (t) (A)

2,1 · ----------······

2

6

t (s)

figura 17

marcha de la corriente h en la resistencia R3

g. Si se toma como origen de tiempos, el instante t = 2, las caídas de tensión en los condensadores C2.Y C4 valen: U2(0

350

= U2(2+)

-

e1

2

Jt 0

i3(t) dt

= 6,3

-

21

Jt 0

2, 1 e-t/ 4 dt

= 2, 1

+ 4,2 e-t/4 V


i3(t) dt

= 41

Jt

2, 1 e-t/4 dt

= 2, 1

(1 - e-t/4) V

0

Estas expresiones, representadas gráficamente sobre un mismo sistema de ejes coordenados, como se hace en la figur 18, nos dan por diferencia de tensión en R3, ya que u2 =

=

U3

+ U4. Uc 4

(t) (V)

t (s)

2

figura 18

h. El apartado anterior, muestra que en régimen permanente, quedan unas tensiones residuales de 2, 1 V en cada condensador, con unas cargas eléctricas, también residuales, de:

tal como se esquematiza en la figura 19.

+

Cz=2F U2 = 2,1 V

q2 =4,2 e

C4 =4F

+

U4 = 2,Í V q 4=8,4 e figura 19

3S1

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA 1

En esta obra, que aada su amplitud se divide en dos volúmenes, los autores se han fijado como objetivo primordial facilitar la formación profesional de ingenieros en el área de la Ingeniería Eléctrica. Para conseguirlo, han considerado sobre todo la práctica como el mejor camino. Así, ofrecen a lo largo de toda su obra casos prácticos y problemas preparados dentro de ciertas finalidades específicas que se requieren en la aplicación de las leyes y conceptos que se estudian en la Teoría de Circuitos. Cada enunciado va seguido de comentarios para su resolución por uno o varios métodos, consiguiendo de este modo que el lector comprenda mejor el alcance práctico de la correspondiente teoría. Otro propósito del libro es ofrecer una obra que sea verdaderamente útil tanto para profesores como para alumnos u otras personas que profesionalmente se interesen por el tema.

ISBN 84-283-1902-2

. .ditorial Paraninfo sa Magallanes, 25 - 28015 MADRID

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA 1 TEORIA DE CIRCUITOS

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