Problemas de Teoría de Circuitos. Josep Prades Nebot José Manuel Mossi García Juan Antonio Sastre Domenech Antonio Albiol Colomer

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Texto completo

(1)

Josep Prades Nebot Jos´e Manuel Mossi Garc´ıa Juan Antonio Sastre Domenech Antonio Albiol Colomer

(2)
(3)

1 Conceptos b´asicos y leyes fundamentales 1 2 Comportamiento de los componentes el´ectricos 7 3 An´alisis en r´egimen permanente sinusoidal 57

4 T´ecnicas de An´alisis 109

Ap´endices 175

(4)
(5)

Conceptos b´

asicos y leyes

fundamentales

Problema 1.1

En el circuito de la figura 1.1 se sabe que la suma de las potencias disipadas en las resistencias R5, R7, R9 yR11 es de 1 W. Determine

1. Potencia disipada enR4

2. Potencia entregada porE2

3. Corriente que circula por la rama que une el punto D con el punto F, medida en sentido de D a F. Datos: E1 = 6 V E2 = 2 V R1 =R2 =R3=R4 = 1 Ω R5 = 2 Ω R6= 3/2 Ω R7 =R9=R11= 6 Ω R8 =R10=R12= 9 Ω 1

(6)

E1 R1 E2 R2 R3 R5 R6 R7 R8 R9 R10 R11 R12 R4 A B C D F G H

Figura 1.1: Circuito del problema.

Soluci´on

1) Las resistencias R5, R7, R9 y R11 est´an en paralelo por lo que se pueden

reducir a una ´unica resistencia equivalenteRa

1 Ra = 1 R5 + 1 R7 + 1 R9 + 1 R11 de donde se obtiene Ra= 1 Ω

Haciendo lo mismo con el conjunto de resistenciasR6,R8,R10yR12obtenemos

(7)

con lo cual obtenemos el siguiente circuito simplificado: E1 R1 E2 I1 R2 R3 Ra I2 Rb I3 R4 Malla 1 Malla 2

Como la potencia disipada en Ra es un vatio yPRa =I22Ra obtenemos

I2=

r

1 1 = 1 A

Las dos ecuaciones restantes las podremos obtener aplicando las leyes de Kir-chhoff en la malla 1 y 2

(I1−I2)R2+ (I1−I3)R3−E1+I1R1+E2 = 0

(I3−I2)R4+I3Rb+ (I3−I1)R3 = 0

y ordenando las inc´ognitas se obtiene

I1(R1+R2+R3)−I3R3 = E1−E2+I2R2

−R3I1+I3(R3+R4+Rb) = R4I2

y resolviendo el sistema obtenemos:

I1 = 2 A I3 = 1 A

(8)

2) La potencia entregada porE2 es

PE2 =−E2I1 =−4 W

con lo cual, el generador E2 est´a absorbiendo 4 W.

3) Definimos las corrientes I11, I12 e Ia tal y como se muestra en el circuito.

. . . R5 R6 . . . R7 R8 R9 R10 I11 R11 I12 R12 B C D Ia F G H

Aplicando la Ley de Ohm y Kirchhoff obtenemos:

I11+Ia=I12 →Ia=I12−I11 (1.1) y por tanto I11= VGF R11 I12= VF H R12

Como en el punto F existe el mismo potencial que en el punto B

VGF =VGB VF H =VBH

En el circuito simplificado se observa que

VGB = I2Ra= 1 V

VBH = I3Rb= 1 V

Entonces de estas dos ´ultimas ecuaciones y de la ecuaci´on (1.1) obtenemos:

Ia= I3Rb R12 − I2Ra R11 = 1 9 − 1 6 =− 1 18 A

(9)

Problema 1.2

En el circuito de la figura, calcule el valor deE3 para que la potencia disipada

en R2 sea 0 W. Datos:R1=R2 =R3=R4= 1 Ω, E1 =E2 = 2 V. E3 R1 R2 E2 E1 R4 R3 Soluci´on

El problema puede resolverse de diversas maneras. Aqu´ı se presentan dos. Una soluci´on consiste en comenzar el an´alisis suponiendo queIR2 = 0. Si asignamos

corrientes al circuito tal y como se muestra a continuaci´on

E3 I1 M1 R1 M2 M3 R2 E2 I2 I3 E1 R4 R3 como I2 = 0, entoncesIR3 =I3.

(10)

Aplicando la 2a ley de Kirchhoff a la mallaM 3 obtenemos E1 =I3R4+I3R3 y por tanto I3= E1 R3 + R4 = 1 A y de la malla exterior del circuito

E3 = 0R2+E2−E1+I3R4 = 1 V

Otra manera de resolver el problema consiste en plantear las ecuaciones de malla, obteniendo el sistema

E3 = I1R1−I2R1 −E2 = −I1R1+I2(R1+R2+R3)−I3R3 E1 = I2R3+I3(R3+R4) de donde I2 = R1 E3 0 −R1 −E2 −R3 0 E1 R3+R4 R1 R1 0 −R1 R1+R2+R3 −R3 0 R3 R3+R4 = 0 y por tanto R1 E3 0 −R1 −E2 −R3 0 E1 R3+R4 = 0 de donde despejandoE3 obtenemos

(11)

Comportamiento de los

componentes el´

ectricos

Problema 2.1

En el siguiente circuito calcular el valor de R3 para que la potencia disipada

en R1 sea cuatro veces mayor que la disipada enR5.

E R6 R5 R1 R4 R2 R3 R7 C1 L1 Datos: R1 =R2=R5 = 1 Ω; R4= 0,25 Ω; R6 =R7 = 2 Ω C1 = 1 F; L1= 1 H; E = 1 V 7

(12)

Soluci´on

Dado que el circuito es de corriente continua la rama que contiene el con-densador y la bobina tiene corriente cero, y las ramas de R6 y R7 son dos

resistencias en paralelo que se pueden reducir a una sola

Ra= R6·R7 R6+R7 = 1 Ω quedando el circuito: I3 E Ra R5 I2 R1 I1 R4 R2 R3 Malla b Malla a Malla c

En la figura se indican los nombres de las corrientes utilizadas, siendoIR1 =I1

e IR5 =I2. Si la potencia enR1 ha de ser 4 veces mayor que enR5:

PR1 =I 2 R1R1 PR5 =IR25R5 IR21R1 = 4IR25R5 (2.1) quedando IR1 IR5 = r 4R5 R1 =±2 IR1 =±2IR5 (2.2)

El circuito tiene tres mallas, y aplicando la 2a ley de Kirchhoff en cada una de ellas obtenemos:

a) 0 = (R1+R2+R3)I1 −R3I2 −R2I3

b) 0 = −R3I1 +(R3+R4+R5)I2 −R4I3

(13)

Como la condici´on del enunciado deriva en que I1 =±2I2 calculamos la

ex-presi´on de ambas corrientes, que coinciden ser las corrientes de las mallasay

b: I1= 0 R3 −R2 0 R3+R4+R5 −R4 −E R4 R2+R4+Ra R1+R2+R3 −R3 −R2 −R3 R3+R4+R5 −R4 −R2 −R4 R2+R4+Ra (2.3) I2= R1+R2+R3 0 −R2 −R3 0 −R4 −R2 −E R2+R4+Ra R1+R2+R3 −R3 −R2 −R3 R3+R4+R5 −R4 −R2 −R4 R2+R4+Ra (2.4)

Como los denominadores de (2.3) y (2.4) son iguales la condici´onIR1 =±2IR5

se cumple cuando los numeradores de las fracciones cumplen N1 = ±2N2,

siendo N1 el numerador de (2.3) y N2 el numerador de (2.4). Se desarrollan

los determinantes aprovechando los elementos que son cero:

N1 =−E −R3 −R2 R3+R4+R5 −R4 =E[R3R4+R2(R3+R4+R5)] N2=E R1+R2+R3 R2 −R3 −R4 =E[(R1+R2+R3)R4−R2R3] Imponiendo la condici´on IR1 =±2IR5 N1 N2 =±2 = R3R4+R2(R3+R4+R5) (R1+R2+R3)R4+R2R3 (2.5) Hay dos soluciones, una para el signo + y otra para el signo, la primera es:

R3=

R2R5−2R1R4−R2R4 R4+R2

(2.6) y sustituyendo los valores del enunciado queda

R3 = 1 5Ω

(14)

La soluci´on tomando el signo negativo en (2.5) es:

R3=

3R2R4+R2R5+ 2R1R4

−3 (R4+R2) (2.7) resultando un valor de R3 =−4/5 Ω, que por ser negativo no es f´ısicamente

(15)

Problema 2.2

En el siguiente circuito calcular el valor de E1 yE2 para que la carga

alma-cenada transcurrido un intervalo de tiempo muy grande en C1 sea de 1 C y

en C2 sea nula. Considere que inicialmente los condensadores se encuentran

descargados. R6 E2 R5 R1 E1 R4 R2 R3 C1 C2 Datos: R1=R2 =R3 =R4 =R6 = 1 Ω; R5= 5 Ω; C1 =C2 = 1 F Soluci´on

Dado que el circuito es de corriente continua y se pide la carga cuando ha transcurrido mucho tiempo se debe considerar que la corriente por los conden-sadores es nula, y la carga se determina a trav´es de la diferencia de potencial en sus bornes que, a su vez, se determina en ambos casos calculando la ddp de las resistencias que tienen en paralelo. Como la corriente de los condensa-dores es nula podemos utilizar para calcular las corrientes por las resistencias el siguiente circuito, donde las inc´ognitas de inter´es sonI3 e I1.

(16)

I3 R6 E2 R5 I2 I1 R1 E1 R4 R2 R3 Malla b Malla a Malla c

Aplicando an´alisis por mallas el sistema de ecuaciones es:

M allas

a) E1 = (R1+R2+R3)I1 −R3I2 −R2I3

b) −E2 = −R3I1 +(R3+R4+R5)I2 −R4I3

c) 0 = −R2I1 −R4I2 +(R2+R4+R6)I3

Como la carga de C2 debe ser nula la corriente I3 debe ser nula.

I3 = R1+R2+R3 −R3 E1 −R3 R3+R4+R5 E2 −R2 −R4 0 R1+R2+R3 −R3 −R2 −R3 R3+R4+R5 −R4 −R2 −R4 R2+R4+R6 (2.8)

para que sea nula igualamos a cero el numerador, habiendo comprobado que el denominador es no nulo: E1R3R4−E2R3R2+E1R2(R3+R4+R5)−E2R4(R1+R2+R3) = 0 (2.9) ordenado: E2 =E1 R3R4+R2(R3+R4+R5) R3R2+R4(R1+R2+R3) (2.10) y sustituyendo los valores del enunciado, queda:

(17)

Para la carga deC1 calculamos I1 I1 = E1 −R3 −R2 −E2 R3+R4+R5 −R4 0 R4 R2+R4+R6 R1+R2+R3 −R3 −R2 −R3 R3+R4+R5 −R4 −R2 R4 R2+R4+R6 (2.12)

sustituyendo los valores del enunciado, queda:

I1 =

20E1−4E2

48 (2.13)

que junto con la ecuaci´on 2.11

I1=

12E1

48 =

E1

4 (2.14)

como la carga de C1 debe ser 1 C y su capacidad es de 1 F la diferencia de

potencial en sus bornas debe ser 1 V y por tanto en R1 tambi´en debe haber

una diferencia de potencial de 1 V, por lo que:

ddpR1 =I1R1= 1V ⇒I1= 1 A (2.15)

sustituyendo en 2.14 y despejandoE1, resulta E1 = 4 V

y con este valor en la ecuaci´on 2.11 resulta

(18)

Problema 2.3

Considere el circuito de la figura 2.1, por el cual circula una corriente alterna cuya intensidad se muestra en la figura 2.2. Calcule la expresi´on anal´ıtica y dibuje las siguientes magnitudes instant´aneas: la tensi´on vL(t), la energ´ıa

almacenada en la bobinawL(t) y la potencia disipadapL(t).

10 Ω i(t) 1H + vL(t)

Figura 2.1: Circuito de problema.

1 2 3 4 0 5 6 2 −1 i(t) t 7 Figura 2.2: Intensidad i(t).

(19)

Soluci´on

Recordando la ecuaci´on general de una recta, y teniendo en cuenta quei(t) es una funci´on formada por rectas, obtenemos la siguiente expresi´on anal´ıtica

i(t) =                  0, t <1 2 3(t−1), 1≤t <4 143t, 4t <5 −1, 5t <6 t7, 6t <7 0, resto

La tensi´on en los extremos de la bobina se puede obtener a trav´es de

vL(t) =Ldi(t) dt = di(t) dt y por tanto vL(t) =                0, t <1 2/3, 1t <4 −3, 4t <5 0, 5t <6 1, 6t <7 0, resto y su correspondiente gr´afica es 4 6 1 2 3 0 5 t −3 1 vL(t) 2/3 7 Figura 2.3: Tensi´on vL(t).

(20)

En cuanto a la potencia instant´anea absorbida por la bobinapL(t) pL(t) =vL(t)i(t) obteniendo pL(t) =                0, t <1 4 (t1)/9, 1t <4 −3 (143t), 4t <5 0, 5t <6 t7, 6t <7 0, resto y la gr´afica es 4 6 1 2 3 0 t 7 12/9 −6 3 pL(t) −1 5

Figura 2.4: Potencia absorbida por la bobinapL(t).

La energ´ıa almacenada en la bobina es

WL(t) = 1 2L i 2(t) = 1 2i 2(t)

(21)

y por tanto WL(t) =                0, t <1 2 (t1)2/9, 1t <4 (143t)2/2, 4t <5 1/2 5t <6 (t7)2/2, 6t <7 0, resto cuya gr´afica es 1 2 3 4 0 t 7 6 5 wL(t) 1/2 2

(22)

Problema 2.4

Considere el circuito de la siguiente figura.

v(t) + i(t) R= 1 Ω + vr(t) - L= 1 H

El generador de alterna proporciona una fuerza electromotriz en forma de impulso rectangular

v(t) =

1, 0t < τ

0, resto

Sabiendo que i(t) = 0 en t <0, calcule la corriente que circula por la bobina en el intervalo 0t <.

Soluci´on

En el intervalo 0 t < τ, el generador se comporta como un generador de continua de 1 V por lo que el circuito queda

1 i(t) R= 1 Ω + vr(t) - L= 1 H

Tras aplicar la segunda ley de Kirchhoff al circuito obtenemos

−1 +i(t) + di

(23)

Por tanto la ecuaci´on diferencial del circuito en 0t < τ es

i(t) +di

dt = 1

siendo la soluci´on

i(t) = 1 +K e−t

Para encontrar la constanteKimponemos continuidad a la intensidad ent= 0

i(0−) =i(0+) obteniendo

0 = 1 +K

lo que proporciona K=1, con lo que la intensidad es

i(t) = 1 e−t A, 0t < τ

y en el instantet=τ su valor es

i(τ) = 1e−τ A

En el intervalo t τ, el generador se comporta como un cortocircuito, de forma que el circuito del problema es

i(t) R= 1 Ω + vr(t) - L= 1 H

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos la ecuaci´on

i(t) +di

dt = 0

que es v´alida en el intervalo tτ. La soluci´on a dicha ecuaci´on es

(24)

Aplicando continuidad a la corriente en t=τ obtenemos 1e−τ =K

y por tanto

i(t) = (1e−τ)e−(t−τ) A, tτ

Por tanto la corriente en todo instante de tiempo es

i(t) =    0, t <0 1 + e−t, 0t < τ (1e−τ)e−(t−τ), tτ

(25)

Problema 2.5

Considere el circuito de la figura, donde el interruptor INT ha permanecido cerrado en el intervalo−∞ < t <0 y se abre en el instantet= 0. Encuentre la corriente i(t) y la tensi´onvc(t) en t≥0. E INT R1 R2 i(t) C + vC(t) Datos: E = 1 V, R1 =R2= 1 MΩ, C= 1 µF Soluci´on

En t= 0 estamos en r´egimen permanente y por tanto el condensador se com-porta como un circuito abierto con lo cual

vc(0) =E

R2 R1+R2

= 0,5 V.

A partir de t= 0 el interruptor permanece abierto y por tanto el circuito es

R2 i(t) C + vC(t)

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos

C1

Z

(26)

y derivando obtenemos 1

Ci(t) +R2 di(t)

dt = 0.

La soluci´on a esta ecuaci´on diferencial es

i(t) =K e−t/(R2C), t >0

y por tanto la tensi´on en el condensador es

vc(t) =R2i(t) =K R2 e−t/(R2C), t≥0.

Exigiendo continuidad para encontrar el valor de K vC(0+) =vC(0−) se obtiene 0,5 =K R2 de donde K= 0,5 R2

y teniendo en cuenta que τ =R2C= 1 s, la tensi´on en el condensador es vc(t) = 0,5 e−t, t≥0

y la intensidad es

(27)

Problema 2.6

Considere el circuito de la figura donde el interruptor se cierra en el instante

t = 0. Se sabe que en t = 0− la corriente en la bobina y la tensi´on en los

condensadores es cero. 10 1 kΩ i g INT 1µF + vg(t) 1mH 1µF iR 1 kΩ + vR(t) 1. Determine ig(t),vg(t),iR(t) y vR(t) ent= 0+. 2. Determine ig(t),vg(t),iR(t) y vR(t) ent=∞. 3. Energ´ıa almacenada en t=. Soluci´on

1. En t = 0+ los condensadores est´an descargados y por tanto la tensi´on en sus bornes es 0 V. Por la bobina no circula corriente por lo que la intensidad a trav´es de ellas es 0 A. Por tanto, ent= 0+podemos sustituir

los condensadores por cortocircuitos y las bobinas por circuitos abiertos, quedando el circuito 10 1 kΩ ig iR 1 kΩ + vR(t)

(28)

De este circuito obtenemos

ig = 10

1000 = 10 mA, vg= 0 V, iR= 0 A, vR= 0 V

2. Ent=, por los condensadores no circula corriente y en las bobinas no cae tensi´on. Por tanto los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos, quedando el circuito de la figura. 10 1 kΩ ig iR 1 kΩ + vR(t) y por tanto ig =iR= 10 1000 + 1000 = 5 mA vR=vg= 5 mA×1 kΩ = 5 V

3. La energ´ıa total es la suma de las energ´ıas almacenadas en los conden-sadores y en la bobina: E = 2×1 2CV 2+1 2LI 2 = 2×1 210 −6×25 +1 210 −3(5×10−3)2 ≈ 25·10−6J

(29)

Problema 2.7

Considere el circuito de la figura 2.6.

R1 R3 I1 I2 C R2 Vc E

Figura 2.6: Esquema simplificado de un flash fotogr´afico.

Este circuito representa una aproximaci´on al circuito de carga y disparo de un flash fotogr´afico.E representa la tensi´on de la bater´ıa.R3 corresponde con el filamento de la l´ampara. I1 es el interruptor de alimentaci´on, mientras que I2 representa el interruptor de disparo, normalmente accionado por la c´amara.

Consideraremos queI2 en reposo est´a abierto, y cuando se produce un disparo se cierra durante 1/10 de segundo.

Se pide:

1. Suponiendo inicialmente descargado el condensadorCdeterminar la ten-si´on que aparecer´a en dicho condensador, transcurrido mucho tiempo desde que se conecta la alimentaci´on (esto es conI1 cerrado y permane-ciendo abiertoI2).

2. Determine la potencia suministrada por la bater´ıa en el estado anterior. 3. Determine el tiempo necesario desde que se cierra I1 para que la

ten-si´on Vc tenga un valor igual al 99 % de su valor final determinado en el

apartado 1.

4. Despu´es de transcurrido un tiempo mucho mayor que el indicado en el apartado anterior, el interruptorI2se cierra durante 1/10 s. para volverse

a abrir a continuaci´on. Determine:

(a) Evoluci´on temporal de la tensi´on en bornes del condensador. (b) Evoluci´on temporal de la corriente a trav´es deR3.

(30)

(d) Tiempo que transcurre desde que la potencia instant´anea disipada enR2 alcanza su valor m´aximo hasta que decrece a la d´ecima parte

de dicho valor m´aximo.

(e) Determine la potencia instant´anea disipada en R3 justo antes de

queI2 vuelva a abrirse.

5. Suponga que tras disparar una foto, el interruptor de disparo I2

per-manece abierto durante mucho tiempo, mientras que el de alimentaci´on

I1 permanece cerrado. Pasado mucho tiempo en el estado anterior, se desconecta la alimentaci´on, es decir, el interruptorI1 se abre. Se pide:

(a) Tiempo que tarda la tensi´on en el condensador en ser menor que

E/1000.

(b) ¿Que suceder´ıa si la resistencia R2 no estuviese?

6. Suponga ahora que el condensador se sustituye por uno de capacidad mitad. ¿Cambia la potencia m´axima en R3 al producirse el disparo?

¿Cambia la duraci´on efectiva del disparo?

7. ¿Qu´e componente (excepto la bater´ıa) deber´ıa cambiar su valor para que la potencia instant´anea m´axima en el momento de disparar se duplicase? ¿Qu´e nuevo valor le dar´ıa? ¿Cambiar´ıa la duraci´on efectiva del disparo al cambiar ese componente?

Datos:R1= 1 kΩ, R2 = 100 kΩ, R3 = 1Ω,C= 1 mF,E = 9 V.

Soluci´on

1. Tras haber transcurrido mucho tiempo con I1 cerrado e I2 abierto, no

pasar´a corriente por el condensador ni porR3. La tensi´on en el

conden-sador vendr´a dada por el divisor de tensi´on formado porR1 yR2:

Vc=E

R2

R1+R2 (2.16)

como R2 R1 resulta que

Vc≈E = 9 V (2.17)

2. La potencia entregada por la bater´ıa ser´a:

P =V I =V V R1+R2

= 9 9

(31)

3. El circuito formado porE,R1yR2se puede poner como ´unica resistencia Ra en serie con un generadorE0 tal y como muestra la figura 2.7.

Ra R3 Vc E’ C

Figura 2.7: Circuito con I1 cerrado eI2 abierto.

Los valores son:

Ra= (R1 kR2)≈R1 = 1 kΩ (2.19)

puesR2R1 y

E0 =E R2 R1+R2 ≈

E= 9 V (2.20) por la misma raz´on.

Obs´ervese que el circuito de la figura 2.7 representa la carga de un con-densador con una constante de tiempo τ1 =RaC= 1 s.

Si el condensador estaba inicialmente descargado la evoluci´on de la ten-si´on vale:

vc(t) =E0(1−e−t/τ1) (2.21)

por lo que para determinar el tiempo necesario para alcanzar el 99 % del valor final hay que resolver la ecuaci´on:

(1e−t/τ1) = 0,99 t=τ

1 ln 100 = 4,61 s (2.22)

´

Este es el tiempo que tarda el flash en estar listo para disparar desde que se conecta la alimentaci´on.

(32)

! Ra R3 Vc E’ C

Figura 2.8: Circuito con ambos interruptores cerrados.

(a) La evoluci´on temporal de la tensi´on seguir´a la siguiente expresi´on:

vc(t) =vc(0) + (vf inal−vc(0)) (1−e−t/τ2) (2.23)

donde t = 0 ser´a el instante en que se cierra I2. El valor inicial

se determina f´acilmente pues el condensador no puede variar su tensi´on instant´aneamente:

vc(0)≈9 V.

El valor final se determina diciendo que tras mucho tiempo no pa-sar´a corriente por C. Entonces resulta un divisor de tensi´on entre

Ra yR3. como RaR3 se tiene que

vf inal ≈0

La constante de tiempo viene dada en este caso por τ2 = (Ra k

R3)C. Dado queR3 Ra resulta que

τ2 ≈R3C = 1 ms

Por tanto:

vc(t)≈9e−t/τ2V. 0≤t≤0,1s (2.24)

(b) Como la resistencia R3 est´a en paralelo con el condensador, tiene

su misma tensi´on. La evoluci´on temporal de la corriente enR3 vale pues:

iR3(t) =

vC(t)

R3 ≈

9e−t/τ2 A 0t0,1 s

(c) La potencia instant´anea enR3 vale: PR3(t) =i

2

R3(t)R3 ≈81e

−2t/τ2 W. 0t0,1 s

(33)

(d) Para que la potencia instant´anea decrezca a la d´ecima parte debe cumplirse: 1 10 =e −2t/τ2 −→t= τ2 2 ln 10 = 1,15 ms

Obs´ervese que este tiempo es mucho menor que el tiempo que el interruptorI2permanece cerrado; en otras palabras, la duraci´on del

destello depende de la constante de tiempoτ2 y aunque I2 est´e

ce-rrado un intervalo de tiempo mayor que τ2, no por ello hay un

destello m´as prolongado.

(e) Como el tiempo transcurrido (0.1 s) es mucho mayor que la cons-tante de tiempo, la tensi´on en el condensador, habr´a alcanzado su valor final pr´acticamente,(nulo) y con ello la potencia disipada en

R3 0.1 s despu´es del disparo ser´a pr´acticamente nula.

5. Ahora ambos interruptores est´an abiertos:

(a) Con ambos interruptores abiertos, yC inicialmente cargado lo que tenemos es la descarga del condensador con una constante de tiem-po:

τ3 =R2C= 100 s.

La expresi´on de la tensi´on en el condensador valdr´a ahora, consi-derando ahorat= 0 el instante en que se abreI1:

vc(t) =vc(0)e−t/τ3

Por tanto para que la tensi´on decrezca a la mil´esima parte, debe resolverse la ecuaci´on:

1 1000 =e

−t/τ3 −→ t=τ

3 ln 1000 = 690 s

(b) Si no existiese R2, el condensador mantendr´ıa su carga

indefinida-mente.

6. Si cambia el valor de la capacidad a la mitad, la constante de tiempo

τ2 se reduce a la mitad, con lo que la duraci´on efectiva del disparo se

reduce a la mitad. En cuanto a la potencia m´axima disipada enR3, ´esta

depende de la tensi´on en el condensador justo antes del disparo, y del valor de R3, pero no del valor de la capacidad. Por tanto la intensidad

(34)

7. Dado que no se permite variar la tensi´on de la bater´ıa, que es aproxima-damente la que hay justo antes del disparo en bornes del condensador, si quiero aumentar la potencia de pico, debo disminuirR3; si quiero du-plicar la potencia, R3 debe ser la mitad. Esto origina que la constante

(35)

Problema 2.8

Considere el circuito de la figura.

E1 R1 C i(t) INT1 INT2 R3 R4 R5 R2 + vc(t) −

En el circuito hay dos interruptores: INT1 e INT2. Antes del instante

t = 0, los dos interruptores est´an abiertos y el condensador descargado. En

t = 0 el interruptor INT1 se cierra (quedando INT2 abierto), hasta que en

t= 10−2 s INT2 se cierra e INT1 se abre. Considerando los siguientes valores:

E1 = 100 V, R1 =R2=R3= 1 kΩ, R4 =R5 = 2 kΩ y C = 1µF, responda a

las siguientes preguntas:

1. Deduzca la ecuaci´on diferencial que caracteriza al circuito en el intervalo 0t10−2.

2. Encuentre la expresi´on deic(t) y vc(t) en 0≤t≤10−2.

3. ¿Cu´al es la constante de tiempoτ en el intervalo 0t10−2? ¿cu´al es

el valor de la tensi´on vc(t) transcurridosτ s? ¿y el valor deic(t)?

4. Dibuje ic(t) y vc(t) en 0≤t≤10−2.

5. Encuentre la expresi´on de la energ´ıa almacenada por el condensador en el intervalo 0t10−2. Dib´ujela.

6. Encuentre la expresi´on deic(t) y vc(t) en 10−2≤t <∞.

7. Dibuje ic(t) y vc(t) en 0≤t <∞.

8. ¿Qu´e hubiera cambiado enic(t) y vc(t) si R1 = 10 kΩ?

9. Considerando el intervalo 0t10−2, ¿Qu´e hubiera cambiado eni

c(t)

(36)

Soluci´on

1) Aplicando la 2a Ley de Kirchhoff a la malla de la izquierda se obtiene:

−E1+R i(t) + 1

C Z t

0

i(λ)dλ= 0

y derivando respecto al tiempo se obtiene la ecuaci´on diferencial

Rdi(t) dt +

1

Ci(t) = 0

2) Separando las variables de la ecuaci´on diferencial obtenemos

di(t)

i(t) =− 1

R1Cdt

e integrando en ambas partes de la igualdad y despejandoi(t) se obtiene

i(t) =KeR−1tC

siendo la tensi´on en el condensador

vc(t) =E1−R1Ke

−t R1C

Para encontrar el valor de la constante K, impondremos que el condensador no puede cambiar bruscamente su tensi´on en el instante t= 0

vc(0−) =vc(0+) con lo cual 0 =E1−R1K de donde K = E1 R1 Por tanto i(t) = E1 R1 eR−1tC A v c(t) =E1(1−e −t R1C) V

y sustituyendo los valores

i(t) = 0,1e−103t A vc(t) = 100 (1−e−10

3t

(37)

3) La constante de tiempo es

τ =R1C= 10−3s

y por tanto

i(τ) = 0,1e−1 = 0,0367 A vc(τ) = 100 (1−e−1) = 63,21 V

4) La variaci´on de ambas magnitudes es exponencial y con la misma constante de tiempo. Transcurrido un intervalo 5τ la intensidad habr´a alcanzado el valor cero mientras que la tensi´on ser´a aproximadamente 100 V.

0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01 0 20 40 60 80 100 Tensión 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 0.01 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 Intensidad

Figura 2.9: Tensi´on e intensidad en el intervalo 0t10−2.

5) La energ´ıa almacenada en un condensador es

WC(t) = 1 2C v 2 c(t) = 1 210 −2(1 −e−103t)2 J

6) En el intervalo t1 ≤t <∞, se tiene un circuito RC donde la resistencia es

igual a

(38)

Aplicando la segunda Ley de Kirchhoff se obtiene 1 C Z t 0 i(λ)dλ+Reqi(t) = 0

con lo que la ecuaci´on diferencial es similar a la del caso anterior

di(t) i(t) =− 1 ReqC dt con lo que i(t) =K2e− (t−10−2 ) Req C

pero en este caso la tensi´on del condensador es

vc(t) =−Reqi(t) =−ReqK2e−

(t−10−2 )

Req C

Para encontrar la constante K2 imponemos vc(0,01+) =vc(0,01−)

donde el instante t = 0 realmente corresponde al instante de conmutaci´on

t= 10−2 s de modo que 100 =ReqK2 de forma que K2 =− 100 3000 =−0,0333 La constante de tiempo en este caso es

τ2 =ReqC= 3 10−3 s

con lo que

i(t) =0,0333e−13103(t−10−2)

Una forma alternativa de expresar la intensidad es

i(t) = 0,0333e10/3e−103(t)/3

= 0,9343e−103t/3 A La tensi´on del condensador es

vc(t) =−Reqi(t) = 100e−

1

(39)

7) En la siguiente figura se muestran las gr´aficas de vc(t) y ic(t). 0 0.005 0.01 0.015 0.02 0.025 0.03 0.035 0.04 0 20 40 60 80 100 Tensión 0 0.005 0.01 0.015 0.02 0.025 0.03 0.035 0.04 −0.04 −0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 Intensidad

Figura 2.10: Tensi´on e intensidad en el intervalo t0

8) En ese caso la constante de tiempo del circuito inicial hubiese sido

τ = 10−6104 = 10−2s

con lo cual, cuando los interruptores cambian de posici´on, la intensidad y la tensi´on son

i(10−2) = 0,01e−1 = 0,0036 A vc(t) = 100(1−e−1) = 63,21 V

A partir de este instante el circuito evoluciona igual que antes, de modo que

K = −63,21

3000 =−0,021 y por tanto

i(t) =0,021e−103(t−10−2)/3 A pero en este caso la tensi´on del condensador es

vc(t) =−Reqi(t) = 63,21e−10

3(t10−2)/3

(40)

9) La constante de tiempo del circuito no cambia en el primer intervalo de tiempo. Tampoco lo hace la tensi´on, pues ´unicamente depende de E y τ. Lo ´

unico que cambia es la intensidad que circula en el primer intervalo

i(t) = 100 104e

−t

(41)

Problema 2.9

Considere el circuito de la figura 2.11, donde los condensadores est´an inicial-mente descargados. E " " " " "#$%'&)('* R %'&)( "# $ + R "# $ "# $ + Ra "# $ %'&,&,&,&,&,&,&-( " " " " "#$ %'&,&,( . C %'&,&/( %'&,&,&,&,&,&,&-( "# $ + 2R "# $ "# $ + Rb "# $ %'&,&,&,&,&,&,&-( "# $ %'&,&,( . C %'&,&)( %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ + 3R "# $ "# $ + Rc "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ %'&,&,( . C %'&,&)( %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ + 4R "# $ "# $ + Rd "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ %'&,&,( . C %'&,&)(

Figura 2.11: Circuito del problema 1

Se pide:

1. Determinar una combinaci´on de valores de Ra, Rb, Rc y Rd en funci´on

de R para que la tensi´on final en bornes de los condensadores sea 0 V. 2. Para los valores hallados, analizar cualitativamente la evoluci´on temporal

(desde el inicio hasta el valor final) de la tensi´on en bornes de cada condensador.

3. Con los valores hallados en el apartado 1 determinar el porcentaje de la potencia entregada por el generadorE que es disipada por la resistencia

(42)

Soluci´on

1) Los condensadores se comportan como circuitos abiertos, tal y como se muestra en la figura 2.12. E " " " " "#$%'&)('* R %'&)( "# $ + R "# $ 0 A "# $ + Ra "# $ %'&,&,&,&,&,&,&-( " " " " "#$ %'&,&,&,&,&,&,&-( "# $ + 2R "# $ 0 B "# $ + Rb "# $ %'&,&,&,&,&,&,&-( "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ + 3R "# $ 0 C "# $ + Rc "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ + 4R "# $ 0 D "# $ + Rd "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $

Figura 2.12: Circuito tras sustituir los condensadores por circuitos abiertos

Si las diferencias de potencial en las bornes de los condensadores son 0, entonces las tensiones en los puntosA,B,CyDrespecto de la borne negativa del generador son iguales, en cuyo caso se cumple

Ra R+Ra = Rb 2R+Rb = Rc 3R+Rc = Rd 4R+Rd

de donde se deduce que

R Ra = 2R Rb = 3R Rc = 4R Rd

y si elegimos Raun posible conjunto de valores es

Ra=R Rb = 2R Rc= 3R Rd = 4R

2) Como los condensadores estaban inicialmente descargados, la tensi´on entre sus bornes era 0V, y como esa tensi´on es precisamente la que tienen cuando se insertan en el circuito, no sufren ning´un proceso de carga y descarga a lo largo del tiempo. Esta condici´on de equilibrio de tensiones se cumple en cualquier momento por lo que los condensadores no han podido cargarse.

(43)

3) Si consideramos la elecci´on realizada en el apartado a) la potencia total entregada es

PT =IT2(R+Req)

siendoIT la intensidad que circula a trav´es del generador yReq la resistencia

equivalente de las ramas que contienen las resistencias Ra, Rb, RcyRd

1 Req = 1 2R + 1 4R + 1 6R + 1 8R y por tanto Req= 24R 25 y la potencia total entregada es

PT =IT2(R+Req) =IT2 R+24R 25 = 49 25I 2 TR

En cuanto a la potencia consumida en Rc es

Pc=Ic2Rc

siendoIcla intensidad que pasa a trav´es deRc, y que puede calcularse a trav´es

de un divisor de corriente tal y como se muestra en la figura 2.13, donde la resistencia de 8R/7 es la resistencia equivalente de las ramas en las que est´an situadas las resistencias Ra, Rb yRd.

E " " " " "#$%'&,('* R %'&/( " " " " "#$ + 8R/7 " " " " "#$ %'&,&,&,&,&,&,&-( " " " " "#$ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $ + 3R " "# $ 1 Ic " "# $ + Rc= 3R "# $ %'&,&,&,&,&,&,&/( "# $

(44)

Por tanto la corriente Ices Ic=IT 8R 7 8R 7 + 6R =IT 8 50 y la potencia disipada enRc es Pc= 3Ic2R= 3 64 2500I 2 T R

con lo cual se tiene

Pc PT = 192I2 T R 2500 49IT2R 25 = 192 4900 = 39,18·10 −3

(45)

Problema 2.10

En el circuito de la figura 2.14 el generador de alterna proporciona una onda cuadrada a partir del instante t= 0 (Figura 2.15). La energ´ıa almacenada en las bobinas es 0 J ent <0. e(t) + 1 Ω A 0,5 H B 0,5 H C

Figura 2.14: Circuito del problema.

e(t) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 t . . . . . . 1 -1

Figura 2.15: Fuerza electromotriz del generador.

Se pide:

1. Determine las expresiones de vAB(t) ei(t) en el intervalo (0, 0.5).

2. Determine las expresiones de vAB(t) ei(t) en el intervalo (0.5, 1).

3. Dibuje tres periodos de la vAC(t) e i(t) si el periodo de e(t) fuera 10

(46)

Soluci´on

1. Entre los puntos A y C hay dos bobinas en serie que tienen una autoin-ducci´on equivalente de

Leq = 0,5 H + 0,5 H = 1 H

con lo que finalmente lo que tenemos es un circuito RL serie. En el intervalo (0, 0.5) el generador de alterna se comporta como un generador de tensi´on continua de 1 voltio. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos

−1 +R i(t) +Leq

di(t)

dt = 0

y teniendo en cuenta que R= 1 Ω y que Leq= 1 H

−1 + i(t) + di(t)

dt = 0

y por tanto la ecuaci´on diferencial que caracteriza al circuito en este intervalo es

di(t)

dt +i(t) = 1 (2.25)

siendo la soluci´on

i(t) = 1 +K e−tA, 0t0,5

donde K es una constante que podemos encontrar teniendo en cuenta que la intensidad en una bobina es una funci´on continua. Aplicando pues continuidad en t= 0 i(0−) =i(0+) obtenemos 0 = 1 +K con lo cual K=1 y por tanto i(t) = 1e−tA, 0t0,5 En cuanto avAB(t) vAB(t) =L di(t) dt = 0,5e −t V 0 ≤t <0,5

(47)

En t= 0,5 la intensidad que circula por el circuito es

i(0,5) = 1e−0,5 = 0,3935 A y la tensi´onvAB(t) en t= 0,5 es

vAB(t) = 0,3033 V

2. Entre los instantes 0.5 y 1, tambi´en tenemos el circuito RL serie pero ahora la polaridad del generador ha cambiado. En este caso la ecuaci´on diferencial es

1 +R i(t) +Leq

di(t)

dt = 0

y teniendo en cuenta que R= 1 Ω y que Leq= 1 H

i(t) +di(t)

dt =−1 (2.26)

cuya soluci´on es

i(t) =1 +K e−(t−0,5), 0,5t1 Observe quei(t) tambi´en puede expresarse mediante

i(t) =1 +K e0,5e−t =1 +K0e−t, 0,5t1 siendo

K0 =K e0,5

Como antes, encontraremos la constante K exigiendo continuidad a la intensidad i(0,5−) =i(0,5+) obteniendo 0,3935 =1 +K y por tanto K= 1,3935 con lo que la intensidad es

i(t) =1 + 1,3935e−(t−0,5), 0,5t1 que tambi´en puede expresarse mediante

(48)

y por lo que respecta a vAB(t) se tiene

vAB(t) =−0,697e−(t−0,5) V, 0,5≤t <1

que tambi´en se puede expresar mediante

vAB(t) =−1,149e−t V, 0,5≤t <1

Los valores de intensidad y tensi´on alcanzados en t= 1 son

i(1) =0,1548 A vAB(1) =−0,4227 V

En la gr´afica 2.16 se muestrai(t) yvAC(t) durante los 5 primeros periodos

de se˜nal. 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 t i(t) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 t vAC (t)

Figura 2.16: Funcionesi(t) yvAC(t)durante los primeros 5 segundos.

3. Note que la constante de tiempo del circuito es

τ = L

R = 1 s

y por tanto si el periodo es 10 s al final de cada semiperiodo se habr´a lle-gado al fin de su correspondiente r´egimen transitorio. Con lo cual i(t) y

(49)

0 5 10 15 20 25 30 −1 −0.5 0 0.5 1 t i(t) 0 5 10 15 20 25 30 −2 −1 0 1 2 t vAC (t)

(50)

Problema 2.11

En el circuito de la figura inicialmente los interruptores est´an abiertos y el condensador descargado. Se pide,

R 2 I0 R1 iR1(t) C R4 iR4(t) 2 I1 iR2(t) R2 2 I2 R3 iR3(t) E A B C D

1. En t= 0 se cierra el interruptor I0. Obtenga la expresi´on devAB(t)

2. Valor final de la tensi´on del condensador y tiempo aproximado que tar-dar´a en alcanzar dicho valor.

3. En t = T1 = 20 s se cierra el interruptor I1 (I0 no cambia, es decir, permanece cerrado). Determine el valor de R2 para que finalizado el

transitorio la tensi´on final del condensador sea E2 V.

4. Ent=T2 = 50 s se cierra el interruptorI2(I0eI1permanecen cerrados).

Determine el valor de R3 para que la carga final del condensador sea 0 C. Independientemente del resultado que haya obtenido en el apartado anterior suponga, para este apartado y el siguiente, queR2 = 2 Ω.

5. Excluyendo el condensador, determine la resistencia equivalente del ci-ruito vista desde los puntos A y B. Independientemente del resultado que haya obtenido en el apartado anterior suponga, para este apartado, queR3= 0,5 Ω.

(51)

Soluci´on

1. El circuito equivalente es un circuito RC simple donde la resitencia es la asociaci´on serie de R, R1 yR4 (Req1=R+R1+R4). R R1 iR1(t) C R4 iR4(t) E A B D

La tensi´on inicial del condensador es cero y la final el valor del generador. Por tanto la expresi´on de la tensi´on es:

vAB(t) =E 1exp − t Req1C

2. Cuando el condensador alcanza el valor final la corriente iR1 e iR4 son

(52)

R R1 iR1(t) R4 iR4(t) E A B D

El tiempo aproximado es 5 veces la constante de tiempo = Req1C =

3·1 = 3 s, es decir, 15 s

3. Cuando se cierra el interruptor el circuito equivalente es el indicado en la siguiente figura. R R1 iR1(t) C R4 iR4(t) iR2(t) R2 E A B D

(53)

´el es cero y por tanto porR4 tambi´en. As´ı la tensi´on vAB es: vAB =iR2R2−iR4R4 =iR2R2 La intensidadiR2 es iR2 = E R+R1+R2

Por tanto, para que se cumpla la condici´on del enunciado igualamos:

vAB =iR2R2 =

E

R+R1+R2R2= E

2 cuyo resultado es:

R2 =R+R1= 2 Ω

4. Cuando se cierra el interruptori2, y en la situaci´on final donde la

corrien-te por el condensador es cero, el circuito equivalencorrien-te es el de la siguiencorrien-te figura. R R1 iR1(t) R4 iR4(t) iR2(t) R2 R3 iR3(t) E A B C D

Para que la carga del condensador sea nula, como indica el enunciado, la tensi´on debe ser cero, vAB = 0.

SivAB = 0, entoncesvAD =vBD. Cada una de estas tensiones se puede

(54)

se tiene: vCD R2 R1+R2 =vCD R4 R3+R4

y reordenando queda que se debe cumplir

R1R4 =R2R3

Despejando y sustituyendo los datos del enunciado y el valor de R2

indicado para este apartado:

R3= R1R4

R2

= 1 2 Ω

5. Para calcular la resistencia se conecta una pila de valor arbitrario E y se determina la intensidad que pasa por ella, anulando previamente el generador independiente, tal como indica la siguiente figura.

R R1 IE(t) E R4 IB(t) R2 R3 IC(t) IA(t) A B

La intensidad a calcularIE =IC−IB. Analizando por mallas, el sistema

de ecuaciones del circuitos es:

  0 −E E   =   R+R1+R2 −R2 −R1 −R2 R2+R4 0 −R1 0 R1+R3     IA IB IC  

(55)

Sustitutendo los valores de las resistencias, la intensidadIB vale: IB = 4 0 1 −2 E 0 −1 E 1,5 4 2 1 −2 3 0 −1 0 1,5 = −3E 9 = −E 3 y el valor deIC: IC = 4 2 0 −2 3 E −1 0 E 4 2 1 −2 3 0 −1 0 1,5 = 6E 9 = 2E 3

Por tanto IC−IB= E3, por lo que la resistencia Thevenin es:

Zth=

E

E

3

(56)

Problema 2.12

En el circuito de la figura el conmutador se encuentra conectado a la posici´on 1 entret=−∞yt= 0 s. En t= 0 s pasa a la posici´on 2, ent= 10 s pasa a la posici´on 3 y, finalmente, ent= 30 s vuelve a pasar a la posici´on 1. Se pide:

iR R A C1 C2 C3 B E2 3 3 E1 3 2 3 1

1. calcular la capacidad equivalente del circuito a la derecha de los puntos A y B,

2. calcular la intensidad por la resistencia en funci´on del tiempo iR(t),

3. calcular la energ´ıa en el condensador C3 en funci´on del tiempo.

Datos: R = 1 kΩ; C1 = 2 mF; C2 = 0,5 mF; C3 = 1,5 mF; E1 = 10 V; E2 = 15 V;

Soluci´on

1. La capacidad equivalente entre A y B es:

Ceq=

C1(C2+C3) C1+C2+C3

= 2 (0,5 + 1,5)

2 + 0,5 + 1,5 = 1 mF; 2. Dividimos el tiempo en tres intervalos:

0t10 s 10t30 s

(57)

En el primer intervalo el circuito queda como se indica en la figura 2.18: iR(t) R A Ceq + VCeq B E1

Figura 2.18: Circuito para el primer intervalo

donde

VCeq|0+ =VCeq|0− = 0 V

Se trata de un circuito de carga de un condensador. La corriente es:

iR(t) =

E1 Re

τt = 10e−t mA 0t10 s

siendo la constante de tiempo

τ =RCeq= 103·10−3= 1 s La tensi´on en el condensador es VCeq(t) =E1 1e−τt = 10 1e−t V 0t10 s

En el segundo intervalo (10t30 s) se parte de unas condiciones iniciales del condensador obtenidas en el intervalo anterior. El nuevo circuito queda como indica la figura 2.19:

iR(t) R A Ceq + VCeq B E2

(58)

donde

VCeq|t=10+ =VCeq|t=10− ≈10 V

ya que 10>> τ.

En este intervalo se obtiene:

iR(t) = −

E2−VCeq(10+)

R e

−t−10

τ 10≤t≤30 s

Sustituyendo valores se obtiene:

iR(t) = (−15−10)e−(t−10) =−25e−(t−10) mA 10≤t≤30 s La tensi´on es: VCeq(t) =VCeq(10+)+ −E2−VCeq(10+) 1e−t−τ10 10t30 s Sustituyendo valores se obtiene:

VCeq (t) = 10+(−15−10)

1e−(t−10)=15+25e−(t−10) 10t30 s En el ultimo intervalo,t30 s, el circuito es el indicado en la figura 2.20.

iR(t) R A Ceq + VCeq B

Figura 2.20: Circuito para el tercer intervalo

y aplicando continuidad

VCeq|t=30+ =VCeq|t=30− ≈ −15 V

(59)

En este intervalo se obtiene: iR(t) =− VCeq(30+) R e −t−30 τ = 15e−(t−30) mA t≥30 s y la tensi´on es: VCeq (t) = VCeq(30+)+ 0−VCeq(30+) 1e−t−τ30 = 15 + 151e−(t−30) = 15e−(t−30) V t30 s Por lo tanto: iR(t) = 10e−t mA, 0≤t≤10 s iR(t) = −25e−(t−10) mA, 10≤t≤30 s iR(t) = 15e−(t−30) mA, t≥30 s

3. En el circuito de la figura 2.21 se tiene:

A + VCeq -iR C1 + VC1 C2 C3 + Vx B

Figura 2.21: Circuito para calcular la energia en el condensador C3

La energ´ıa del condensadorC3 es

WC3(t) =

1 2C3V

2

x (t)

y aplicando la segunda ley de Kirchhoff obtenemos

(60)

Por otro lado: VC1(t) = 1 C1 Z iR(t)dt VC1 = C2+C3 C1 Vx          Vx(t) = 1 C2+C3 Z iR(t)dt (2.27) por lo que: VCeq(t) =VC1(t) +Vx(t) =Vx(t) 1 +C2+C3 C1 Por lo tanto: Vx(t) = VCeq(t) 1 +C2+C3 C1 = 1 2VCeq(t) Y la energ´ıa es: WC3(t) = 1 2C3Vx2(t) = 1508 1−e−t 2 mJ, 0t10 s WC3(t) = 1 81,5 −15 + 25e−(t−10)2 mJ, 10t30 s WC3(t) = 1 81,5·152e−2(t−30) mJ, t≥30 s

(61)

An´

alisis en r´

egimen

permanente sinusoidal

Problema 3.1

Considere el circuito de la figura

e1(t) + R i1(t) R 4 L i2(t) L e3(t) + e2(t) + i3(t) C L R R C L A

con los siguientes datos:

e1(t) =e2(t) = cos(106t) V e3(t) = sin(106t+π) V R= 1 Ω L= 10−6 H C = 10−6 F

(62)

Se pide:

1. Expresiones instant´aneas de las corrientesi1(t),i2(t) e i3(t).

2. Expresi´on instant´anea del potencial en el punto A. 3. Potencia entregada por cada generador.

Soluci´on

1) Primero obtenemos el diagrama fasorial del circuito. Tomando como refe-rencia la funci´on coseno, los fasores tensi´on son:

e1(t) = cos(106t) −→ E1 = 1ej0= 1 e2(t) = cos(106t) −→ E2 = 1ej0= 1

e3(t) = sen(106t+π) = cos(106t+π/2) −→ E3 = 1ejπ/2 =j

los fasores intensidad inc´ognita son:

i1(t) −→ I1 i2(t) −→ I2 i3(t) −→ I3

y las impedancias son:

ZL=jΩ ZC =−jΩ ZR= 1 Ω

El paralelo LC que hay a la derecha del circuito tiene una impedancia equi-valente

ZLC=

j(j)

jj =∞Ω

por lo que a trav´es de la resistencia que hay delante no circula corriente, y por tanto, a efectos pr´acticos, se tiene el siguiente circuito:

1 + 1 I1 1 j I2 j j + 1 + I3 −j j 1

(63)

En la ´ultima rama tenemos la asociaci´on en serie de tres impedancias (condensador, bobina y resistencia), cuya impedancia equivalente es

−j+j+ 1 = 1 Ω

y considerando esta impedancia con la de la bobina que est´a en paralelo con ella, la impedancia equivalente es

j

1 +j

y asociando los dos generadores de tensi´on que est´an en serie, finalmente el circuito queda 1 + 1 5 I1 I4 1 j I2 6 j 1+j 1−j +

Aplicando las leyes de Kirchhoff obtenemos un sistema de tres ecuaciones con tres inc´ognitas

I1 =I2+I4 I1+I4−1 = 0 I2 j+ j 1 +j −(1j)I4 = 0 cuya soluci´on es I1 = √1 2e −j π/4= 0,5 −0,5j A I2 = e−j π/2 = 0−j A I4 = 1 √ 2e j π/4= 0,5 + 0,5j A

En cuanto aI3, considerando la expresi´on del divisor de corriente

I3=I2 j 1 +j = 1 √ 2e −j π/4= 0,5 −0,5jA

(64)

A partir de los fasores, ya se pueden obtener las formas instant´aneas de las corrientes i1(t) = 1 √ 2 cos(10 6tπ/4) A i2(t) = cos(106tπ/2) = sen(106t) A i3(t) = 1 √ 2 cos(10 6tπ/4) A

2) Aplicando la segunda ley de Kirchhoff, el potencial en el punto A en forma fasorial es

VA=I3(1 +j) + E3 − E2 =jV

por lo que en forma instant´anea es

vA(t) = cos(106t+π/2) V

3) La potencia entregada por cada generador es:

P1 = 1 2hE1, I1i = 1 2h1 + 0j,0,5−0,5ji = 0,25 W P2 = 1 2hE2, I2i = 1 2 <1 + 0j,0−j >= 0 W P3 = 1 2hE3,−I2i = 1 2h0 +j,0 +ji = 0,5 W

(65)

Problema 3.2

Considere el circuito de la figura. Calcule la potencia entregada por el genera-dor de corrientei3(t), eliminando previamente del circuito todos los elementos

que son superfluos para realizar dicho c´alculo.

i1(t) ↑ 7 Z1 e1(t) + 6 Z2 i3(t) → e2(t) + 6 Z3 7 Z4 e3(t) + e4(t) + 6 Z5 i4(t) → i5(t) ↑ 6 Z6 i2(t) ← Datos: Z3=Z4= 1 Ω Z1 =Z2 =j Ω Z5 =Z6 = 2j Ω i1(t) =i2(t) = 10 sen(ω t) A i3(t) = 2 cos(ω t) A

i4(t) =i5(t) = 50 sen(ω t) Ae1(t) = 2 cos(ω t) V e2(t) = 4 cos(ω t) V e3(t) = cos(ω t) V e4(t) = 2 cos(ω t+ 45o) V

(66)

Soluci´on

La potencia entregada por el generador i3(t) al circuito ser´a

PI3 =

1 2VI3I3

dondeVI3 es la tensi´on definida en el circuito de la siguiente figura.

i1(t) ↑ 7 Z1 e1(t) + 6 Z2 i3(t) → e2(t) + 6 Z3 7 Z4 e3(t) + e4(t) + 6 Z5 i4(t) → i5(t) ↑ 6 Z6 i2(t) ← A O C B −VI3 +

Para calcular la tensi´onVI3 aplicamos la 2a Ley de Kirchhoff, de forma que

VAO=−VI3+E2+VCB +VBO

Observe que VAO, independientemente de I1, Z1, I2 y Z2, est´a fijada por el

generadorE1

VAO=E1

y del mismo modo

VBO =E3

independientemente de I4, E4,I5,Z5 yZ6, por lo que estos elementos pueden

ser eliminados, obteniendo el circuito fasorial

E1 + I3 → E2 + 6 Z3 IZ3 7 Z4 IZ4 E3 + A O C B −VI3 +

(67)

donde los fasores son

e1(t) = 2 cos(ω t) V → E1 = 2 V e2(t) = 4 cos(ω t) V → E2 = 4 V e3(t) = 1 cos(ω t) V E3 = 1 V

i3(t) = 2 cos(ω t) A → I3 = 2 V

Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C

I3 =IZ3 +IZ4 =

VCO

Z3 +

VCO−E3 Z4

y teniendo en cuenta que Z3 =Z4 = 1Ω, se obtiene I3= 2VCO−1

con lo cual

VCO =

3 2V

y aplicando la primera ley de Kirchhoff a la malla ACOA se tiene

−E1VI3 +E2+VCO = 0 de donde obtenemos VI3 = 7 2V y por tanto PI3 = 1 2hVI3, I3i = 7 2W

(68)

Problema 3.3

Considere el puente de la figura

E1 + 7 Z0 6 Z1 I1 6 Z3 I3 6 Z2 I2 6 Z4 I4 A 7 Z5 I5

1. Si el puente est´a equilibrado (I5 = 0), ¿Qu´e relaci´on deben de cumplir los m´odulos de las impedanciasZ1,Z2,Z3yZ4? ¿Y sus fases (∠Z1,∠Z2,

∠Z3 y ∠Z4)?

2. Si el puente est´a equilibrado (I5= 0) y se sabe queZ1 =jΩ,∠Z4 = 30o

yZ3 =a+jΩ siendoaun n´umero real tal que 0≤a≤ 1, ¿Qu´e caracter

(inductivo o capacitivo) tiene Z2? Justifique la respuesta.

3. Suponga ahora que el puente tiene las siguientes impedancias:Z1= 1 Ω, Z3 = 4 +jΩ, y Z5 = jΩ. Se sabe que la potencia consumida en Z3 es de 16 W, queI3 adelanta aI1 con un desfase de 45o y que el valor eficaz

de I1 es de 1 A. Si se toma I1 como origen de fases, calcule los fasores I3 eI5.

Soluci´on

1) Es f´acil deducir que las impedancias deben de cumplir la relaci´on

Z1 Z3

= Z2

Z4

de forma que, en cuanto a los m´odulos

|Z1|

|Z3| =

|Z2|

(69)

y considerando las fases

∠Z1−∠Z3 =∠Z2−∠Z4

2) Considerando la relaci´on que deben cumplir las fases se tiene

∠Z1−∠Z3= 90o−atan 1 a =Z2−∠Z4 y como 0a1, entonces 45o atan 1 a ≤90o con lo cual 0o ∠Z2−∠Z4 ≤45o y como ∠Z4= 30o, se tiene 30o Z2 ≤75o

lo cual permite asegurar queZ2 tiene un car´acter inductivo.

3) Como se toma el fasorI1 como origen de fases (∠I1 = 0) I1 = √ 2 A Adem´as PZ3 = 16 W = Re(Z3)I 2 3ef de donde I3ef = 2 A El enunciado afirma ∠I3−∠I1= 45o

de dondeI3 = 45o y por tanto I3 = 2

2ejπ4 = 2 + 2jA

A trav´es de la ecuaci´on de nudo

I1−I5=I3

se obtiene

I5= (

(70)

Problema 3.4

Considere el circuito de la figura, donde la tensi´on eficaz medida por un volt´ımetro conectado a los puntos A y C es 0 V, Z3 = 10 ejπ/4Ω y la fuerza

electromotriz del generador es e(t) = 10 cos(ωt+π) V.

e(t) + A 6 Z4 7 Z1 B 6 Z5 7 Z2 i2(t) C i(t) ↑ 6 Z3 i3(t)

1. Calcule la potencia consumida en la impedanciaZ3

2. Calcule la corriente del generador i(t) para que la potencia consumida por Z2 sea 10 W, sabiendo que I2 e I3 est´an en fase y Re(Z2) = 5.

3. Con el valor de corriente para el generador calculado en el apartado anterior, ¿Cu´al es la potencia entregada por el generador de intensidad? Si la tensi´on eficaz medida en bornes de la impedanciaZ1 expresada en voltios es cinco veces superior a la intensidad eficaz que circula a trav´es de ella expresada en amperios, la fase deZ1 es−π/4, la parte imaginaria

deZ2 es 5 Ω yZ4 = 1Ω, ¿Cu´al es la potencia entregada por el generador de tensi´on?

Soluci´on

1) Para calcular la potencia media en dicha impedancia necesitamos saber su intensidad PZ3 =I 2 3ef Re(Z3) A partir de Z3= 10ejπ/4 = 10 (cos(π/4) +jsen(π/4)) = 7,07 + 7,07j Ω

obtenemos la parte real de la impedanciaZ3

(71)

Para encontrar la intensidad eficaz, aplicamos la 2a Ley de Kirchhoff a la malla

externa del circuito

−E+VAC+VZ3 = 0

siendo E el fasor del generador de tensi´on, que escogiendo la forma trigo-nom´etrica coseno es

E = 10ejπ =10 V y como el enunciado afirma que VAC = 0 se obtiene

VZ3 =E=−10 V y por tanto I3= VZ3 Z3 = −10 10ejπ/4 = 1e j3π/4 =1 2 +j 1 √ 2 A con lo que el valor eficaz es

I3ef = | I3| √ 2 = 1 √ 2 A

con lo cual la potencia media consumida en la impedancia es

PZ3 =I 2 3ef Re(Z3) = 1 27,07 = 3,53 W 2) De PZ2 =I 2 2ef Re(Z2) = 10 W se obtiene |I2|= 2 A

y como I2 eI3 est´an en fase

I2= 2ej3π/4 =−

(72)

Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C, la corriente a trav´es del generador es I =I3−I2 = (1−2)ej3π/4 = 1 e−jπ/4 = 1 √ 2 − 1 √ 2j A y la forma instant´anea es i(t) = 1 cos(ωtπ/4) A.

3) La potencia del generador de intensidad es:

PI = 1 2hVI, Ii = 1 2hVZ3, Ii de forma que PI = 1 2h−10 + 0j , 0,707−0,707ji=−3,53 W

En cuanto al generador de tensi´on, aplicando la 1a ley de Kirchhoff al nudo A

IE = E Z4 +VAB Z1 y como VAC =VAB+VBC = 0 entonces VAB =−VBC =−I2Z2=−2ej3π/4(5 + 5j) = 14,14 V

De los datos del apartado

Z1= 5e−jπ/4 de ah´ı IE = − 10 1 + 14,14 5e−jπ/4 =−10 + (2 + 2j) =−8 + 2j A y por tanto PE = 1 2hE, IEi= 1 2h−10 + 0j , −8 + 2ji= 40 W

(73)

Problema 3.5

Considere el circuito de la figura

e(t) + i1(t) R1 L3 i2(t) 6 Z2 C1 L 1 5 i3(t) iC2(t) C2 iL2(t) L2 Vx + −

con los siguientes datos:

C1= 1 mF C2= 2 mF L1 =L2 = 1 mH R1 = 1 Ω ω= 103 rad/s

Se pide:

1. Se sabe que i2(t) retrasa respecto de i3(t) con un desfase de 45o. Si Z2

est´a constituida por dos componentes en serie, ¿qu´e componentes son? ¿qu´e relaci´on deben cumplir los valores de los componentes?

2. Suponga que la parte imaginaria de Z2 es 1. Si se sabe que los valores

eficaces de las corrientes i1(t) e i2(t) son los mismos, ¿cu´al es la parte

real de Z2?

3. Suponga que Z2 = 1 + j. Si se sabe que la tensi´on eficaz de Vx es

eef icaz/10, ¿cu´al es el valor deL3?

4. Suponga queL3= 10−3H yZ2= 1 +j. Calcule los valores instant´aneos

de las corrientesiC2(t) y iL2(t), sabiendo quee(t) = 10 sen(ωt) V.

Soluci´on

1) Comoi3(t) adelanta i2(t) con un desfase de 45o

(74)

Las impedancias son:

ZC1 =−j Ω ZC2 =−0,5j Ω ZL1 =j Ω ZL2 =j Ω

ComoC1 y L1 est´an en serie, tiene una impedancia equivalente de ZT =ZC1 +ZL1 = 0 Ω

ComoC2 y L2 est´an en paralelo, tiene una impedancia equivalente de

ZT =

ZC2ZL2

ZC2 +ZL2

=j Ω Con estas simplificaciones, el circuito equivalente es

E + I1 1 ZL3 I2 6 Z2 I3 6 −j

siendo los fasores I2 e I3

I2 = Vx

Z2 I3= Vx

−j

y el desfase entre las corrientes es

∠I3−∠I2 = ∠Vx−∠−j−(∠Vx−∠Z2) = ∠Z2−∠−j=∠Z2+ 90o= 45o y por tanto ∠Z2 =−45o SiZ2 =a+jb, entonces arctan b a =−45 o

y por tantob=a, y como la parte real de la impedancia tiene que ser positiva (a >0), entonces necesariamente b <0. Por tanto, una posible impedancia es la asociaci´on en serie de una resistencia con un condensador

Z =R j ω C

(75)

de donde

R= 1 103C

2) Las corrientes i1(t) e i2(t) est´an relacionadas a trav´es de un divisor de

intensidad I2=I1 − j Z2−j =I1 − j Re(Z2) +j−j =I1 − j Re(Z2)

tomando m´odulos en ambas partes de la igualdad y dividiendo por √2

I2ef =

I1ef

Re(Z2)

y como I2ef =I1ef se tiene

Re(Z2) = 1 Ω

3) Si en el circuito anterior calculamos el equivalente de las dos impedancias en paralelo obtenemos

ZT =

(j)(1 +j)

(j+ 1 +j) = 1−j por lo que el circuito queda

E + I1 1 ZL3 6 1−j por lo que Vx =E 1j 1 +j XL3 + 1−j

y tomando m´odulos y dividiendo por √2 1 10 = |1j| |2 +j(XL3 −1)| = √ 2 p 4 + (XL3−1)2

(76)

obteniendo la ecuaci´on

4 + (XL3 −1)

2 = 200

que tiene como soluci´on

XL3 = 15

y por tanto

L3 =

15

103 = 15 mH

4) Si elegimos como forma trigonom´etrica sen(ω t), el generador de tensi´on

e(t) est´a representado por un fasor E = 10 y con los valores propuestos en este apartado, el circuito queda

10 + I1 7 1 +j I2 6 1 +j I3 IC2 −0,5j IL2 j Vx + − X

El paraleloC2||L2tiene una impedancia equivalente igual aj, y aplicando la 2a Ley de Kirchhoff a las dos mallas del circuito se obtienen las ecuaciones

10 = I1(1 +j) +I2(1 +j)

0 = I2(1 +j) +jI3

y aplicando la 1a Ley de Kirchhoff al nudo X se tiene I1 =I2+I3

de donde se obtienen los valores de los fasores

I1 = 5 I2 = −5j I3 = 5(1 +j)

y considerando el divisor de corriente

IL2 = I3 ZC2 ZL2 +ZC2 =5(1 +j) = 5√2e−j34π IC2 = I3 ZL2 ZL2 +ZC2 = 10(1 +j) = 10√2ejπ4

(77)

cuyas formas instant´aneas son: iL2(t) = 5 √ 2 sen(ωt3π/4) A iC2(t) = 10 √ 2 sen(ωt+π/4) A

(78)

Problema 3.6

Considere el circuito de la figura

E1 8 + " "# $%'&,&)('* Z1 %'&,&)( " "# $ + Z2 " "# $ %'&,&,&,&,&,&,&,&,&-( " "# $ %'&,( 0 A %'&)('* Z3 %'&,( " "# $%'&)('9 I4 * Z4 %'&,( " "# $ " "# $ %'&)('9 I5 * Z5 %'&,( " "# $%'&,&)( " " " " " " " " "# $ %'&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&,&:( 0 B %'&,(

donde los valores eficaces de las corrientesI4eI5son iguales y existe un desfase

de 30o entre ellas (I4 adelanta aI5). Adem´as el valor eficaz deVAB es de 10 V.

Tambi´en se conocen los valores

Z4 = 1 +j Ω Z2= 3−4j Ω Z3 = 2 Ω

1. Calcule la impedancia Z5

2. CalculeZ1 para que la potencia consumida en el circuito sea 500 W y el

factor de potencia del circuito conectado al generador sea 0.5

Soluci´on

1) ComoZ4 yZ5 est´an en paralelo, la tensi´on en sus bornes es la misma I4Z4 = I5Z5, (3.1) I4ef|Z4| = I5ef|Z5|,

|Z4| = |Z5| =

2 Ω.

Por otro lado, de 3.1 obtenemos

I4 =I5 Z5 Z4

y considerando ´unicamente las fases de los fasores

(79)

y como ∠I4−∠I5 = 30o, y la fase ∠Z4 es ∠Z4 = arctan Im(Z4) Re(Z4) = 45o

y por tanto la fase de Z5 es

∠Z5 =∠Z4+ 30o = 75o= 1,309 radianes Finalmente

Z5 =|Z5|ej∠Z5 =

2ej1,309= 0,366 + 1,366j Ω

2) Como ya conocemos el valor deZ5 del apartado anterior, podemos calcular

la impedancia equivalente del conjunto formado por Z3, Z4 y Z5, a la cual llamamos Z30:

Z30 =Z3+ (Z4 kZ5) =Z3+ Z4Z5

Z4+Z5

= 2,366 + 0,633j= 2,45ej0,26

de forma que el valor de eficaz de la corriente que circula porZ30 es

IZ0 3ef = VABef |Z0 3| = 10 2,45 = 4,08 A, y la potencia en Z0 3 es PZ0 3 =I 2 Z3ef Re(Z 0 3) = 39,38 W

Para calcular la potencia disipada por Z2, primero calculamos el valor eficaz de IZ2 IZ2ef = VABef |Z2| = 2 A, con lo cual PZ2 =I 2 Z2ef Re(Z2) = 12 W La potencia enZ1 es PZ1 =I 2 Z1ef Re(Z1)

Para calcular IZ1ef, calculamos el equivalente de todas las impedancias

poste-riores aZ1

(80)

con lo que el valor eficaz deIZ1 es IZ1ef = VABef |Z0 2| = 5,17 A,

y considerando ahora las potencias consumidas en el circuito

PT = 500W = 12 + 39,38 + 26,76 Re(Z1)

de donde

Re(Z1) = 16,78 Ω.

Por otro lado, la impedancia total del circuito ZT es

ZT =Z1+Z20 = 18,7 +j(y−0,203) Ω,

siendoy= Im(Z1) y como cos(ϕ) = 0,5

ϕ= arc cos(0,5) =±60o

de forma que tenemos dos posibles soluciones. Si= +60o

tan(60o) = 1,73 = y−0,203 18,7 de dondey= 32,55 y por tanto

Z1 = 16,78 +j32,55 Ω En cambio, si elegimos ϕ=60o

tan(60o) =1,73 = y−0,203 18,7 de donde obtenemos y=32,14 y por tanto

(81)

Problema 3.7

En el circuito de la figura: Eg + I 1 R1 XL1 A I2 6 Z2 7 Z3 I3 B ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; < ===========================> ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; < ===========================>

1. Suponiendo que los valores de todos los elementos son conocidos, plan-tee el sistema de ecuaciones que permite conocer I1 e I3. (No resuelva

num´ericamente el sistema).

2. Se miden con un amper´ımetro las corrientes I1,I2 eI3, y las tres tienen

un valor eficaz de 1A. Se sabe que las partes reales deZ2yZ3son iguales,

y que la potencia absorbida por cada una de ellas es de 5 W. Determinar los valores de Z2 y Z3. Considere que la corriente I2 est´a adelantada

respecto a la de I3.

3. Si el factor de potencia del circuito delimitado por la l´ınea a trazos es 2/2 y la potencia entregada por el generador es 20 W, determinar la reactancia XL1, la resistencia R1, y el valor eficaz de la tensi´on del

generador.

Soluci´on

1) LlamandoZ1 a la asociaci´on en serie deR1 yXL1, se tieneZ1=R1+jXL1,

y por tanto el sistema de ecuaciones es:

Eg = (Z1+Z2)I1−Z2I3

0 =Z2I1+ (Z2+Z3)I3

2) Llamando a la parte real deZ2,R2 y a la parte real deZ3,R3, el enunciado

se tiene queR2 =R3. Como la potencia en R2 es 5 W

(82)

y pot tanto R3 = 5 Ω. Queda por conocer la parte imaginaria de ambas

impedancias que llamaremos respectivamenteX2 yX3.

Las impedancias Z2 y Z3 est´an en paralelo y los m´odulos de I2 e I3 son

iguales, con lo cual

|VAB|=|I2Z2| |VAB|=|I3Z3|    ⇒ |Z2|=|Z3|

poniendo expl´ıcitamente partes reales e imaginarias:

|R3+jX3|=|R2+jX2|

y como las partes reales son iguales, la ecuaci´on anterior permite poner|X2|=

|X3|. Existen dos posibilidades, que sean del mismo valor y mismo signo o que

sean del mismo valor y signos contrarios. SiX2 =X3, entoncesZ2 =Z3por lo

que como est´an en paraleloI2 =I3. Como como adem´asI1=I2+I3, entonces I1 = 2I2, lo cual es imposible ya que los m´odulos de I1 e I2 son iguales. Por

tanto X2=X3.

Aplicando el divisor de corriente al circuito, podemos escribir

I2 =I1 Z3 Z2+Z3

y tomando m´odulos y recordando que I1,ef =I2,ef, se tiene

|Z3|=|Z2+Z3| y por tanto |R+jX2+R+jX3|=|R+jX3| y como X2 =X3 |R+R|= q R2+X2 3 4R2 =R2+X32 X3 =± √ 3R=±√3·5 =±8,66 Ω

Como el enunciado dice que la corrienteI2 est´a adelantada respecto a la deI3

la parte imaginaria negativa corresponde a Z2, quedando: Z2= 5−8,66 Ω

(83)

3) Si la potencia que entrega el generador son 20W y 10 ya son absorbidos porZ2 yZ3 los otros 10 los absorbe R1, entonces

P =I12,efR1 ⇒ R1 = 10/12 = 10 Ω.

Si llamamos a la impedancia total del circuito conectado al generadorZT,

entonces ZT =R1+jXL1 +Z2kZ3 siendo el paralelo de Z2 yZ3 Z2kZ3= (5 +√3 5j)(5√3 5j) (5 +√3 5j) + (5√3 5j) = 52+ 3·52 10 = 10 Ω. Si el factor de potencia es 0,707 = cosϕ, entonces

ϕ= arc cos(0,707) =±45o.

Como la impedancia total est´a formada por los 10 + 10Ω que acabamos de obtener y la bobina, el ´angulo es +45o; como adem´as el circuito son todo impedancias:

tan 45 = Im(ZT) Re(ZT)

= 1 y por tanto:

XL1 = Im(ZT) = Re(ZT) =R1+ Re(ZP) = 10 + 10 = 20 Ω

En cuanto al valor eficaz de Eg

Eg,ef =|I1| · |ZT|= 1·20

(84)

Problema 3.8

En el circuito de la figura, se pide:

C1 R2 L2 R3 I2 L1 I4 I3 C2 R1 E1 I1

1. suponiendo que el valor deE1 es conocido, plantear las ecuaciones

nece-sarias para resolver I1, I2, I3 e I4.

2. se sabe que la medida de la intensidad eficaz en la resistencia R2 (I3) vale 10 A, determine:

(a) valor eficaz de la corriente del generador (I1) (b) rendimiento del generador real (E1, R1 )

Datos:R1 = 2 Ω;XC1 = 8 Ω;XL1 = 2 Ω;XC2 = 10 Ω;R2 = 10 Ω; R3 = 6 Ω; XL2 = 8 Ω.

Soluci´on

1) Dado que los valores de los elementos son concidos, llamandoZpa la

impe-dancia resultante de la asociaci´on paralelo de las tres ramas (ZC2kR2k(R3+ ZL2)), nos queda una ´unica malla, donde aplicando la segunda ley de Kirchoff

queda: E1=I1(R1+ZC1+ZL1+Zp) y despejandoI1: I1 = E1 R1+ZC1+ZL1+Zp

(85)

Ahora, con la f´ormula del divisor de intensidad, tomando en cada caso, por un lado la rama de la corriente en cuesti´on y por el otro lado asociando las dos ramas restantes:

I2 =I1 R2k(R3+ZL2) ZC2+ [R2k(R3+ZL2) ] I3 =I1 ZC2k(R3+ZL2) R2+ [ZC2k(R3+ZL2) ] I4=I1 R2kZC2 R3+ZL2+ [R2kZC2]

2.a) Como no se dice nada de las fases, asignamos nosotros el origen poniendo fase cero a la corrienteI3, por tanto:

VR2 =I3R2 =

2 (10 + 0j)10 =√2 100 + 0j V (3.2) Como la tensi´on en los extremos de la rama por la que pasa I4 es la misma

que en bornas deR2, podemos poner:

I4 = VR2 R3+ZL2 = √ 2 100 + 0j 6 + 8j = √ 2 (68j) A (3.3) y lo mismo con la rama de I2

I2 = VR2 ZC2 = √ 2 (100 + 0j) −10j = √ 2 10j A (3.4) La primera ley de Kirchhoff en el nudo del circuito permite plantear:

I1=I2+I3+I4 =

2 (10j+ 10 + 68j) =√2 (16 + 2j) (3.5) de donde, el valor eficaz deI1 es kI1k/

2 = 16,12 A.

2.b) Recorriendo el circuito por la malla de m´as a la izquierda, planteamos con la segunda ley de Kirchhoff:

E1=I1(R1+ZL1+ZC1) +I2ZC2 =

2 (14492j) V (3.6) La potencia total entregada por el generador ideal E1 es el producto escalar de la tensi´on y la corriente:

PT OT AL= 1

(86)

La potencia entregada al circuito por el generador real (E1, R1) es la total

menos la disipada en R1. Como conocemos la intensidad y la resistencia,

cal-culamos PR1:

PR1 =1

2 kI1k

2

R1 = 16,122·2 = 516 W (3.8) Finalmente, el rendimiento es:

η= PT OT AL−PR1

PT OT AL

= 2120−516

Figure

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