examenes de teoria de circuitos

E.U. Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Fecha: 31-01-02 Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos

ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................

UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA

Ejercicio 1 (1,25 puntos)

Considerando la señal x(t) que se muestra en la figura de la izquierda, dibujar razonadamente las siguientes señales:

i) x(-t-2) ii) 3⋅x(t)⋅u(t-1), con u(t) escalón unitario iii) x(t/2+1) iv) Calcular el valor medio de x(t).

1 -1

-1 1 2 3 t

x(t) 2

Ejercicio 2 (2,5 puntos) Se quiere calcular el valor de una impedancia, para lo cual se utiliza un osciloscopio. El canal I representa la señal de tensión aplicada y el canal II la corriente absorbida por dicha impedancia. Sabiendo que la escala vertical es 5 V/div ó 0,1 A/div y que la escala de tiempos es 10 µs/div, responda razonadamente:

i) Valor complejo de dicha impedancia.

ii) Valor de R, L, C o combinación.

iii) Comentar la onda de corriente (en amplitud y desfase respecto de la tensión) obtenida al ir elevando o disminuyendo

paulatinamente la frecuencia de la tensión aplicada (manteniendo su amplitud).

canal II

canal I

iv) En caso de introducir una señal de tensión alterna simétrica y con forma triangular, discutir la forma aproximada que tendría la onda de corriente según la frecuencia de la señal de tensión introducida.

Ejercicio 3 (2,5 puntos)

La Figura adjunta muestra tres devanados acoplados con coeficientes de acoplamiento de valor 0,5. Se pide:

i) Obtener la representación del circuito eléctrico equivalente con los puntos.

ii) Calcular la impedancia de entrada entre los puntos A y B para señales senoidales de frecuencia 500/π Hz.

B A

150 mH 50 mH 100 mH

Ejercicio 4 (2,5 puntos) En el circuito que se adjunta calcular las corrientes i1(t) e i2(t) explicando razonadamente el proceso. ¿Qué ocurriría si no estuviera la resistencia de 1 Ω?.

1 Ω

v1(t)=1 V + −

k = 1

1 : 1

i2(t) i1(t) 1 mF

1 mH 1 mH

+ −

V ),t1000cos(2)t(v2 = Ejercicio 5 (1,25 puntos) i) ¿Qué significado tiene el hecho de que la energía puesta en juego por un

condensador entre dos instantes t1 y t2 sea cero?. ii) En un circuito eléctrico se ha calculado la potencia aparente consumida por una

bobina ideal y ha resultado ser de VA130j137S += . ¿Es ello posible?. Razónese la respuesta.

iii) Una señal senoidal de frecuencia 1000 Hz, se ha muestreado con una frecuencia de muestreo de 500 Hz. ¿Sería posible recuperar la señal original a partir de dichas muestras?.

Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02

Ejercicio 1

La reglas de precedencia indican que primero se desplaza y posteriormente se escala.

i) x(-t-2) corresponde a un retraso de 2 unidades y una reflexión respecto al origen.

1

6

32t

3 x(t) u(t-1)

5

4

3

2

1

-2 -1-1

1

2

-3-4-5

x(-t-2)

t

ii) 3 x(t) u(t-1)

u(t-1) es un escalón unitario retrasado una unidad. Por tanto, para valores t > 1 se tiene

3x(t) (pues 3x(t) se multiplica por uno) y para valores t < 1 se tiene 0 (pues 3x(t) se

multiplica por cero).

iii) x(t/2+1), adelanto de una unidad y escalado de valor 1/2 de la variable

independiente.

- 4 -2

-1

1

2

2 4t

x(t/2+1)

31-1

-3

Obsérvese que x(t/2) se puede

interpretar como la reproducción de la

señal grabada x(t) a la mitad de

velocidad y, por tanto, tarda el doble de

tiempo.

iv)

( ) unidades 875,02121211111

21

41dttx

T1X

)t(xbajoÁreaT

0med =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅−

== ∫

Página 1


Ejercicio 2

El valor máximo de la señal de tensión es: V 20divV5div 4Vmáx =×= y el de la señal

de corriente: A 3,0divA1,0div 3Imáx =×= .

Obsérvese que un período (es el mismo para ambas señales) son 10 divisiones y, por

tanto, s 100div

s10div 10T µ=µ

×= y entonces Hz10s 100

1T1f 4=

µ==

La pulsación es rad/s 102f2 4⋅π=π=ω

Si se toma un eje vertical (como origen de tiempos) situado a 2,5 divisiones contadas

desde la parte izquierda de la pantalla (ver figura), se observa que, respecto de este eje,

la ecuación de la señal de tensión es: ( ) ( ) ( ) V t 20000cos2

202t 20000cos20tv π=π=

canal II

canal I

Eje vertical tomado como origen de tiempos

Respecto a dicho eje, la señal de corriente es un coseno pero adelantado un “cuadro” o

división. Como un período de la señal (2π rad = 360º) son 10 divisiones, se tiene que

cada división son 36º y, por tanto,

( ) A )º36t 20000cos(23,02)º36t 20000cos(3,0ti +π=+π=

Página 2


i)

I

V+

Z

−

IVZ =

Transformemos las expresiones de v(t) e i(t) en el dominio del tiempo al dominio de la

frecuencia V e I .

( ) ( ) V º0 2

20V V t 20000cos2

202tv ∠=→π=

( ) ( ) A º36 23,0I A º36t 20000cos

23,02ti ∠=→+π=

Por tanto, Ω−=Ω−∠=∠

∠== 19,39 j93,53 º366667,66

º36 23,0

º0 2

20

IVZ

ii) El circuito más sencillo que representa el valor de Z obtenido en i) es una resistencia

en serie con un condensador. Dicho circuito en el dominio de la frecuencia es:

Ω 93,53 Ω− 19,39 j

F 41,0C C 20000

119,39 C

1XC µ=⇒π

=⇒ω

=

Y en el dominio del tiempo:

Ω 93,53 F 41,0 µ

Obsérvese que inicialmente puede saberse que se trata de una respuesta capacitiva (y no

inductiva), pues la señal de corriente (canal II) va adelantada respecto de la de tensión

(canal I). En efecto, alcanza el máximo o pasa por 0, una división antes que la señal de

tensión.

Página 3


iii) Considerando el circuito genérico más sencillo que representa la impedancia

obtenida,

R Cj

ω−

I

V −

obsérvese que

CjR

VI

ω−

= y, por tanto, a medida que la frecuencia aumenta, el circuito

va adquiriendo un comportamiento cada vez más resistivo, ya que C

1Rω

>> y, por

tanto, i(t) tenderá a ir cada vez más en fase con v(t). Las dos estarían en fase si ∞→ω

(para esa frecuencia el condensador se comporta como cortocircuito -impedancia de 0

Ω-).

Para analizar la amplitud de i(t) vemos que 2

2

C 1R

VI

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ω

+

= (obsérvese que esta

expresión es equivalente a 2

2

C 1R

VI

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ω

+

= , pues los módulos de los vectores son los

valores eficaces). A medida que la frecuencia aumenta, el denominador se hace cada

vez más pequeño (pues el sumando 1/ωC es, a su vez, más pequeño) y la amplitud de

i(t) aumenta.

A medida que la frecuencia disminuye, el circuito adquiere un comportamiento cada vez

más capacitivo puro, ya que C

1Rω

<< , i(t) tenderá a irse adelantando cada vez más,

respecto a v(t), hasta casi 90º (90º de adelanto no pueden darse, pues siempre existe el

valor de Ω= 93,53R que hace que el denominador no sea imaginario puro). Obsérvese

que la amplitud de i(t) disminuye a medida que disminuye ω, pues el denominador de I

(ó I) se hace cada vez más grande.

En resumen: cuando entonces i(t) más en fase con v(t) e ↑ω ↑I

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Cuando entonces i(t) más adelantada (hacia 90º) respecto v(t) e ↓ω ↓I

iv) Si la frecuencia de la señal de tensión introducida es suficientemente elevada, el

circuito de iii) es predominantemente resistivo y por tanto la corriente es también

triangular.

Si la frecuencia es suficientemente baja, el circuito de iii) es predominantemente

capacitivo y si se desprecia la influencia de la resistencia frente al condensador,

entonces ( ) ( )dt

tdvCti = y la corriente será proporcional a la derivada de la tensión

introducida y, por tanto, será una señal cuadrada. Obsérvese que los conceptos de

reactancias capacitiva e inductiva y de fasor sólo tienen sentido cuando tratamos con

señales sinusoidales. Estas cuestiones y el concepto de impedancia en el dominio de s se

tratarán en detalle en la segunda parte del curso.

Ejercicio 3

L2 L3 L1

kij = 0,5;

L1= 150 mH;

L2 = 100 mH;

L3 = 50 mH

Para determinar los puntos homólogos, consideremos primero las bobinas L1 y L2. Por

cualquiera de los terminales introduzco una corriente i(t), por ejemplo, por el terminal

superior de L1. Ahí se pone un punto. La corriente i1(t) al circular por L1 genera el flujo

φ cuyo sentido se determina aplicando la regla del sacacorchos o de la mano derecha.

i1(t)

L1 L3 L2

φ

L1 L3 L2

i2(t)

φ

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El flujo φ engendra en la bobina L2 una fuerza electromotriz que hará circular una

corriente i2(t) por dicha bobina. Según la ley de Lenz, el sentido de i2(t) debe ser tal que

engendre un flujo φ igual y opuesto a la causa que lo produjo. Para ello, i2(t) debe entrar

por el terminal de la izquierda de L2 y salir por el terminal de la derecha. Ahí se coloca

el otro punto (donde la corriente sale). Los dos terminales señalados son homólogos.

Los otros dos también lo son. Entonces la representación puede ser:

ó

M12 M12

Por lo tanto, la representación no es única.

Obsérvese que la inductancia mutua es:

mH 24,61100150 5,0LLkM 211212 =⋅=⋅=

Procediendo de manera análoga con las bobinas 1 - 3 y 2 - 3, se obtiene que un circuito

eléctrico equivalente es:

mH 24,61 mH 35,35

mH 30,43

mH 150 mH 100 mH 50

ii) Si rad/s 1000f2500f =π=ω⇒π

=

El circuito anterior en el dominio de la frecuencia (valores de las impedancias en Ω .

Obsérvese que XL = ω L, L jZL ω= , XM = ω M, M jZM ω= ) junto con la

introducción de un generador de prueba resulta:

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24,61 j 35,35 j

30,43 j

testI testE

−

150 j 100 j 50 j

La ecuación de malla proporciona:

test

LsobreLdeInfluencia

test

LsobreLdeInfluencia

testtest

LsobreLdeInfluencia

test

LsobreLdeInfluencia

testtest

LsobreLdeInfluencia

test

LsobreLdeInfluencia

testtesttest

I18,265jI35,35jI30,43jI50j

I35,35jI24,61jI100jI30,43jI24,61jI150jE

3231

23211312

=−−+

+−++−+=

Ω== 18,265jIEZ

test

testAB Ω 18,265 j

A B

Y en el dominio del tiempo: Hm 18,265

A B

mH 18,2651000

18,265LL XL ==⇒ω=

Ejercicio 4

Apliquemos el principio de superposición:

Consideramos v1(t); v2(t) desactivada. En corriente continua y en régimen permanente

(cuando el circuito lleva un tiempo largo funcionando), los condensadores se comportan

como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos. Obsérvese que no existe

tensión inducida en el secundario del transformador pues, aunque existe flujo

concatenado, éste no cambia con el tiempo.

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Ω 1

V 1

( )ti A1 ( )ti A2

+−

( ) A 111ti A1 ==

( ) A 0ti A2 =

Consideramos v2(t); v1(t) desactivada:

Ω 1

( )t 1000cos2

1k =

1:1

mH 1 mH1

mF1

mH 1111M =⋅⋅=

)t(v B1 )t(v B2

− −−

En el dominio de la frecuencia se tiene:

1

º01∠

j

1:1

j

j−

j

B1V B2V

− −

B1I B2I

B1B2B1B1 VIjIjI10 +−+= Malla izquierda

B2B1B2B2 I jI jI jVº0 1 −−+−=∠− Malla derecha

1I1I

1V1V

B2B1

B2B1

⋅=⋅

⋅=⋅→ Ecuaciones del transformador

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Obsérvese que por ser la relación del transformador 1:1 sería posible pasar del primario

al secundario y viceversa, sin más que quitar el transformador y unir los circuitos del

primario y del secundario.

A º135 22II B2B1 −∠==

( ) ( ) ( ) ( ) A º135t1000cosAº135t1000cos222titi B2B1 −=−==

Por tanto:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) A º135t1000costititi

A )º135t1000cos(1tititi

B2A22

B1A11−=+=−+=+=

Si no estuviera la resistencia de Ω 1 , y no existir resistencia alguna que limite la

corriente en el primario, se tendría que ( ) ∞→= 0/1ti A1 y, por tanto, . ( ) ∞→ti1

Ejercicio 5

i) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1212

22

21 tvtv0tCv21tCv

210t,tW =⇒=−⇒=

El que la energía puesta en juego por un condensador entre dos instantes de tiempo t1 y

t2 sea 0 es debido a dos posibilidades. La primera es que el condensador ni haya

absorbido ni haya cedido energía al circuito externo, conservando la que tenía

almacenada, que puede ser nula. La segunda posibilidad es que la energía que ha

absorbido el condensador entre esos dos instantes es la misma que ha cedido, de forma

que el balance neto de energía absorbida-cedida entre esos dos instantes de tiempo es

cero.

ii) Aunque la bobina es ideal y no tiene resistencia, sí es posible obtener que

consume 137 W de potencia activa. La explicación es que la bobina puede estar, por

ejemplo, acoplada con otra y ambas funcionar como un transformador. Así, por

ejemplo, en el circuito:

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+-

La resistencia de la derecha consume potencia activa que se la proporciona el generador

y se la transfiere a través del acoplamiento magnético (pues el generador no está

conectado a la resistencia mediante conductores). Entonces, la bobina de la izquierda

consume potencia activa (la producida por el generador) y la transfiere íntegramente a la

bobina de la derecha, la cual a su vez se la transfiere íntegramente a la resistencia

(consumidora final).

iii) La frecuencia de la señal es f = 1000 Hz.

La frecuencia de muestreo es fs = 500 Hz.

Como no se verifica que , en virtud del teorema de Nyquist-Shannon, f2fs ⋅≥ no es

posible recuperar la señal original a partir de dichas muestras.

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ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

Considerando la señal x(t) que se muestra en la figura de la izquierda, dibujar razonadamente las siguientes señales:

i) x(-t+2) ii) 3⋅x(t/2+1)⋅u(t-1), con u(t) escalón

unitario. iii) Calcular el valor medio de x(t).

1 -1

-1 1 2 3 t

x(t) 2

Ejercicio 2 En el circuito de la figura, determinar la corriente i(t) que atraviesa la resistencia de 2 Ω.

( ) V t4cos 10 V 8

Ω2Ω4

H1

( )ti

+-

+-

Ejercicio 3 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de pulsación 10 krad/s. Asumir que β es un número real, tal que –50 ≤ β ≤ 50.

i) ¿Cuál es la impedancia, abZ , del circuito vista desde los terminales a-b?. ii) ¿Cuánto tiene que valer β para que la impedancia sea resistiva pura?. iii) ¿Para qué valores de β la impedancia es capacitiva?.

Ω 10

mH1

( )ti∆

( )ti ∆β

Ejercicio 4 En el circuito de la figura calcúlense los valores de 0I y 0V .

Ω 25

4V0

0I 32A º017∠

Ω 40 j

0I

Ω 20

0V

Ejercicio 5 En el circuito de la figura, calcular la tensión LV de la bobina y la potencia activa y reactiva generada por la fuente de 100 V.

j1+

+- 100

50 j

1:2

LV

j1+ j

+ -

j

Ω 1

25,0 j

+-

j

Ejercicio 6 En el circuito de la figura, calcúlense las lecturas de los instrumentos. La red trifásica es de 380 V, equilibrada en tensiones y de secuencia directa. Tómese AU con ángulo de 90º.

Ω 6,86

Ω 6,86Ω− 75 j3,43

Ω− 75 j3,43

V1A

2A

3A

1W

2W*

*

*

*A

B

C


Ejercicio 1

La reglas de precedencia indican que primero se desplaza y posteriormente se escala.

i) x(-t+2) corresponde a un adelanto de 2 unidades y una reflexión respecto al

origen.

1

6

32 t

3 x(t/2+1) u(t-1)

4

5

4

3

2

1

2 3

-1

1

2

10-1

x(-t+2)

t

ii) 3 x(t/2+1) u(t-1)

x(t/2+1), es adelanto de una unidad y escalado de valor 1/2 de la variable independiente;

u(t-1) es un escalón unitario retrasado una unidad. Por tanto, para valores t > 1 se tiene

3x(t/2+1) y para valores t < 1 se tiene 0.

iii) ( ) unidades 875,02121211111

21

41dt tx

T1X

)t(xbajoÁrea

T

0med =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅−

== ∫

Ejercicio 2

Principio de superposición:

Fuente sinusoidal desactivada. En corriente continua, cuando el circuito lleva un tiempo

largo funcionando (régimen permanente), la bobina se comporta como un cortocircuito.

Ω 2Ω 4

V 8

( )ti1 ( ) A 4

28ti1 −=−=

Página 1


Fuente de continua desactivada:

( ) V,t4cos10

Ω2Ω 4

( )ti2

H1

En el dominio de la frecuencia, se tiene:

º02

10∠

24

4 j

gI

+-

2I

( ) ( ) A º13,8 25,18,0 j6,14

º02

10

4 j||24

º02

10

Ig −∠=++

∠=

+

∠=

El símbolo 2 || j4 significa el equivalente paralelo de ambas impedancias.

Utilizando la regla del divisor de corriente: A º43,18 118,14 j2

4 jII g2 ∠=+

= y en el

dominio del tiempo:

( ) ( ) A º43,18t4cos 118,1 2ti2 +=

Por tanto:

( ) ( ) ( ) ( ) A º43,18t4cos 118,1 24tititi 21 ++−=+=

Ejercicio 3

i) A continuación se dibuja el circuito en el dominio de la frecuencia. Se introduce un

generador de prueba testE y, entonces, abZ es testtest I/E

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+ − testE ∆β I

10 j

10

∆I

ItestI

Busquemos una relación entre testE e testI . Se tiene que:

III test += ∆

Obsérvese que la tensión en la resistencia de 10 Ω es testE y, por tanto la corriente ∆I

que circula por ella es 10/EI test=∆ . Por otro lado, la tensión en bornes de la bobina de

valor j10 es (con la polaridad + en su borne izquierdo) ∆β− I Etest y por tanto la

corriente I que circula por ella es ( ) 10 j/I EI test ∆β−= . Por tanto:

( ) testtesttest

testtest

testtest

testtesttest E1,011,0jE1,0I

10j10

EE

10EI

10jIE

10EI β−−=⇒

β−+=⇒

β−+= ∆

( ) ( ) ( )2222

rdenominado delconjugado elpor r denominadoy

numerador ndomultiplica

test

testab 1,001,01,0

01,01,0j1,001,01,0

1,01,001,0j1,0

1IEZ

−β+β−

+−β+

=−β+

==

ii) Para que abZ sea resistiva pura, la parte imaginaria debe ser cero.

( )10001,01,00

1,001,01,001,01,0

22 =β⇒=β−⇒=−β+β−

iii) Para que abZ sea capacitiva, la parte imaginaria debe ser negativa.

( )0

1,001,01,001,01,0

22 <−β+β− , y ya que el denominador es siempre positivo, ello ocurre

cuando 10001,01,0 >β⇒<β− , y como 5050 ≤β≤− resulta que . 5010 ≤β<

Página 3


Ejercicio 4

Utilizando equivalencia de fuentes:

Ω 254V0

0I 32º0340∠

Ω 40 j

0IΩ 20

0V

Se observa que: 000 I 800 25I 32V −=⋅−=

En la malla de la izquierda: 000 I 40 jI 20

4Vº0 340 +=−∠

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas resulta:

A º47,167 8439,1I0 −∠=

V º53,12 1,1475V0 ∠=

Ejercicio 5

j1+

+- 100

50 j

1:2

LV

j1+ j

+ -

j

Ω 1

25,0 j

+-

1V 2V

+ +

- -

j

1I

2I

Se tiene:

( ) ( ) 21111 I 25,0 jI jVI j1I j1100 −+++++=

2122 VI 25,0 jI jI150 j −−+⋅=−

2 V1V 21 ⋅=⋅

1 I2 I 21 ⋅=⋅

Página 4


Estas dos últimas ecuaciones son las ecuaciones del transformador. Se obtiene:

A 3333,33 jº90 3333,33I

A 6667,16 jº90 6667,16I

2

1

−=−∠=

−=−∠=

V º0 3333,8I 25,0 jI jV 21L ∠=−=

( )⎩⎨⎧

==

=+==⋅=VAr 67,1666Q

W 0PVA 67,1666 j06667,16 j 100IVS

G

G*1GG

Genera 0 W de potencia activa y 1666,67 VAr de potencia reactiva.

Otra manera de obtener 1I directamente es reducir el circuito al primario. Para ello:

j1+

j1+

j

50,0 jLV

( )[ ]21/214 ⋅=

( )[ ]21/2j4 j ⋅=

( )[ ]1/250 j100 j ⋅=

100

1I

Para calcular la impedancia mutua observemos que k no cambia. Antes de hacer la

reducción al primario: 25,0k 11k25,0 k21 LL =⇒⋅=⇒Χ⋅Χ=ΧΜ

Una vez hecha la reducción: 5,041 25,0' =⋅=ΧΜ

Obsérvese que el acoplamiento al pertenecer por un lado al primario y por otro al

secundario, se ha transformado por la relación simple de espiras y no por el cuadrado de

la relación de espiras.

Obsérvese también que la corriente que circula por el circuito es precisamente 1I (la del

primario). Entonces:

Página 5


( ) ( ) 1111111 I 50,0 jI jI 50,0 jI 4 jI 4I j1I j1100 j100 −+−+++++=−

( ) A 6667,16 jII 6 j6100 j100 11 −=⇒+=−

Y ahora:

V 3333,8I 50,0 jI 50,0 jI jV 111L ==−=

Nótese, por ejemplo, que si se quisiera calcular 1V :

j1+

j1+

j

50,0 j

4

4 j

100 j

100

1V

1I

Entonces:

1111 I 5,0 jI 4 jI 4100 jV −++= ó también:

[ ] ( ) ( ) 11111 I j1I j1100I 5,0 jIjV +−+−+−−=

2I y 2V se obtienen de 1I y 1V utilizando la relación de espiras.

Ejercicio 6

Los aparatos se consideran ideales: los amperímetros y las bornas amperimétricas de los

vatímetros son cortocircuitos perfectos; los voltímetros y las bornas voltimétricas son

circuitos abiertos y no hay circulación de corriente.

Ω 6,86

Ω 6,86Ω− 75 j3,43

Ω− 75 j3,43

A

B

C

AI

BI

CI

O

Página 6


Observemos que el punto O es, en realidad, el punto C y la impedancia de la parte

superior está sometida a la tensión Ω−+ 75 j3,436,86 ACU y recorrida por AI . La

impedancia de la fase B ( Ω+− 6,8675 j3,43 ) está sometida a la tensión BCU y está

recorrida por BI . Por tanto:

A º90 5334,275 j9,129º60 380

75 j3,436,86UI AC

A ∠=−∠

=−+

=

A º30 5334,275 j9,129º0 380

6,8675 j3,43UI BC

B ∠=−∠

=+−

=

La tensión compuesta es de 380 V y obsérvese que si AU tiene un ángulo de 90º:

AU

BUCU

Vº60 380UAC ∠=

V º0 380UBC ∠=

Por otro lado, en el punto O se cumple que:

A º120 3880,4III0III BACCBA −∠=−−=⇒=++

Lectura de los amperímetros

Los amperímetros indican el valor eficaz: A 3880,4A ;A 5334,2AA 321 ===

Lectura del voltímetro

2V

1VV

+ +

+-

-

-

6,86

AI

BI

75 j3,43 −

Se observa que:

( ) ( ) V 06,86 I75j3,43 IVVV BA21 =−−=−=

Página 7


Lecturas de los vatímetros

Según la polaridad indicada, el vatímetro 1 está sometido a ABU (que si se dibuja tiene

un ángulo de 120º) e AI y su lectura:

( ) ( ) W 7,833º90º120cos5334,2380I,UcosI UWcorriente ángulo

menos tensión ánguloAABAAB1 =−⋅⋅==

El vatímetro 2 está sometido a CBU e CI ( CBU tiene ángulo de 180º) y su lectura:

( ) ( ) W 7,833)º120(º180cos3880,4380I,Ucos I UW CCBCCB2 =−−⋅⋅==

Página 8


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 Considerando la señal v(t) que se muestra en la figura:

a) Dibujar razonadamente la señal 2⋅v(t/2+1)⋅u(t-2) con u(t) escalón unitario. b) Calcular el valor medio de v(t). c) Si esta señal de tensión se aplica en bornes de un condensador de valor 100 µF,

dibujar la señal de corriente. d) Calcular la energía absorbida por el condensador entre los instantes 3 y 5 s.

Razónese la respuesta.

1 2 3 4 5 6 7 s ,t

5

10V ),t(v

Ejercicio 2 En el circuito de la figura:

a) Determinar la tensión oV . b) Determinar la potencia consumida por la bobina de impedancia j12 Ω. c) Dibujar un esquema magnético equivalente de las bobinas acopladas j8 Ω y j12

Ω.

Ω− 6 j

+-

Ω 8 j

Ω 12 j

Ω 10

V º30 20∠

Ω 4 joV

+

-

Ejercicio 3 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de pulsación 1,6 Mrad/s.

a) ¿Cuál es la impedancia, abZ , del circuito vista desde los terminales a-b?. b) A partir de abZ deducir los valores de R, L, C o combinación.

Ω 5 Ω 25( )ti∆

( )ti 15 ∆H 25µa

b Ejercicio 4 En el circuito de la figura calcular el valor de la corriente 1I

Ω− 2 j Ω 36

1I

V º0 24∠

Ω 5 Ω 82:1

Ω 18 j

3:1

Ejercicio 5 En el circuito de la figura calcular el valor de la corriente ix(t).

+-

( )tix

( ) V t2sen 2

Ω1H 1

+-

( ) V t10cos 2

Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas


Ejercicio 1

a) ( ) ( 2tu12/tv 2 −+ )

3 4 5 6 70

20

8 1210

10

s ,t2 9 111

2)-u(t 1) v(t/22 +

b) ( ) V 74551

215151

2151102102

21

71dt tv

T1V

T

0 med =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅== ∫

c) La expresión analítica de v(t) es:

( ) V

7t6 35t56t5 55t4 30t54t2 102t0 t5

tv

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<+−<<<<+−<<<<

=

En el condensador:

( ) ( ) A

7t6 5006t5 05t4 5004t2 02t0 500

dttdvCti µ

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

<<−<<<<−<<<<

==

Página 1


s ,t2

4 5 6 7

500

500−

( ) A,ti µ

31

d)

( ) ( ) ( ) J1075,310010212510

213v10100

215v10100

215,3W 3442626 −−−−− ⋅−=⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=

(Mirando la gráfica se observa v(5) = 5 V y v(3) = 10 V).

Entre los instantes 3 y 5 segundos, el condensador cede energía (3,75 mJ). De la figura

de v(t) se observa que entre 3 y 4 segundos la tensión en el condensador no cambia

entre estos dos instantes, ni absorbe ni cede energía. Todo lo que cede lo hace entre 4 y

5 segundos, instantes entre los que su tensión decrece (se descarga y cede energía).

Ejercicio 2

Ω− 6 j

+-

Ω 8 j

Ω 12 j

Ω 10

V º30 20∠

Ω 4 joV

+

-

I

a) Se tiene:

( )A º9638,0 7150,1I

I 6 j10º30 20I 10I 4 jI 12 jI 4 jI 8 jI 6 jº30 20

−∠=⇒

⇒+=∠⇒+−+−+−=∠

Por tanto:

( ) V º7,37 96,21I 8 j10I 10I 4 jI 12 jVo ∠=+=+−=

Obsérvese que )I 4 jI 12 j( − es la tensión en la bobina de j12.

Página 2


b) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=

====−==

VAr 53,23Q

W 0PVA 53,23 jI 8 jI I 4 jI 12 jI VS

12j

12j2**12j12j

La bobina de impedancia j12 consume 23,53 VAr de potencia reactiva.

Obsérvese que la potencia se ha calculado utilizando el concepto de impedancia

compleja. La expresión no sirve aquí, pues la bobina está acoplada. L2

L XIQ =

c)

j 12 + - º3020∠

j 8 j 4

10

-j 6

Obsérvese cómo los sentidos de los bobinados proporcionan los puntos dibujados.

Ejercicio 3

a) Transformando el circuito al dominio de la frecuencia e introduciendo un generador

de prueba, se tiene:

Ω 5 Ω 25

∆I

∆I 1540 j

a

b

testI

testE

testI

∆I

( )∆∆ −+=− II 5I 40 jI 15E testtesttest

( ) ∆∆ +−= I 25II 50 test

Página 3


De la segunda: testI61I =∆ que sustituido en la primera:

Ω+== 40 j320

IEZ

test

testab

b) Ηµ=⇒⋅=⇒⋅ω= 25LL 106,140LX 6L

Ω 40 jΩ 3

20

Ω3

20H 25µ

a b

a b

Dominio de la frecuencia

Dominio del tiempo

Ejercicio 4

Hagamos la reducción al primario:

2 j− ( )23/1 36

+-

1I

V º0 24∠

5 82:1

( )2 j

3/1 18 j 2

==⋅

12

2 j−

1I

V º0 24∠

5

( )22/12 j ⋅

( )22/112⋅

2 j−

1I

V º0 24∠

8

5,0 j

A º6,10 95,25,0 j2 j8

º024I1 ∠=+−∠

=

Página 4


Ejercicio 5

Aplicamos el principio de superposición:

Fuente de ω = 10 rad/s desactivada:

( )ti 1x

Ω 1H 1

1xIº90 1 −∠

12 j

( ) V,t2sen 2

( )º90t2cos 2 −

=

A º57,26 4472,02j1

º90 1I 1x ∠=+−∠−

=


( ) ( ) A º57,26t2cos4472,02ti 1x +=

Fuente de ω = 2 rad/s desactivada:

( )ti 2x

( )t10cos2

Ω 1H 1

2xIº0 1∠

110 j

A º29,84 0995,010j1º0 1I 2x −∠=

+∠

=


( ) ( )Aº29,84t10cos0995,02ti 2x −=

Por tanto:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A º29,84t10cos 0995,0 2º57,26t2cos 4472,0 2tititi 2x1xx −++=+=

Página 5

E.U.I.T.I. (Toledo) Fecha: 01-09-03 Examen de Teoría de Circuitos

ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

Para identificar un elemento de un circuito se utiliza un osciloscopio. El canal I representa la señal de tensión en bornes del elemento y el canal II la corriente absorbida por dicho elemento. Sabiendo que la escala vertical es 20 V/div ó 20 mA/div y que la escala de tiempos es 50 µs/div, responda razonadamente:

canal II

canal I

a) Valor medio de la señal de tensión. b) Valor eficaz de la señal de corriente. c) Elemento eléctrico que se trata y su valor. d)Valor de la energía puesta en juego por el elemento durante las 2,5 primeras divisiones. Razónese la respuesta.

Ejercicio 2 En el circuito de la figura se pide:

(a) Escribir las ecuaciones de malla considerando las corrientes 1I e 2I dibujadas.

10

+ − 50

10

j5 j5

j5

j2 j2

2I1I

j2

10 (b) Siendo los valores

Aº7,16 2,3I1 −∠= e Aº7,16 6,1I2 −∠= , calcular las

potencias activa y reactiva consumidas por la bobina central de j5 y generadas por la fuente.

Ejercicio 3

( )A t100cos 215 Ω2 v(t)

+ v(t) −

( ) V º30t100sen5 2 +A

1000 µF

+ − Calcular el equivalente 30 mH de Thévenin entre A y B. Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas.

B


Ejercicio 1

a) Dibujemos un período de la señal de tensión del canal I:

t

v(t)

V 80

V 80−

T

El valor máximo es:

V 80 divV20div 4Vmáx =×=

Por ser la señal alterna simétrica, el valor medio

en un período es nulo. Tomando el semiperíodo

positivo se tiene:

( ) V 40802T

21

2/T1dttv

2/T1V

2/T

0 med =⋅⋅⋅== ∫

b) Valor eficaz de la señal de corriente.

La figura de la izquierda representa un período

de la señal de corriente.

El valor máximo de la señal de corriente es:

mA 60divmA20div 3Imáx =×=

El valor eficaz I de la señal de corriente se

define:

( )∫=T

0

2 dt tiT1I

mA 60

mA 60−

Obsérvese que es el área entre 0 y T bajo la curva ( )dt tiT

0

2∫ ( )ti 2 . Dibujamos i2(t):

t

i2(t)

2)mA( 3600

T

Por tanto:

( ) mA 603600TT1dt ti

T1I

T

0

2 =⋅⋅== ∫

Página 1


c) La derivada de una señal triangular (como en este caso es la tensión) es una

señal cuadrada (como en este caso es la corriente).

El elemento eléctrico cuya corriente es proporcional a la derivada de su tensión es el

condensador. La ecuación característica es: ( ) ( )dt

tdvCti =

Tomemos un primer tramo de la señal de tensión:

dtdv

V 80

s 5,62div/s 50div 25,1 µ=µ×

La pendiente de esa recta es precisamente y se

corresponde con una corriente de 60 mA.

Por tanto:

nF 47C105,62

80C1060 63 =⇒

⋅=⋅ −

−

d) La energía puesta en juego por un condensador entre dos instantes de tiempo t1 y

t2 viene dada por la expresión: ( ) ( ) ( )[ ]12

22

21 tvtvC21t,tW −=

( ) ( ) ( )[ ] [ ] J 000104721div 0vdiv 5,2v1047

21div 5,2 div 0W 9229 =−⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅= −−

El balance neto de energía puesta en juego por el condensador durante las 2,5 primeras

divisiones es 0 J. Lo que ha ocurrido es que la energía absorbida por el condensador

durante las primeras 1,25 divisiones ( )[ ]J 105,1div 25,1 ,div 0W 4−⋅= es la misma que

cede durante las siguientes 1,25 divisiones ( )[ ]J 105,1div 5,2 ,div 25,1W 4−⋅−= .

Página 2


Ejercicio 2

a) Malla 1:

( ) ( )

( )

( ) ( ) 21

21

central bobina sobre derecha bobina influencia

2

central bobina sobre izquierda bobina influencia

1

central bobina

21

izquierda bobina sobre derecha bobina influencia

2

izquierda bobina sobre central bobina influencia

21

izquierda bobina

11

I 3 j10I 6 j2050

II 10I 2 jI 2 j

II 5 jI 2 jII 2 jI 5 j I 1050

−−++=⇒

⇒−++−

−−+−−−+=

Malla 2:

( ) ( )

( )

( ) ( ) 21

2

derecha bobina sobre central bobina influencia

12

derecha bobina sobre izquierda bobina influencia

1

derecha bobina

2

central bobina sobre derecha bobina influencia

2


1

central bobina

1212

I 6 j20I 3 j100

I 10II 2 jI 2 j

I 5 j I 2 jI 2 jII 5 jII 100

++−−=⇒

⇒+−−−

−+−+−−−=

LcentralV21 II −

b) Tensión en la bobina central:

( )

( ) V º3,73 80,4º7,16 6,12 jº7,16 2,32 jº7,16 6,1º7,16 2,3 5 j

I 2 jI 2 jII 5 jVcentral bobina sobre

derecha bobina influencia

2


1

corriente propiasu a debidocentral bobina tensión

21Lcentral

∠=−∠⋅+−∠⋅−−∠−−∠

=+−−=

=

( )⎩⎨⎧

==

⇒=∠=∠⋅∠=−=VAr 68,7Q

W 0PVA 68,7 jº90 68,7º7,16 6,1º3,73 80,4II VS

*

21LcentralLcentral

La bobina central consume 7,68 VAr de potencia reactiva.

Generador:

+-GV

GI

⎩⎨⎧

==

⇒+=

=∠=∠⋅==

VAr 98,45QW 25,153P

VA 98,45 j25,153

º7,16 160º7,16 2,350I VS*

GGG

Página 3


El generador genera 153,25 W de potencia activa y 45,98 VAr de potencia reactiva.

Ejercicio 3

Representamos el circuito en el dominio de la frecuencia (ω = 100 rad/s). Impedancias

en ohmios, tensiones en voltios y corrientes en amperios.

+ −

V 23 j

10 j− º605 −∠

V15 º01∠

A

B

Cálculo de la tensión de Thévenin o tensión de vacío entre A y B, ABV . Utilizando

transformación de fuentes se obtiene:

+−

A

B

10 j−

V6 j

3 j

º605 −∠

Vº015∠

I15

La ecuación de malla proporciona: I 3 jI10 jI 15V6 jº60 5º0 15 +−=−−∠+∠

Por otro lado, I 15º0 15V −∠= que al sustituirlo en la ecuación anterior:

( ) A º72,1 9775,0II 3 jI 10 jI 15I 15º0 156 jº60 5º0 15 ∠=⇒+−=−∠⋅−−∠+∠

V º98,51 5587,0I 15º0 15V −∠=−∠=

Por tanto:

V º93,62 61,5I 3 jV6 jVAB ∠=+=

Página 4


Obsérvese en la figura adjunta inferior derecha cómo la tensión V es la suma de la

tensión del generador independiente (15∠0º) menos la tensión en la resistencia de 15 Ω

( I 15 ), mientras que (véase figura izquierda) la tensión entre A y B, ABV , es la tensión

de la fuente dependiente ( V 6 j ) más la tensión de la bobina de j3 Ω.

+−

A

B

V6 j

3 j

ABV

I

3 jV

V

º015∠

15

I

15V

Cálculo de la impedancia de Thévenin entre A y B.

Desactivamos fuentes independientes de tensión y corriente (las de tensión se

cortocircuitan y las de corriente se abren). Introducimos un generador de prueba entre A

y B.

A

B

10 j−

3 j V 2 V

testI

testE

15

Es posible escribir que:

j10-15por formada rama

lapor circulaque corriente

test

edependientcorriente

de fuente lade corriente

j3 de bobinalapor circula

que corriente

test

generadordel corriente

test 10 j15E

V 23 j

EI

−+−=

Página 5


Obsérvese que la resistencia de 15 Ω y el condensador de –j10 forman un divisor de

tensión alimentado a la tensión testE y la tensión en la resistencia de 15 Ω es, por tanto,

10 j1515 EV test −

=

Entonces:

;10 j15

E10 j15

E152

3 jE

I testtesttesttest −

+−

⋅−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+−

−=10 j15

110 j15

303 j

1EI testtest

Ω∠== º5,137 55,0IE

Ztest

testAB

Y el equivalente de Thévenin entre A y B:

A

B

V 61,5 º93,62∠

Ω∠ 55,0 º5,137

Obsérvese que también se podría haber calculado la impedancia entre A y B a la

derecha y hacer el paralelo con la impedancia entre A y B a la izquierda (que es j3).

Página 6


Impedancia de A y B a la derecha:

A

B

10 j−

V 2 V

testI

testE15

Se tiene: 10 j15

EV 2I test

test −+−=

10 j15E

10 j15E

152I testtesttest −

+−

⋅−=

Ω∠== º31,146 6216,0IE

Ztest

testderechaAB

Impedancia entre A y B a la izquierda: A

B

3 j

3 jZ izquierdaAB =

Y el paralelo de ambas es: Ω∠== º5,137 55,0Z||ZZ izquierdaABderechaABAB

Página 7


Otra forma de cálculo de ABZ utilizando tensión de vacío ABV (tensión de Thévenin) y

la corriente de cortocircuito ABI (corriente de Norton)

La tensión de vacío ABV se ha calculado previamente ( V 93,62 61,5VAB ∠= )

Cortocircuitamos A y B y vemos la corriente que circula desde A a B, ( ABI )

A

B

10 j−

3 jV2 V

ABI

15

º605 −∠

º01∠

En bornes de la bobina de j3 hay 0 V y por ella no circula corriente (pues la corriente

sería 0/j3), así que puede eliminarse frente al cortocircuito. Obsérvese que el anterior

circuito puede dibujarse:

A

B

10 j−

V2V

ABI 15

º605 −∠

º015∠

I

En la malla de la derecha se tiene: A º79,19 1II 10 jI 15º60 5º0 15 ∠=⇒−=−∠+∠

Y la corriente de cortocircuito entre A y B es:

[ ] A º55,74 19,10I 29º0 30I 15º0 15 2IV2IIAB −∠=−∠=−∠+=+=

Por tanto: Ω∠=−∠

∠== º5,137 55,0

º55,74 19,10º93,62 61,5

IVZ

AB

ABAB

Página 8

E.U.I.T.I. (Toledo) Fecha: 06-02-04

+ -

Ω 200,1 H( ) V ,t50cos50 2

0,4 Hk = 0,4

Examen de Teoría de Circuitos

ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

3

-3

x(t)

t 6 2

6

4

En la señal x(t) de la figura calcúlese: a) Valor medio. b) Valor eficaz. c) Factor de amplitud. d) Factor de forma.

Ejercicio 2

Ω 10

j 100 V +-

B

+-

+

-

I4VV 3

I

A En el circuito de la figura hállese el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. j20 Ω

Ejercicio 3 En el circuito de la figura, calcúlense las potencias activa y reactiva consumida por la bobina de 0,4 H. Interprétense los resultados y razónese el resultado.

Ejercicio 4 En el circuito de la figura, se tiene que v(t) es una tensión sinusoidal de 300 V (valor eficaz) y de frecuencia 50/π Hz. El valor eficaz de i1(t) es de 2 A y está retrasada 40º respecto de v(t). El valor eficaz de i2(t) es de 3 A y está adelantada 20º respecto de v(t). a) Escribir las ecuaciones de v(t), i1(t) e i2(t). b) Determínense los valores de R, L, C o combinación de los subcircuitos CE1 y CE2. c) Determine el valor de i(t).

i1(t)

−

+

CE1

i2(t)

v(t) CE2

Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas.


Ejercicio 1

a) Valor medio:

( ) [ ] unidades 432623261dt tx

T1

x(t)curva la bajo área

T

0 med =⋅+⋅+⋅==Χ ∫

b) Valor eficaz.

Dibujemos x2(t) y veamos el área bajo la curva.

c) Factor de amplitud:

41,124,46F máx

A ==Χ

Χ=

d) Factor de forma:

06,1424,4F

medf ==

ΧΧ

=

Ejercicio 2

9

(t)

6 2 t

x 2

3 6

4

( ) ( )

unidades 24,418

9236292 61dt tx

T1X

T

0

2

==

=⋅+⋅+⋅== ∫

+ -

A

B

+-

+

-

Ω 10

I4VV 3

I

j 100 j20 Ω

Página 1


Cálculo de la tensión de vacío ABV (tensión de Thévenin)

La tensión V dibujada es precisamente la tensión entre A y B ( ABV )

Se tiene:

I 80 j20 j I4V =⋅=

En la malla de la izquierda:

I 10V 3100 j =−

De esta última ecuación se obtiene:

V 3,010 j10

V 3100 jI −=−

= que sustituido en la primera:

[ ] ( ) V º39,92 30,3324 j1

800V800V 24 j1V 24 j800VV 3,010 j80 jV ∠=+−

=⇒−=+⇒−−=⇒−=

Entonces:

V º39,92 30,33VVAB ∠==

Cálculo de la impedancia de Thévenin ABZ entre A y B.

Desactivamos fuentes independientes (se cortocircuitan fuentes de tensión y se abren las

de corriente).

Introducimos un generador de prueba entre A y B.

10

20 j

I

I4 testI

testE

testE 3 +−

Se observa que:

I 420 j

EI testtest −=

Por otro lado: testtest E 3,0II 10E 3 −=⇒−=

Página 2


Por tanto: ( )2,105,0 j EE 2,120 j

EI testtesttest

test +−=+=

Ω+=−

== 0347,0 j8319,005,0 j2,1

1IEZ

test

testAB

El equivalente de Thévenin es:

A

B

V º39,92 30,33 ∠

Ω+ 0347,0 j8319,0

Cálculo de ABZ utilizando la tensión de vacío entre A y B ABV (tensión de Thévenin) y

la corriente de cortocircuito ABI (corriente de Norton)

La tensión de vacío ABV está ya calculada siendo V º39,92 30,33VAB ∠=

Cortocircuitamos A-B. La bobina de j20 queda en bornes del cortocircuito (0 V) y por

ella no circula corriente; por tanto se elimina. Al hacer el cortocircuito entre A y B

resulta 0V = y la fuente de tensión dependiente proporciona V 003 =⋅ y, por tanto, es

equivalente a un cortocircuito. Resulta:

A

I

I4 ABI +

-

10

B

100 j

Se observa que:

A40 j10100 j4I 4IAB =⋅==

Por tanto: Ω+=∠∠

== 0347,0 j8319,0º90 40

º39,92 30,33IVZ

AB

ABAB

Página 3


Ejercicio 3

Circuito en el dominio de la frecuencia:

20 j

20

2I

5 j

1I

V º0 50∠

4 j

Mediante ecuaciones de malla:

( ) A º14,168 4893,0IA º82,87 5219,2I

I5 j20I4 j0

I4 jI20 jº0 50

I 20I 4 jI 5 j0

I 4 jI 20 jº0 50

2

1

21

21

212

21

∠=−∠=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

++=

+=∠⇒

⎪⎩

⎪⎨⎧

++=

+=∠

La tensión en la bobina de j20 es, directamente, º0 50∠ pues está conectada en bornes

del generador. Se tiene:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒+=∠⋅∠=⋅=

VAr 126Q

W 8,4PVA 126 j8,4º82,87 5219,2º0 50IVS

20j

20j*120j20j

La bobina de j20 consume 4,8 W de potencia activa y consume 126 VAr de potencia

reactiva.

Resultados sorprendentes: la potencia activa que consume la resistencia de Ω 20

( W ) se transfiere desde el generador a la resistencia a través de las bobinas

(actúan como transformador).

8,4R I 22 =

Ejercicio 4

a) Tomemos ( )tv como referencia (ángulo 0º):

( ) ( ) V t100cos 300 2tv =

( ) ( ) A º40t100cos 2 2ti1 −=

( ) ( ) A º20t100cos 3 2ti2 +=

Página 4


(Téngase en cuenta que s/rad 100502f2 =π

π=π=ω )

b) Representemos el circuito en el dominio de la frecuencia, V º0 300V ∠= ,

A º40 2I1 −∠= , A º20 3I2 ∠= .

2I1I

V1CEZ

2CEZ

La tensión V en bornes de cada elemento es conocida y es la misma para los dos

elementos del circuito porque se encuentran en paralelo. Además, conocemos las

corrientes que circulan por dichos elementos. Por tanto, es posible calcular las

impedancias 1CEZ y

2CEZ .

Ω+=Ω∠=−∠∠

== 42,96 j91,114 º40 150º40 2º0 300

IVZ

1CE1

El circuito más sencillo que representa el elemento CE1 es una resistencia y una bobina

en serie.

Ω 91,114

=

42,96 j

1CER

1CEL 42,96 ω= como ω = 100 rad/s entonces se tiene que Η= 9642,0L1CE

La impedancia del segundo elemento es:

Ω−=Ω−∠=∠∠

== 20,34 j96,93 º20 100º20 3º0 300

IVZ

2CE 2

El circuito más sencillo que representa el elemento CE2 es una resistencia y un

condensador en serie.

Página 5


Ω 96,93 20,34j−

2CER

F1092,2CC100

120,34 4CE

CE2

2

−⋅=⇒⋅

=

c) A º41,3 36,4º20 3º40 2III 21 −∠=∠+−∠=+= y en el dominio del tiempo:

( ) ( ) A º41,3t100cos 36,4 2ti −=

Página 6

E.U.I.T.I. (Toledo) Fecha: 7-09-04 Examen de Teoría de Circuitos

ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de 10 krad/s.

• Indíquese el valor de la impedancia (en función de β) vista desde los terminales A-B. • ¿Existe algún valor del parámetro β para el que la impedancia sea resistiva pura?.

Razónese el valor de β encontrado.

B

A

200 Ω β i(t)

i(t) 10 mH1 µF

Ejercicio 2 En el circuito de la figura, calcúlese la tensión vg(t) en bornes del generador de corriente.

Ω10 3 A

10 Ω mH 40

mH160+-

k=1

( ) V ,º90t50sen 28,127 + vg(t) − +

2 mF

Ejercicio 3 En el circuito de la figura adjunta, calcúlense las potencias activa y reactiva proporcionadas por las fuentes y consumidas en los elementos. Realícese un balance de potencias.

j100 V + -

+

-

Ω10

I4VV 3

I

+-

j20 Ω Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas.


Ejercicio 1

El circuito en el dominio de la frecuencia con ω = 104 rad/s e introduciendo un

generador de prueba testE :

100 j

( ) testI 1 β+A

testI β

testI

testE 200

B

100 j−

Considerando la malla externa (contorno externo del circuito):

( ) ( ) testtesttesttest I 1 200I 1 100 jI 100 jE β++β++−=

( ) β+β+== 100 j1 200IE

Ztest

testAB

Para que la impedancia sea resistiva pura 0=β . En ese caso Ω= 200ZAB . En efecto, si

la fuente de corriente dependiente no lanza ninguna corriente y puede suprimirse

del circuito (pues se comporta como un circuito abierto). En ese caso, la impedancia

capacitiva ( ) anula la impedancia inductiva ( ) y sólo se obtiene la

resistencia de

0=β

100 j− 100 j

Ω 200 entre A y B. El circuito está en resonancia.

Página 1


Ejercicio 2

Aplicamos el principio de superposición.

Consideramos fuente de alterna y la de continua desactivada:

Ω 10

( )º90t50sen 28,127 +

mF 2( )ti1

( )t50cos 90 2

( )tv 1g +- mH 160

mH 40

Ω 10

1k =

Se tiene que mH 80160401L L k 21 =⋅⋅==Μ

En el dominio de la frecuencia (obsérvese que la impedancia mutua es

4 jM jZM =ω= ):

1010 j−

1I

º0 90∠ 8 j1gV

2 j

10

4 j

( )A º66,38 03,7I

I 8 j10º0 90I 4 jI 8 jI 4 jI 2 jI 10I 10 jº0 90

1

1111111

−∠=⇒

⇒+=∠⇒+++++−=∠

La tensión 1gV es la misma que la de la bobina de j2 ya que en la resistencia de 10 Ω no

existe tensión pues no circula corriente por ella. Entonces:

V º34,51 18,42º66,38 03,76 jI 6 jI 4 jI 2 jVV 1112j1g ∠=−∠⋅==+==


( ) ( ) V º34,51t50cos 18,42 2tv 1g +=

Página 2


Consideramos la fuente de continua y desactivamos la de alterna.

En corriente continua y en régimen permanente (cuando el circuito lleva un tiempo

largo funcionando), los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las

bobinas como cortocircuitos.

( )tv10

A 3

( )tv 2g

Ω 10( ) ( ) V 30310tvtv 102g =⋅==

Entonces:

( ) ( ) ( )( ) V 30º34,51t50cos 18,42 2

tvtvtv 2g1gg

++=

=+=

Ejercicio 3

j100 V + -

+

-

Ω10

I4VV 3

I

+-

j20 Ω

V º39,92 30,33VA º39,2 4163,0I

I 10V 3100 j

I80 jI 420 jV∠=∠=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=⋅=

Potencia generada por la fuente de j100:

+-

100 j

I

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒+=

=∠=−∠⋅=⋅=

VAr 59,41Q

W 74,1 PVA 59,41 j74,1

º61,87 63,41º39,2 4163,0100 jIVS

100j

100j

*

100j100j100j

La fuente de j100 genera 1,74W de potencia activa y genera 41,59 VAr de potencia

reactiva.

Página 3


Potencia generada por la fuente de tensión de V 3 .

Obsérvese que el cálculo de la potencia se realiza con el criterio generador (corriente

saliendo por el +).

I−

V3I+− V 3

=

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

=⇒−=−∠=

=∠⋅∠=−⋅=⋅=

VAr 59,41Q

W 0 PVA 59,41 j0VA º90 59,41

º61,177 4163,0 º39,92 90,99IV3IVS

V3

V3

**

V3V3V3

La fuente de tensión dependiente de valor V 3 genera 0 W de potencia activa y genera

de potencia reactiva, es decir que consume 41,59 VAr de potencia

reactiva.

VAr 59,41−

Potencia generada por la fuente de corriente de valor I4

Obsérvese que la tensión a la que se encuentra dicha fuente es V .

( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒+=∠=

=−∠⋅⋅∠=⋅==

VAr 45,55Q

W 0 P VA 45,55 j0º90 45,55

º39,2 4163,04 º39,92 30,33I 4VI VS

I4

I4

**

I4I4I4

V

+

−I 4

La fuente de corriente dependiente de valor I4 genera 0 W de potencia activa y genera

55,45 VAr de potencia reactiva.

Potencia consumida en la resistencia de Ω 10

Sabemos que una resistencia consume activa de valor RI2

( ) W 74,1104163,0P 210 =⋅=Ω

Potencia consumida por la bobina de Ω20 j

Sabemos que una bobina (no acoplada) consume potencia reactiva de valor:

Página 4


VAr 45,552030,33VQ

2

L

2

20j ==Χ

=

También como la atraviesa una corriente I4 se puede calcular como

( ) VAr 45,5520I4 I 2L

2 ==Χ

Balance de potencias:

Potencia activa ⎩⎨⎧

==

W 74,1consumidaW 74,1generada

Potencia reactiva ⎩⎨⎧

==+−=

VAr 45,55consumidaVAr 45,5545,5559,4159,41generada

Luego se conserva la potencia activa por un lado y la reactiva por el otro (teorema de

Boucheraut).

Página 5

E.T.S.I.I. de Ciudad Real Fecha: 25-05-04 Examen de Teoría de Circuitos

ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

La señal de corriente representada en la figura, donde i(t) se expresa en miliamperios y t en milésimas de segundo, circula por un elemento de un circuito. Dibújese la tensión en bornes de dicho elemento:

1 4 t, ms

i(t), mA

5

a) Si el elemento es una resistencia de valor 1 kΩ b) Si el elemento es una bobina de 10 mH c) Si el elemento es un condensador de 100 µF

Ejercicio 2 En el dispositivo electrónico de la figura, calcúlese la impedancia entre los puntos A y B, para señales sinusoidales de 10 krad/s.

+ −

10 i(t) ( )2tv

1 µF

+

v(t)

−

A 200 Ω

i(t)

B Ejercicio 3 En el circuito de la figura,

a) Coméntese si el valor de la inductancia mutua (M=0,14 H) es consistente. b) Obténgase un esquema magnético equivalente. c) ¿Cuál es la tensión en bornes de la bobina de 0,1 H?, ¿circula corriente por ella?. Explíquese lo que está ocurriendo físicamente.

0,14 H 0,4 H

( ) V ,t50cos50 2 0,1 H+-

Ejercicio 4 En el circuito adjunto, calcúlese el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. ¿Qué impedancia es necesario conectar entre A y B para que se le transfiera la máxima potencia?. Especifíquese el valor de dicha potencia.

Ω10

A

B

Ω8j

Ω2jj90 V + -

Ω− 10j10

j3 A

Ejercicio 5 En la figura adjunta, la red trifásica es equilibrada en tensiones y de secuencia inversa. El receptor (carga) es también equilibrado. El amperímetro, el voltímetro y el vatímetro marcan 2 A, 220 V y 660 W, respectivamente.

a) Calcúlese el ángulo ϕ de la carga. b) Calcúlense las potencias activa, reactiva y compleja totales consumidas por

el receptor.

W*

*C A R G A

A B C N

A

V

Cuestión teórica Un circuito constituido por diversos componentes tiene unas dimensiones físicas del orden de 75 cm y trabaja con señales de frecuencia 100 Mhz. ¿Son aplicables las leyes estudiadas en teoría de circuitos?. Razónese la respuesta. Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los ejercicios.


Ejercicio 1

Dibujemos la señal i(t) donde las unidades del eje vertical se han expresado en A (antes

estaban expresadas en mA) y las unidades del eje horizontal se han expresado en s

(antes estaban en ms). De esta manera se establece la expresión analítica de la señal de

corriente i(t) en amperios con el tiempo en segundos.

1⋅10-3 4⋅10-3 t, s

i(t), A

5⋅10-3( ) A

s104t 0s104t10 105

s10t0 t 5ti

3

333

3

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<⋅

<<

=−

−−−

−

a) En una resistencia se verifica que ( ) ( )ti Rtv = y, por tanto:

( ) ( ) V s104t 0

s104t10 5s10t0 t 5000

ti Rtv3

33

3

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<

==−

−−

−

La representación gráfica se muestra a continuación:

1⋅10-3 4⋅10-3 t, s

v(t), V

5

b) La ecuación característica de una bobina es ( ) ( )dt

tdiLtv = y, por tanto:

( ) ( ) V s104t 0

s104t10 0s10t0 05,0

dttdiLtv

3

33

3

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<

==−

−−

−

A continuación se muestra la representación gráfica de la tensión en la bobina.

Página 1


310− s,t

( ) V,tv

05,0

Se observa que entre 0 y 1 ms (10-3 s) la corriente (proporcional al flujo magnético) que

atraviesa la bobina crece linealmente con el tiempo y, por tanto, la tensión en bornes

(proporcional a la derivada de la corriente) es constante (0,05V). Para tiempos en los

que la corriente (flujo magnético) que atraviesa la bobina es constante, la tensión en

bornes es nula (0 V).

c) En un condensador se verifica que ( ) ( )dt

tdvCti = y se tiene: ( ) ( )∫∫ = dt tiC1tdv .

Aquí hay que tener especial cuidado al integrar cada tramo de la función, pues aparecen

constantes que hay que considerar.

Tramo s10t0 3−<< . Integremos entre 0 y t, donde t es cualquier tiempo de este tramo.

( ) ∫∫ −⋅=

t

0 6

t

0 dt t 5

101001tdv

( ) ( ) ( ) V t10 25tv 2t 5100vtv 23

t

0

24

0 )0(v⋅=⇒⋅=−

=

v(0) = 0 porque el condensador se encuentra inicialmente descargado.

Tramo s104t10 33 −− ⋅<< . Integremos ahora entre 10-3 y t, donde t es cualquier

instante del intervalo comprendido entre 10-3 y 4⋅10-3.

( ) ( ) ( ) ( ) V025,0t50tv1050t5010vtvdt10510100

1tdv 33t

10

36

t

10 33−=⇒⋅−=−⇒⋅

⋅= −−−

− ∫∫ −−

Página 2


El valor ( )310v − se ha obtenido del tramo anterior:

Recuérdese que el condensador no admite

cambios bruscos de tensión, por lo que ésta (la tensión en bornes del condensador) es

una función continua.

( ) ( ) V 10251010 2510v 32333 −−− ⋅=⋅⋅=

Tramo s104t 3−⋅>

( ) ( ) ( ) ( ) V 175,0t v0104vtv dt 010100

1tv 3t

104 6

t

104 33=⇒=⋅−⇒

⋅= −

⋅−⋅ ∫∫ −−

El valor ( )3104v −⋅ se obtiene del tramo anterior siendo:

( ) V 175,0025,010450104v 33 =−⋅⋅=⋅ −−

Resulta pues:

( ) V s104t 175,0

s104t10 0,025- t50s10t0 t 1025

tv3

33

323

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<⋅

=−

−−

−

A continuación se realiza la representación gráfica de la tensión en el condensador.

310− s,t

( ) V,tv

025,0

175,0

3104 −⋅

Entre 0 y 1 ms (10-3 s) la corriente que entra al condensador crece con el tiempo

linealmente y, por tanto, la tensión en bornes crece cuadráticamente con él (la integral

de una expresión de grado 1 es una parábola –grado 2-). Entre 1 y 4 ms (10-3 s y 4⋅10-3

s) la corriente es constante y, por tanto, la tensión crece linealmente con el tiempo (la

integral de una constante es una función de orden 1). Por último, cuando no entra más

corriente al condensador, éste se queda cargado con la tensión a la que se encontraba

Página 3


(0,175V). Obsérvese que en el condensador es una función continua puesto que el

condensador no admite cambios bruscos de tensión.

( )tv

Realice el lector directamente la representación gráfica de las señales a partir de la

gráfica inicial de i(t). Así, en la resistencia, v(t) se obtiene a partir de i(t) realizando un

escalado de valor 1000 de la variable dependiente; v(t) en la bobina se obtiene a partir

de i(t) mediante una derivación más un escalado (de valor 0,01). Por último, la tensión

v(t) en el condensador se obtiene a partir de i(t) mediante integración más escalado (de

valor 1/10-4 = 104).

Ejercicio 2

El circuito en el dominio de la frecuencia es:

Ω 200

I

100 j−

2V

V+−

A

B

I 10

Introducimos un generador de prueba entre A y B:

Ω 200 testI

I

1I100 j−

2Etest

V+−

A

testE

B

I 10

2I

Obsérvese que el generador dependiente proporciona siempre la mitad de la tensión que

hay en la entrada. Como en la entrada (entre A y B) se tiene testE , el generador

proporciona 2/E test .

Para obtener una relación entre testE e testI , observamos que es posible escribir:

Página 4


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

−

−=+=

400E 10

100 j2

EEIII test

testtest

21test

Veamos cómo se escriben 1I e 2I en función de testE . Observemos en el circuito que la

tensión en bornes del condensador (la polaridad “+” en el borne derecho del

condensador) está fijada por la suma de los dos fuentes de tensión 2

EE testtest − . Por

tanto, la corriente 1I que circula por el condensador se escribe como (tensión en bornes

dividido por – j100): 100 j

2EE

Itest

test

1 −

−= .

Por otro lado, vemos que la corriente 2I es la que circula por la rama del generador de

corriente dependiente y, por tanto, la fija éste siendo I 10I2 = . Expresemos I en

función de testE . Observamos que la corriente I que circula por la resistencia es

conocida, pues se sabe la tensión en bornes de la resistencia ( 2/Etest ) y el valor de ésta

(200 Ω). Por tanto:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

−==

400E 10

2002

E

10I 10I test

test

2 (¡Ojo al signo “-“!, la resistencia es un elemento

receptor).

Volviendo de nuevo a la ecuación inicial y operando:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

−

−=+=

400E 10

100 j2

EEIII test

testtest

21test ;

40E

100 j2

EEI test

testtest

test −−

−= ;

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−

=⇒−=200

j40

1EI40

E200EjI testtest

testtesttest

Ω−−== 6923,7 j4615,38IEZ

test

testAB

Página 5


Ejercicio 3

a) Sabemos que el valor de k (coeficiente de acoplamiento) ha de estar comprendido

entre 0 y 1, de suerte que . 1 k0 ≤≤

7,0k ,10 4,0 k14,0 L L k 21 =⇒⋅=⇒=Μ (valor comprendido entre 0 y 1). Por

tanto, el valor de M = 0,14 H es consistente. Obsérvese que M, en este caso, tiene que

estar comprendida entre 2,0M 0 ,10 4,0 1M,10 4,0 0 ≤≤⇒⋅⋅≤≤⋅⋅

b)

0,1 H + - ( ) V ,t50cos50 2

0,4 H0,14 H

Obsérvese que el sentido de los bobinados corresponde con los puntos homólogos

dibujados.

c) Los bornes de la bobina de 0,1 H están unidos por un conductor y, por tanto, su

tensión en bornes es de 0 V. Sin embargo, sí circula corriente por ella, a pesar de que la

tensión en bornes sea de 0 V. Veamos lo que ocurre. Consideremos que la bobina de 0,1

H está en circuito abierto, como indica la figura.

−

v2(t)

+

i1(t)

− v1(t) +

0,14 H 0,4 H

0,1 H+-

( ) V ,t50cos50 2

Página 6


En la bobina de 0,4 H existe una tensión v1(t) con la polaridad indicada. En la bobina de

0,1 H existe una tensión de v2(t) con la polaridad indicada (los dos puntos negros

dibujados son homólogos y, por tanto, ambos son “+” o ambos son “-“). La tensión v2(t)

existe debido al acoplamiento mutuo. En efecto, la corriente i1(t) crea un campo

magnético variable (puesto que i1(t) es alterna) y dicho campo magnético no sólo

atraviesa las espiras de la bobina de 0,4 H produciendo la tensión v1(t) sino también

corta a las espiras de la bobina de 0,1 H (que está próxima) y se produce la tensión v2(t).

Si se cortocircuitan los extremos de la bobina de 0,1 H, se obtiene el circuito del

enunciado. En este caso, el campo magnético variable sigue atravesando la bobina de

0,1 H y tiene que producir una tensión v2(t) inducida en los extremos de la bobina. Sin

embargo, por estar ambos extremos unidos estamos imponiendo externamente que la

tensión sea v2(t) = 0 V.

La explicación es que se produce una corriente i2(t) en el sentido dibujado, tal que

produce una caída de tensión (con el “+” en el extremo superior) en la bobina de 0,1 H

igual y contraria a la tensión v2(t) que existía en circuito abierto de tal forma que v2(t) =

0 V. Lo que ocurre físicamente es que el campo magnético existente en la bobina de 0,1

H creado por la corriente i1(t) es igual y contrario que el campo magnético existente en

dicha bobina y creado por la corriente i2(t).

i2(t) i1(t)

− v1(t) +

0,14 H 0,4 H

( ) V ,t50cos50 2 0,1 H+-

En el dominio de la frecuencia se tiene: j 7

j 20

º0 50∠ j 51I 2I+

-

Página 7


Se tiene:

A 8627,6jIA 9020,4jI

I7jI5j0

I7jI20jº0 50

2

1

12

21

−=−=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

−=

−=∠

Se comprueba que la tensión en la bobina de j5 es de 0 V:

V0I7jI5jV 125j =−= (cosa que ya se sabía directamente por estar los extremos de la

bobina en cortocircuito).

Ejercicio 4

Cálculo de la tensión de vacío entre A y B ABV (tensión de Thévenin)

10

A

+-

90 j 2 j

8 j3 j

10 j10−

B

I1I

En la malla de la izquierda se tiene ( ) ( )1II 2 jI 8 jI10 j1090 j +++−=

Obsérvese que 3 jI1 = (la fija el generador de corriente) y se obtiene:

A º19,86 02,99 j6,0I ∠=+=

La tensión entre A y B puede calcularse de diversas formas. En el circuito que se

muestra a continuación se han dibujado las tensiones en todos los elementos.

Página 8


Ω 10A

+-

90 j 2 j

8 j

3 j

10 j10−

B

I

1I

10j10V − 8 jV3 jV

2 jV 10V

ABV

Observemos que ABV puede calcularse como:

( ) Vº42,176 19,96I10j1090jV90jV 10j10AB ∠=−−=−= −

También ABV puede calcularse como:

( ) Vº42,176 19,96I8jII2jVVV 18j2jAB ∠=++=+=

O también:

Vº42,176 19,96I10º57,127 36,39I8jVVVV 1103j8jAB ∠=−∠+=−+=

Obsérvese que la tensión en el generador de corriente 3jV puede calcularse utilizando la

ecuación de malla de la derecha (junto con la de la izquierda planteada al principio del

ejercicio): ( ) Vº57,127 36,39II2jI 10V 113j ∠=++=

Cálculo de la impedancia entre A y B ABZ (impedancia de Thévenin)

Para calcular la impedancia entre A y B se desactivan las fuentes de tensión

independientes (cortocircuitándolas) y las fuentes de corriente independientes

(quitándolas y dejando un circuito abierto).

Página 9


10A

2 j

8 j10 j10−

B

Como todas las impedancias tienen valores conocidos es posible calcular la impedancia

equivalente realizando reducciones serie-paralelo. Se observa que:

( ) ( ) Ω+=−+= 10j1010j108j2jZAB

Por tanto, el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B resulta:

A

B

V º42,176 19,96 ∠

Ω+ 10 j10

En virtud del teorema de máxima transferencia de potencia, la impedancia a conectar

entre A y B debe ser . Calculemos la potencia máxima que se transfiere a la

carga.

Ω− 10j10

Página 10


A

B

+-º42,176 19,96 ∠

10 j10+

10 j10−I

Se tiene que la corriente en el circuito es: A º42,176 81,4j10 - 1010 j10º42,176 19,96I ∠=

++∠

=

La potencia activa máxima transferida que es la que se disipa en la carga (en la parte

resistiva de la carga) es:

W36,23181,410I10P 22 =⋅==

Ejercicio 5

El vatímetro marca:

( ) ( ) ( )BACBACBAC I,Ucos22203660I,UcosIUW ⋅⋅⋅=⇒=

El voltímetro está midiendo (obsérvese que se ha puesto módulo –lo que el

voltímetro mide es el valor eficaz de tensión – y no vector) que es una tensión de fase y

es una tensión de línea (

BU

ACU 3 veces mayor en módulo).

El amperímetro mide la corriente de línea (igual en módulo para las tres líneas).

Dibujemos el triedro de tensiones en secuencia inversa:

Página 11


AU

BUCU

ACU

BIϕ

º270º30º120º120U,I ACB +ϕ=+++ϕ=

Se dibuja ACU (que es CA UU − ), dibujo BI (no puede estar a más de pues el

ángulo de la impedancia en cada fase está comprendido entre

º90±

º90− -condensador- y 90º

-bobina- ). Los ángulos entre tensiones y corrientes se miden de la corriente a la tensión,

en sentido antihorario.

Se tiene:

( )º270cos22203660 +ϕ⋅⋅⋅=

( º270cos23

+ϕ= ) Tenemos 2 soluciones:

º240º270º30 −=ϕ⇒+ϕ= (no sirve)

º60º300º270º30 +=−=ϕ⇒+ϕ=−

Como el ángulo de una impedancia está comprendido entre ϕ º90− y 90º sólo es

válida la solución º60=ϕ .

b) Como se trata de un sistema equilibrado en tensiones y cargas:

( ) W660º60cos222033cosIU3P línealínea =⋅⋅⋅⋅=ϕ=

( ) VAr15,1143º60sen222033senIU3Q línealínea =⋅⋅⋅⋅=ϕ=

VA15,1143j660jQPS +=+=

Página 12


Cuestión teórica

Las leyes estudiadas en teoría de circuitos constituyen una simplificación de las

ecuaciones de Ampére-Maxwell del campo electromagnético. Dichas simplificaciones

tienen validez si las dimensiones físicas del circuito son mucho menores que la longitud

de onda (λ). Si vp es la velocidad de propagación de la luz en el vacío y f la frecuencia

de trabajo del circuito, se tiene:

m3Mhz100

skm000.300

fvp ===λ No se cumple que m75,0>>λ y, por tanto, no son

aplicables las leyes estudiadas en teoría de circuitos.

El circuito es un circuito radiante. Podría ser, por ejemplo, la antena de una emisora de

FM que transmitiera en 100 Mhz, tomando como longitud de la antena m75,041

=λ

Página 13


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 En el circuito de la figura, calcúlese la tensión vg(t) en bornes del generador de corriente.

Ω10 3 A

10 Ω mH 40

+ - ( ) V ,º90t50sen 28,127 + vg(t) − +

2 mF

Ejercicio 2 Se quiere estudiar la respuesta en frecuencia (respuesta a señales sinusoidales de distintas frecuencias) del circuito de la figura adjunta.

a) Calcúlense las impedancias de entrada ( iZ ) y de salida ( oZ ).

b) Calcúlese la relación i

o

VV

existente entre la tensión de salida y de entrada

(función de transferencia). c) ¿Cuánto vale la anterior función de transferencia para señales sinusoidales de frecuencias muy elevadas (ω→∞) y de frecuencias muy bajas (ω→0)?. Cítese alguna aplicación del circuito.

α vi(t)

+

−

vo(t) vi(t)

−

+

R LC

Ejercicio 3 En el circuito de la figura:

a) Redúzcase razonadamente el circuito al primario (parte izquierda del transformador).

b) Calcúlese la tensión LV en bornes de la bobina de impedancia j5 Ω. c) En el circuito original, explicite el valor de la tensión en la resistencia de 4 Ω. d) Si mediante un conductor se cortocircuita externamente la bobina de impedancia

j5 Ω, ¿sería posible eliminarla del circuito al ser su tensión en bornes de 0 V?.

2 : 1

Ω5

200 V

Ω2j

Ω5jΩ4j

Ω5

+

LV

−

+ - Ω4

Ejercicio 4 Una red trifásica equilibrada en tensiones de 381 V, frecuencia 50 Hz y secuencia inversa alimenta a un receptor (carga) equilibrado. Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 son 1735 W y 465 W, respectivamente.

a) Calcúlense las potencias activa, reactiva y compleja consumidas por el receptor, así como el ángulo ϕ de la carga.

b) Considérese que el receptor del que estamos hablando está constituido por tres

resistencias en estrella y tres condensadores o bobinas conectados en triángulo. Explíquese si los elementos integrantes del triángulo son bobinas o condensadores. Calcúlense los valores de cada resistencia y de cada bobina o condensador.

c) Dibuje el esquema monofásico equivalente.

C A R G A

A B C

* * W2

*

* W1



Ejercicio 1

Aplicamos el principio de superposición.

Consideramos fuente de alterna y la de continua desactivada:

Ω 10

( )º90t50sen 28,127 +

mF 2( )ti1

( )t50cos 90 2

( )tv 1g +- mH 160

mH 40

Ω 10

En el dominio de la frecuencia se tiene:

1010 j−

1I

º0 90∠ 8 j1gV

2 j

10

2jV

A º0 9II 10º0 90I 8 jI 2 jI 10I 10 jº0 90 111111 ∠=⇒=∠⇒+++−=∠

La tensión 1gV es la misma que la tensión 2jV en la bobina de j2 ya que en la

resistencia de 10 Ω no existe tensión pues no circula corriente por ella. Entonces:

V º90 18º0 92 jI 2 jVV 12j1g ∠=∠⋅===


( ) ( ) V º90t 50cos 18 2tv 1g +=

Página 1


Consideramos la fuente de continua y desactivamos la de alterna.

En corriente continua y en régimen permanente (cuando el circuito lleva un tiempo

largo funcionando), los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las

bobinas como cortocircuitos.

( )tv10

A 3

( )tv 2g

Ω 10

( ) ( ) V 30310tvtv 102g =⋅==

Entonces:

( ) ( ) ( ) ( ) V 30º90t50cos 18 2tvtvtv 2g1gg ++=+=

Ejercicio 2

a) Representemos el circuito en el dominio de la frecuencia:

LjωCj

ω−

RiVα oViV

∞=iZImpedancia de entrada: . Obsérvese que es un cable cortado. Otra forma de verlo

es introduciendo un generador de prueba y como la corriente que lanza es nula (pues el

cable está cortado), resulta ∞==0

EZ testi

Página 2


Impedancia de salida:

Para caracterizar la impedancia de salida se cortocircuita la entrada. La razón es que en

la entrada se tiene una fuente de tensión independiente de valor vi(t) aunque no se haya

dibujado explícitamente en el circuito. Si se cortocircuita la entrada, la tensión en la

entrada es de 0 V, V0Vi = y, por tanto, la fuente de corriente dependiente proporciona

una corriente de valor A0Vi =α . Una fuente de corriente que proporciona 0 A es un

circuito abierto (cable cortado). Por tanto, se tiene:

LjωCj

ω−

R0Vi =α oZ0Vi =

El generador de corriente dependiente es como si no estuviera (cable cortado) pues

lanza corriente cero, así que:

Lj||Cj||RZo ω

ω−

=

L j C L RRL R j

Y1Z

L j RL j C L RR

L j RRC j L j RL j

L j1C j

R1Y

2o

o

2

o

ω+ω−ω

==

⇒ω

ω+ω−=

ω+ωω+ω

=ω

+ω+=

b) Observamos que la corriente que lanza el generador se reparte entre la

resistencia, el condensador y la bobina:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ω

+ω+=α⇒ω

+

ω−

+=αL j

1C jR1VV

L jV

CjV

RV

V oiooo

i y, finalmente

L j C L RR L R j

L j1C j

R1V

V2

i

o

ω+ω−αω

=

ω+ω+

α=

Página 3


c) A frecuencias elevadas: VV0

VVlim

i

0 =∞→ω

A frecuencias bajas: VV0

VVlim

i

0

0=

→ω (la ganancia en corriente continua, ω = 0, se

denomina ganancia estática).

Analicemos cualitativamente el funcionamiento del circuito. Se tiene un amplificador de

corriente de ganancia α que, a su vez, alimenta un circuito RCL paralelo que actúa

como filtro. El cable inferior del circuito supone una referencia de tensiones pero por él

no circula corriente pues precisaría de otro cable para el retorno. Observemos que una

señal de tensión sinusoidal vi(t) queda amplificada en una corriente de magnitud α

veces mayor que dicha tensión. Las frecuencias de la señal introducida vi(t) y de la señal

amplificada αvi(t) son idénticas, ya que el amplificador sólo realiza un escalado (de

valor α) de la variable dependiente vi(t).

Si se introduce una señal sinusoidal vi(t) de frecuencia muy elevada, αvi(t) es también

de esa misma frecuencia elevada, el condensador presenta una impedancia muy baja (ZC

= 1/(ωC)) y se comporta casi como un cortocircuito (lo sería en ω = ∞), como un trozo

de cable, y prácticamente toda la corriente αvi(t) circula por el condensador. Por la

bobina no circularía prácticamente nada pues a frecuencias muy elevadas presenta una

impedancia muy alta (ZL = ωL) y se comporta casi como un circuito abierto (lo sería en

ω = ∞), un cable cortado. La impedancia de la resistencia es R independientemente de la

frecuencia, pero como el condensador se comporta casi como un cortocircuito,

prácticamente toda la corriente iría por él y nada por la resistencia.

Si se introduce una señal sinusoidal vi(t) de frecuencia muy baja, αvi(t) es también de

esa misma frecuencia baja, la bobina presenta una impedancia muy baja (ZL= ωL) y se

comporta casi como un cortocircuito (lo sería en corriente continua ω = 0), como un

trozo de cable, y prácticamente toda la corriente αvi(t) circula por la bobina. Por el

condensador no circularía prácticamente nada pues a frecuencias muy bajas presenta

una impedancia muy elevada (ZC = 1/(ωC)) y se comporta casi como un circuito abierto

(lo sería en ω = 0), un cable cortado. La impedancia de la resistencia es R pero la

Página 4


corriente que circula por ella es irrelevante (prácticamente nula) frente a la que circula

por la bobina que es casi un cortocircuito (trozo de cable).

La tensión de salida es de casi 0 V tanto a frecuencias muy elevadas (donde el

cortocircuito a la salida lo proporciona el condensador) como a frecuencias muy bajas

(donde el cortocircuito en la salida está provocado por la bobina). La tensión de salida

sería 0 V a las frecuencias ω = ∞ y ω = 0.

En conclusión, las señales de frecuencias bajas y de frecuencias elevadas resultan muy

atenuadas a la salida por lo que sólo pasan señales de frecuencias comprendidas dentro

de una banda de frecuencias (frecuencias intermedias). Se trata de un amplificador

sintonizado constituido por un amplificador de corriente controlado por tensión y un

filtro paso-banda.

Ejercicio 3

a) Reducción al primario:

+- 200

5

5

5 j

16 j124 j

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

16124

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

•

•

4 j

LV

1I

Antes de hacer la reducción al primario:

51k45 k2XXkX 2L1LM =⇒⋅=⇒⋅=

Después de hacer la reducción (el

coeficiente k de acoplamiento no cambia):

Ω=⋅⋅=⋅=ΧΜ

41655

1XXk '2L1L''

b) La ecuación de malla proporciona:

A º57,26 88,613 j26

200I I 16I 4 jI 16 jI 4 jI 5 jI 5I 5200 11111111 −∠=+

=⇒+−+−++=

Y la tensión en la bobina es:

V º43,63 88,6I jI 4 jI 5 jV 111L ∠==−=

Página 5


c) Dibujemos el circuito original

200

5

5

5 j• •

2 j

4V4

4 j

• •1:2

1I

2I

c) Con la polaridad dibujada en el circuito se tiene que:

V º57,26 04,5512I 4I 4V 124 −∠=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅==

Obsérvese que la corriente 2I puede obtenerse, a partir de 1I utilizando la relación de

transformación (no es necesario plantear y resolver la ecuación de malla en el

secundario del transformador).

d) Consideremos el circuito reducido al primario para mayor simplicidad y hagamos el

cortocircuito en la bobina de j5.

200

5

5

5 j

•

16 j•

16

1I

2I

4 j

Ocurre que aunque la tensión en bornes de la

bobina es cero (terminales unidos por un

conductor), sí circula corriente por ella debido

al acoplamiento magnético y no puede

eliminarse. Si no existiera acoplamiento, no

circularía corriente por la bobina, pues la

corriente sería la tensión en bornes entre su

impedancia(0/j5 = 0 A). Pero al estar acoplada

interviene el término de la inducción mutua y

la corriente que circula por ella ya no es su

tensión en bornes entre su impedancia.

Página 6


De hecho, las corrientes 1I e 2I se obtienen aplicando las ecuaciones de malla:

A º21,26 52,5IA º21,26 90,6I

I 4 jI 5 j0I 16I 4 jI 16 j0I 5I 5200

2

1

12

12111

−∠=−∠=

⇒⎩⎨⎧

−=+−+++=

Por el cortocircuito circula la resta de las dos corrientes de malla 21 II − hacia abajo

(como está dibujado en la figura) o 12 II − hacia arriba.

Y por la bobina de j5 circula exclusivamente la

corriente de malla 2I .

A º21,26 38,1II 21 −∠=−

Lo que ocurre físicamente es que si imponemos que la tensión en bornes de la bobina

sea de 0 V (lo imponemos uniendo sus bornes con un conductor) no puede existir un

campo magnético variable que atraviese las espiras de dicha bobina porque esto

produciría una tensión inducida, diferente de 0 V. Entonces, la corriente 2I que

atraviesa la bobina de j5 tiene que crear un campo magnético igual y contrario en cada

instante al que le llega de la bobina acoplada de j4 (j16 en el esquema reducido al

primario). De esa forma no existe variación de campo magnético (porque no hay ni

campo magnético) que atraviese la bobina de j5 y, por tanto, no hay tensión neta (0 V)

en bornes de la bobina de j5 que es la condición impuesta externamente con el

cortocircuito.

Página 7


Ejercicio 4

Los vatímetros W1 y W2 se encuentran en conexión Arón. Por tanto, la potencia total

consumida por la carga viene dada por la suma de la lectura de ambos vatímetros.

W 22004651735WWP 21 =+=+=

Por otro lado, como la carga es equilibrada, también se verifica que la potencia reactiva

total consumida por ésta es:

( ) ( ) VAr220017354653WW3Q 12 −=−=−=

(Siempre se resta la lectura del vatímetro que se encuentra en la fase más adelantada

menos la lectura del vatímetro que se encuentra en la fase más retrasada. En este caso es

W2-W1 porque la secuencia es inversa (ACBACB…), si fuera directa (ABCABC…)

sería W1-W2)

La potencia compleja total consumida es:

VAº45 27,3111VA2200j2200jQPS −∠=−=+=

Y, por tanto, el ángulo ϕ de la carga (ángulo de la impedancia que coincide, a su vez,

con el de la potencia compleja) es ϕ = − 45º. Obsérvese que como el sistema es

equilibrado en cargas, las impedancias de las cargas en cada fase son iguales entre sí y,

por tanto, el ángulo es el mismo para todas ellas.

b) El receptor está constituido por tres resistencias iguales (porque el receptor es

equilibrado) y dispuestas en estrella (en efecto, han de existir resistencias porque el

receptor consume potencia activa) y tres condensadores iguales (porque el receptor es

equilibrado) conectados en triángulo (tienen que existir condensadores porque el

receptor genera reactiva -ángulo de la carga es negativo-).

Página 8


R

RR

C jΧ−C jΧ−

C jΧ−

C

A

B

O

En una resistencia se consume la tercera parte de la potencia activa total consumida

(receptor equilibrado) y ésta se puede expresar como el valor eficaz de la tensión al

cuadrado en bornes de la resistencia ( ) entre el valor de la resistencia: 2faseV

( )Ω=⇒=⇒= 66R

R32200

RV

3P

2

33812

fase

Obsérvese que la tensión a la que está sometida cada resistencia es la tensión de fase.

Por ello se divide el valor de 381 (tensión de línea) entre raíz de tres. En efecto, como

las tres resistencias son iguales el punto O es un neutro artificial y, por tanto, cada

resistencia está conectada entre una fase y el neutro.

Análogamente, en cada condensador se genera la tercera parte de la potencia reactiva

total generada. En este caso, la tensión en bornes de cada condensador es la tensión de

línea. Por tanto, es posible obtener la reactancia capacitiva XC de los condensadores.

Ω=Χ⇒Χ

−=

−⇒

Χ−

= 198 3813

2200V3Q

CC

2

C

2línea

Y el valor de la capacidad:

F 08,16C198C502

1198C

1µ=⇒=

⋅⋅π⇒=

ω

Página 9


c) Para dibujar el esquema monofásico equivalente transformamos el triángulo de

condensadores en su estrella equivalente (impedancias entre tres).

Dibujamos también el generador conectado en estrella:

66

6666

+-

+-

+-

66 j−

66j−

66 j−

º03

381∠

º1203

381∠ º120

3381

−∠N O 'O

A

BC

Como el sistema está equilibrado en cargas, los centros de estrella O y O’ son neutros

artificiales y los podemos unir mediante un cable al neutro N pues se encuentran todos a

la misma tensión (ver figura siguiente).

66

6666

+-

+-

+-

66 j−

66j−

66 j−

º03

381∠

º1203

381∠

º1203

381−∠

N O 'O

A

BC

Para realizar el esquema monofásico equivalente tomemos una fase y el neutro. Por

ejemplo, si tomamos la fase A, se obtiene:

Página 10


66 66 j−º0

3381

∠

A

N

Obsérvese como en cada fase se obtiene una resistencia de 66 Ω y una impedancia

capacitiva de –j66 Ω, lo que proporciona el ángulo de –45º (ya que la parte real es del

mismo valor que la imaginaria).

Página 11


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 En el circuito de la figura, se tiene que v(t) es una tensión sinusoidal de 200 V (valor eficaz) y de frecuencia 50/π Hz. El valor eficaz de i1(t) es de 1 A y está adelantada 30º respecto de v(t). El valor máximo de i(t) es de 4 A y está retrasada 6º respecto de v(t). a) Escribir las ecuaciones de v(t), i1(t) e i(t). b) Determine el valor de i2(t). c) Determínense los valores de R, L, C o combinación de los subcircuitos CE1 y CE2.

i(t)

i1(t)

−

+

CE1

i2(t)

v(t) CE2

Ejercicio 2 La figura muestra un circuito denominado girador. Una propiedad importante del girador es que transforma los elementos del circuito en sus correspondientes elementos duales. La figura adjunta muestra una bobina de coeficiente de autoinducción L conectada a la salida del girador.

α1 v1(t)

Lα2 v2(t)

+

−

v1(t) v2(t)

+

−

i1(t)

i2(t)

i) Demuéstrese que la relación matemática entre la tensión v1(t) y la corriente i1(t) corresponde a la ecuación característica de un condensador de capacidad C = α1 α2 L.

ii) Si en lugar de la bobina se coloca una resistencia de valor R, ¿a qué elemento corresponde la relación matemática entre v1(t) e i1(t)?. Explicite el valor de dicho elemento.

iii) Citar alguna aplicación del girador.

Ejercicio 3 Una red trifásica equilibrada en tensiones de 220 V por fase, frecuencia 50 Hz y secuencia directa, alimenta a un receptor (carga) equilibrado. Dicho receptor equilibrado consume 3000 W de potencia activa y 2000 VAr de potencia reactiva.

a) Exprese la potencia compleja consumida por el receptor, explicitando el ángulo ϕ de la carga.

b) Considérese que el receptor del que estamos hablando está constituido por tres

resistencias en triángulo y tres condensadores o bobinas conectados en estrella. Explique si los elementos integrantes de la estrella son bobinas o condensadores. Calcúlense los valores de cada resistencia y de cada bobina o condensador.

c) En el sistema trifásico considerado y que se muestra en la figura adjunta, ¿cuáles

son las lecturas de los vatímetros W1 y W2?. Razónese la respuesta.

d) Dibújese el esquema monofásico equivalente.

C A R G A

A B C

* * W2

** W1

Ejercicio 4 Obténgase la impedancia equivalente entre los terminales A y B para señales sinusoidales de frecuencia 10 krad/s.

20 mH

i(t)

0,5 i(t)

B

A

400 Ω 1 µF



Ejercicio 1

a) Tomemos ( )tv como referencia (ángulo 0º):

( ) ( ) V t100cos 200 2tv =

( ) ( ) A º30t100cos 2ti1 +=

( ) ( ) ( ) A º6t100cos 83,2 2º6t100cos 4ti −=−=

(Téngase en cuenta que s/rad 100502f2 =π

π=π=ω )

b) El circuito en el dominio de la frecuencia es:

2I1I

V1CEZ

2CEZ

I

donde V º0 200V ∠= , A º30 1I1 ∠= , A º6 83,2I −∠= .

En el nudo superior es posible escribir:

Aº22,22 10,2 º30 1º6 83,2IIIIII 1221 −∠=∠−−∠=−=⇒+= y en el dominio del

tiempo:

( ) ( ) A º22,22t100cos 2,10 2ti 2 −=

c) La tensión V en bornes de cada elemento es conocida y es la misma para los dos

elementos del circuito porque se encuentran en paralelo. Además conocemos las

corrientes que circulan por dichos elementos ( 2I la acabamos de calcular). Por tanto, es

posible calcular las impedancias 1CEZ y

2CEZ .

Ω−=Ω−∠=∠∠

== 001 j21,173 º30 200º30 1º0 200

IVZ

1CE1

Página 1


El circuito más sencillo que representa el elemento CE1 es una resistencia de valor

173,21 Ω y un condensador en serie de impedancia –j 100 Ω

Ω 21,173 Ω− 100j A partir de la reactancia obtenemos la capacidad del condensador:

F100F 10CC 1001100

C1100X 4

CECECE

C 1

11

µ==⇒⇒=ω

⇒= −

La impedancia de CE2 es:

Ω+=−∠∠

== 6,023 j17,88º22,22 10,2

º0 200IVZ

2CE2

El circuito más sencillo que representa el elemento CE2 es una resistencia de valor

88,17 Ω y una bobina en serie de impedancia j 36,02 Ω

Ω 17,88 Ω 02,36 j

El valor de la inductancia se determina a través de la reactancia:

H36,0LL 10002,36L X22 CECEL =⇒=⇒ω=

Ejercicio 2

i) La bobina de inducción L está a una tensión v2(t) y recorrida por una corriente i2(t)

con el criterio receptor y, por tanto: ( ) ( )dt

tdiLtv 22 = . Se trata de llegar a una expresión

que relacione i1(t) con v1(t) para que analizando dicha relación sepamos de qué

elemento se trata. Obsérvese que v2(t) puede escribirse en función de i1(t) pues tal como

se aprecia en el circuito, la corriente i1(t) vale: ( ) ( ) ( ) ( )2

12221

titvtvtiα

=⇒α= . Por otro

lado, la corriente i2(t) puede escribirse en función de v1(t), pues se tiene que

Entonces, sustituyendo v( ) ( )tvti 112 α= 2(t) e i2(t) en la expresión de la bobina:

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

tdvLdt

tvdLtidt

tvdLtidt

tdiLtv 121

1121

11

2

122 αα=

αα=⇒

α=

α⇒=

Página 2


Aparece que la corriente i1(t) es proporcional a la derivada de la tensión v1(t). Por tanto,

la relación entre i1(t) y v1(t) corresponde a un condensador de capacidad . LC 21αα=

ii) Si en vez de una bobina hay una resistencia de valor R se tiene:

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

1tvtvRtiti Rtv 121

1112

122 αα

=⇒⋅α=α

⇒=

La corriente i1(t) es proporcional a la tensión v1(t). Por lo tanto, la relación entre i1(t) y

v1(t) corresponde a una resistencia de valor: R

1

21αα.

iii) Obtener un valor determinado de una inductancia a partir de un condensador es

un resultado interesante ante la casi imposibilidad de fabricación de bobinas en los

circuitos integrados.

Ejercicio 3

a) VAº69,33 6,3605VA2000j3000QjPS ∠=+=+=

El ángulo de la carga (de la impedancia de la carga que es la misma para cada fase

porque el receptor es equilibrado) es el mismo ángulo que el de la potencia compleja

. º69,33=ϕ

b) Los elementos integrantes de la estrella son bobinas porque el receptor consume

reactiva (ángulo positivo). Obsérvese cómo la carga resistiva está conectada en

triángulo (cada resistencia está conectada entre dos fases) y la carga inductiva está

conectada en estrella (cada bobina está situada entre una fase y el punto O’ común que

es el centro de la estrella).

Página 3


º

R LjΧ

A

'OLjΧ

L jΧ

R

R

B

C

En una resistencia se consume la tercera parte de la potencia activa por ser el receptor

equilibrado. La tensión en bornes de cualquiera de las resistencias es la tensión de línea

(los bornes de las resistencias están conectados entre dos fases). Por tanto:

( )Ω=⇒=⇒= 2,145R

R3220

33000

RV

3P

22línea

En una bobina se consume la tercera parte de la potencia reactiva (receptor equilibrado).

La tensión en bornes de cualquiera de las bobinas es la tensión de fase. En efecto, como

las tres bobinas son idénticas el punto O’ es un neutro artificial y , por tanto, cada

bobina está sometida a la tensión entre fase y neutro que es la tensión de fase.

H23,0100

6,72LL

6,722203

2000V3Q

LL

LL

2

L

2fase

=π

=ωΧ

=⇒ω=Χ

Ω=Χ⇒Χ

=⇒Χ

=

c) Se trata de la medida de potencia en un sistema trifilar utilizando dos vatímetros

(conexión Arón). Por tanto, la potencia activa es la suma de ambas lecturas:

2121 WW3000WWP +=⇒+=

Como el receptor es equilibrado, se verifica que la potencia reactiva consumida por el

receptor:

( ) VAr2000WW 3Q 12 =−=

Página 4


De las dos ecuaciones anteriores se obtiene: W66,922W1 = y W4,2077W2 = que son

las lecturas de los dos vatímetros.

d) Para dibujar el monofásico equivalente es necesario tener accesibles los centros de

estrella y, por tanto, reducimos el triángulo de resistencias a su configuración

equivalente de estrella (las nuevas resistencias de la estrella tienen por valor

145,2/3=48,4 Ω)

4,48

4,484,48

+-

+-

+-

6,72 j

6,72 j6,72 j

º0220∠

º120220∠ º120220 −∠

N O 'O

A

CB

º

º

Como el sistema está equilibrado en cargas, los centros de estrella O y O’ son neutros

artificiales y podemos unir mediante un cable los puntos N (neutro del generador) con O

(centro de estrella de la carga resistiva) y O’ (centro de estrella de la carga inductiva).

Esos tres puntos se encuentran a la misma tensión.

4,48

4,484,48

+-

+-

+-

6,72 j

6,72 j6,72 j

º0220∠

º120220∠ º120220 −∠

N O 'O

A

CB

º

º

Tomando una fase, por ejemplo la de A, se obtiene el esquema monofásico equivalente.

Página 5


4,48 6,72 jº0220∠

A

N

Ejercicio 4

El circuito en el dominio de la frecuencia con es: s/rad104=ω

I 5,0 400

200j

100j−

A

B

I

Por transformación de fuentes e introduciendo un generador testE de prueba para

calcular la impedancia:

I200

400

200j

100j−I

testI

testE

testII +

+−

En la malla externa: ( ) ( )testtesttest II400II200jI200E +++=−

Es posible escribir I en función de testE . Fijémonos que el condensador está a la

tensión testE y se verifica que 100j

E100j

EI testtest =

−−= . Sustituyendo este valor de I en la

ecuación de la malla externa se obtiene la relación entre testE e testI

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− test

testtest

testtesttest I

100jE

400I100j

E200j

100jE

200E y operando:

( ) ( ) Ω−=+−+

==⇒+=+−+ 3,70 j6,216j1

200j400IEZ400200jI4j22j1E

test

testABtesttest

Página 6


A

B

+-

+

-

j 40 Ω

20 Ω

17∠0º A I 32V

4V

I25 Ω


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

Para identificar un elemento de un circuito se utiliza un osciloscopio. El canal I representa la señal de tensión en bornes del elemento y el canal II la corriente absorbida por dicho elemento. Sabiendo que la escala vertical es 20 V/div ó 20 mA/div y que la escala de tiempos es 50 µs/div, responda razonadamente:

canal II

canal I

a) Factor de forma de la señal de tensión. b) Elemento eléctrico que se trata y su valor. d) Valor de la energía puesta en juego por el elemento durante las 2,5 primeras divisiones. Razónese la respuesta.

Ejercicio 2

En el circuito de la figura hállense los equivalentes de Thévenin y Norton entre los puntos A y B.

Ejercicio 3

+ - ( ) V ,t50cos50 2

0,3 H1 mF

15 Ω A2v(t) +

-

En el circuito de la figura, calcúlese v(t).

Ejercicio 4 Un transformador ideal tiene un arrollamiento de entrada de 200 espiras y absorbe una potencia activa de 800 kW. Su arrollamiento de salida, que tiene 4 espiras, está suministrando 600 kVAr con una intensidad de 2500 A. Calcúlese la tensión y la intensidad de entrada y la impedancia del elemento conectado a la salida. Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas.


Ejercicio 1

a) Para calcular el factor de forma es preciso conocer los valores eficaz y medio.

Tomemos un período de la señal de tensión. El valor máximo es:

V 60 divV20div 3Vmáx =×= .

Por ser la señal alterna simétrica el valor

medio en un período es nulo. Tomando el

semiperíodo positivo se tiene: V 60

V 60−

( ) V 602T60

2/T1dt tv

2/T1V

2/T

0 med =⋅⋅== ∫

El valor eficaz V de la señal de tensión se define ( )∫=T

0

2 dt tvT1V .

Obsérvese que es el área entre 0 y T bajo la curva . Dibujamos v( )dttvT0

2∫ ( )tv2 2(t):

t

v2(t)

2V 3600

T

Por tanto:

( ) V 603600TT1dt tv

T1V

T

0

2 =⋅⋅== ∫

Entonces el factor de forma es: 16060

VVFmed

F ===

Obsérvese que no es necesario calcular el período T pues se simplifica en las relaciones.

Sin embargo, el período puede calcularse como: s 250div

50div 5T µ=µ

×=

Página 1


b) La derivada de una señal triangular (como la señal de corriente –canal II–) es

una señal cuadrada (como la señal de tensión –canal I–).

El elemento eléctrico cuya tensión es proporcional a la derivada de la corriente es la

bobina. Para obtener el valor de la inductancia consideremos la ecuación característica:

( ) ( )dt

tdiLtv = . Si tomamos el primer tramo de la pendiente positiva de i(t), la pendiente

de esa recta es precisamente dt

)t(di

mA 80div

Am 20div4 =×

s 5,62div

s 50div25,1 µ=µ

×

Entonces: mH 87,46L105,62

1080L60 6

3

=⇒⋅⋅

= −

−

c) La energía puesta en juego por una bobina entre dos instantes de tiempo t1 y t2

viene dada por la expresión: ( ) ( ) ( )[ ]12

22

21 titiL21t,tW −=

( ) ( ) ( )[ ] [ ] J 0001087,4621div 0idiv 5,2i1087,46

21div 5,2 div 0W 3223 =−⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅= −−

El balance neto de energía puesta en juego por la bobina durante las 2,5 primeras

divisiones es 0 J. Lo que ha ocurrido es que la energía absorbida por la bobina durante

las primeras 1,25 divisiones ( ( ) J 105,1div 25,1 ,div 0W 4−⋅= ) es la misma que cede

durante las siguientes 1,25 divisiones ( ( ) J 105,1div 5,2 ,div 25,1W 4−⋅−= ) siendo 0 J el

balance neto total de energía.

Página 2


Ejercicio 2

Cálculo de la tensión de vacío ABV (tensión de Thévenin)

Obsérvese que la tensión de vacío es, V ó ABV porque ambas coinciden.

20

40j

25I324V +

−

V

A

B

I17 º0 −∠

º017∠

I

Analizando el circuito, se observa que por la resistencia de 20 Ω circula Iº0 17 −∠ y se

verifica que la tensión 4/V del generador de tensión dependiente, se reparte en la

bobina de j40 y en la resistencia de 20 y según están dibujadas las corrientes:

( )Iº0 1720I 40j4V

−∠+−=

La tensión en la resistencia de la derecha se escribe como su impedancia (25 Ω) por la

corriente que la atraviesa ( I32 ).

25I32V ⋅⋅−=

Tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas. Si de la segunda ecuación despejamos

800VI −= y lo sustituimos en la primera, resulta: V º53,12 1,1475V ∠= que es la

tensión de Thévenin (o tensión de vacío entre A y B).

El lector puede calcular también la tensión de vacío realizando previamente una

transformación de fuente en el circuito.

Cálculo de la impedancia entre A y B (impedancia de Thévenin).

Desactivamos primero las fuentes independientes. Sólo hay una de corriente que la

quitamos. Introducimos una fuente de prueba entre A y B.

Página 3


20

40j

25

I 32

4Etest

+−

A

B

I testI

testE

I 32 25Etest

Se verifica que 25

EI32I testtest +=

En la malla de la izquierda se tiene:

( )160j80

EII40 j20

4E testtest

+−=⇒+=−

Que sustituido en la primera ecuación, permite obtener la relación testtest I/E :

( )( )

Ω−−=+−

==⇒

⇒+−=

+−−=

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

=

88,5 j47,116,0 j04,0

1IE

Z

E 16,0 j04,0I

E 04,0E16,0 j08,0I

25E

160 j80E

32I

test

testAB

testtest

testtesttest

testtesttest

Por tanto, el equivalente de Thévenin es:

A

B

V1,1475 º53,12∠

Ω−− 88,5j47,1

Página 4


El equivalente de Norton puede obtenerse al realizar la transformación de fuente en el

equivalente de Thévenin anterior:

A

B

NI

NY

A

B

A º57,116 28,24388,5 j47,1

º53,12 1,1475

∠=−−∠

11,0j04,088,5j47,1

1 −Ω+−=−−

Como se observa, es sencillo obtener el equivalente de Norton a partir del de Thévenin

sin más que realizar una transformación de fuente. La impedancia de Norton (que es la

de Thévenin) se suele expresar en términos de admitancia.

Si se quisiera calcular directamente el equivalente de Norton, lo primero es obtener la

corriente de Norton que es la corriente de cortocircuito que circula desde A hasta B

cuando cortocircuito (uno con un cable) A y B. En cuanto a la admitancia de Norton es

la inversa de la impedancia de Thévenin o se calcula directamente haciendo testtest E/I

en vez de testtest I/E .

Calculemos directamente la corriente de Norton o corriente de cortocircuito entre A y

B:

20

40j

I32 V

A

B

º017∠

I I32−

Obsérvese que toda la corriente I 32 circula por el cortocircuito (desde B hasta A) y

nada por la resistencia de . Obsérvese que la corriente de cortocircuito o corriente

de Norton es la que va desde A hasta B y por tanto vale

Ω 25

I 32− (con el signo menos tal

como se ha dibujado). Al haber cortocircuitado A y B resulta que 0V = y, por tanto,

Página 5


04V= y la fuente de tensión dependiente tiene 0 V, o lo que es lo mismo, es un

cortocircuito.

En la parte izquierda del circuito se tiene un divisor de corriente donde

Aº43,63 6026,740j20

2017I º0 −∠=+

⋅= ∠

Por tanto A º57,116 28,243º43,63 6026,732I32IN ∠=−∠⋅−=⋅−=

Si se tiene la tensión de vacío ABV o tensión de Thévenin y se tiene la corriente de

cortocircuito ABI o corriente de Norton, es posible obtener la impedancia equivalente

entre A y B o impedancia de Thévenin como:

Ω−−=∠∠

== 88,5 j47,1º57,116 28,243

º53,12 1,1475IVZ

AB

ABAB

Ejercicio 3

Aplicamos el principio de superposición:

Consideramos la fuente de alterna. La fuente de continua desactivada.

( )t50cos502 Ω 15 ( )tv1 +

-

mF1 H 3,0

Pasemos el circuito al dominio de la frecuencia:

Página 6


º0 50∠

20 j−

15

15 j

1V +-

Se tiene un divisor de tensión conformado por la resistencia de 15 Ω y el condensador

de – j 20 Ω. La bobina de j15 Ω no tiene tensión pues no está recorrida por ninguna

corriente ni está acoplada. Se tiene:

Vº13,53 3020j15

15 º0 50V1 ∠=−

∠=

Y en el dominio del tiempo: ( ) ( )Vº13,53t 50cos 30 2tv1 +=

Consideramos la fuente de continua. La fuente de alterna desactivada.

A2 ( )tv2Ω 15

mF1 H 3,0

Toda la corriente circula por la resistencia de 15 Ω, porque cuando el circuito se

encuentra en régimen permanente de corriente continua, los condensadores se

comportan como circuitos abiertos. En la bobina no hay tensión pues es un cortocircuito

(0 V). Por tanto:

( ) V30152tv2 −=⋅−=

y en virtud del principio de superposición:

( ) ( ) ( ) ( ) V30º13,53t50cos302tvtvtv 21 −+=+=

Página 7


Ejercicio 4

Dibujemos el circuito con el transformador en el dominio de la frecuencia.

••

1V 2V Z

4:2001I 2I

El transformador ideal es transparente a las potencias, así que si el primario absorbe 800

kW, ésta es la potencia activa que consume la carga. Entonces la potencia compleja que

consume la carga es:

VA 10600 j10800VAk 600 j800S 33 ⋅+⋅=+=

Tomemos la referencia de ángulos (ángulo 0º), por ejemplo en 2I .

Aº0 2500I2 ∠=

Es posible obtener 2V , pues:

Vº87,36 400º0 2500

10600j10800

I

SVI VS33

*

2

2

*

22 ∠=∠

⋅+⋅==⇒=

Utilizando la relación de transformación obtenemos la tensión 1V y la corriente 1I a la

entrada:

kV º87,36 204

200º87,36 400N

NVV

2

121 ∠=

⋅∠==

Aº0 50200

4 º0 2500N

I NI1

221 ∠=

⋅∠==

Por otro lado, la impedancia de la carga Z se calcula:

Ω∠=Ω+=∠

∠== º87,36 16,0 0960,0j1280,0

º0 2500º87,36 400

IVZ

2

2

Página 8


+-

j45 Ω V 050 °∠

j5 Ω j15 Ω

100 Ω

1I

2I

-j15 Ω


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1

Se tiene un circuito formado por una resistencia de 1 kΩ, una bobina de 10 mH y un condensador de 100 µF, dispuestos en paralelo. Dicho circuito se encuentra alimentado por la señal de tensión representada en la figura, donde v(t) se expresa en voltios y t en milésimas de segundo. Se pide: 1 4 t, ms

v(t), V

5

a) Las corrientes en cada elemento y la suministrada por la fuente de tensión. b) La potencia instantánea p(t) y la energía total comunicada a la resistencia.

Ejercicio 2

En el circuito de la figura, calcúlese: a) Equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. b) La impedancia a conectar entre los puntos A y B en condiciones de máxima transferencia de potencia. c) El valor de dicha potencia.

200 Ω A

B − 20V

-j20 Ω

+

A 0 3 °∠ V10 Ω

j50 Ω

Ejercicio 3 En el circuito magnéticamente acoplado de la figura:

a) Compruébese si el valor de la reactancia mutua es consistente. b) Plantéense las ecuaciones de malla atendiendo a las corrientes 1I e 2I . c) Si A77,643248,101I °−∠= e A53,84834,12I °∠= , calcule las potencias activa y reactiva en cada elemento indicando si son absorbidas o generadas. d) ¿Cómo es posible que la bobina de impedancia j45 genere potencia activa?. ¿En qué se invierte?. Razone la respuesta.



Ejercicio 1

La figura muestra el circuito que se describe en el enunciado formado por una

resistencia de valor R = 1 kΩ, una bobina de inductancia L = 10 mH y un condensador

de capacidad C = 100 µF. Al conocer la tensión v(t) en cada elemento que es la misma

para los tres (se encuentran sometidos a la misma tensión v(t) por estar en paralelo) y el

valor de cada elemento (valores de R, L y C) es posible obtener utilizando la ecuación

característica correspondiente, las corrientes que circulan por cada elemento (iR(t) en la

resistencia, iL(t) en la bobina e iC(t) en el condensador).

i(t)

iR(t) iL(t) iC(t)

1 kΩ 10 mH 100 µF

v(t)

+

-

Dibujemos la señal v(t) donde las unidades del eje del eje horizontal se han expresado

en s (antes estaban en ms). A partir de esta figura establecemos la expresión analítica de

la señal de tensión v(t) en voltios y con el tiempo en segundos.

1⋅10-3 4⋅10-3 t, s

v(t), V

5( ) V

s104t 0s104t10 5

s10t0 t 0005tv

3

33

3

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<

=−

−−

−

Corriente en la resistencia

En la resistencia se verifica que ( ) ( ) RtvtiR = y, por tanto:

( ) ( ) ( ) A s104t 0

s104t10 105s10t0 t 5

1000tv

Rtvti

3

333

3

R⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<⋅

<<

===−

−−−

−

Página 1


La representación gráfica se muestra a continuación.

1⋅10-3 4⋅10-3 t, s

5⋅10-3

iR(t), A

Como se observa la representación gráfica de la corriente iR(t) en la resistencia es

proporcional a la representación gráfica de la tensión v(t), pues se obtiene a partir de

ésta mediante un escalado de valor 1/1000.

Corriente en la bobina

En la bobina se verifica que ( ) ( )dt

tdiLtv L= y se tiene: ( ) ( )∫∫ = dt tvL1tid L . Hay que

realizar la integración de v(t) en cada tramo y luego multiplicar por 1/L. La integración

hay que realizarla con cuidado. Por ejemplo, la integral del segundo tramo (entre 1 ms y

4 ms) de v(t) NO es directamente 5 t, sino que aparecen constantes de integración que

hay que considerar. Distingamos cuidadosamente cada tramo.

Tramo s10t0 3−<< . Integremos entre 0 y t, donde t es cualquier tiempo de este tramo.

( ) ∫∫ −⋅=

t

0 3

t

0 L dt t 500010101ti d

( ) ( ) ( ) A t 1025ti 2t 50001000iti 24

L

t

0

2

0 )0(iLL

L

⋅=⇒⋅=−=

iL(0) = 0 porque la bobina está inicialmente descargada (no tiene un campo magnético

almacenado porque no está recorrida inicialmente por ninguna corriente).

Tramo s104t10 33 −− ⋅<< . Integremos ahora entre 10-3 y t, donde t es cualquier instante

del intervalo comprendido entre 10-3 y 4⋅10-3.

Página 2


( ) ( ) ( )( ) A25,0t500ti

5,0t 50010itidt 510101tdi

L

3LL

t

10 3

t

10 L 33

−=⇒

⇒−=−⇒⋅

= −− ∫∫ −−

El valor ( )3L 10i − se ha obtenido del tramo anterior (pues la bobina no admite cambios

bruscos de corriente, por lo que ésta tiene que ser una función continua del tiempo) y

tiene un valor de ( ) ( ) A 25,010102510i 2343L =⋅⋅= −− .

Tramo s104t 3−⋅>

( ) ( ) ( ) ( ) A 75,1ti 0104iti dt 010101ti L

3LL

t

104 3

t

104 L 33=⇒=⋅−⇒

⋅= −

⋅−⋅ ∫∫ −−

El valor ( )3L 104i −⋅ se obtiene del tramo anterior siendo:

( ) A 75,125,0104500104i 33L =−⋅⋅=⋅ −−

Resulta pues:

( ) A s104t 75,1

s104t10 ,250- t500s10t0 t 1025

ti3

33

324

L⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<⋅

=−

−−

−

A continuación se realiza la representación gráfica de la corriente en la bobina.

310− s,t

( ) A,tiL

25,0

75,1

3104 −⋅

Entre 0 y 1 ms (10-3 s) la tensión en bornes de la bobina crece con el tiempo linealmente

y, por tanto, la corriente que circula por ella crece cuadráticamente con él (la integral de

una expresión de grado 1 es una expresión de grado 2). Entre 1 y 4 ms (10-3 s y 4⋅10-3 s)

Página 3


la tensión es constante y, por tanto, la corriente crece linealmente con el tiempo (la

integral de una constante es una función lineal -de orden 1-). Fijémonos que si existe

tensión en la bobina es porque la corriente varía con el tiempo. De esa forma, el campo

magnético que crea dicha corriente es también variable (con el tiempo) y proporciona

una tensión inducida en bornes. A partir de 4 ms (4⋅10-3 s), la corriente que atraviesa la

bobina es constante (1,75 mA) y, por tanto, no existe tensión en bornes. En efecto, si

una bobina (no acoplada magnéticamente) está atravesada por una corriente y no existe

tensión en sus bornes es porque la corriente es constante (corriente continua pura), lo

que proporciona un campo magnético constante que no produce tensión inducida al

cortar las espiras de la bobina.

Corriente en el condensador

( ) ( ) ( ) A s104t 0

s104t10 0s10t0 5,0

dttdv10

dttdvCti

3

33

3

4C

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<

===−

−−

−

−

A continuación se muestra la representación gráfica de corriente en el condensador.

310− s,t

( ) A,tiC

5,0

Se observa que entre 0 y 1 ms (10-3 s) la tensión en bornes del condensador crece

linealmente con el tiempo y, por tanto, la corriente en bornes (proporcional a la derivada

de la tensión) es constante (0,5 A). Para tiempos en los que la tensión en el condensador

es constante la corriente es nula (0 A). En efecto, la tensión en un condensador está

producida por la separación de cargas y si la tensión es constante es que no hay

reordenación de cargas, es decir que no entra corriente al condensador.

Página 4


Corriente proporcionada por la fuente de tensión

La corriente i(t) proporcionada por la fuente de tensión v(t) es la suma de las corrientes

que circulan por los tres elementos (véase el circuito inicial):

( ) ( ) ( ) ( )

A s104t 75,1

s104t10 ,2450- t500s10t0 0,5 t5 t 1025

A s104t 075,10

s104t10 0,250- t500105s10t0 0,5 t 1025t 5

titititi

3

33

324

3

333

324

CLR

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<

<<++⋅

=

=⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>++

⋅<<++⋅

<<+⋅+

=++=

−

−−

−

−

−−−

−

b) Potencia instantánea consumida por la resistencia

La potencia instantánea pR(t) puede calcularse de tres formas distintas:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )R

tvR tititvtp2

2RRR ===

Utilizaremos la última expresión en la que no interviene la corriente (por si existiera un

error en su cálculo) y sólo interviene la tensión que es dato.

( ) ( ) ( ) Ws104t 0

s104t10 1025s10t0 t 1025

1000tv

Rtvtp

3

333

323

22

R⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅>

⋅<<⋅

<<⋅

===−

−−−

−

Compruebe el lector que se obtiene idéntico resultado utilizando las otras dos

expresiones.

Energía total comunicada a la resistencia

La energía comunicada a la resistencia es la misma que ella disipa. Si llamamos wR(t) a

dicha energía, se tiene que

( ) ( )dt

tdwtp RR = y se tiene que ( ) ( )∫∫ = dt tptwd RR

Página 5


No se trata de calcular la expresión temporal wR(t) de la energía comunicada a la

resistencia para lo que habría que integrar por tramos sino que es la energía que se

comunica a la resistencia durante todo el tiempo de funcionamiento. Entonces:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∞∞∞∞

=∞⇒=−∞⇒=0

RR0

RRR0

R0

R dt tp,0Wdt tp0wwdt tptwd

La diferencia wR(∞)−wR(0) es precisamente la energía comunicada durante todo el

tiempo de funcionamiento de la resistencia. Llamemos a esa diferencia WR(0, ∞).

Obsérvese que en realidad no está funcionando un tiempo infinito sino que a partir de 4

ms la tensión es cero y ya no se comunica energía a la resistencia.

( ) ( )

J 83,33J 103333,80105,7103333,8

dt 0dt 1025dt t 1025dt tp,0W

556104

104

10

310

0

23

0RR

3

3

3

3

µ=⋅=+⋅+⋅

=+⋅+⋅==∞

−−−

∞

⋅

⋅−

∞

∫∫∫∫−

−

−

−

Ejercicio 2

Cálculo de la tensión de Thévenin ABV

La tensión de Thévenin o tensión de vacío ABV entre A y B es la misma tensión que V

(tensión de la que depende la fuente de corriente dependiente).

200 A

B − 20V

-j 20 Ω

+ j50 Ω

A 0 3 °∠ 10 Ω V

A 0 3 °∠

20V

−

10V

Fijémonos que en el nudo superior (punto común de la resistencia de 200 Ω, bobina de

j50 Ω y resistencia de 10 Ω), la corriente que entra es º0 3∠ (porque la fija la fuente de

corriente independiente) y dicha corriente se descompone en la que circula por la rama

de la bobina (que también está fijada debido al generador de corriente dependiente y que

Página 6


como la hemos dibujado hacia abajo tiene el signo negativo y es 20/V− ) y en la que

circula por la resistencia que se puede escribir como la tensión en bornes de la

resistencia entre el valor de ésta: 10/V ). Entonces, en virtud de la ley de Kirchhoff de

corrientes se escribe:

Vº0 60V10V

20Vº0 3 ∠=⇒+−=∠ que es la tensión de tensión de Thévenin.

Cálculo de la impedancia de Thévenin.

Calculemos la impedancia entre A y B. Desactivamos primero las fuentes

independientes. Sólo hay una de corriente que la quitamos. No podemos utilizar

equivalencias serie y paralelo pues desconocemos la impedancia de la fuente

dependiente. Introducimos una fuente de prueba entre A y B.

200 A

B

− 20Etest

-j20 Ω

+ j50 Ω

testE

10 Ω V

20Etest−

10E test

testI

− +

Al introducir una fuente de prueba de valor testE entre los puntos A y B vemos que

testEV = y entonces la corriente de la fuente dependiente vale 20

Etest . En el nudo A la

corriente testI se divide en la que va hacia la derecha y circula por la resistencia (que es

la tensión en la resistencia testE dividido por R) y la que va hacia la izquierda que la fija

el generador de corriente pues por la resistencia de 200 Ω y el condensador de –j20 Ω

que están unidos al circuito sólo por su borne derecho (el izquierdo está suelto) no

circula corriente y no intervienen en el cálculo de la impedancia.

Se verifica que Ω==⇒=⇒+−= 20IEZE05,0I

10E

20EI

test

testABtesttest

testtesttest

Página 7


También es posible calcular la impedancia a partir de la tensión de Thévenin (que ya

está calculada) y la corriente de Norton. En este caso sale muy sencillo. Para calcular la

corriente de Norton o corriente de cortocircuito, ABI , entre los terminales A y B,

hagamos un cortocircuito entre dichos terminales:

200 Ω

A

B

− -j20 Ω

+ j50 Ω

A 0 3 °∠10 Ω

VABI

0

Al cortocircuitar los bornes A y B, la tensión entre ellos es de 0 V y, por tanto, 0V = y

entonces la corriente de la fuente dependiente vale 0 lo que equivale a un cable cortado

(si por un cable no circula corriente es lo mismo que si el cable está cortado, por tanto a

todos los efectos podemos quitar la fuente dependiente y dejar el extremo inferior de la

bobina colgando). Entonces toda la corriente de la fuente independiente de corriente

circula por el cortocircuito y nada circula por la resistencia de 10 Ω.

Se tiene pues que la corriente de Norton es Aº0 3IAB ∠= . Entonces, la impedancia de

Thévenin entre A y B se obtiene como la tensión de Thévenin entre la corriente de

Norton:

Ω=∠∠

== 20º0 3º0 60

IVZ

AB

ABAB

Por tanto, el equivalente de Thévenin resulta:

Página 8


A

B

V60 º0∠

Ω20

b) En virtud del teorema de máxima transferencia de potencia, para que un conjunto

generador transfiera la máxima potencia a una carga, debe cumplirse que la impedancia

de dicha carga sea conjugada de la impedancia generadora equivalente. Ya se ha

calculado el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B y, la impedancia

generadora equivalente ha resultado ser de 20 Ω. La impedancia conjugada es ella

misma. Por tanto, la impedancia a conectar es también de 20 Ω.

c) Conectada esta carga entre A y B se tiene:

A

B

+-º060∠

20

20I

La corriente en el circuito es: A º0 5,12020

º0 60I ∠=+∠

=

La potencia activa máxima transferida que es la que se disipa en la carga es:

W455,120I20P 22 =⋅==

Página 9


Ejercicio 3

a) Sabemos que el valor de k (coeficiente de acoplamiento) ha de estar comprendido

entre 0 y 1, de suerte que . 1 k0 ≤≤

En el dominio del tiempo se tiene que 21 L L k=Μ , pero el circuito del enunciado

está en el dominio de la frecuencia. Si multiplicamos ambos miembros por ω se tiene:

L2L1M2121 X X kXL L kL L k =⇒ωω=Μω⇒ω=Μω que es una expresión

equivalente en el dominio de la frecuencia y en función de las reactancias. Por tanto,

1k54 5k15X X kX L2L1M =⇒⋅=⇒= . El factor de acoplamiento es el máximo

posible y la el valor de la reactancia mutua (XM) es consistente.

b) Las ecuaciones de malla son:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

++−=

−=∠⇒

⎪⎩

⎪⎨⎧

−+−=

−=∠

21

21

2212

21

I30j100I15j0

I15jI5jº0 50

I15jI100I15jI45j0

I15jI5jº0 50

c)

Potencia generada por la fuente:

Obsérvese que el sentido de la corriente 1I corresponde al criterio generador de la

propia fuente. Por tanto:

⎩⎨⎧

==

⇒+=

=∠=∠⋅∠=⋅=

VAr 467QW 05,220 P

VA 467 j05,220

VAº77,64 24,516º77,64 3248,10º0 50IVS

G

G

*1GG

La fuente de tensión genera 220,05 W de potencia activa y genera 467 VAr de potencia

reactiva.


La tensión a la que se encuentra la bobina es directamente la del generador pues está en

paralelo con él.

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒+=

=∠=∠⋅∠=⋅=

VAr 467Q

W 05,220 PVA 467 j05,220

VAº77,64 24,516º77,64 3248,10º0 50IVS

5j

5j

*

15j5j

Página 10


La bobina de consume 220,05 W de potencia activa y consume 467 VAr de

potencia reactiva.

Ω5 j


( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒+−=

=∠=−∠⋅−=⋅=

VAr 04,330Q

W 05,220- PVA 04,330 j05,220

VAº47,171 5087,222º53,8 4834,1I15jI45jIVS

45j

45j

12

*

245j45j

La bobina de consume –220,05 W de potencia activa o sea que genera 220,05 W

de potencia activa y consume 330,04 VAr de potencia reactiva.

Ω54 j

Potencia consumida en la resistencia de Ω001

Sabemos que una resistencia consume activa de valor RI2

( ) W 05,2201004834,1RIP 222100 =⋅==Ω

La resistencia consume 220,05 W

Potencia consumida por el condensador de Ω− 15 j

Sabemos que el condensador genera potencia reactiva (o consume potencia reactiva

negativa) de valor:

( ) VAr 33,01 154834,1IQ 2C

2215j −=⋅−=Χ−=−

d) La potencia activa que consume la resistencia (consume 220,05 W) se la proporciona

el generador (genera 220,05 W) a través del acoplamiento magnético (las bobinas

actúan como transformador). El generador proporciona 220,05 W de potencia activa y

que consume la bobina de j5 para transferirla íntegramente a la bobina de j45 quien, a su

vez, se la transfiere íntegramente (genera 220,05 W) a la resistencia, que es la

consumidora final de dicha potencia activa.

Página 11


ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 Demostrar que en una señal, x(t), continua pura, los valores medio, eficaz y máximo coinciden. Indíquense los factores de forma y amplitud. Ejercicio 2 En el circuito indicado en la figura inferior izquierda:

i) Calcular la tensión v(t). ii) Calcular la tensión en el condensador de 10 µF. iii) Calcular la tensión en la bobina de 1 mH.

V 0 F10µ

Ω 120

Ω 80

Hm 1 +-

+

-

)t(v A 5

Ω 40

Ω 30

R( )ti∆

( )ti ∆β

C

LA

B

6

Ejercicio 3 En el circuito de la figura superior derecha:

i) Determínese la impedancia entre A y B para señales sinusoidales de pulsación ω.

ii) ¿Qué valor del parámetro β proporciona un circuito abierto entre A y B? iii) Explicite los valores de la impedancia a frecuencias bajas y elevadas.

Ejercicio 4 Una instalación a 230 V y 50 Hz está constituida por los siguientes elementos:

• Un motor que proporciona 850 W de potencia mecánica útil. Tiene un rendimiento del 85% y un factor de potencia de 0,8 (en atraso).

• Alumbrado de 1 kVA y factor de potencia 0,75 (en atraso). • Un horno que consume 1,5 kW. • Una reactancia inductiva de valor 48 Ω.

Se pide: i) Las potencias totales activa y reactiva consumidas por la instalación así

como su factor de potencia. ii) La capacidad del condensador, a conectar en paralelo con la instalación, para

elevar el factor de potencia hasta un valor de 0,95. iii) Si la instalación (sin el condensador) está conectada al secundario de un

transformador ideal, cuyo primario tiene una tensión de 1 kV. Calcúlese la corriente en el primario y la relación de espiras.

Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los ejercicios.


Ejercicio 1

La figura adjunta presenta una señal x(t) continua pura. Obsérvese que el período de la

señal x(t) es infinito (frecuencia = 0). Entonces, tomemos un trozo t genérico (de

cualquier longitud) de dicha señal.

El valor constante de dicha señal es precisamente el

valor máximo, así que x(t) = Xmáx.

t

x(t)

máxX

t

Se tiene:

( ) máxmáx

t

0 máx

t

0 med XtXt1dt X

t1dt tx

t1X =⋅⋅=== ∫∫

El valor medio coincide con el máximo.

El valor eficaz X de la señal de tensión x(t) se obtiene como ( )∫=t

0

2 dt txt1X .

( ) ( ) ( ) máx2

máx

t

0

2máx

t

0

2 XtXt1dt X

t1dt tx

t1X =⋅⋅=== ∫∫

Y se observa que el valor eficaz coincide con el máximo.

Por tanto, en una señal continua pura se verifica que los valores máximo, eficaz y medio

coinciden. Xmáx = X = Xmed.

Lógicamente los factores de forma y amplitud son la unidad pues:

1X

XFmed

F == y 1X

XF máxA ==

Ejercicio 2

La figura del enunciado muestra un circuito expresado en el dominio del tiempo y se

observa que las fuentes de excitación son constantes (60 V y 5 A). Por tanto, se trata de

un circuito en corriente continua. En corriente continua y cuando el circuito lleva un

tiempo largo funcionando (régimen permanente) las bobinas se comportan como

cortocircuitos y los condensadores como circuitos abiertos. Entonces, se tiene:

Página 1


V 06

Ω 120

Ω 80

)t(v A 5

Ω 40

Ω 30

)t(vL

)t(vC

Obsérvese que se han indicado las tensiones en la bobina, vL(t), y en el condensador,

vC(t).

Los apartados ii) y iii) pueden contestarse primero.

iii) La tensión en la bobina vL(t) es nula pues se comporta como un cortocircuito (un

trozo de cable). Por tanto, vL(t) = 0 V.

ii) La tensión en el condensador, vC(t), coincide con la tensión v(t) que hay que calcular

en el apartado i). En efecto, si tomamos el contorno cerrado formado por la resistencia

de 120 Ω, la bobina, la resistencia de 30 Ω y el condensador y expresamos vC(t) en

función de las demás tensiones, se tiene que vC(t) = v(t) ya que las tensiones en la

bobina y en la resistencia de 30 Ω son nulas (ésta última por no estar recorrida por

corriente, pues su extremo derecho está suelto).

Por tanto, la tensión en el condensador es la misma que la tensión v(t) que piden en el

apartado i).

i) Dibujemos el circuito de nuevo (no se considera la resistencia de 30 Ω pues tiene un

terminal suelto y por ella no circula ninguna corriente, aunque entre este terminal suelto

y cualquier punto del circuito sí puede existir tensión.)

V 06Ω 120

Ω 80

)t(v

A 5

Ω 40

Página 2


Calculemos la tensión v(t) de tres formas distintas:

1ª forma: Aplicando el principio de superposición.

Fuente de tensión de 60 V desactivada. Para desactivar la fuente de tensión

independiente, ésta se cortocircuita.

Ω 120

Ω 80

)t(v1

A 5

Ω 40A5Ω120i

Ω80i

Obsérvese que en el nudo superior se tiene un divisor de corriente. La corriente de 5 A

(que la fija la fuente de corriente) llega al nudo superior y se reparte entre las

resistencias de 120 Ω y de 80 Ω (que están en paralelo). Estamos interesados en i120Ω(t)

para, posteriormente, calcular v1(t). Entonces, en virtud de la regla del divisor de

corriente: ( ) A 280120

805ti120 =+

=Ω . Por tanto, ( ) V 2402120tv1 =⋅= .

Fuente de corriente de 5 A desactivada. Para desactivar la fuente de corriente se elimina

directamente.

V 06Ω 120

Ω 80

)t(v2

Ω 40

Entonces, se tiene un divisor de tensión formado por las resistencias de 80 Ω y de 120

Ω. Por tanto: ( ) V 3680120

12060tv2 =+

=

Entonces, aplicando superposición, se tiene que v(t) = v1(t) + v2(t) = 240 + 36 = 276 V

Página 3


2ª forma: Transformando la fuente de tensión a fuente de corriente.

A ,750 Ω 120Ω 80

)t(v

A 5

Ω 40

Observamos que la fuente de corriente equivalente es de 60/80=0,75 A. Es posible hacer

el paralelo de las resistencias de 80 Ω y de 120 Ω, resultando una resistencia de 48 Ω.

Obsérvese que la tensión v(t) del paralelo es la misma que la que había antes.

A ,750Ω 84

)t(v

A 5

Ω 40A 5A ,750

A ,755

En el nudo superior entran las corrientes de 0,75 A (fijada por la fuente de corriente de

la izquierda) y de 5 A (fijada por la fuente de corriente de la derecha). Por tanto, por la

resistencia central bajan 5,75 A y, por tanto, v(t) = 5,75 ⋅ 48 = 276 V

3ª forma: Utilizando el método de corrientes de malla.

La fuente de corriente no se puede pasar a fuente de tensión pues no tiene una

resistencia en paralelo. Por tanto, para aplicar mallas consideramos la tensión vG(t) en

sus bornes. Dibujemos las corrientes de malla i1(t) e i2(t) tomadas, por comodidad, en

los sentidos indicados. Se tiene:

V 06Ω 120

Ω 80

)t(v

A 5

Ω 40

)t(vG

)t(i1 )t(i2

Página 4


Malla 1: ( ))t(i)t(i 120)t(i 8060 211 ++=

Malla 2: ( ))t(i)t(i 120)t(i 40)t(v 212G ++=

Se tienen dos ecuaciones con tres incógnitas, pero obsérvese que i2(t) = 5 A pues la fija

la fuente de corriente. No hubiera sido necesario plantear la ecuación de la malla 2 pues,

directamente de la ecuación de malla 1, se obtiene que i1(t) = - 2,7 A. Entonces, la

tensión v(t) es:

( ) ( ) V 27657,2 120)t(i)t(i 120)t(v 21 =+−=+=

Ejercicio 3

i) Calculemos la impedancia entre A y B. Para ello transformamos el circuito al

dominio de la frecuencia e introducimos un generador de prueba testE entre A y B.

Entonces, abZ es testtest I/E .

R

Cj-

ω

LjωA

B

∆I

∆β I + −

testI

testE

Busquemos una relación entre testE e testI . En el nudo superior de la resistencia entran

testI (por la izquierda) y ∆β I (por la derecha; ∆β I está fijada por la fuente de

corriente). Hacia abajo sale ∆I . Por tanto:

( )

( ) ( ) ( ) ( )β−ω−

β−=

β−ω

−==⇒

ω−

β−=⇒

⇒β−=⇒β−=⇒=β+ ∆∆∆∆∆

1C1j

1R

1CjR

IEZ

CjR

E1I

I 1I III III

test

testAB

testtest

testtesttest

Página 5


Obsérvese que la tensión en bornes de la impedancia CjR

ω− es conocida (vale testE )

y, por tanto, la corriente ∆I (que atraviesa dicha impedancia) se escribe:

CjR

EI test

ω−

=∆ .

ii) Para que la impedancia entre A y B sea un circuito abierto (un cable cortado), ha de

cumplirse que ∞=ABZ (impedancia infinita) y ello se verifica si β = 1.

iii) Si en la expresión de la impedancia de i) consideramos frecuencias elevadas (ω →

∞), la impedancia es una resistencia pura de valor ( )β−=1

RZAB , pues la parte

imaginaria es despreciable frente a la parte real. Por otro lado, si consideramos

frecuencias bajas (ω → 0), la parte imaginaria es mucho mayor que la real y, por tanto,

la impedancia es, prácticamente, capacitiva pura y de valor ( )β−ω−=

1C1jZAB

Ejercicio 4

i) Dibujemos el esquema de la instalación:

M

º0230∠

atraso8,0cos85,0

W850Pútil

=ϕ=η=

I

atraso75,0cosVA1000S

=ϕ= W1500P = Ω 48 j

La potencia activa total consumida es la suma de las potencias activas consumidas por

cada uno de los elementos. Análogamente ocurre con la potencia reactiva. (Teorema de

Boucheraut). Contabilicemos las potencias activa y reactiva consumidas por cada

elemento.

Página 6


Motor

El motor proporciona una potencia mecánica útil de 800 W y tiene un rendimiento del

85 %, así que la potencia activa que absorbe de la red (que es la que se transforma en

energía mecánica, en calor, etc.) es de 800/0,85 = 1000 W. De los 1000 W que absorbe

de la red, proporciona 800 W (85% de la potencia absorbida) en energía mecánica útil y

los 200 W restantes (15 % de la potencia absorbida) son las pérdidas (rozamientos,

ventilación, etc).

Calculemos ahora la potencia reactiva Q que consume. La potencia compleja S se

escribe como: jQPSS +=ϕ∠= y podemos obtener el triángulo de potencias

dibujando el vector complejo ( S ), su parte real o proyección horizontal (P) y su parte

imaginaria o proyección vertical (Q). Obsérvese que el ángulo ϕ es el ángulo que forma

la potencia compleja con el eje horizontal y es el mismo ángulo que el de la impedancia

(el que forma la tensión con la corriente medido desde la corriente en sentido

antihorario).

S Q

P

ϕ

Observemos que el triángulo dibujado corresponde a una carga inductiva (0 < ϕ < 90º.

Si ϕ = 90º sería una bobina pura) y, por tanto, consume reactiva (por eso Q es positiva).

Si se tiene una carga capacitiva (-90º < ϕ < 0. Si ϕ = -90º sería un condensador puro) el

triángulo se dibuja (hacia abajo) con la Q negativa (genera reactiva) y el ángulo ϕ es

negativo (se mide en sentido horario).

Prácticamente todos los consumos presentan un factor de potencia menor que 1,

generalmente inductivo. El alumbrado, excepto el incandescente, utiliza reactancias

inductivas por lo que su factor de potencia es inductivo y variable entre 0,5 y 0,8

generalmente. Los motores también tienen un factor de potencia inductivo y variable,

aproximadamente entre 0,6 y 0,9.

Página 7


El factor de potencia del motor del enunciado es 0,8 en atraso. Ello indica que

. La solución negativa no es válida porque se

trata de un factor de potencia en retraso (inductivo) y por tanto el ángulo ϕ tiene que ser

positivo. Entonces, basándose en el triángulo de potencias, se puede escribir:

⎩⎨⎧

°−=ϕ°=ϕ

⇒=ϕ válidaNo 87,36

87,368,0cos

VAr 750)tg(63,87º1000 tgPQ =⋅=ϕ⋅= .

Alumbrado

La potencia aparente (módulo de la impedancia compleja) vale S = 1000 VA.

El ángulo se obtiene del factor de potencia . La

solución negativa sería válida en caso de ser una carga capacitiva (factor de potencia en

adelanto). Entonces, la potencia compleja se escribe como:

⎩⎨⎧

°−=ϕ°=ϕ

⇒=ϕ válidaNo 41,41

41,4175,0cos

VA 44,661 j750º41,41 1000 SS +=∠=ϕ∠= . El alumbrado consume una potencia

activa de P = 750 W y una potencia reactiva de Q = 661,44 VAr.

Horno

El horno es una carga resistiva pura y, por tanto, sólo consume potencia activa de valor

P = 1500 W. La potencia reactiva es Q = 0 VAr.

Reactancia inductiva

La reactancia inductiva (XL) tiene un valor de 48 Ω. La impedancia es j XL = j 48 Ω. La

bobina sólo consume reactiva de valor VAr 08,110248

230XVQ

2

L

2

=== y P = 0 W.

Hagamos ahora una tabla resumen:

Pconsumida (W) Qconsumida (VAr)

Motor 1000 750

Alumbrado 750 661,44

Horno 1500 0

Reactancia inductiva 0 1102,08

TOTAL 3250 2513,52

Página 8


Por tanto, la potencia compleja total consumida por la instalación es:

VA º72,37 4108,56 513,522 j3250S ∠=+=

Y el ángulo de la potencia de la instalación es ϕ = 37,72º, siendo su coseno el factor de

potencia de la instalación: cos ϕ =cos (37,72º) = 0,79.

ii) En sistemas monofásicos de baja tensión, la mejora del factor de potencia se realiza

exclusivamente mediante condensadores colocados en paralelo con el consumo. El

cálculo de la capacidad necesaria depende lógicamente del factor de potencia original y

del que se pretende lograr. Lo más aconsejable sería colocar condensadores justo al lado

de cada elemento que tenga un factor de potencia bajo. Sin embargo, en muchas

ocasiones es aconsejable centralizar –total o parcialmente– la compensación de reactiva.

En esta instalación se ha centralizado la compensación de reactiva colocando un

condensador en paralelo con la instalación como se muestra a continuación:

M

º0230∠

I

CX j−

Dibujemos el triángulo de potencias antes y después de la conexión del condensador.

Qantes - Qdespués

P

ϕantesϕdespués

antesS

despuésS

Página 9


Inicialmente (antes de conectar el condensador) se tiene un ángulo de ϕantes = 36,87º.

Una vez añadido el condensador, la reactiva de antes 2513,52 VAr se verá reducida,

pues el condensador consume potencia reactiva negativa y resta una cantidad

(dependiendo de la capacidad y de la tensión) a los 2513,52 VAr. Obsérvese que la

potencia activa P es la misma para ambos casos pues el condensador ni quita ni pone

activa. El ángulo final que se quiere conseguir es ϕdespués = arc cos (0,95) = 18,19º

(positivo porque es inductivo).

Entonces si a la potencia reactiva de la instalación (antes de añadir el condensador) le

sumamos la potencia reactiva del condensador (que es negativa –V2/XC) se obtendrá la

potencia reactiva total de la instalación con el condensador incluido. Esto es:

despuésantesC

2

despuésC

2

antes QQXVQ

XVQ −=⇒=−

Por tanto, Ω=⇒⋅−= 59,36X)º19,18(tg325052,2513X

230C

C

2

Obsérvese que Qdespués se calcula utilizando el triángulo de potencias antes dibujado

( ). Considerando que X)(tgPQ despuésdespués ϕ⋅= C = 1/(ωC), se tiene que C = 87 µF.

iii) La instalación, incluyendo el transformador, es:

M

º0230∠

I

º01000∠

entI 21 N:N

En el transformador ideal de la figura se verifica que

35,4N/NN º0230N º01000 2112 =⇒∠=∠ (que es la relación de espiras). Obsérvese

que un transformador ideal no cambia ángulos ni de tensiones ni de corrientes pues la

relación entre el primario y secundario es una relación de espiras que es un número real.

Página 10


Así, si la tensión de la instalación se toma con ángulo 0º (por tomar en ella la referencia

de ángulos), la tensión en el primario del transformador también tiene ángulo 0º.

El transformador ideal es transparente a las potencias. Por tanto, la potencia compleja

(activa y reactiva) que consume la instalación (situada en el secundario del

transformador) es la misma que entra por el primario. Así, en el primario se tiene:

A º72,3711,4I º72,3711,4I I º01000 º72,37 4108,56 I US

ent

*ent

*ent

*ent1

−∠=⇒

⇒∠=⇒∠=∠⇒=

Un proceso más largo hubiera sido obtener la corriente I absorbida por la instalación

A º72,3786,17I I º0230 º72,37 4108,56 I US **2 −∠=⇒∠=∠⇒= y obtener la

corriente entI en el primario a través de la relación de espiras (calculada anteriormente):

A º72,3711,465,7735,41º72,3786,17

NN IIN IN I

1

2ent21ent −∠==−∠==⇒=

Obsérvese que la corriente que absorbe la instalación inicialmente tiene un valor de

. Si se calcula la corriente absorbida por la instalación una vez

añadido el condensador resulta

A º72,3786,17 −∠

A º19,1887,14 −∠ . La corriente ha disminuido y las

pérdidas han disminuido todavía más, pues disminuyen proporcionalmente al cuadrado

del módulo de la corriente (I2R). Por tanto, existe menor calentamiento en los

conductores y éstos pueden tener menor sección. Al disminuir la corriente, las caídas de

tensión en la línea son menores (menor tensión de suministro y mayor ahorro en

materiales aislantes).

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ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................


Ejercicio 1 Considerando la ecuación característica en una resistencia, demuéstrese que se verifica:

i) Vmed = R Imed ii) Vef = R Ief

Ejercicio 2 En el circuito indicado en la figura inferior izquierda, la corriente i(t) tiene un valor de ( ) ( ) A º90t100sen 28,28ti +π= . Calcúlese el equivalente de Thévenin entre los puntos

A y B.

F7,63 µΩ 120

)t(i

Ω 40mH 191

A B

Ω 200 Ω− 6 j Ω 8 j

Ω 12 j

Ω 10

V º30 20∠ Ω 4 j+-

Ejercicio 3 En el circuito de la figura superior derecha:

i) ¿Es consistente el valor de 4 Ω para la inductancia mutua XM? ii) Realice el balance de potencias.

Ejercicio 4 En el circuito de la figura inferior, indique (razonando la respuesta), la impedancia entre A y B en los siguientes casos:

+_

R

L

( )ti∆

( )ti ∆β 1R

C

A

B

i) Frecuencias elevadas. ii) Frecuencias muy bajas. iii) R muy elevada. iv) R muy baja y C muy elevada.

Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los ejercicios.


Ejercicio 1

La ecuación característica de una resistencia se escribe como:

v(t) = R i(t)

i) Buscamos tener la expresión de valor medio. Si integramos los dos miembros en un

tiempo T, resulta:

( ) ( ) ( ) ( )dt tiRdt tvdt tiRdt tvT

0

T

0

T

0

T

0 ∫∫∫∫ =⇒=

Si se multiplican los dos miembros por (1/T):

( ) ( ) medmed

T

0

T

0 IRVdt ti

T1Rdt tv

T1

=⇒= ∫∫

ii) Busquemos la expresión de valor eficaz. Elevamos al cuadrado ambos miembros.

)t(iR)t(v 222 = . Integramos ambos miembros:

( ) ( )dt tiRdt tvT

0

22T

0

2 ∫∫ =

Multiplicamos por (1/T) a ambos lados y extraemos la raíz cuadrada de cada miembro:

( ) ( ) ( ) ( ) efef

T

0

2T

0

2T

0

22T

0

2 IRVdt tiT1Rdt tv

T1dt ti

T1Rdt tv

T1

=⇒=⇒= ∫∫∫∫ .

Ejercicio 2

Calculemos la tensión de vacío entre A y B:

La corriente i(t) se expresa como: ( ) ( ) A t100osc 202ti π= .

El circuito en el dominio de la frecuencia ( s/rad100π=ω ) es:

Ω− 50j120

Ω 40Ω60j

A B

Ω 200

A º020∠

1I 2I

La corriente I de la fuente se divide en las corrientes 1I e 2I . Se trata de un divisor de

corriente formado por las impedancias (120 + j60) y (40-j50).

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Nótese que ABV puede obtenerse:

* Considerando la bobina de j60 Ω y la resistencia de 40 Ω:

Ω 40Ω60j

A B

60jV40V

ABV

1I 2I

60j40AB VVV −=

* Considerando la resistencia de 120 Ω y el condensador de –j50 Ω:

Ω201

B

120V 50jV−

ABVA

Ω− 50j

1I 2I

50j120AB VVV −−=

Para calcular las tensiones en los elementos es necesario conocer las corrientes 1I e 2I .

Según la regla del divisor de corriente se obtienen:

Aº92,549883,7)60j120()50j40(

)50j40(º020I1 −∠=++−

−∠=

Aº99,227379,16)60j120()50j40(

)60j120(º020I2 ∠=++−

+∠=

(Nótese que si se conoce 1I es posible obtener 2I como:

Aº99,227379,16Iº020I 12 ∠=−∠= )

Entonces se obtiene: Vº58,356,224I60jI40VVV 1260j40AB −∠=−=−=

O bien: Vº58,356,224I)50j(I120VVV 2150j120AB −∠=−−=−= −

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Cálculo de la impedancia entre A y B

Desactivamos la fuente independiente de corriente (se quita). Se obtiene:

Ω− 50j120

Ω 40Ω60j

A B

Ω 200

1I 2I

Obsérvese que la resistencia de 200 Ω posee un terminal suelto y, por tanto, no se

considera. La impedancia entre los terminales A y B es (40+j60)||(120-j50).

Ω+==⇒Ω−∠=−

++

= − 34,29j58,50Y1Zº11,300171,0

50j1201

60j401Y

ABAB

1AB

Por tanto, el equivalente de Thévenin entre A y B es:

A

B

Vº58,356,224 −∠

Ω+ 34,29j58,50

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Ejercicio 3

Ω− 6 j

+-

Ω 8 j

Ω 12 j

Ω 10

V º30 20∠ Ω 4 j I

i) El valor de XM = 4 Ω es consistente ya que

41,0k128k4XXkX 2L1LM =⇒⋅=⇒=

Como k está comprendido entre 0 (ausencia de acoplamiento) y 1 (acoplamiento

perfecto), el valor de XM es consistente.

ii) Calculemos las potencias consumidas o generadas en cada elemento:

La corriente en el circuito es:

( )A º9638,0 7150,1I

I 6 j10º30 20I 10I 4 jI 12 jI 4 jI 8 jI 6 jº30 20

−∠=⇒

⇒+=∠⇒+−+−+−=∠

Potencia generada por la fuente:

⎩⎨⎧

==

=+=∠∠==VAr 65,17Q

W 41,29PVA 7,651 j41,29º9638,0 7150,1º3020I VS

G

G*GG

Potencia consumida por el condensador de –j6 Ω

Es reactiva y de valor (-17,65 VAr

consumidos o +17,65 VAr generados).

VAr 65,1767150,1XIQ 2C

26j −=−=−=−

Potencia consumida por la bobina de j8 Ω:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=

====−==

VAr 76,11Q


8j

8j2**8j8j

Obsérvese que la potencia se ha calculado utilizando el concepto de impedancia

compleja. La expresión no sirve aquí, pues la bobina está acoplada. L2

L XIQ =

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Potencia consumida por la bobina de j12 Ω:

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=

====−==

VAr 53,23Q


12j

12j2**12j12j

La bobina de impedancia j12 consume 23,53 VAr de potencia reactiva.

Potencia consumida en la resistencia de 10 Ω:

Consume sólo potencia activa de valor:

W41,297150,110I RP 2210 =⋅==

Balance de potencias:

Potencia activa ⎩⎨⎧

==

W41,29P:consumidaW41,29P :generada

10

G

Potencia reactiva ⎩⎨⎧

=++−=++=

− VAr65,1753,2376,1165,17QQQ:consumidaVAr65,17Q :generada

12j8j6j

G

Por tanto, se cumple el teorema de Boucheraut ya que la potencia activa consumida por

el circuito coincide con la generada por la fuente. Análogamente, la potencia reactiva

consumida en el circuito es la generada por la fuente. Obsérvese que la energía reactiva

del condensador (por ser un receptor) se ha contabilizado con signo negativo dentro de

las potencias reactivas consumidas. También se podría haber contabilizado dicha

potencia reactiva como potencia reactiva generada (con signo positivo).

Ejercicio 4

El circuito en el dominio de la frecuencia es:

∆β I 1R

Ljω

∆I

R

Cj

ω−

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i) A frecuencias muy elevadas el condensador se comporta como un cortocircuito o

trozo de cable (pues ZC=1/ωC →0 si ω→∞) y la bobina como un circuito abierto o

cable cortado pues (pues ZL=ωL → ∞ si ω→∞). Se obtiene:

Entre A y B se tiene: +

_

A

B

∆β I 1R

∆I

R Ω=10ZAB

ii) A frecuencias reducidas el condensador se comporta como un circuito abierto o cable

cortado (pues ZC=1/ωC →∞ si ω→0) y la bobina como un cortocircuito o trozo de cable

pues (pues ZL=ωL → 0 si ω→0). Se obtiene:

0I =β ∆ 1R

0I =∆

R

Obsérvese que al comportarse el condensador como un circuito abierto, no puede

circular corriente por la rama formada por R-C, es decir 0I =∆ . Si 0I =∆ , el generador

de tensión dependiente tiene en bornes una tensión de V0I =β ∆ y una fuente de tensión

(dependiente o independiente) con 0 V en bornes es equivalente a un cortocircuito o

trozo de cable. Por tanto, el punto A está unido con el punto B a través de un

cortocircuito y la impedancia es Ω= 0ZAB

iii) Con valores de R elevados, independientemente de la frecuencia, la rama R-C está

abierta (ya que R→∞ y se comporta como un circuito abierto). Ya que 0I =∆ , la fuente

de tensión dependiente es un cortocircuito ( V0I =β ∆ ). Entre A y B, se tiene ahora la

bobina de impedancia jωL. Nótese que la rama R-C es irrelevante pues es un cable

cortado. La resistencia R1 tampoco se considera pues está en paralelo con un

cortocircuito. Se tiene: LjZAB ω=

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0I =β ∆ 1R

0I =∆

R

Ljω

iv) Si R tiene un valor muy bajo, ésta se comporta como un cortocircuito (pues R→0).

Si C es elevada y considerando frecuencias medias resulta que el condensador se

comporta como un cortocircuito o trozo de cable (pues ZC=1/ωC →0 si C→∞). Por

tanto, la rama formada por RC es un cortocircuito o trozo de cable y se tiene:

∆β I 1R

Ljω

∆I

Puesto que entre los puntos A y B existe un cortocircuito (están conectados por un trozo

de cable), Ω= 0ZAB .

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examenes de teoria de circuitos

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