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Timestamp: 2018-09-22 10:00:04+00:00

Document:
Libro Circuitos
Lab 8 de Circuitos
Trabajo de Investigación Calidad de Energia
Calculo de Fallas Usando Método MVA PARA SEP
Edminister, J.a. - Circuitos Electricos
Ejercicios Circuitos Electricos II
Apuntes de Teoría de Circuitos II
Sistema Eléctrico de Potencia_20131108
Los Filtros Pasivos
medidaselectricas-090608224526-phpapp02
Sistema Por Unidad (Mb)
Conexiones Muy Simples Para Parlantes
TPNº 03 Transformadores
Tensión Analógica Schneider Electric RMCN22BD
lab 1 2011-2
802 Soluciones ARMÓNICOS
Tema2Matlab
Tema1 Concep Basicos Ampl
1213 Dic
1213 Feb
Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos
Fecha: 31-01-02
ALUMNO:................................................................ D.N.I.....................
Ejercicio 1 (1,25 puntos)
x(t) 2
Considerando la señal x(t) que se muestra en la figura de la izquierda, dibujar razonadamente las siguientes señales: i) ii) iii) iv) x(-t-2) 3⋅x(t)⋅u(t-1), con u(t) escalón unitario x(t/2+1) Calcular el valor medio de x(t).
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 canal I de la tensión) obtenida al ir elevando o disminuyendo paulatinamente la frecuencia de la tensión aplicada (manteniendo su amplitud). 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.
100 mH 50 mH 150 mH A B
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 mH k=1 1 mH
1Ω v1(t)=1 V
+ − 1:1
v 2 ( t ) = 2 cos(1000t ), V
Ejercicio 5 (1,25 puntos) i) ii) ¿Qué significado tiene el hecho de que la energía puesta en juego por un condensador entre dos instantes t1 y t2 sea cero?. En un circuito eléctrico se ha calculado la potencia aparente consumida por una bobina ideal y ha resultado ser de S = 137 + j130 VA . ¿Es ello posible?. Razónese la respuesta. 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
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.
3 x(t) u(t-1) 6
x(-t-2)
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).
x(t/2+1), adelanto de una unidad y escalado de valor 1/2 de la variable
x(t/2+1)
interpretar como la reproducción de la señal grabada x(t) a la mitad de
velocidad y, por tanto, tarda el doble de tiempo.
X med =
Área bajo x ( t ) T
1 ⎡−1 1 ⎤ ⎢ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 + 2 ⋅ 1 ⋅ 2⎥ = 0,875 unidades 4⎣ ⎦
5 divisiones contadas desde la parte izquierda de la pantalla (ver figura). se observa que. se tiene que cada división son 36º y. por tanto.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 Ejercicio 2 El valor máximo de la señal de tensión es: Vmáx = 4 div × 5 V = 20 V y el de la señal div de corriente: I máx = 3 div × 0. la señal de corriente es un coseno pero adelantado un “cuadro” o división.3 A . Como un período de la señal (2π rad = 360º) son 10 divisiones. i(t ) = 0.1 A = 0. la ecuación de la señal de tensión es: v(t ) = 20 cos(20000π t ) = 2 Eje vertical tomado como origen de tiempos 20 cos(20000π t ) V 2 canal II canal I Respecto a dicho eje. div Obsérvese que un período (es el mismo para ambas señales) son 10 divisiones y. por tanto.3 cos(20000π t + 36º ) = 2 0. T = 10 div × 10 µs 1 1 = 100 µs y entonces f = = = 104 Hz div T 100 µs La pulsación es ω = 2πf = 2π ⋅ 10 4 rad/s Si se toma un eje vertical (como origen de tiempos) situado a 2.3 cos(20000π t + 36º ) A 2 Página 2 . respecto de este eje.
alcanza el máximo o pasa por 0.93 Ω − j 39.41 µF ωC 20000π C Y en el dominio del tiempo: 53. En efecto. una división antes que la señal de tensión.19 Ω XC = 1 1 ⇒ 39. Z = = = 66.19 = ⇒ C = 0.3 I ∠36º 2 ii) El circuito más sencillo que representa el valor de Z obtenido en i) es una resistencia en serie con un condensador.3 cos(20000π t + 36º ) A → I = ∠36º A 2 2 20 ∠0º V 2 Por tanto.41 µF Obsérvese que inicialmente puede saberse que se trata de una respuesta capacitiva (y no inductiva).93 − j 39.19 Ω 0. pues la señal de corriente (canal II) va adelantada respecto de la de tensión (canal I).3 0. Página 3 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 i) I Z Z= + V − V I Transformemos las expresiones de v(t) e i(t) en el dominio del tiempo al dominio de la frecuencia V e I .6667∠ − 36º Ω = 53.93 Ω 0. v (t ) = 2 i(t ) = 2 20 20 cos(20000π t ) V → V = ∠0º V 2 2 0. Dicho circuito en el dominio de la frecuencia es: 53.
hasta casi 90º (90º de adelanto no pueden darse. A medida que la frecuencia aumenta. En resumen: cuando ω ↑ entonces i(t) más en fase con v(t) e I ↑ Página 4 . el circuito adquiere un comportamiento cada vez más capacitivo puro. por tanto. A medida que la frecuencia disminuye. pues siempre existe el valor de R = 53.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 iii) Considerando el circuito genérico más sencillo que representa la impedancia obtenida. a su vez. Para analizar la amplitud de i(t) vemos que I = V ⎛ 1 ⎞ R2 + ⎜ ⎟ ⎝ωC⎠ 2 (obsérvese que esta expresión es equivalente a I = V ⎛ 1 ⎞ R +⎜ ⎟ ⎝ ωC⎠ 2 2 . I R V −j ωC − obsérvese que I = V j R− ωC y. ya que R >> 1 y. el circuito va adquiriendo un comportamiento cada vez más resistivo.93 Ω que hace que el denominador no sea imaginario puro). ωC respecto a v(t). Las dos estarían en fase si ω → ∞ (para esa frecuencia el condensador se comporta como cortocircuito -impedancia de 0 Ω-). Obsérvese que la amplitud de i(t) disminuye a medida que disminuye ω. i(t) tenderá a ir cada vez más en fase con v(t). pues los módulos de los vectores son los valores eficaces). por ωC tanto. a medida que la frecuencia aumenta. el denominador se hace cada vez más pequeño (pues el sumando 1/ωC es. más pequeño) y la amplitud de i(t) aumenta. ya que R << 1 . pues el denominador de I (ó I) se hace cada vez más grande. i(t) tenderá a irse adelantando cada vez más.
L3 = 50 mH Para determinar los puntos homólogos. por tanto. i2(t) φ i1(t) L1 L2 L3 φ L2 L1 L3 Página 5 . por el terminal superior de L1. 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. L1= 150 mH. Ahí se pone un punto. el circuito de iii) es predominantemente resistivo y por tanto la corriente es también triangular. Ejercicio 3 kij = 0.5. consideremos primero las bobinas L1 y L2. será una señal cuadrada. por ejemplo. Si la frecuencia es suficientemente baja. entonces i(t ) = C dv(t ) y la corriente será proporcional a la derivada de la tensión dt introducida y. Obsérvese que los conceptos de reactancias capacitiva e inductiva y de fasor sólo tienen sentido cuando tratamos con señales sinusoidales.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 Cuando ω ↓ entonces i(t) más adelantada (hacia 90º) respecto v(t) e I ↓ iv) Si la frecuencia de la señal de tensión introducida es suficientemente elevada. el circuito de iii) es predominantemente capacitivo y si se desprecia la influencia de la resistencia frente al condensador. Estas cuestiones y el concepto de impedancia en el dominio de s se tratarán en detalle en la segunda parte del curso. L1 L2 L3 L2 = 100 mH. Por cualquiera de los terminales introduzco una corriente i(t).
Ahí se coloca el otro punto (donde la corriente sale).24 mH Procediendo de manera análoga con las bobinas 1 .3.35 mH 150 mH 100 mH 43. ZM = j ω M ) junto con la introducción de un generador de prueba resulta: Página 6 .5 150 ⋅100 = 61. el sentido de i2(t) debe ser tal que engendre un flujo φ igual y opuesto a la causa que lo produjo. Entonces la representación puede ser: M12 M12 ó Por lo tanto. Para ello.24 mH 35. i2(t) debe entrar por el terminal de la izquierda de L2 y salir por el terminal de la derecha.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 El flujo φ engendra en la bobina L2 una fuerza electromotriz que hará circular una corriente i2(t) por dicha bobina. Obsérvese que la inductancia mutua es: M12 = k12 L1 ⋅ L 2 = 0. Los dos terminales señalados son homólogos. Obsérvese que XL = ω L. ZL = j ω L .30 mH 50 mH ii) Si f = 500 ⇒ ω = 2πf = 1000 rad/s π El circuito anterior en el dominio de la frecuencia (valores de las impedancias en Ω . Según la ley de Lenz. Los otros dos también lo son.3 y 2 . se obtiene que un circuito eléctrico equivalente es: 61. XM = ω M. la representación no es única.
18 = 265. En corriente continua y en régimen permanente (cuando el circuito lleva un tiempo largo funcionando).35 I test + + j 50 I test − j 43.30 j 50 I test E test − La ecuación de malla proporciona: E test = j150 I test + j 61. éste no cambia con el tiempo.18 I test Influencia de L1 sobre L 3 Influencia de L 2 sobre L 3 Influencia de L 2 sobre L1 Influencia de L 3 sobre L1 Influencia de L1 sobre L 2 Influencia de L 3 sobre L 2 ZAB = E test = j 265.18 mH 1000 Ejercicio 4 Apliquemos el principio de superposición: Consideramos v1(t).35 I test = j 265.35 j 150 j 100 j 43. los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos. Obsérvese que no existe tensión inducida en el secundario del transformador pues.18 Ω A B Y en el dominio del tiempo: 265.24 I test − j 35.30 I test + j100 I test + j 61. v2(t) desactivada.18 Ω I test j 265.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 j 61.24 j 35.24 I test − j 43. Página 7 .30 I test − j 35.18 mH A B XL = ω L ⇒ L = 265. aunque existe flujo concatenado.
v1(t) desactivada: M = 1⋅ 1⋅1 = 1 mH k =1 1 mH 1 mH 1 mF 1Ω v1B ( t ) − v 2B ( t ) − − 2 cos(1000 t ) 1:1 En el dominio de la frecuencia se tiene: j j j I2B V1B − 1 I1B −j V2 B − 1∠0º 1:1 0 = 1 I1B + j I1B − j I 2 B + V1B − 1 ∠0º = −V2 B + j I 2 B − j I1B − j I 2 B V1B ⋅1 = V2 B ⋅1 I1B ⋅1 = I 2 B ⋅1 → Malla izquierda Malla derecha Ecuaciones del transformador Página 8 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 1Ω + i1A (t ) i 2 A (t ) 1 i1A (t ) = = 1 A 1 i 2 A (t ) = 0 A − 1V Consideramos v2(t).
por tanto.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 Obsérvese que por ser la relación del transformador 1:1 sería posible pasar del primario al secundario y viceversa. La primera es que el condensador ni haya absorbido ni haya cedido energía al circuito externo. de forma que el balance neto de energía absorbida-cedida entre esos dos instantes de tiempo es cero. que puede ser nula. se tendría que i1A (t ) = 1 / 0 → ∞ y. La segunda posibilidad es que la energía que ha absorbido el condensador entre esos dos instantes es la misma que ha cedido. sin más que quitar el transformador y unir los circuitos del primario y del secundario. sí es posible obtener que consume 137 W de potencia activa. conservando la que tenía almacenada. en el circuito: Página 9 . por ejemplo. La explicación es que la bobina puede estar. t 2 ) = 0 ⇒ Cv 2 (t 2 ) − Cv 2 (t1 ) = 0 ⇒ v(t 2 ) = v(t1 ) 2 2 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. i1 (t ) → ∞ . por ejemplo. Así. Ejercicio 5 i) 1 1 W (t1 . ii) Aunque la bobina es ideal y no tiene resistencia. acoplada con otra y ambas funcionar como un transformador. I1B = I 2 B = 2 ∠ − 135º A 2 2 cos(1000t − 135º ) A = cos(1000t − 135º ) A 2 i1B (t ) = i 2 B (t ) = 2 Por tanto: i1 (t ) = i1A (t ) + i1B (t ) = 1 + cos(1000 t − 135º ) A i 2 (t ) = i 2A (t ) + i 2B (t ) = cos(1000t − 135º ) A Si no estuviera la resistencia de 1 Ω . y no existir resistencia alguna que limite la corriente en el primario.
iii) La frecuencia de la señal es f = 1000 Hz. la bobina de la izquierda consume potencia activa (la producida por el generador) y la transfiere íntegramente a la bobina de la derecha. La frecuencia de muestreo es fs = 500 Hz. Entonces. en virtud del teorema de Nyquist-Shannon. Como no se verifica que f s ≥ 2 ⋅ f . la cual a su vez se la transfiere íntegramente a la resistencia (consumidora final).Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 31-01-02 + - 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). no es posible recuperar la señal original a partir de dichas muestras. Página 10 .
N.. tal que –50 ≤ β ≤ 50. D.. Ejercicio 2 En el circuito de la figura....... Ejercicio 1 x(t) 2 Considerando la señal x(t) que se muestra en la figura de la izquierda. Zab ... Calcular el valor medio de x(t).............E. i) ¿Cuál es la impedancia...... Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 02-09-02 ALUMNO:...... Asumir que β es un número real....... iii) ¿Para qué valores de β la impedancia es capacitiva?.......... 1 mH i ∆ (t ) 10 Ω β i ∆ (t ) .U.. con u(t) escalón unitario........I. del circuito vista desde los terminales a-b?... determinar la corriente i(t) que atraviesa la resistencia de 2 Ω... ii) ¿Cuánto tiene que valer β para que la impedancia sea resistiva pura?........ dibujar razonadamente las siguientes señales: i) ii) 1 -1 2 3 t 1 -1 iii) x(-t+2) 3⋅x(t/2+1)⋅u(t-1).... 4Ω 2Ω i(t ) 10 cos(4t ) V + - 1H + - 8V Ejercicio 3 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de pulsación 10 krad/s...............
calcúlense las lecturas de los instrumentos.3 − j 75 Ω A A1 A2 * W1 B C A3 * * W2 86. 1+ j 2 :1 1+ j + - j 50 j 1Ω + - 100 j - VL + j j 0.3 − j 75 Ω 43. calcular la tensión VL de la bobina y la potencia activa y reactiva generada por la fuente de 100 V. 25 Ejercicio 6 En el circuito de la figura. j 40 Ω I0 17∠0º A 20 Ω V0 4 32 I 0 V0 25 Ω Ejercicio 5 En el circuito de la figura.6 Ω V 43. equilibrada en tensiones y de secuencia directa.6 Ω .Ejercicio 4 En el circuito de la figura calcúlense los valores de I0 y V0 . Tómese U A con ángulo de 90º. * 86. La red trifásica es de 380 V.
es adelanto de una unidad y escalado de valor 1/2 de la variable independiente. 4Ω 2Ω i1 (t ) 8V i1 (t ) = − 8 = −4A 2 Página 1 . 6 x(-t+2) corresponde a un adelanto de 2 unidades y una reflexión respecto al 3 x(t/2+1) u(t-1) 5 x(-t+2) 2 1 4 3 2 -1 0 -1 1 2 3 t 1 1 2 3 4 t ii) 3 x(t/2+1) u(t-1) x(t/2+1). En corriente continua. u(t-1) es un escalón unitario retrasado una unidad.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02 Ejercicio 1 La reglas de precedencia indican que primero se desplaza y posteriormente se escala. Por tanto. Área bajo x ( t ) iii) X med 1 1 ⎡−1 1 ⎤ = ∫ x (t ) dt = ⎢ ⋅ 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 1 ⋅ 2 + ⋅ 1 ⋅ 2⎥ = 0. cuando el circuito lleva un tiempo largo funcionando (régimen permanente). la bobina se comporta como un cortocircuito. i) origen.875 unidades T0 4⎣ 2 2 ⎦ T Ejercicio 2 Principio de superposición: Fuente sinusoidal desactivada. para valores t > 1 se tiene 3x(t/2+1) y para valores t < 1 se tiene 0.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02
Fuente de continua desactivada:
i 2 (t )
10 cos(4 t ), V
En el dominio de la frecuencia, se tiene: 4 2 Ig
10 ∠0º 2
10 10 ∠0º ∠0º 2 2 Ig = = = 1,25 ∠ − 8,13º A 4 + (2 || j 4) 4 + (1,6 + j 0,8)
El símbolo 2 || j4 significa el equivalente paralelo de ambas impedancias. Utilizando la regla del divisor de corriente: I 2 = Ig dominio del tiempo: i 2 (t ) = 2 1,118 cos(4 t + 18,43º ) A j4 = 1,118 ∠18,43º A y en el 2+ j4
Por tanto: i(t ) = i1 (t ) + i 2 (t ) = −4 + 2 1,118 cos(4t + 18,43º ) A
i) A continuación se dibuja el circuito en el dominio de la frecuencia. Se introduce un generador de prueba E test y, entonces, Zab es E test / I test
β I∆
Busquemos una relación entre E test e I test . Se tiene que:
I test = I ∆ + I
Obsérvese que la tensión en la resistencia de 10 Ω es E test y, por tanto la corriente I ∆ que circula por ella es I ∆ = E test / 10 . Por otro lado, la tensión en bornes de la bobina de valor j10 es (con la polaridad + en su borne izquierdo) E test − β I ∆ y por tanto la corriente I que circula por ella es I = E test − β I ∆ / j 10 . Por tanto:
E test E test − β I ∆ E + ⇒ I test = test + 10 j10 10 E test − β j10 E test 10 ⇒ I = 0,1 E − j 0,1(1 − 0,1β ) E test test test
I test =
Zab =
E test 1 = I test 0,1 + j (0,01β − 0,1)
multiplicando numerador y denominador por el conjugado del denominador
0,1 − 0,01β 0,1 +j 2 2 2 0,1 + (0,01β − 0,1) 0,1 + (0,01β − 0,1)
ii) Para que Zab sea resistiva pura, la parte imaginaria debe ser cero.
0,1 − 0,01β = 0 ⇒ 0,1 − 0,01β = 0 ⇒ β = 10 2 0,1 + (0,01β − 0,1)
iii) Para que Z ab sea capacitiva, la parte imaginaria debe ser negativa. 0,1 − 0,01β < 0 , y ya que el denominador es siempre positivo, ello ocurre 2 0,1 + (0,01β − 0,1)
cuando 0,1 − 0,01β < 0 ⇒ β > 10 , y como − 50 ≤ β ≤ 50 resulta que 10 < β ≤ 50 .
Utilizando equivalencia de fuentes:
340∠0º
32 I 0
Se observa que: V0 = −32 I0 ⋅ 25 = − 800 I 0 En la malla de la izquierda: 340 ∠0º − V0 = 20 I0 + j 40 I0 4
Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas resulta:
I0 = 1,8439 ∠ − 167,47 º A V0 = 1475,1 ∠12,53º V
j 50 j
j 0, 25
Se tiene: 100 = (1 + j) I1 + (1 + j) I1 + V1 + j I1 − j 0,25 I 2
− j 50 = 1 ⋅ I 2 + j I 2 − j 0,25 I1 − V2
V1 ⋅ 1 = V2 ⋅ 2
I1 ⋅ 2 = I 2 ⋅ 1
6667 ) = 0 + j 1666. Entonces: Página 5 .25 = k 1 ⋅ 1 ⇒ k = 0.5 Obsérvese que el acoplamiento al pertenecer por un lado al primario y por otro al secundario.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02 Estas dos últimas ecuaciones son las ecuaciones del transformador.25 Una vez hecha la reducción: Χ Μ ' = 0.25 I 2 = 8.6667 ∠ − 90º = − j 16. Obsérvese también que la corriente que circula por el circuito es precisamente I1 (la del primario).67 VAr de potencia reactiva.25 1 ⋅ 4 = 0. Se obtiene: I1 = 16. Otra manera de obtener I1 directamente es reducir el circuito al primario. Antes de hacer la reducción al primario: Χ Μ = k Χ L1 ⋅ Χ L 2 ⇒ 0.67 VA = ⎨ ⎩Q G = 1666.3333 ∠0º V ⎧PG = 0 W * SG = VG ⋅ I1 = 100 ( j 16.67 VAr Genera 0 W de potencia activa y 1666.3333 A VL = j I1 − j 0.3333 ∠ − 90º = − j 33.50 Para calcular la impedancia mutua observemos que k no cambia. Para ello: 1+ j j 100 = [ j 50 ⋅ (2 / 1)] 1+ j I1 100 4 = 1 ⋅ (2 / 1) [ 2 ] j VL j 4 = j ⋅ (2 / 1) [ 2 ] j 0.6667 A I 2 = 33. se ha transformado por la relación simple de espiras y no por el cuadrado de la relación de espiras.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02 100 − j 100 = (1 + j) I1 + (1 + j) I1 + 4 I1 + j 4 I1 − j 0.5 I1 ó también: V1 = − jI1 − j 0. por ejemplo. los voltímetros y las bornas voltimétricas son circuitos abiertos y no hay circulación de corriente.3 − j 75 Ω O 86.3 − j 75 Ω B IC C 43.50 I1 = j 0.3333 V Nótese.50 I1 + j I1 − j 0. IA A IB 86.6 Ω 43.6 Ω Página 6 . que si se quisiera calcular V1 : 1+ j j 100 I1 1+ j V1 100 4 j j4 j 0.50 Entonces: V1 = j 100 + 4 I1 + j 4 I1 − j 0.50 I1 = 8.50 I1 100 − j 100 = (6 + j 6) I1 ⇒ I1 = − j 16.5 I1 + 100 − (1 + j) I1 − (1 + j) I1 I 2 y V2 se obtienen de I1 y V1 utilizando la relación de espiras. [ ] Ejercicio 6 Los aparatos se consideran ideales: los amperímetros y las bornas amperimétricas de los vatímetros son cortocircuitos perfectos.6667 A Y ahora: VL = j I1 − j 0.
en realidad.6 + 43.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02 Observemos que el punto O es.3 − j 75 Ω está sometida a la tensión U AC y recorrida por I A .5334 ∠30º A 43.3 − j 75 + 86.9 − j 75 U BC 380 ∠0º = = 2.3880 A Lectura del voltímetro 43. A3 = 4. Por tanto: IA = IB = U AC 380 ∠60º = 2.6 129.6 + 43. en el punto O se cumple que: I A + I B + I C = 0 ⇒ I C = −I A − I B = 4.9 − j 75 La tensión compuesta es de 380 V y obsérvese que si U A tiene un ángulo de 90º: U AC = 380 ∠60º V UA U BC = 380 ∠0º V UC UB Por otro lado.3 − j 75 129.5334 A.3 − j75) − I B (86. La impedancia de la fase B ( 43.3 − j 75 + 86.6 Página 7 .3 − j 75 + IA + V1 - Se observa que: V = V1 − V2 = I A (43. el punto C y la impedancia de la parte superior 86.5334 ∠90º A = 86.6) = 0 V V + V2 - IB 86.3880 ∠ − 120º A Lectura de los amperímetros Los amperímetros indican el valor eficaz: A1 = A 2 = 2.6 Ω ) está sometida a la tensión U BC y está recorrida por I B .
7 W ángulo tensión menos ángulo corriente ( ) El vatímetro 2 está sometido a U CB e I C ( U CB tiene ángulo de 180º) y su lectura: W2 = U CB I C cos U CB . el vatímetro 1 está sometido a U AB (que si se dibuja tiene un ángulo de 120º) e I A y su lectura: W1 = U AB I A cos U AB .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 02-09-02 Lecturas de los vatímetros Según la polaridad indicada.7 W ( ) Página 8 .3880 ⋅ cos(180º −(−120º ) ) = 833. I A = 380 ⋅ 2. I C = 380 ⋅ 4.5334 ⋅ cos (120º −90º ) = 833.
..... b) Calcular el valor medio de v(t).... 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..... d) Calcular la energía absorbida por el condensador entre los instantes 3 y 5 s..... s Ejercicio 2 En el circuito de la figura: a) Determinar la tensión Vo . dibujar la señal de corriente...............U.........I..... b) Determinar la potencia consumida por la bobina de impedancia j12 Ω.... V 10 5 1 2 3 4 5 6 7 t.......... − j6 Ω j8 Ω + 20 ∠30º V + - j4Ω j 12 Ω Vo 10 Ω - . D.......... Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 07-02-03 ALUMNO:. c) Si esta señal de tensión se aplica en bornes de un condensador de valor 100 µF. v( t ).......... Razónese la respuesta.N......... c) Dibujar un esquema magnético equivalente de las bobinas acopladas j8 Ω y j12 Ω.E....
Es necesario abordar todos los problemas .6 Mrad/s.Ejercicio 3 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de pulsación 1. a) ¿Cuál es la impedancia. 1H 1Ω i x (t ) + - 2 sen(2 t ) V + - 2 cos(10t ) V Los problemas se evaluarán conjuntamente. del circuito vista desde los terminales a-b?. b) A partir de Zab deducir los valores de R. L. 25 µH a i ∆ (t ) 5Ω 25 Ω 15 i ∆ (t ) b Ejercicio 4 En el circuito de la figura calcular el valor de la corriente I1 I1 5Ω − j2Ω 1: 2 8Ω 1: 3 36 Ω 24 ∠0º V j 18 Ω Ejercicio 5 En el circuito de la figura calcular el valor de la corriente ix(t). C o combinación. Zab .
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-02-03
2 v(t / 2 + 1) u (t − 2)
2 v(t/2 + 1) u(t - 2)
1 1 T ∫0 v(t ) dt = 7 T
1 1 ⎡1 ⎤ 45 ⎢ 2 ⋅ 2 ⋅ 10 + 2 ⋅ 10 + 1 ⋅ 5 + 2 ⋅ 1 ⋅ 5 + 1 ⋅ 5 + 2 ⋅ 1 ⋅ 5⎥ = 7 V ⎣ ⎦
La expresión analítica de v(t) es:
⎧5t ⎪10 ⎪ ⎪ v(t ) = ⎨− 5t + 30 ⎪5 ⎪ ⎪− 5t + 35 ⎩ En el condensador: ⎧500 ⎪0 dv(t ) ⎪ ⎪ = ⎨− 500 i(t ) = C dt ⎪0 ⎪ ⎪− 500 ⎩
0<t<2 2<t<4 4<t<5 5<t <6 6<t<7 V
0<t<2 2<t<4 4<t<5 5< t <6 6<t<7 µA
i (t ), µA
W (3,5) = 1 1 1 1 ⋅ 100 ⋅ 10 −6 ⋅ v 2 (5) − ⋅ 100 ⋅ 10 −6 ⋅ v 2 (3) = ⋅ 10 − 4 ⋅ 25 − ⋅ 10 − 4 ⋅ 100 = −3,75 ⋅ 10 −3 J 2 2 2 2
(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).
− j6 Ω
j8 Ω
20 ∠30º V
j4Ω
j 12 Ω
a) Se tiene:
20 ∠30º = − j 6 I + j 8 I − j 4 I + j 12 I − j 4 I + 10 I ⇒ 20 ∠30º = (10 + j 6) I ⇒ ⇒ I = 1,7150 ∠ − 0,9638º A
Vo = j12 I − j 4 I + 10 I = (10 + j 8) I = 21,96 ∠37,7º V
Obsérvese que ( j 12 I − j 4 I) es la tensión en la bobina de j12.
⎧ ⎪Pj12 = 0 W S j12 = V j12 I * = j 12 I − j 4 I I * = j 8 I 2 = j 23,53 VA = ⎨ ⎪Q j12 = 23,53 VAr ⎩
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 Q L = I 2 X L no sirve aquí, pues la bobina está acoplada.
-j 6 j8 j4
20∠30º
Obsérvese cómo los sentidos de los bobinados proporcionan los puntos dibujados.
a) Transformando el circuito al dominio de la frecuencia e introduciendo un generador de prueba, se tiene:
15 I ∆
E test − 15 I ∆ = j 40 I test + 5 I test − I ∆ 0 = 5 I ∆ − I test + 25 I ∆
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-02-03 De la segunda: 1 I ∆ = I test que sustituido en la primera: 6 Z ab = E test I test = 20 + j 40 Ω 3 b) X L = ω ⋅ L ⇒ 40 = 1.95 ∠10.6º A 8 − j 2 + j 0.5 Página 4 .6 ⋅ 10 6 L ⇒ L = 25 µΗ 20 Ω 3 j 40 Ω Dominio de la frecuencia a 20 Ω 3 b 25 µH b Dominio del tiempo a Ejercicio 4 Hagamos la reducción al primario: I1 5 − j2 1: 2 8 36 (1 / 3)2 + - 24 ∠0º V 12 j 18 ⋅ (1 / 3)2 = = j2 I1 5 − j2 12⋅ (1 / 2)2 24 ∠0º V j 2 ⋅ (1 / 2)2 I1 8 − j2 I1 = 24∠0º = 2.5 24 ∠0º V j 0.
V i x1 (t ) 1 ∠ − 90º I x1 1H i x 2 (t ) 1Ω j10 Ix 2 1 2 cos(10t ) 1∠0º I x2 = 1 ∠0 º = 0.57º A 1 + j2 I x1 = Y en el dominio del tiempo: i x1 (t ) = 2 0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-02-03 Ejercicio 5 Aplicamos el principio de superposición: Fuente de ω = 10 rad/s desactivada: 1H 1Ω j2 1 2 cos(2 t − 90º ) − 1 ∠ − 90º = 0.4472 cos(2 t + 26.29º A 1 + j10 Y en el dominio del tiempo: i x 2 (t ) = 2 0.0995 ∠ − 84.29º ) A Página 5 .4472 ∠26.0995 cos(10 t − 84.57 º ) + 2 0.4472 cos(2 t + 26.57 º ) A Fuente de ω = 2 rad/s desactivada: = 2 sen(2t ).0995 cos(10 t − 84.29º ) A Por tanto: i x (t ) = i x1 (t ) + i x 2 (t ) = 2 0.
E.U.I.T.I. (Toledo) Examen de Teoría de Circuitos
Fecha: 01-09-03
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: 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:
j5 j2 10
j2 j2 j5 10
(a) Escribir las ecuaciones de malla considerando las corrientes I1 e I 2 dibujadas.
+ 50 −
(b) Siendo los I1 = 3,2 ∠ − 16,7 º A
I 2 = 1,6 ∠ − 16,7 º A , calcular las potencias activa y reactiva consumidas por la bobina central de j5 y generadas por la fuente.
Calcular el equivalente de Thévenin entre A y B.
2 5 sen (100 t + 30º ) V
2 v(t)
2 cos(100 t ) A
Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. Es necesario abordar todos los problemas.
El valor máximo de la señal de corriente es: I máx = 3 div × 20 mA = 60 mA div El valor eficaz I de la señal de corriente se − 60 mA define: I= 1 T 2 i (t ) dt T ∫0 Obsérvese que i2(t) ∫ i (t ) dt T 2 0 es el área entre 0 y T bajo la curva i 2 (t ) .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 Ejercicio 1 a) v(t) Dibujemos un período de la señal de tensión del canal I: 80 V El valor máximo es: Vmáx = 4 div × 20 V = 80 V div Por ser la señal alterna simétrica. Tomando el semiperíodo positivo se tiene: − 80 V T Vmed = T/2 1 1 T 1 ∫ 0 v(t ) dt = T / 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 80 = 40 V T/2 b) Valor eficaz de la señal de corriente. el valor medio t en un período es nulo. La figura de la izquierda representa un período 60 mA de la señal de corriente. Dibujamos i2(t): 3600 ( mA ) 2 Por tanto: I= t 1 1 T 2 ∫0 i (t ) dt = T ⋅ T ⋅ 3600 = 60 mA T T Página 1 .
25 divisiones W (1.5 primeras divisiones es 0 J.5 div ) − v 2 (0 div ) = ⋅ 47 ⋅ 10 −9 ⋅ [0 − 0] = 0 J 2 2 [ ] El balance neto de energía puesta en juego por el condensador durante las 2. t 2 ) = C v 2 (t 2 ) − v 2 (t 1 ) 2 W (0 div 2.5 µs 60 ⋅ 10 −3 = C 80 ⇒ C = 47 nF 62. Por tanto: 1. 2.5 ⋅ 10 −4 J es la misma que cede durante las siguientes 1. [ ] [ ] Página 2 . El elemento eléctrico cuya corriente es proporcional a la derivada de su tensión es el condensador. 1.5 div ) = [ ] 1 1 ⋅ 47 ⋅ 10 −9 ⋅ v 2 (2. Lo que ha ocurrido es que la energía absorbida por el condensador durante las primeras 1.5 ⋅ 10 −6 d) La energía puesta en juego por un condensador entre dos instantes de tiempo t1 y 1 t2 viene dada por la expresión: W (t 1 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 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).25 divisiones W (0 div.25 div × 50 µs / div = 62. La ecuación característica es: i(t ) = C Tomemos un primer tramo de la señal de tensión: La pendiente de esa recta es precisamente 80 V dv(t ) dt dv y se dt corresponde con una corriente de 60 mA.5 ⋅ 10 −4 J .25 div ) = 1.25 div.5 div ) = −1.
68 VAr ( ) La bobina central consume 7. Generador: S G = VG I G = 50 ⋅ 3.6 ∠ − 16.3º⋅1.6 ∠ − 16.7 º + j 2 ⋅ 1.68 VA ⇒ ⎨ ⎩Q = 7.98 VAr Página 3 .68 VAr de potencia reactiva.2 ∠16.7 º ) − j 2 ⋅ 3.7 º = * IG VG + - ⎧P = 153.6 ∠16.2 ∠ − 16.80 ∠73.25 W = 153.80 ∠73.7º = 7.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 Ejercicio 2 a) Malla 1: bobina izquierda influencia bobina central sobre bobina izquierda 50 = 10 I1 + j 5 I1 − j 2 I1 − I 2 ( ) influencia bobina derecha sobre bobina izquierda − j 2 I2 + j 5 I1 − I 2 − bobina central ( ) influencia bobina izquierda sobre bobina central influencia bobina derecha sobre bobina central − j 2 I1 + j 2 I2 + 10 I1 − I 2 ⇒ ( ) ⇒ 50 = (20 + j 6 ) I1 + (− 10 − j 3) I 2 Malla 2: 0 = 10 I 2 − I1 − j 5 I 2 − I1 + influencia bobina izquierda sobre bobina derecha influencia bobina central sobre bobina derecha ( ) bobina central ( ) influencia bobina izquierda sobre bobina central influencia bobina derecha sobre bobina central j 2 I1 − j 2 I2 + bobina derecha j 5 I2 − − j 2 I1 − j 2 I 2 − I1 ( ) + 10 I 2 ⇒ ⇒ 0 = (− 10 − j 3) I1 + (20 + j 6) I 2 I1 − I 2 b) Tensión en la bobina central: VLcentral tensión bobina central debido a su propia corriente VLcentral = j 5 I1 − I 2 ( ) influencia bobina izquierda sobre bobina central influencia bobina derecha sobre bobina central − j 2 I1 + j 2 I2 = = j 5 (3.7 º −1.25 + j 45.2 ∠ − 16.68 ∠90º = j 7.7 º = 160 ∠16.98 VA ⇒ ⎨ ⎩Q = 45.7 º = 4.3º V * ⎧P = 0 W SLcentral = VLcentral I1 − I 2 = 4.
72º A ( ) V = 15 ∠0º −15 I = 0. Impedancias en ohmios. − j 10 A 5∠ − 60º + − j3 2V V 15 1∠0º B Cálculo de la tensión de Thévenin o tensión de vacío entre A y B.25 W de potencia activa y 45. Ejercicio 3 Representamos el circuito en el dominio de la frecuencia (ω = 100 rad/s). V = 15 ∠0º −15 I que al sustituirlo en la ecuación anterior: 15 ∠0º +5 ∠ − 60º − j 6 ⋅ 15 ∠0º −15 I = 15 I − j 10 I + j 3 I ⇒ I = 0.98º V Por tanto: VAB = j 6V + j 3 I = 5. Utilizando transformación de fuentes se obtiene: A − j 10 5∠ − 60º j3 I V 15 + j 6V − 15∠0º B La ecuación de malla proporciona: 15 ∠0º +5 ∠ − 60º − j 6V = 15 I − j 10I + j 3 I Por otro lado.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 El generador genera 153.9775 ∠1.61 ∠62.5587 ∠ − 51. VAB .98 VAr de potencia reactiva. tensiones en voltios y corrientes en amperios.93º V Página 4 .
j10 Página 5 . mientras que (véase figura izquierda) la tensión entre A y B. V AB . es la tensión de la fuente dependiente ( j 6 V ) más la tensión de la bobina de j3 Ω. Desactivamos fuentes independientes de tensión y corriente (las de tensión se cortocircuitan y las de corriente se abren). A I j3 Vj 3 V15 VAB V 15 I j 6V + − B 15∠0º Cálculo de la impedancia de Thévenin entre A y B. Introducimos un generador de prueba entre A y B.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 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 ( 15 I ). A − j 10 I test j3 2V V 15 E test B Es posible escribir que: I test corriente del generador = E test E test − 2V + j3 15 − j 10 corriente de corriente que circula por la bobina de j3 la fuente de corriente dependient e corriente que circula por la rama formada por 15 .
Página 6 .5º Ω 5.61∠62.55 ∠137.5º Ω Y el equivalente de Thévenin entre A y B: A 0.93º V B 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). j3 15 − j 10 15 − j 10 ⎡1 30 1 ⎤ + I test = E test ⎢ − ⎥ ⎣ j 3 15 − j 10 15 − j 10 ⎦ Z AB = E test I test = 0.55∠137. por tanto.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 Obsérvese que la resistencia de 15 Ω y el condensador de –j10 forman un divisor de tensión alimentado a la tensión E test y la tensión en la resistencia de 15 Ω es. V = E test 15 15 − j 10 Entonces: I test = E test E test E test − 2 ⋅ 15 + .
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 Impedancia de A y B a la derecha: A I test − j 10 2V E test V 15 B Se tiene: I test = −2 V + I test = −2 ⋅ 15 E test 15 − j 10 E test E test + 15 − j 10 15 − j 10 Z AB derecha = E test I test = 0.5º Ω Página 7 .55 ∠137.6216 ∠ 146.31º Ω Impedancia entre A y B a la izquierda: A j3 Z AB izquierda = j 3 B Y el paralelo de ambas es: Z AB = Z AB derecha || Z AB izquierda = 0.
61 ∠62.19 ∠ − 74.93º = 0.5º Ω 10.19 ∠ − 74. ( I AB ) A I AB j3 2V − j 10 5∠ − 60º V 15 1∠0º B 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.55 ∠137.79º A Y la corriente de cortocircuito entre A y B es: I AB = I + 2V = I + 2 15 ∠0º −15 I = 30 ∠0º −29 I = 10.55º Página 8 .55º A [ ] Por tanto: Z AB = VAB I AB = 5.93 V ) Cortocircuitamos A y B y vemos la corriente que circula desde A a B.61 ∠62.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 01-09-03 Otra forma de cálculo de Z AB utilizando tensión de vacío VAB (tensión de Thévenin) y la corriente de cortocircuito I AB (corriente de Norton) La tensión de vacío VAB se ha calculado previamente ( VAB = 5. Obsérvese que el anterior circuito puede dibujarse: A I AB − j 10 5∠ − 60º I 15 V 2V 15∠0º B En la malla de la derecha se tiene: 15 ∠0º +5 ∠ − 60º = 15 I − j 10 I ⇒ I = 1 ∠19.
d) Factor de forma.........I.. k = 0.......I.. (Toledo) Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 06-02-04 ALUMNO:....T.4 H 2 50 cos(50t )...... b) Valor eficaz............................. I B Ejercicio 3 En el circuito de la figura.... Ejercicio 1 x(t) 6 3 En la señal x(t) de la figura calcúlese: a) Valor medio...E.N.... D.........I....1 H 20 Ω ...4 H.. 2 -3 4 6 t Ejercicio 2 10 Ω A j 100 V + - 3V + - 4I + V j20 Ω En el circuito de la figura hállese el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. calcúlense las potencias activa y reactiva consumida por la bobina de 0... c) Factor de amplitud... Interprétense los resultados y razónese el resultado.. V + - 0....U..4 0.
c) Determine el valor de i(t). b) Determínense los valores de R. + v(t) − i1(t) CE1 i2(t) CE2 Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente.Ejercicio 4 En el circuito de la figura. a) Escribir las ecuaciones de v(t). Es necesario abordar todos los problemas. se tiene que v(t) es una tensión sinusoidal de 300 V (valor eficaz) y de frecuencia 50/π Hz. i1(t) e i2(t). C o combinación de los subcircuitos CE1 y CE2. El valor eficaz de i1(t) es de 2 A y está retrasada 40º respecto de v(t). L. El valor eficaz de i2(t) es de 3 A y está adelantada 20º respecto de v(t). .
06 Χ med 4 Ejercicio 2 10 Ω A j 100 + - 3V + - 4I + V j20 Ω I B Página 1 .24 = = 1.24 unidades 2 4 6 t c) Factor de amplitud: FA = Χ máx 6 = = 1. Dibujemos x2(t) y veamos el área bajo la curva.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 Ejercicio 1 a) Valor medio: Χ med = 1 1 T ∫ 0 x (t ) dt = 6 [2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 6 + 2 ⋅ 3] = 4 unidades T área bajo la curva x(t) b) Valor eficaz.41 Χ 4.24 d) Factor de forma: Ff = Χ 4. x2(t) 36 9 X= 1 T 2 x (t ) dt = T ∫0 1 (2 ⋅ 9 + 2 ⋅ 36 + 2 ⋅ 9 ) = 6 = 18 = 4.
30 ∠92.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 Cálculo de la tensión de vacío V AB (tensión de Thévenin) La tensión V dibujada es precisamente la tensión entre A y B ( V AB ) Se tiene: V = 4I ⋅ j 20 = j 80 I En la malla de la izquierda: j 100 − 3 V = 10 I De esta última ecuación se obtiene: I= j 100 − 3 V = j 10 − 0.3 V ⇒ V = −800 − j 24 V ⇒ (1 + j 24) V = −800 ⇒ V = Entonces: VAB = V = 33.30 ∠92. Desactivamos fuentes independientes (se cortocircuitan fuentes de tensión y se abren las de corriente).3 E test Página 2 . 10 3 E test I + − 4I I test j 20 E test Se observa que: I test = E test −4I j 20 Por otro lado: 3 E test = −10 I ⇒ I = −0.39º V 1 + j 24 Cálculo de la impedancia de Thévenin Z AB entre A y B. Introducimos un generador de prueba entre A y B.3 V que sustituido en la primera: 10 V = j 80 j 10 − 0.39º V [ ] − 800 = 33.
39º V Cortocircuitamos A-B. La bobina de j20 queda en bornes del cortocircuito (0 V) y por ella no circula corriente.8319 + j 0. por tanto.0347 Ω 33.2 E test = E test (− j 0.0347 Ω I test 1.30 ∠92.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 Por tanto: ZAB = I test = E test + 1.30 ∠92. es equivalente a un cortocircuito. por tanto se elimina.05 El equivalente de Thévenin es: A 0.30 ∠92.39º = = 0.2 ) j 20 E test 1 = = 0.39º V B Cálculo de Z AB utilizando la tensión de vacío entre A y B VAB (tensión de Thévenin) y la corriente de cortocircuito I AB (corriente de Norton) La tensión de vacío VAB está ya calculada siendo VAB = 33.8319 + j 0. Resulta: A 10 + - j 100 I 4I I AB B Se observa que: I AB = 4 I = 4 ⋅ j 100 = j 40 A 10 VAB 33.2 − j 0. Al hacer el cortocircuito entre A y B resulta V = 0 y la fuente de tensión dependiente proporciona 3 ⋅ 0 = 0 V y.0347 Ω 40 ∠90º I AB Por tanto: ZAB = Página 3 .05 + 1.8319 + j 0.
5219 ∠ − 87. Ejercicio 4 a) Tomemos v(t ) como referencia (ángulo 0º): v(t ) = 2 300 cos(100t ) V i1 (t ) = 2 2 cos(100t − 40º ) A i 2 (t ) = 2 3 cos(100 t + 20º ) A Página 4 . Se tiene: ⎧Pj20 = 4.4893 ∠168. 50 ∠0º pues está conectada en bornes del generador.8 + j 126 VA ⇒ ⎨ ⎪Q j20 = 126 VAr ⎩ La bobina de j20 consume 4.5219 ∠87. directamente.82º A ⎪ ⎪ ⇒⎨ ⇒ 1 ⎨ I 2 = 0.14º A ⎪0 = j 5 I 2 + j 4 I1 + 20 I 2 ⎪0 = j 4 I1 + (20 + j 5) I 2 ⎩ ⎩ La tensión en la bobina de j20 es.8 W ) se transfiere desde el generador a la resistencia a través de las bobinas 2 (actúan como transformador). Resultados sorprendentes: la potencia activa que consume la resistencia de 20 Ω ( I 2 R = 4.8 W de potencia activa y consume 126 VAr de potencia reactiva.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 Ejercicio 3 Circuito en el dominio de la frecuencia: j 20 j4 I1 I2 j5 20 50 ∠0º V Mediante ecuaciones de malla: ⎧50 ∠0º = j 20 I1 + j 4 I 2 ⎧50 ∠0º = j 20 I1 + j 4 I 2 I = 2.8 W * ⎪ S j20 = Vj20 ⋅ I1 = 50 ∠0º⋅2.82º = 4.
I1 = 2 ∠ − 40º A .42 R CE1 96. es posible calcular las impedancias Z CE1 y Z CE 2 .96 − j 34.20 Ω = 3 ∠20º I2 El circuito más sencillo que representa el elemento CE2 es una resistencia y un condensador en serie.91 + j 96.91 Ω j 96. I 2 = 3 ∠20º A . V = 300 ∠0º V . conocemos las corrientes que circulan por dichos elementos. I1 I2 V ZCE1 ZCE2 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. 114. Por tanto.9642 Η La impedancia del segundo elemento es: ZCE 2 = V 300 ∠0º = 100 ∠ − 20º Ω = 93.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 (Téngase en cuenta que ω = 2 π f = 2π b) 50 = 100 rad / s ) π Representemos el circuito en el dominio de la frecuencia.42 Ω = I1 2 ∠ − 40º El circuito más sencillo que representa el elemento CE1 es una resistencia y una bobina en serie. Además. ZCE1 = V 300 ∠0º = 150 ∠40º Ω = 114. Página 5 = .42 = ω L CE1 como ω = 100 rad/s entonces se tiene que L CE1 = 0.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 06-02-04 93.41º ) A Página 6 .41º A y en el dominio del tiempo: i(t ) = 2 4.96 Ω − j 34.36 cos(100t − 3.92 ⋅10− 4 F 100 ⋅ CCE 2 c) I = I1 + I 2 = 2 ∠ − 40º +3 ∠20º = 4.20 R CE 2 34.20 = 1 ⇒ CCE 2 = 2.36 ∠ − 3.
....E.............T... • Indíquese el valor de la impedancia (en función de β) vista desde los terminales A-B....I....U.... Realícese un balance de potencias........ 1 µF i(t) A β i(t) B 10 mH 200 Ω Ejercicio 2 En el circuito de la figura.. 10 Ω j100 V + - 3V + - 4I + V j20 Ω I - Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente... Es necesario abordar todos los problemas.... calcúlese la tensión vg(t) en bornes del generador de corriente..............I. calcúlense las potencias activa y reactiva proporcionadas por las fuentes y consumidas en los elementos.....N... • ¿Existe algún valor del parámetro β para el que la impedancia sea resistiva pura?... (Toledo) Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 7-09-04 ALUMNO:...I. D.. Ejercicio 1 El circuito de la figura opera con señales sinusoidales de 10 krad/s.... ...... 10 Ω 2 mF 127.....28 sen (50 t + 90º )....... V k=1 40 mH 3A 10 Ω + - 160 mH − vg(t) + Ejercicio 3 En el circuito de la figura adjunta.. Razónese el valor de β encontrado.
El circuito está en resonancia. En ese caso Z AB = 200 Ω . En efecto. la impedancia capacitiva ( − j 100 ) anula la impedancia inductiva ( j 100 ) y sólo se obtiene la resistencia de 200 Ω entre A y B.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-09-04 Ejercicio 1 El circuito en el dominio de la frecuencia con ω = 104 rad/s e introduciendo un generador de prueba E test : A I test (1 + β) I test j 100 − j 100 β I test E test 200 B Considerando la malla externa (contorno externo del circuito): E test = − j 100 I test + j100 (1 + β) I test + 200 (1 + β) I test Z AB = E test I test = 200 (1 + β) + j100 β Para que la impedancia sea resistiva pura β = 0 . Página 1 . si β = 0 la fuente de corriente dependiente no lanza ninguna corriente y puede suprimirse del circuito (pues se comporta como un circuito abierto). En ese caso.
34º ) V Página 2 .18 ∠51.03 ∠ − 38. Entonces: Vg1 = Vj2 = j 2 I1 + j 4 I1 = j 6 I1 = j 6 ⋅ 7.03 ∠ − 38.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-09-04 Ejercicio 2 Aplicamos el principio de superposición.66º A La tensión Vg1 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.18 cos(50 t + 51.34º V Y en el dominio del tiempo: v g1 (t ) = 2 42. Consideramos fuente de alterna y la de continua desactivada: 10 Ω k =1 2 mF i1 (t ) + - 40 mH v g1 (t ) 10 Ω 127.66º = 42.28 sen(50t + 90º ) 160 mH 2 90 cos(50t ) Se tiene que Μ = k L1 L 2 = 1 ⋅ 40 ⋅ 160 = 80 mH En el dominio de la frecuencia (obsérvese que la impedancia mutua es Z M = j ω M = j 4 ): 10 j4 − j 10 j2 Vg1 j8 10 I1 90 ∠0º 90 ∠0º = − j 10 I1 + 10 I1 + j 2 I1 + j 4 I1 + j 8 I1 + j 4 I1 ⇒ 90 ∠0º = (10 + j 8) I1 ⇒ ⇒ I1 = 7.
74 W ⎪ = 1.18 cos(50 t + 51. 10 Ω v g 2 (t ) = v10 (t ) = 10 ⋅ 3 = 30 V 3A v10 (t ) v g 2 (t ) Entonces: v g (t ) = v g1 (t ) + v g 2 (t ) = = 2 42.4163 ∠ − 2. Página 3 . los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos.39 º = 41.59 VA ⇒ ⎨ ⎪Q j100 = 41.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-09-04 Consideramos la fuente de continua y desactivamos la de alterna.74W de potencia activa y genera 41.30 ∠92.39º V ⎪ j 100 − 3 V = 10 I ⎩ - Potencia generada por la fuente de j100: I j100 + - S j100 = V j100 ⋅ I j100 = j 100 ⋅ 0. En corriente continua y en régimen permanente (cuando el circuito lleva un tiempo largo funcionando).59 VAr ⎩ * La fuente de j100 genera 1.4163 ∠2.74 + j 41.59 VAr de potencia reactiva.61º = ⎧P j100 = 1.39º A ⎪ ⇒ ⎨ V = 33.63 ∠87 .34º ) + 30 V Ejercicio 3 10 Ω j100 V + - 3V + - 4I + V j20 Ω I ⎧V = j 20 ⋅ 4 I = j 80I I = 0.
I 3V −I + − = S3V = V3V ⋅ I 3V = 3V ⋅ − I = 99.39º ⋅ 0.4163 ∠177.45 VAr ⎩ La fuente de corriente dependiente de valor 4 I genera 0 W de potencia activa y genera 55.45 VAr de potencia reactiva.30 ∠92. + S 4 I = V4 I I 4 I = V ⋅ 4 I = 33.59 VAr ⎩ La fuente de tensión dependiente de valor 3 V genera 0 W de potencia activa y genera − 41.59 ∠ − 90º VA = 0 − j 41.4163 ∠ − 2.59 VA ⇒ ⎨ ⎪Q 3V = −41. Obsérvese que el cálculo de la potencia se realiza con el criterio generador (corriente saliendo por el +).39º ⋅ 4 ⋅ 0. Potencia generada por la fuente de corriente de valor 4 I Obsérvese que la tensión a la que se encuentra dicha fuente es V .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-09-04 Potencia generada por la fuente de tensión de 3 V .45 ∠90º = 0 + j 55.59 VAr de potencia reactiva.45 VA ⇒ ⎨ 4 I ⎪Q 4 I = 55.59 VAr de potencia reactiva.39º = 4I * ( ) * V − ⎧ ⎪P = 0 W = 55.90 ∠92. es decir que consume 41.74 W 2 Potencia consumida por la bobina de j 20Ω Sabemos que una bobina (no acoplada) consume potencia reactiva de valor: Página 4 .4163) ⋅ 10 = 1. Potencia consumida en la resistencia de 10 Ω Sabemos que una resistencia consume activa de valor I 2 R P10Ω = (0.61º = 3V * ( ) * ⎧P3V = 0 W ⎪ = 41.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 07-09-04 Q j20 = V 2 33.74 W Potencia activa ⎨ ⎩consumida = 1.30 2 = = 55.59 − 41.45 = 55.45 VAr Potencia reactiva ⎨ ⎩consumida = 55.74 W ⎧generada = 41.45 VAr ΧL 20 como 2 También la atraviesa una corriente 4I se puede calcular como I 2 Χ L = (4I ) 20 = 55.45 VAr Balance de potencias: ⎧generada = 1.59 + 55. Página 5 .45 VAr Luego se conserva la potencia activa por un lado y la reactiva por el otro (teorema de Boucheraut).
................. 0.... para señales sinusoidales de 10 krad/s.S.. ¿circula corriente por ella?...I... c) ¿Cuál es la tensión en bornes de la bobina de 0.1 H .I. calcúlese la impedancia entre los puntos A y B. donde i(t) se expresa en miliamperios y t en milésimas de segundo. mA 5 La señal de corriente representada en la figura.. circula por un elemento de un circuito....4 H 2 50 cos(50t )....E..... Ejercicio 1 i(t)..........I.....14 H 0.. D....... V + - 0...... b) Obténgase un esquema magnético equivalente.1 H?.... 200 Ω i(t) v(t ) 2 1 µF A + + − 10 i(t) v(t) − B Ejercicio 3 En el circuito de la figura. Explíquese lo que está ocurriendo físicamente......T...14 H) es consistente... de Ciudad Real Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 25-05-04 ALUMNO:... a) Coméntese si el valor de la inductancia mutua (M=0.. Dibújese la tensión en bornes de dicho elemento: 1 4 t.N. ms 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........
reactiva y compleja totales consumidas por el receptor. respectivamente. el voltímetro y el vatímetro marcan 2 A. ¿Qué impedancia es necesario conectar entre A y B para que se le transfiera la máxima potencia?. El amperímetro. ¿Son aplicables las leyes estudiadas en teoría de circuitos?. Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente. la red trifásica es equilibrada en tensiones y de secuencia inversa. Es necesario abordar todos los ejercicios. 220 V y 660 W. A A * * W B C A R G A C V N 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. Especifíquese el valor de dicha potencia. b) Calcúlense las potencias activa. El receptor (carga) es también equilibrado. A + - j90 V j2 Ω j3 A 10 Ω 10 − j10 Ω j8 Ω B Ejercicio 5 En la figura adjunta. Razónese la respuesta. calcúlese el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. a) Calcúlese el ángulo ϕ de la carga.Ejercicio 4 En el circuito adjunto. .
por tanto: dt La ecuación característica de una bobina es v(t ) = L 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 s −3 ⎧0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 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). A 5⋅10-3 ⎧5 t ⎪ i(t ) = ⎨5 ⋅ 10 − 3 ⎪0 ⎩ 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 − 3 s A 1⋅10-3 a) 4⋅10-3 t. V 5 1⋅10-3 b) 4⋅10-3 t. i(t). por tanto: ⎧5000 t 0 < t < 10 −3 s ⎪ v(t ) = R i(t ) = ⎨5 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s ⎪ t > 4 ⋅ 10 −3 s ⎩0 V La representación gráfica se muestra a continuación: v(t).05 di(t ) ⎪ = ⎨0 v (t ) = L dt ⎪0 ⎩ V A continuación se muestra la representación gráfica de la tensión en la bobina. De esta manera se establece la expresión analítica de la señal de corriente i(t) en amperios con el tiempo en segundos. Página 1 . s En una resistencia se verifica que v(t ) = R i(t ) y. s di(t ) y.
1 dv(t ) y se tiene: ∫ dv(t ) = ∫ i(t ) dt . por tanto.05V). Integremos ahora entre 10-3 y t. donde t es cualquier instante del intervalo comprendido entre 10-3 y 4⋅10-3. Tramo 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s . dt C c) En un condensador se verifica que i(t ) = C Aquí hay que tener especial cuidado al integrar cada tramo de la función. Tramo 0 < t < 10 −3 s . Integremos entre 0 y t. ∫ t 0 dv(t ) = 1 100 ⋅ 10 −6 4 ∫ t 0 5 t dt t t2 v(t ) − v(0 ) = 10 ⋅ 5 2 v (0)= 0 ⇒ v(t ) = 25 ⋅ 10 3 t 2 V 0 v(0) = 0 porque el condensador se encuentra inicialmente descargado.05 10−3 t. s 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. V 0.025 V ∫ t −3 10 dv(t ) = 1 100 ⋅ 10 −6 ∫ t 10 − 3 Página 2 . donde t es cualquier tiempo de este tramo. pues aparecen constantes que hay que considerar. la tensión en bornes es nula (0 V). 5 ⋅ 10 −3 dt ⇒ v(t ) − v(10 −3 ) = 50 t − 50 ⋅ 10 −3 ⇒ v(t ) = 50 t − 0. Para tiempos en los que la corriente (flujo magnético) que atraviesa la bobina es constante.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 v(t ). la tensión en bornes (proporcional a la derivada de la corriente) es constante (0.
la tensión crece linealmente con el tiempo (la integral de una constante es una función de orden 1). por lo que ésta (la tensión en bornes del condensador) es una función continua. Por último. por tanto.0. por tanto.025 = 0.175 V se obtiene del tramo anterior siendo: El valor v 4 ⋅10 −3 ( ) v 4 ⋅ 10 −3 = 50 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 − 0. Tramo t > 4 ⋅ 10 −3 s ∫ t 4⋅10 −3 v(t ) = 1 100 ⋅ 10 −6 ∫ t 4⋅10 − 3 0 dt ⇒ v(t ) − v(4 ⋅ 10 −3 ) = 0 ⇒ v(t ) = 0.025 10−3 4 ⋅10−3 t.025 ⎪0.175 ⎩ 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s V A continuación se realiza la representación gráfica de la tensión en el condensador. s Entre 0 y 1 ms (10-3 s) la corriente que entra al condensador crece con el tiempo linealmente y. cuando no entra más corriente al condensador. V 0. Entre 1 y 4 ms (10-3 s y 4⋅10-3 s) la corriente es constante y.175 V ( ) Resulta pues: ⎧25 ⋅ 10 3 t 2 ⎪ v(t ) = ⎨50 t . éste se queda cargado con la tensión a la que se encontraba Página 3 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 El valor v(10 −3 ) 2 se ha obtenido del tramo anterior: v(10 −3 ) = 25 ⋅10 3 ⋅ (10 −3 ) = 25 ⋅10 −3 V Recuérdese que el condensador no admite cambios bruscos de tensión. la tensión en bornes crece cuadráticamente con él (la integral de una expresión de grado 1 es una parábola –grado 2-). v(t ).175 0.
Obsérvese que v(t ) en el condensador es una función continua puesto que el condensador no admite cambios bruscos de tensión.01). v(t) se obtiene a partir de i(t) realizando un escalado de valor 1000 de la variable dependiente. Ejercicio 2 El circuito en el dominio de la frecuencia es: 200 Ω − j 100 A I + − V 2 10 I V B Introducimos un generador de prueba entre A y B: 200 Ω − j 100 I1 I2 A I test I + − E test 2 V E test 10 I B Obsérvese que el generador dependiente proporciona siempre la mitad de la tensión que hay en la entrada. la tensión v(t) en el condensador se obtiene a partir de i(t) mediante integración más escalado (de valor 1/10-4 = 104). Así. el generador proporciona E test / 2 . observamos que es posible escribir: Página 4 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 (0. v(t) en la bobina se obtiene a partir de i(t) mediante una derivación más un escalado (de valor 0.175V). Como en la entrada (entre A y B) se tiene E test . Por último. Realice el lector directamente la representación gráfica de las señales a partir de la gráfica inicial de i(t). Para obtener una relación entre E test e I test . en la resistencia.
4615 − j 7. la fija éste siendo I 2 = 10 I . Observamos que la corriente I que circula por la resistencia es conocida. Volviendo de nuevo a la ecuación inicial y operando: I test = I1 + I 2 = E test − E test − E test 2 + 10 ⎛ − E test ⎞ . 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 E test − E test .6923 Ω I test Página 5 . ⎜ ⎜ 400 ⎟ ⎟ − j 100 ⎝ ⎠ I test = E test 2 − E test . vemos que la corriente I 2 es la que circula por la rama del generador de corriente dependiente y.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 I test = I1 + I 2 = E test − E test 2 + 10 ⎛ − E test ⎞ ⎜ ⎜ 400 ⎟ ⎟ − j 100 ⎝ ⎠ Veamos cómo se escriben I1 e I 2 en función de E test . − j 100 dividido por – j100): I1 = Por otro lado. Expresemos I en función de E test . Por 2 tanto. la resistencia es un elemento receptor). pues se sabe la tensión en bornes de la resistencia ( E test / 2 ) y el valor de ésta (200 Ω). por tanto. Por tanto: E test 2 = 10 ⎛ − E test ⎞ ⎜ I 2 = 10 I = 10 ⎜ 400 ⎟ ⎟ 200 ⎝ ⎠ − (¡Ojo al signo “-“!. 40 − j 100 j ⎤ E test E test ⎡−1 − ⇒ I test = E test ⎢ + 200 40 ⎦ ⎣ 40 200 ⎥ I test = j ZAB = E test = −38. la corriente I1 que circula por el condensador se escribe como (tensión en bornes E test − E test 2 .
14 H 2 50 cos(50 t ).14 H es consistente. tiene que estar comprendida entre 0 ⋅ 0.1 H está en circuito abierto.4 ⋅ 0. el valor de M = 0. su tensión en bornes es de 0 V. c) Los bornes de la bobina de 0. a pesar de que la tensión en bornes sea de 0 V.7 (valor comprendido entre 0 y 1).2 b) 0. por tanto. de suerte que 0 ≤ k ≤ 1 . Veamos lo que ocurre. Sin embargo.14 H 0. Por tanto. en este caso. Obsérvese que M.4 ⋅ 0.1 H están unidos por un conductor y.1 H Obsérvese que el sentido de los bobinados corresponde con los puntos homólogos dibujados.14 = k 0. Consideremos que la bobina de 0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 Ejercicio 3 a) Sabemos que el valor de k (coeficiente de acoplamiento) ha de estar comprendido entre 0 y 1.1 ⇒ k = 0. Μ = k L1 L 2 ⇒ 0.4 ⋅ 0.1 ≤ M ≤ 1 ⋅ 0. sí circula corriente por ella.4 H 0. V + - 0.4 H v1(t) − 0.1 H − v2(t) + i1(t) + 2 50 cos(50t ). V + - Página 6 . 0.1 ⇒ 0 ≤ M ≤ 0. como indica la figura.
1 H y tiene que producir una tensión v2(t) inducida en los extremos de la bobina.1 H (que está próxima) y se produce la tensión v2(t). por estar ambos extremos unidos estamos imponiendo externamente que la tensión sea v2(t) = 0 V.4 H existe una tensión v1(t) con la polaridad indicada.1 H. V 0.14 H 0. En efecto.4 H v1(t) − 0. el campo magnético variable sigue atravesando la bobina de 0.1 H i2(t) + - En el dominio de la frecuencia se tiene: j 20 I1 j7 50 ∠0º + - I2 j5 Página 7 . La tensión v2(t) existe debido al acoplamiento mutuo.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 En la bobina de 0.4 H produciendo la tensión v1(t) sino también corta a las espiras de 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. por tanto. Sin embargo. Si se cortocircuitan los extremos de la bobina de 0. Lo que ocurre físicamente es que el campo magnético existente en la bobina de 0. i1(t) + 2 50 cos(50t ). tal que produce una caída de tensión (con el “+” en el extremo superior) en la bobina de 0. se obtiene el circuito del enunciado. 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 0.1 H existe una tensión de v2(t) con la polaridad indicada (los dos puntos negros dibujados son homólogos y. ambos son “+” o ambos son “-“).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). En la bobina de 0. En este caso. La explicación es que se produce una corriente i2(t) en el sentido dibujado.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 Se tiene: ⎧50 ∠0 º = j 20 I1 − j 7 I 2 ⎪ ⎨ ⎪0 = j 5 I 2 − j 7 I1 ⎩ ⇒ I1 = − j 4.6 + j 9 = 9. En el circuito que se muestra a continuación se han dibujado las tensiones en todos los elementos.8627 A Se comprueba que la tensión en la bobina de j5 es de 0 V: Vj5 = j 5 I 2 − j 7 I1 = 0 V (cosa que ya se sabía directamente por estar los extremos de la bobina en cortocircuito).19º A ( ) La tensión entre A y B puede calcularse de diversas formas. Ejercicio 4 Cálculo de la tensión de vacío entre A y B VAB (tensión de Thévenin) A j 90 + - j2 I1 10 I 10 − j 10 j3 j8 B En la malla de la izquierda se tiene j 90 = (10 − j 10)I + j 8 I + j 2 I + I1 Obsérvese que I1 = j 3 (la fija el generador de corriente) y se obtiene: I = 0. Página 8 .9020 A I 2 = − j 6.02 ∠86.
19 ∠176.57º V ( ) Cálculo de la impedancia entre A y B Z AB (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).57º −10 I1 = 96.19 ∠176.19 ∠176. Página 9 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 j 90 + - V j2 I j2 I1 10 Ω A V10 j3 VAB V j3 j8 V j8 V 10− j10 10 − j 10 B Observemos que VAB puede calcularse como: VAB = j90 − V10 − j10 = j 90 − (10 − j10) I = 96.36 ∠127.42º V ( ) O también: VAB = Vj 8 + Vj 3 − V10 = j8 I + 39.42º V Obsérvese que la tensión en el generador de corriente Vj 3 puede calcularse utilizando la ecuación de malla de la derecha (junto con la de la izquierda planteada al principio del ejercicio): Vj 3 = 10 I1 + j 2 I + I1 = 39.36 ∠127.42º V También VAB puede calcularse como: VAB = Vj 2 + Vj 8 = j 2 I + I1 + j8 I = 96.
Página 10 .42º V B En virtud del teorema de máxima transferencia de potencia. la impedancia a conectar entre A y B debe ser 10 − j10 Ω . Se observa que: ZAB = ( j 2 + j8) (10 − j10) = 10 + j10 Ω Por tanto. Calculemos la potencia máxima que se transfiere a la carga. el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B resulta: A 10 + j10 Ω 96.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 A j2 10 10 − j 10 j8 B Como todas las impedancias tienen valores conocidos es posible calcular la impedancia equivalente realizando reducciones serie-paralelo.19 ∠176.
812 = 231.81 ∠176.19 ∠176.j10 La potencia activa máxima transferida que es la que se disipa en la carga (en la parte resistiva de la carga) es: P = 10 I 2 = 10 ⋅ 4.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 A 10 + j 10 I 10 − j 10 96. I B ⇒ 660 = ( ) ( 3 ⋅ 220 ⋅ 2 ⋅ cos U AC . Dibujemos el triedro de tensiones en secuencia inversa: Página 11 .42º = 4.36 W Ejercicio 5 El vatímetro marca: W = U AC I B cos U AC .42º A 10 + j 10 + 10 .42º + - B Se tiene que la corriente en el circuito es: I = 96. I B ) ( ) El voltímetro está midiendo U B (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 U AC es una tensión de línea ( 3 veces mayor en módulo). El amperímetro mide la corriente de línea (igual en módulo para las tres líneas).19 ∠176.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 U AC UA I B .15 VAr S = P + jQ = 660 + j 1143.). Los ángulos entre tensiones y corrientes se miden de la corriente a la tensión. en sentido antihorario.15 VA Página 12 . Se tiene: 660 = 3 ⋅ 220 ⋅ 2 ⋅ cos(ϕ + 270º ) 3 = cos(ϕ + 270º ) Tenemos 2 soluciones: 2 30º = ϕ + 270º ⇒ ϕ = −240º (no sirve) − 30º = ϕ + 270º ⇒ ϕ = −300º = +60º Como el ángulo ϕ de una impedancia está comprendido entre − 90º y 90º sólo es válida la solución ϕ = 60º . dibujo I B (no puede estar a más de ± 90º pues el ángulo de la impedancia en cada fase está comprendido entre − 90º -condensador. U AC = ϕ + 120º +120º +30º = ϕ + 270º IB ϕ UB UC Se dibuja U AC (que es U A − U C ).y 90º -bobina. b) Como se trata de un sistema equilibrado en tensiones y cargas: P = 3 U línea I línea cos ϕ = 3 ⋅ Q = 3 U línea I línea senϕ = ( 3 ⋅ 220)⋅ 2 ⋅ cos 60º = 660 W 3 ⋅ ( 3 ⋅ 220 )⋅ 2 ⋅ sen 60º = 1143.
la antena de una emisora de FM que transmitiera en 100 Mhz.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 25-05-04 Cuestión teórica Las leyes estudiadas en teoría de circuitos constituyen una simplificación de las ecuaciones de Ampére-Maxwell del campo electromagnético.75 m 4 Página 13 . El circuito es un circuito radiante. no son f 100 Mhz aplicables las leyes estudiadas en teoría de circuitos.75 m y. se tiene: km v p 300. 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.000 s λ= = = 3 m No se cumple que λ >> 0. por ejemplo. tomando como longitud de la antena 1 λ = 0. por tanto. Podría ser.
....... de Ciudad Real Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 8-06-04 ALUMNO:.............. V 40 mH 3A 10 Ω + - − vg(t) + Ejercicio 2 Se quiere estudiar la respuesta en frecuencia (respuesta a señales sinusoidales de distintas frecuencias) del circuito de la figura adjunta.... 10 Ω 2 mF 127......E.....I. Cítese alguna aplicación del circuito.. + vi(t) − α vi(t) R C L + vo(t) − ...28 sen (50 t + 90º )..I..........N......... calcúlese la tensión vg(t) en bornes del generador de corriente. c) ¿Cuánto vale la anterior función de transferencia para señales sinusoidales de frecuencias muy elevadas (ω→∞) y de frecuencias muy bajas (ω→0)?........ Ejercicio 1 En el circuito de la figura...T........ D...I.. b) Calcúlese la relación Vo existente entre la tensión de salida y de entrada Vi (función de transferencia)........ a) Calcúlense las impedancias de entrada ( Z i ) y de salida ( Z o )..S....
b) Calcúlese la tensión VL en bornes de la bobina de impedancia j5 Ω. c) En el circuito original. 5Ω + 5Ω VL − j5 Ω j2 Ω j4 Ω 4Ω + Ejercicio 4 200 V 2:1 Una red trifásica equilibrada en tensiones de 381 V. Es necesario abordar todos los problemas. frecuencia 50 Hz y secuencia inversa alimenta a un receptor (carga) equilibrado. así como el ángulo ϕ de la carga. . Calcúlense los valores de cada resistencia y de cada bobina o condensador. ¿sería posible eliminarla del circuito al ser su tensión en bornes de 0 V?. respectivamente. Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 son 1735 W y 465 W. c) Dibuje el esquema monofásico equivalente. Explíquese si los elementos integrantes del triángulo son bobinas o condensadores. d) Si mediante un conductor se cortocircuita externamente la bobina de impedancia j5 Ω. reactiva y compleja consumidas por el receptor. * A * W1 * * W 2 B C A R G A C Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente.Ejercicio 3 En el circuito de la figura: a) Redúzcase razonadamente el circuito al primario (parte izquierda del transformador). b) Considérese que el receptor del que estamos hablando está constituido por tres resistencias en estrella y tres condensadores o bobinas conectados en triángulo. a) Calcúlense las potencias activa. explicite el valor de la tensión en la resistencia de 4 Ω.
Entonces: Vg1 = Vj2 = j 2 I1 = j 2 ⋅ 9 ∠0º = 18 ∠90º V Y en el dominio del tiempo: v g1 (t ) = 2 18 cos(50 t + 90º ) V Página 1 .28 sen(50t + 90º ) 2 90 cos(50t ) + - v g1 (t ) 160 mH En el dominio de la frecuencia se tiene: 10 − j 10 Vj2 I1 j2 Vg1 j8 10 90 ∠0º 90 ∠0º = − j 10 I1 + 10 I1 + j 2 I1 + j 8 I1 ⇒ 90 ∠0º = 10 I1 ⇒ I1 = 9 ∠0º A La tensión Vg1 es la misma que la tensión Vj2 en la bobina de j2 ya que en la resistencia de 10 Ω no existe tensión pues no circula corriente por ella.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 Ejercicio 1 Aplicamos el principio de superposición. Consideramos fuente de alterna y la de continua desactivada: 10 Ω i1 (t ) 2 mF 40 mH 10 Ω 127.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 Consideramos la fuente de continua y desactivamos la de alterna. los condensadores se comportan como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos. En corriente continua y en régimen permanente (cuando el circuito lleva un tiempo largo funcionando). Obsérvese que es un cable cortado. resulta Z i = E test =∞ 0 Página 2 . Otra forma de verlo es introduciendo un generador de prueba y como la corriente que lanza es nula (pues el cable está cortado). 10 Ω v g 2 (t ) = v10 (t ) = 10 ⋅ 3 = 30 V 3A v10 (t ) v g 2 (t ) Entonces: v g (t ) = v g1 (t ) + v g 2 (t ) = 2 18 cos(50 t + 90º ) + 30 V Ejercicio 2 a) Representemos el circuito en el dominio de la frecuencia: Vi α Vi R −j ωC jωL Vo Impedancia de entrada: Z i = ∞ .
Si se cortocircuita la entrada. finalmente + o ⇒ α Vi = Vo ⎢ + j ω C + R −j jωL jω L⎥ ⎦ ⎣R ωC α Vi = Vo Vi = α 1 1 + jωC + jωL R = jω R L α R − R L C ω2 + j ω L Página 3 . por tanto. la tensión en la entrada es de 0 V. 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.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 Impedancia de salida: Para caracterizar la impedancia de salida se cortocircuita la entrada. se tiene: Vi = 0 α Vi = 0 R −j ωC j ωL Zo El generador de corriente dependiente es como si no estuviera (cable cortado) pues lanza corriente cero. la fuente de corriente dependiente proporciona una corriente de valor α Vi = 0 A . Una fuente de corriente que proporciona 0 A es un circuito abierto (cable cortado). Vi = 0 V y. el condensador y la bobina: Vo Vo V ⎡1 1 ⎤ + y. así que: Z o = R || −j || jωL ωC Yo = 1 1 j ω L + R j ω L j ω C + R R − R L C ω2 + j ω L + jωC + = = ⇒ R jωL R jωL R jωL 1 jωR L Zo = = 2 Yo R − R L C ω + j ω L b) Observamos que la corriente que lanza el generador se reparte entre la resistencia. Por tanto.
prácticamente toda la corriente iría por él y nada por la resistencia. 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). αvi(t) es también de esa misma frecuencia baja. pero como el condensador se comporta casi como un cortocircuito. Las frecuencias de la señal introducida vi(t) y de la señal amplificada αvi(t) son idénticas. alimenta un circuito RCL paralelo que actúa como filtro. αvi(t) es también de esa misma frecuencia elevada. un cable cortado. Analicemos cualitativamente el funcionamiento del circuito. La impedancia de la resistencia es R pero la Página 4 . La impedancia de la resistencia es R independientemente de la frecuencia. Si se introduce una señal sinusoidal vi(t) de frecuencia muy elevada. Observemos que una señal de tensión sinusoidal vi(t) queda amplificada en una corriente de magnitud α veces mayor que dicha tensión. Se tiene un amplificador de corriente de ganancia α que. se V ω→0 V i denomina ganancia estática). la bobina presenta una impedancia muy baja (ZL= ωL) y se comporta casi como un cortocircuito (lo sería en corriente continua ω = 0). y prácticamente toda la corriente αvi(t) circula por la bobina. El cable inferior del circuito supone una referencia de tensiones pero por él no circula corriente pues precisaría de otro cable para el retorno. como un trozo de cable. ω = 0. 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 = ∞). ya que el amplificador sólo realiza un escalado (de valor α) de la variable dependiente vi(t). como un trozo de cable. Si se introduce una señal sinusoidal vi(t) de frecuencia muy baja. a su vez.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 c) A frecuencias elevadas: lim V0 = 0V V ω→∞ V i A frecuencias bajas: lim V0 = 0 V (la ganancia en corriente continua. un cable cortado. el condensador presenta una impedancia muy baja (ZC = 1/(ωC)) y se comporta casi como un cortocircuito (lo sería en ω = ∞). y prácticamente toda la corriente αvi(t) circula por el condensador.
La tensión de salida sería 0 V a las frecuencias ω = ∞ y ω = 0. 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). En conclusión. Se trata de un amplificador sintonizado constituido por un amplificador de corriente controlado por tensión y un filtro paso-banda.57º A 26 + j 13 Y la tensión en la bobina es: VL = j 5 I1 − j 4 I1 = j I1 = 6. 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).Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 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).43º V Página 5 .88 ∠ − 26. Ejercicio 3 a) Reducción al primario: 5 VL 5 j5 • j4 • Antes de hacer la reducción al primario: X M = k X L1 ⋅ X L 2 ⇒ 2 = k 5 ⋅ 4 ⇒ k = 1 5 I1 + - 200 ⎛ 2⎞ j 4 ⋅ ⎜ ⎟ = j16 ⎝1⎠ 2 Después de hacer la reducción (el coeficiente k de acoplamiento no cambia): Χ Μ '' = k X L1 ⋅ X L 2 ' = 1 5 ⋅ 5 ⋅ 16 = 4 Ω ⎛ 2⎞ 4 ⋅ ⎜ ⎟ = 16 ⎝1⎠ 2 b) La ecuación de malla proporciona: 200 = 5 I1 + 5 I1 + j 5 I1 − j 4 I1 + j 16 I1 − j 4 I1 + 16 I1 ⇒ I1 = 200 = 6.88 ∠63.
Si no existiera acoplamiento.04 ∠ − 26. a partir de I1 utilizando la relación de transformación (no es necesario plantear y resolver la ecuación de malla en el secundario del transformador). sí circula corriente por ella debido j4 al acoplamiento magnético y no puede eliminarse. Página 6 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 c) Dibujemos el circuito original 5 j5 5 j2 • • j4 I1 200 I2 4 V4 • • 2 :1 c) Con la polaridad dibujada en el circuito se tiene que: ⎛ 2⎞ V4 = 4 I 2 = 4 ⎜ I1 ⋅ ⎟ = 55.57 º V ⎝ 1⎠ Obsérvese que la corriente I 2 puede obtenerse. d) Consideremos el circuito reducido al primario para mayor simplicidad y hagamos el cortocircuito en la bobina de j5. no circularía corriente por la bobina. 5 Ocurre que aunque la tensión en bornes de la j5 I2 5 • bobina es cero (terminales unidos por un conductor). pues la corriente sería la tensión en bornes entre su impedancia(0/j5 = 0 A). Pero al estar acoplada I1 200 • j 16 16 interviene el término de la inducción mutua y la corriente que circula por ella ya no es su tensión en bornes entre su impedancia.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 De hecho. por tanto.21º A 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. Página 7 . I1 − I 2 = 1.21º A ⇒ 1 ⎨ 0 = j 5 I 2 − j 4 I1 I 2 = 5. diferente de 0 V. De esa forma no existe variación de campo magnético (porque no hay ni campo magnético) que atraviese la bobina de j5 y. Y por la bobina de j5 circula exclusivamente la corriente de malla I 2 .52 ∠ − 26. la corriente I 2 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).90 ∠ − 26.38 ∠ − 26.21º A ⎩ Por el cortocircuito circula la resta de las dos corrientes de malla I1 − I 2 hacia abajo (como está dibujado en la figura) o I 2 − I1 hacia arriba. las corrientes I1 e I 2 se obtienen aplicando las ecuaciones de malla: ⎧200 = 5 I1 + 5 I1 + 0 + j 16 I1 − j 4 I 2 + 16 I1 I = 6. no hay tensión neta (0 V) en bornes de la bobina de j5 que es la condición impuesta externamente con el cortocircuito. Entonces.
como la carga es equilibrada.27 ∠ − 45º VA Y. el ángulo ϕ de la carga (ángulo de la impedancia que coincide. a su vez. Página 8 . también se verifica que la potencia reactiva total consumida por ésta es: Q = 3 (W2 − W1 ) = 3 (465 − 1735 ) = −2200 VAr (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. la potencia total consumida por la carga viene dada por la suma de la lectura de ambos vatímetros. por tanto. P = W1 + W2 = 1735 + 465 = 2200 W Por otro lado. el ángulo es el mismo para todas ellas. 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-). b) El receptor está constituido por tres resistencias iguales (porque el receptor es equilibrado) y dispuestas en estrella (en efecto. Por tanto. Obsérvese que como el sistema es equilibrado en cargas. si fuera directa (ABCABC…) sería W1-W2) La potencia compleja total consumida es: S = P + jQ = 2200 − j 2200 VA = 3111. por tanto. las impedancias de las cargas en cada fase son iguales entre sí y.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 Ejercicio 4 Los vatímetros W1 y W2 se encuentran en conexión Arón. En este caso es W2-W1 porque la secuencia es inversa (ACBACB…). con el de la potencia compleja) es ϕ = − 45º.
Por ello se divide el valor de 381 (tensión de línea) entre raíz de tres. es posible obtener la reactancia capacitiva XC de los condensadores. como las tres resistencias son iguales el punto O es un neutro artificial y.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 A R O − j ΧC − j ΧC R B R − j ΧC C 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 2 cuadrado en bornes de la resistencia ( Vfase ) entre el valor de la resistencia: 2 P Vfase 2200 = ⇒ = 3 3 R 3 R ( ) 381 2 ⇒ R = 66 Ω Obsérvese que la tensión a la que está sometida cada resistencia es la tensión de fase.08 µF 2π ⋅ 50 ⋅ C ωC Página 9 . Análogamente. En efecto. por tanto. En este caso. Por tanto. la tensión en bornes de cada condensador es la tensión de línea. cada resistencia está conectada entre una fase y el neutro. en cada condensador se genera la tercera parte de la potencia reactiva total generada. 2 Q − Vlínea − 2200 − 3812 = ⇒ = ⇒ Χ C = 198 Ω 3 ΧC 3 ΧC Y el valor de la capacidad: 1 1 = 198 ⇒ = 198 ⇒ C = 16.
Por ejemplo. 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). A + - 381 ∠0 º 3 66 O − j 66 O' 66 − j 66 381 ∠120º 3 + N 381 ∠ − 120º 66 3 B − j 66 + - C Para realizar el esquema monofásico equivalente tomemos una fase y el neutro. se obtiene: Página 10 . Dibujamos también el generador conectado en estrella: A + - 381 ∠0 º 3 66 O − j 66 O' 66 − j 66 - 381 N ∠120º 3 + 381 ∠ − 120º 3 66 + − j 66 C B Como el sistema está equilibrado en cargas.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 c) Para dibujar el esquema monofásico equivalente transformamos el triángulo de condensadores en su estrella equivalente (impedancias entre tres). si tomamos la fase A.
lo que proporciona el ángulo de –45º (ya que la parte real es del mismo valor que la imaginaria). Página 11 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-06-04 A 381 ∠0º 3 N 66 − j 66 Obsérvese como en cada fase se obtiene una resistencia de 66 Ω y una impedancia capacitiva de –j66 Ω.
.. Ejercicio 1 En el circuito de la figura.. b) Determine el valor de i2(t)........I....... Una propiedad importante del girador es que transforma los elementos del circuito en sus correspondientes elementos duales... El valor eficaz de i1(t) es de 1 A y está adelantada 30º respecto de v(t)... i(t) + v(t) − i1(t) CE1 i2(t) CE2 Ejercicio 2 i1(t) + v1(t) α1 v1(t) − v2(t) L − α2 v2(t) + i2(t) La figura muestra un circuito denominado girador.. Explicite el valor de dicho elemento......E... ¿a qué elemento corresponde la relación matemática entre v1(t) e i1(t)?........ a) Escribir las ecuaciones de v(t)...... D..... ...I.. c) Determínense los valores de R.. Si en lugar de la bobina se coloca una resistencia de valor R.S.. Citar alguna aplicación del girador........ i) ii) iii) 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.......... La figura adjunta muestra una bobina de coeficiente de autoinducción L conectada a la salida del girador..N.... se tiene que v(t) es una tensión sinusoidal de 200 V (valor eficaz) y de frecuencia 50/π Hz.. C o combinación de los subcircuitos CE1 y CE2.......I..... i1(t) e i(t)..T. de Ciudad Real Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 10-09-04 ALUMNO:. El valor máximo de i(t) es de 4 A y está retrasada 6º respecto de v(t)... L.
alimenta a un receptor (carga) equilibrado. Razónese la respuesta. ¿cuáles son las lecturas de los vatímetros W1 y W2?. Calcúlense los valores de cada resistencia y de cada bobina o condensador. * A * W1 C A R G A B * * C W2 Ejercicio 4 Obténgase la impedancia equivalente entre los terminales A y B para señales sinusoidales de frecuencia 10 krad/s. Explique si los elementos integrantes de la estrella son bobinas o condensadores. Dicho receptor equilibrado consume 3000 W de potencia activa y 2000 VAr de potencia reactiva. Es necesario abordar todos los problemas.5 i(t) 400 Ω 1 µF B Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente. a) Exprese la potencia compleja consumida por el receptor. . c) En el sistema trifásico considerado y que se muestra en la figura adjunta.Ejercicio 3 Una red trifásica equilibrada en tensiones de 220 V por fase. 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. frecuencia 50 Hz y secuencia directa. d) Dibújese el esquema monofásico equivalente. 20 mH A i(t) 0.
Además conocemos las corrientes que circulan por dichos elementos ( I 2 la acabamos de calcular).83 ∠ − 6º A .10 cos(100 t − 22.83 ∠ − 6º −1 ∠30º = 2.10 ∠ − 22. Por tanto.83 cos(100 t − 6º ) A (Téngase en cuenta que ω = 2 π f = 2π 50 = 100 rad / s ) π b) El circuito en el dominio de la frecuencia es: I I1 I2 V ZCE1 ZCE2 donde V = 200 ∠0º V .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 Ejercicio 1 Tomemos v(t ) como referencia (ángulo 0º): a) v(t ) = 2 200 cos(100 t ) V i 1 (t ) = 2 cos(100 t + 30º ) A i(t ) = 4 cos(100 t − 6º ) = 2 2. Z CE1 = V 200 ∠0º = = 200 ∠ − 30º Ω = 173. I1 = 1 ∠30º A . En el nudo superior es posible escribir: I = I1 + I 2 ⇒ I 2 = I − I1 = 2.22º A y en el dominio del tiempo: i 2 (t ) = 2 2. es posible calcular las impedancias Z CE1 y ZCE 2 .21 − j 100 Ω 1 ∠30º I1 Página 1 . I = 2.22º ) A 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.
17 + j 36. Se trata de llegar a una expresión dt 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. por tanto: v 2 (t ) = L di 2 (t ) .02 Ω 88.21 Ω y un condensador en serie de impedancia –j 100 Ω 173.17 Ω y una bobina en serie de impedancia j 36.22º El circuito más sencillo que representa el elemento CE2 es una resistencia de valor 88.02 Ω El valor de la inductancia se determina a través de la reactancia: X L = ω L ⇒ 36.21 Ω − j100 Ω A partir de la reactancia obtenemos la capacidad del condensador: X C = 100 ⇒ 1 1 = 100 ⇒ ⇒ C CE1 = 10 − 4 F = 100 µF ωC CE1 100 C CE1 La impedancia de CE2 es: Z CE 2 = V 200 ∠0º = 88.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 El circuito más sencillo que representa el elemento CE1 es una resistencia de valor 173.36 H 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. la corriente i2(t) puede escribirse en función de v1(t).10 ∠ − 22. sustituyendo v2(t) e i2(t) en la expresión de la bobina: v 2 (t ) = L dv (t ) d[α1 v1 (t )] di 2 (t ) i (t ) d[α 1 v1 (t )] ⇒ 1 =L ⇒ i 1 (t ) = α 2 L = α1α 2 L 1 α2 dt dt dt dt Página 2 .02 Ω = I 2 2. Por otro α2 lado.02 = 100 L CE 2 ⇒ L CE 2 = 0. la corriente i1(t) vale: i1 (t ) = α 2 v 2 (t ) ⇒ v 2 (t ) = i1 (t ) . pues se tiene que i 2 (t ) = α1v1 (t ) Entonces.17 Ω j 36.
Página 3 . Por tanto. 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). α1α 2 R 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. la relación entre i1(t) y v1(t) corresponde a un condensador de capacidad C = α1α 2 L . Por lo tanto.69 º . b) Los elementos integrantes de la estrella son bobinas porque el receptor consume reactiva (ángulo positivo). la relación entre i1(t) y v1(t) corresponde a una resistencia de valor: 1 . ii) Si en vez de una bobina hay una resistencia de valor R se tiene: i1 (t ) 1 i 1 (t ) = R [α1 ⋅ v1 (t )] ⇒ v1 (t ) = α2 α 1α 2 R v 2 (t ) = R i 2 (t ) ⇒ La corriente i1(t) es proporcional a la tensión v1(t).6 ∠33. Ejercicio 3 S = P + j Q = 3000 + j 2000 VA = 3605.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 Aparece que la corriente i1(t) es proporcional a la derivada de la tensión v1(t).69 º VA a) 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 ϕ = 33.
por tanto. Por tanto: 2 P Vlínea 3000 220 3 = ⇒ = 3 3 R R ( ) 2 ⇒ R = 145. Por tanto.2 Ω En una bobina se consume la tercera parte de la potencia reactiva (receptor equilibrado). la potencia activa es la suma de ambas lecturas: P = W1 + W2 ⇒ 3000 = W1 + W2 Como el receptor es equilibrado. En efecto. cada bobina está sometida a la tensión entre fase y neutro que es la tensión de fase. La tensión en bornes de cualquiera de las bobinas es la tensión de fase. 2 Q Vfase 2000 220 2 = ⇒ = ⇒ Χ L = 72.6 = = 0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 A R R jΧ L º jΧ L O' j ΧL B R C En una resistencia se consume la tercera parte de la potencia activa por ser el receptor equilibrado.23 H ω 100 π c) Se trata de la medida de potencia en un sistema trifilar utilizando dos vatímetros (conexión Arón). La tensión en bornes de cualquiera de las resistencias es la tensión de línea (los bornes de las resistencias están conectados entre dos fases). como las tres bobinas son idénticas el punto O’ es un neutro artificial y . se verifica que la potencia reactiva consumida por el receptor: Q = 3 (W2 − W1 ) = 2000 VAr Página 4 .6 Ω 3 ΧL 3 ΧL Χ L = ωL ⇒ L = ΧL 72.
A + - - B º 220∠0 º O 48. por ejemplo la de A.4 j 72.4 j 72.66 W y W2 = 2077.6 C - Como el sistema está equilibrado en cargas. por tanto. 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).4 N 220∠120º + 220∠ −120º 48.4 W que son las lecturas de los dos vatímetros.4 j 72. d) Para dibujar el monofásico equivalente es necesario tener accesibles los centros de estrella y.6 O' 48. se obtiene el esquema monofásico equivalente.4 N 220∠120º + C + 220∠ −120º 48.6 º j 72.2/3=48.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 De las dos ecuaciones anteriores se obtiene: W1 = 922.4 Ω) A + - 220∠0 º O + 48.6 O' 48.6 - Tomando una fase.4 j 72. Esos tres puntos se encuentran a la misma tensión. reducimos el triángulo de resistencias a su configuración equivalente de estrella (las nuevas resistencias de la estrella tienen por valor 145.6 º j 72. - B º Página 5 .
Sustituyendo este valor de I en la − j100 j100 ecuación de la malla externa se obtiene la relación entre E test e I test ⎞ ⎛E ⎞ ⎛E ⎛E ⎞ E test − 200⎜ test ⎟ = j 200⎜ test + I test ⎟ + 400⎜ test + I test ⎟ y operando: ⎟ ⎜ j100 ⎟ ⎜ j100 ⎜ j100 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ E test (1 + j2 − 2 + j4) = I test ( j 200 + 400) ⇒ Z AB = E test I test = 400 + j 200 = 21. Fijémonos que el condensador está a la tensión E test y se verifica que I = − E test E = test .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 10-09-04 A 220∠0º N 48.6 Ejercicio 4 El circuito en el dominio de la frecuencia con ω = 10 4 rad / s es: j 200 A I − j 100 0.6 − j 70.5 I 400 B Por transformación de fuentes e introduciendo un generador E test de prueba para calcular la impedancia: j 200 400 I + I test I test I 200 I + − − j100 E test En la malla externa: E test − 200 I = j 200 I + I test + 400 I + I test ( ) ( ) Es posible escribir I en función de E test .3 Ω − 1 + j6 Página 6 .4 j 72.
. Sabiendo que la escala vertical es 20 V/div ó 20 mA/div y que la escala de tiempos es 50 µs/div.... V + - + 15 Ω v(t) Ejercicio 4 Un transformador ideal tiene un arrollamiento de entrada de 200 espiras y absorbe una potencia activa de 800 kW..... calcúlese v(t).. Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente..U.....I..T.. 2A 2 50 cos(50 t )....... El canal I representa la señal de tensión en bornes del elemento y el canal II la corriente absorbida por dicho elemento...E........ . Calcúlese la tensión y la intensidad de entrada y la impedancia del elemento conectado a la salida..5 primeras divisiones. Razónese la respuesta.. d) Valor de la energía puesta en juego por el elemento durante las 2.... Su arrollamiento de salida........3 H En el circuito de la figura. b) Elemento eléctrico que se trata y su valor....I.... (Toledo) Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 24-02-05 ALUMNO:.... Ejercicio 3 1 mF 0............. canal I Ejercicio 2 j 40 Ω 17∠0º A 20 Ω A I V 4 + - 32 I + V 25 Ω B En el circuito de la figura hállense los equivalentes de Thévenin y Norton entre los puntos A y B... responda razonadamente: a) Factor de forma de la señal de tensión....I........... Es necesario abordar todos los problemas.. Ejercicio 1 canal II Para identificar un elemento de un circuito se utiliza un osciloscopio. D.. está suministrando 600 kVAr con una intensidad de 2500 A..N. que tiene 4 espiras..
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 Ejercicio 1 a) Para calcular el factor de forma es preciso conocer los valores eficaz y medio. El valor máximo es: Tomemos Vmáx = 3 div × 20 V = 60 V . un período de la señal de tensión. Dibujamos v2(t): 3600 V 2 Por tanto: V= t 1 T 2 v (t ) dt = T ∫0 1 ⋅ T ⋅ 3600 = 60 V T T Entonces el factor de forma es: FF = V 60 = =1 Vmed 60 µ = 250 µs div Obsérvese que no es necesario calcular el período T pues se simplifica en las relaciones. div Por ser la señal alterna simétrica el valor medio en un período es nulo. T ∫0 T 2 ∫0 v (t )dt es el área entre 0 y T bajo la curva v 2 (t ) . Sin embargo. Tomando el 60 V semiperíodo positivo se tiene: Vmed = T 1 1 T/2 ∫0 v(t ) dt = T / 2 ⋅ 60 ⋅ 2 = 60 V T/2 − 60 V El valor eficaz V de la señal de tensión se define V = Obsérvese que v2(t) 1 T 2 v (t ) dt . el período puede calcularse como: T = 5 div × 50 Página 1 .
5 ⋅ 10 −4 J ) es la misma que cede durante las siguientes 1. Si tomamos el primer tramo de la pendiente positiva de i(t).25 div. t 2 ) = W (0 div 2.25 divisiones ( W (1.87 ⋅ 10 −3 ⋅ i 2 (2.5 div ) − i 2 (0 div ) = ⋅ 46. la pendiente dt di( t ) dt de esa recta es precisamente 4 div × 20 mA = 80 m A div 1.5 primeras divisiones es 0 J.87 mH 62.5 ⋅ 10 −4 J ) siendo 0 J el balance neto total de energía. Para obtener el valor de la inductancia consideremos la ecuación característica: v (t ) = L di(t ) . Lo que ha ocurrido es que la energía absorbida por la bobina durante las primeras 1.5 ⋅ 10 −6 c) La energía puesta en juego por una bobina entre dos instantes de tiempo t1 y t2 1 L i 2 (t 2 ) − i 2 (t 1 ) 2 viene dada por la expresión: W (t 1 .5 div ) = −1. 2.5 div ) = [ ] 1 1 ⋅ 46. 25 div × 50 µs = 62. Página 2 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 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.25 divisiones ( W (0 div.5 µs div Entonces: 60 = L 80 ⋅ 10 −3 ⇒ L = 46.25 div ) = 1.87 ⋅ 10 −3 ⋅ [0 − 0] = 0 J 2 2 [ ] El balance neto de energía puesta en juego por la bobina durante las 2. 1.
se reparte en la bobina de j40 y en la resistencia de 20 y según están dibujadas las corrientes: V = − j 40 I + 20 17 ∠0º − I 4 ( ) La tensión en la resistencia de la derecha se escribe como su impedancia (25 Ω) por la corriente que la atraviesa ( 32 I ). resulta: V = 1475. V ó VAB porque ambas coinciden. Desactivamos primero las fuentes independientes. Cálculo de la impedancia entre A y B (impedancia de Thévenin). se observa que por la resistencia de 20 Ω circula 17 ∠0º −I y se verifica que la tensión V / 4 del generador de tensión dependiente. j 40 A 17∠0 º − I I 20 17∠0º V 4 + − 32 I V 25 B Analizando el circuito. Sólo hay una de corriente que la quitamos. Página 3 .53º V que es la 800 tensión de Thévenin (o tensión de vacío entre A y B).1 ∠12.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 Ejercicio 2 Cálculo de la tensión de vacío VAB (tensión de Thévenin) Obsérvese que la tensión de vacío es. Introducimos una fuente de prueba entre A y B. Si de la segunda ecuación despejamos I=− V y lo sustituimos en la primera. V = −32 ⋅ I ⋅ 25 Tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas. El lector puede calcular también la tensión de vacío realizando previamente una transformación de fuente en el circuito.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 j 40 I 32 I A E test 25 32 I I test 25 20 E test + − 4 B E test Se verifica que I test = 32 I + E test 25 En la malla de la izquierda se tiene: − E test E test = (20 + j 40 ) I ⇒ I = − 4 80 + j160 Que sustituido en la primera ecuación. el equivalente de Thévenin es: A − 1. permite obtener la relación E test / I test : ⎡ − E test ⎤ E test I test = 32 ⎢ ⎥+ 80 + j 160 ⎦ 25 ⎣ I test = −(0.47 − j 5.88 Ω 1475.16) E test + 0.47 − j 5.04 + j 0.16 Por tanto.04 + j 0.1∠12.08 − j 0.04 E test I test = (− 0.16) E test ⇒ ⇒ Z AB = E test I test = 1 = −1.88 Ω − 0.53º V B Página 4 .
47 − j 5.04 + j 0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 El equivalente de Norton puede obtenerse al realizar la transformación de fuente en el equivalente de Thévenin anterior: A A IN YN 1475.88 = 243. Si se quisiera calcular directamente el equivalente de Norton. es sencillo obtener el equivalente de Norton a partir del de Thévenin sin más que realizar una transformación de fuente.1 ∠12. La impedancia de Norton (que es la de Thévenin) se suele expresar en términos de admitancia. Página 5 . Calculemos directamente la corriente de Norton o corriente de cortocircuito entre A y B: j 40 A I 17∠0º 20 − 32 I 32 I V B Obsérvese que toda la corriente 32 I circula por el cortocircuito (desde B hasta A) y nada por la resistencia de 25 Ω .1 Ω −1 − 1. por tanto.53º − 1.28 ∠116. Al haber cortocircuitado A y B resulta que V = 0 y. Obsérvese que la corriente de cortocircuito o corriente de Norton es la que va desde A hasta B y por tanto vale − 32 I (con el signo menos tal como se ha dibujado). En cuanto a la admitancia de Norton es la inversa de la impedancia de Thévenin o se calcula directamente haciendo I test / E test en vez de E test / I test . 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.88 B B Como se observa.47 − j 5.57º A 1 = −0.
es un 4 cortocircuito.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 V = 0 y la fuente de tensión dependiente tiene 0 V.28 ∠116. es posible obtener la impedancia equivalente entre A y B o impedancia de Thévenin como: Z AB = VAB I AB = 1475.28 ∠116.57º A Si se tiene la tensión de vacío VAB o tensión de Thévenin y se tiene la corriente de cortocircuito I AB o corriente de Norton.43º A 20 + j 40 Por tanto I N = −32 ⋅ I = −32 ⋅ 7.88 Ω 243.43º = 243.6026 ∠ − 63. o lo que es lo mismo.57º Ejercicio 3 Aplicamos el principio de superposición: Consideramos la fuente de alterna.47 − j 5.6026 ∠ − 63. 1 mF 0. La fuente de continua desactivada.53º = −1.3 H 2 50 cos(50t ) + - 15 Ω v1 (t ) Pasemos el circuito al dominio de la frecuencia: Página 6 . En la parte izquierda del circuito se tiene un divisor de corriente donde I = 17 ∠ 0 º ⋅ 20 = 7.1 ∠12.
1 mF 0. La fuente de alterna desactivada. Por tanto: v 2 (t ) = −2 ⋅ 15 = −30 V y en virtud del principio de superposición: v(t ) = v1 (t ) + v 2 (t ) = 2 30 cos(50 t + 53.13º V 15 − j 20 Y en el dominio del tiempo: v 1 (t ) = 2 30 cos(50 t + 53.13º ) V Consideramos la fuente de continua.3 H 15 Ω v 2 (t ) 2A Toda la corriente circula por la resistencia de 15 Ω. En la bobina no hay tensión pues es un cortocircuito (0 V).Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 − j 20 j 15 50 ∠0º + - 15 V1 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.13º ) − 30 V Página 7 . Se tiene: V1 = 50 ∠0º 15 = 30 ∠53. porque cuando el circuito se encuentra en régimen permanente de corriente continua. los condensadores se comportan como circuitos abiertos.
87 º⋅200 = = 20 ∠36. Entonces la potencia compleja que consume la carga es: S = 800 + j 600 kVA = 800 ⋅ 10 3 + j 600 ⋅ 10 3 VA Tomemos la referencia de ángulos (ángulo 0º).87 º kV N2 4 N 2 I 2 2500 ∠0º ⋅ 4 = = 50 ∠0º A N1 200 Por otro lado. I 2 = 2500 ∠0º A Es posible obtener V2 .87º Ω 2500 ∠0º Página 8 .1280 + j 0. por ejemplo en I 2 .0960 Ω = 0. ésta es la potencia activa que consume la carga. pues: S = V2 I 2 ⇒ V2 = * S I2 * = 800 ⋅ 10 3 + j 600 ⋅ 10 3 = 400 ∠36.16 ∠36. la impedancia de la carga Z se calcula: Z= V2 I2 = 400 ∠36.87º = 0.87º V 2500 ∠0º Utilizando la relación de transformación obtenemos la tensión V1 y la corriente I1 a la entrada: V1 = I1 = V2 N 1 400 ∠36. así que si el primario absorbe 800 kW.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 24-02-05 Ejercicio 4 Dibujemos el circuito con el transformador en el dominio de la frecuencia. I1 200 : 4 •• I2 V1 V2 Z El transformador ideal es transparente a las potencias.
....I.. (Toledo) Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 05-09-05 ALUMNO:.. ......3248 ∠ − 64.. ms Se tiene un circuito formado por una resistencia de 1 kΩ..I..4834 ∠8.53° A .......I... una bobina de 10 mH y un condensador de 100 µF.. B Ejercicio 3 En el circuito magnéticamente acoplado de la figura: j5 Ω j15 Ω I2 100 Ω -j15 Ω 50∠0° V + I1 j45 Ω a) Compruébese si el valor de la reactancia mutua es consistente....... Es necesario abordar todos los problemas. ¿En qué se invierte?.U.... calcúlese: 200 Ω 3 ∠0 ° A A j50 Ω 10 Ω + V − -j20 Ω V 20 a) Equivalente de Thévenin entre los puntos A y B... d) ¿Cómo es posible que la bobina de impedancia j45 genere potencia activa?........ dispuestos en paralelo. b) La impedancia a conectar entre los puntos A y B en condiciones de máxima transferencia de potencia... Dicho circuito se encuentra alimentado por la señal de tensión representada en la figura. b) Plantéense las ecuaciones de malla atendiendo a las corrientes I1 e I 2 .... D. V 5 1 4 t....77° A e I 2 = 1..... Razone la respuesta..... Nota: Los problemas se evaluarán conjuntamente...E.... Se pide: a) Las corrientes en cada elemento y la suministrada por la fuente de tensión.. Ejercicio 2 En el circuito de la figura.....N...... c) El valor de dicha potencia. donde v(t) se expresa en voltios y t en milésimas de segundo.T.... Ejercicio 1 v(t).. b) La potencia instantánea p(t) y la energía total comunicada a la resistencia.... c) Si I1 = 10..... calcule las potencias activa y reactiva en cada elemento indicando si son absorbidas o generadas.
i(t) + v(t) iR(t) iL(t) 1 kΩ 10 mH iC(t) 100 µF - Dibujemos la señal v(t) donde las unidades del eje del eje horizontal se han expresado en s (antes estaban en ms). una bobina de inductancia L = 10 mH y un condensador de capacidad C = 100 µF. iL(t) en la bobina e iC(t) en el condensador). A partir de esta figura establecemos la expresión analítica de la señal de tensión v(t) en voltios y con el tiempo en segundos. L y C) es posible obtener utilizando la ecuación característica correspondiente. s Corriente en la resistencia En la resistencia se verifica que i R (t ) = v (t ) y. V 5 ⎧5000 t ⎪ v (t ) = ⎨5 ⎪0 ⎩ 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 s −3 V 1⋅10-3 4⋅10-3 t. las corrientes que circulan por cada elemento (iR(t) en la resistencia. 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. v(t). por tanto: R ⎧5 t (t ) = v(t ) = ⎪5 ⋅10 −3 v i R (t ) = ⎨ R 1000 ⎪ ⎩0 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s A Página 1 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 Ejercicio 1 La figura muestra el circuito que se describe en el enunciado formado por una resistencia de valor R = 1 kΩ.
pues se obtiene a partir de ésta mediante un escalado de valor 1/1000. ∫ t 0 d i L (t ) = 1 10 ⋅ 10 −3 ∫ t 0 5000 t dt t t2 i L (t ) − i L (0 ) = 100 ⋅ 5000 2 i L ( 0)= 0 ⇒ i L (t ) = 25 ⋅ 10 4 t 2 A 0 iL(0) = 0 porque la bobina está inicialmente descargada (no tiene un campo magnético almacenado porque no está recorrida inicialmente por ninguna corriente). s 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). donde t es cualquier instante del intervalo comprendido entre 10-3 y 4⋅10-3. La integración hay que realizarla con cuidado. donde t es cualquier tiempo de este tramo. sino que aparecen constantes de integración que hay que considerar. la integral del segundo tramo (entre 1 ms y 4 ms) de v(t) NO es directamente 5 t. Por ejemplo. Tramo 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s . Corriente en la bobina En la bobina se verifica que v(t ) = L di L (t ) y se tiene: dt 1 ∫ d i (t ) = L ∫ v(t ) dt . iR(t). Hay que L realizar la integración de v(t) en cada tramo y luego multiplicar por 1/L. A 5⋅10-3 1⋅10-3 4⋅10-3 t. Integremos entre 0 y t.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 La representación gráfica se muestra a continuación. Distingamos cuidadosamente cada tramo. Integremos ahora entre 10-3 y t. Tramo 0 < t < 10 −3 s . Página 2 .
75 A Resulta pues: ⎧25 ⋅ 10 4 t 2 ⎪ i L (t ) = ⎨500 t .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 t 1 5 dt ⇒ i L (t ) − i L 10 −3 = 500 t − 0. por lo que ésta tiene que ser una función continua del tiempo) y tiene un valor de i L (10 −3 ) = 25 ⋅ 10 4 ⋅ (10 −3 ) = 0.25 10−3 4 ⋅10−3 t. A 1.5 ⇒ −3 ∫10 − 3 10 10 ⋅ 10 ⇒ i L (t ) = 500 t − 0.75 ⎩ 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s A A continuación se realiza la representación gráfica de la corriente en la bobina. iL(t ).75 A El valor i L (4 ⋅10 −3 ) se obtiene del tramo anterior siendo: i L (4 ⋅ 10 −3 ) = 500 ⋅ 4 ⋅ 10 −3 − 0.25 A ∫ t −3 di L (t ) = ( ) El valor i L 10 −3 se ha obtenido del tramo anterior (pues la bobina no admite cambios bruscos de corriente.0.25 A . Entre 1 y 4 ms (10-3 s y 4⋅10-3 s) Página 3 .25 = 1. la corriente que circula por ella crece cuadráticamente con él (la integral de una expresión de grado 1 es una expresión de grado 2).25 ⎪1. por tanto. 2 ( ) Tramo t > 4 ⋅ 10 −3 s ∫ t 4⋅10 −3 i L (t ) = 1 10 ⋅ 10 −3 ∫ t 4⋅10 − 3 0 dt ⇒ i L (t ) − i L (4 ⋅ 10 −3 ) = 0 ⇒ i L (t ) = 1.75 0. s Entre 0 y 1 ms (10-3 s) la tensión en bornes de la bobina crece con el tiempo linealmente y.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 la tensión es constante y. En efecto. la corriente en bornes (proporcional a la derivada de la tensión) es constante (0. la corriente crece linealmente con el tiempo (la integral de una constante es una función lineal -de orden 1-). Corriente en el condensador i C (t ) = C dv(t ) = 10 − 4 dt ⎧0. 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). 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. Fijémonos que si existe tensión en la bobina es porque la corriente varía con el tiempo. En efecto. s Se observa que entre 0 y 1 ms (10-3 s) la tensión en bornes del condensador crece linealmente con el tiempo y. i C (t ).5 dv(t ) ⎪ = ⎨0 dt ⎪0 ⎩ 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s A A continuación se muestra la representación gráfica de corriente en el condensador. De esa forma.5 10−3 t. el campo magnético que crea dicha corriente es también variable (con el tiempo) y proporciona una tensión inducida en bornes. por tanto. A partir de 4 ms (4⋅10-3 s).75 mA) y. Página 4 . no existe tensión en bornes. es decir que no entra corriente al condensador. Para tiempos en los que la tensión en el condensador es constante la corriente es nula (0 A). la corriente que atraviesa la bobina es constante (1.5 A). por tanto. A 0. lo que proporciona un campo magnético constante que no produce tensión inducida al cortar las espiras de la bobina. por tanto.
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 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): ⎧5 t + 25 ⋅ 10 4 t 2 + 0. ⎧25 ⋅ 10 3 t 2 v (t ) v (t ) ⎪ p R (t ) = = = ⎨25 ⋅ 10 −3 R 1000 ⎪ ⎩0 2 2 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s W Compruebe el lector que se obtiene idéntico resultado utilizando las otras dos expresiones.5 0 < t < 10 −3 s ⎪ 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s = ⎨500 t .25 + 0 ⎪0 + 1. se tiene que p R (t ) = dw R (t ) y se tiene que ∫ d w R (t ) = ∫ p R (t ) dt dt Página 5 .5 ⎪ i(t ) = i R (t ) + i L (t ) + i C (t ) = ⎨5 ⋅ 10 −3 + 500 t .0. Energía total comunicada a la resistencia La energía comunicada a la resistencia es la misma que ella disipa.245 ⎪1.75 + 0 ⎩ ⎧25 ⋅ 10 4 t 2 + 5 t + 0. Si llamamos wR(t) a dicha energía.0.75 t > 4 ⋅ 10 −3 s ⎩ A 0 < t < 10 −3 s 10 −3 < t < 4 ⋅ 10 −3 s t > 4 ⋅ 10 −3 s A= b) Potencia instantánea consumida por la resistencia La potencia instantánea pR(t) puede calcularse de tres formas distintas: p R (t ) = v(t )i R (t ) = i R (t ) R = 2 v 2 (t ) R 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.
la corriente que entra es 3 ∠0º (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 . 3 ∠0° A V 10 A + V − 200 3 ∠0° A V − 20 j50 Ω 10 Ω V 20 -j 20 Ω B Fijémonos que en el nudo superior (punto común de la resistencia de 200 Ω. 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.3333 ⋅10 J = 83. ∞ ) = ∫ p R (t ) dt 0 0 0 0 ∞ ∞ ∞ La diferencia wR(∞)−wR(0) es precisamente la energía comunicada durante todo el tiempo de funcionamiento de la resistencia.3333 ⋅10 + 7.5 ⋅10 + 0 = 8.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 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. bobina de j50 Ω y resistencia de 10 Ω).33 µJ Ejercicio 2 Cálculo de la tensión de Thévenin VAB La tensión de Thévenin o tensión de vacío VAB entre A y B es la misma tensión que V (tensión de la que depende la fuente de corriente dependiente). ∞). ∞ 10 −3 4⋅10 −3 ∞ WR (0. Entonces: ∞ ∫ d w R (t ) = ∫ p R (t ) dt ⇒ w R (∞ ) − w R (0) = ∫ p R (t ) dt ⇒ WR (0. ∞ ) = ∫ p R (t ) dt = 0 −6 −5 ∫ 25 ⋅10 t dt + 3 2 0 −3 ∫ 25 ⋅10 dt + −3 10 −5 4⋅10 − 3 ∫ 0 dt = 8. Llamemos a esa diferencia WR(0.
Desactivamos primero las fuentes independientes. Entonces. − E test 20 E test 10 200 A j50 Ω I test + 10 Ω E test + − -j20 Ω E test 20 V − B Al introducir una fuente de prueba de valor E test entre los puntos A y B vemos que V = E test y entonces la corriente de la fuente dependiente vale E test . Se verifica que I test = − E test E test E + ⇒ I test = 0. En el nudo A la 20 corriente I test se divide en la que va hacia la derecha y circula por la resistencia (que es la tensión en la resistencia E test 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.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 como la hemos dibujado hacia abajo tiene el signo negativo y es − V / 20 ) 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: V / 10 ). 20 10 Cálculo de la impedancia de Thévenin.05 E test ⇒ Z AB = test = 20 Ω 20 10 I test Página 7 . en virtud de la ley de Kirchhoff de corrientes se escribe: 3 ∠0º = − V V + ⇒ V = 60 ∠0º V que es la tensión de tensión de Thévenin. Calculemos la impedancia entre A y B. No podemos utilizar equivalencias serie y paralelo pues desconocemos la impedancia de la fuente dependiente. Sólo hay una de corriente que la quitamos. Introducimos una fuente de prueba entre A y B.
la tensión entre ellos es de 0 V y. entre los terminales A y B. 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 I AB = 3 ∠0º A . por tanto a todos los efectos podemos quitar la fuente dependiente y dejar el extremo inferior de la bobina colgando). hagamos un cortocircuito entre dichos terminales: A 200 Ω j50 Ω 3 ∠0° A + 10 Ω I AB -j20 Ω V − B 0 Al cortocircuitar los bornes A y B. por tanto. el equivalente de Thévenin resulta: Página 8 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 También es posible calcular la impedancia a partir de la tensión de Thévenin (que ya está calculada) y la corriente de Norton. Para calcular la corriente de Norton o corriente de cortocircuito. Entonces. I AB . En este caso sale muy sencillo. V = 0 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. la impedancia de Thévenin entre A y B se obtiene como la tensión de Thévenin entre la corriente de Norton: Z AB = VAB I AB = 60 ∠0º = 20 Ω 3 ∠0º Por tanto.
Ya se ha calculado el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B y.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 A 20 Ω 60∠0º V B b) En virtud del teorema de máxima transferencia de potencia.5 ∠0º A 20 + 20 La potencia activa máxima transferida que es la que se disipa en la carga es: P = 20 I 2 = 20 ⋅ 1. c) Conectada esta carga entre A y B se tiene: A 20 I 20 60∠0º + - B La corriente en el circuito es: I = 60 ∠0º = 1. Por tanto. La impedancia conjugada es ella misma.5 2 = 45 W Página 9 . la impedancia generadora equivalente ha resultado ser de 20 Ω. debe cumplirse que la impedancia de dicha carga sea conjugada de la impedancia generadora equivalente. la impedancia a conectar es también de 20 Ω. para que un conjunto generador transfiera la máxima potencia a una carga.
pero el circuito del enunciado está en el dominio de la frecuencia.24 ∠64. de suerte que 0 ≤ k ≤ 1 .77 º = 516 . El factor de acoplamiento es el máximo posible y la el valor de la reactancia mutua (XM) es consistente.05 + j 467 VA ⇒ ⎨ ⎩Q G = 467 VAr La fuente de tensión genera 220. Si multiplicamos ambos miembros por ω se tiene: ω Μ = ω k L1 L 2 ⇒ ω Μ = k ωL1 ωL 2 ⇒ X M = k X L1 X L2 que es una expresión equivalente en el dominio de la frecuencia y en función de las reactancias.3248 ∠ 64.24 ∠64.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 Ejercicio 3 a) Sabemos que el valor de k (coeficiente de acoplamiento) ha de estar comprendido entre 0 y 1. S j5 = V j5 ⋅ I1 = 50 ∠0 º⋅10. X M = k X L1 X L2 ⇒ 15 = k 5 ⋅ 45 ⇒ k = 1 . b) Las ecuaciones de malla son: ⎧50 ∠0º = j 5 I1 − j15 I 2 ⎪ ⎨ ⎪0 = j 45 I 2 − j15 I1 + 100 I 2 − j15 I 2 ⎩ ⎧50 ∠0º = j 5 I1 − j15 I 2 ⎪ ⇒⎨ ⎪0 = − j15 I1 + (100 + j 30) I 2 ⎩ c) Potencia generada por la fuente: Obsérvese que el sentido de la corriente I1 corresponde al criterio generador de la propia fuente. En el dominio del tiempo se tiene que Μ = k L1 L 2 .77 º = 516 .77 º VA = * ⎧PG = 220 .3248 ∠64. Por tanto.05 W = 220 .05 W ⎪ = 220 .05 W de potencia activa y genera 467 VAr de potencia reactiva. Potencia consumida por la bobina de j 5 Ω La tensión a la que se encuentra la bobina es directamente la del generador pues está en paralelo con él.05 + j 467 VA ⇒ ⎨ ⎪Q j5 = 467 VAr ⎩ * Página 10 . Por tanto: S G = VG ⋅ I 1 = 50 ∠0 º⋅10.77 º VA = ⎧P j5 = 220 .
Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 05-09-05 La bobina de j 5 Ω consume 220.53º = 222 . que es la consumidora final de dicha potencia activa.05 + j 330 . El generador proporciona 220. Potencia consumida por la bobina de j 45 Ω S j45 = V j45 ⋅ I 2 = j 45 I 2 − j15 I1 ⋅ 1.04 VAr de potencia reactiva.05 W de potencia activa o sea que genera 220.4834) ⋅ 100 = 220.05 W de potencia activa y consume 467 VAr de potencia reactiva.220 .4834 ∠ − 8.05 W de potencia activa y que consume la bobina de j5 para transferirla íntegramente a la bobina de j45 quien.47 º VA = ⎧P j45 = .4834) ⋅ 15 = − 33.01 VAr 2 2 d) La potencia activa que consume la resistencia (consume 220.05 W ⎪ = −220 . Página 11 . a su vez.5087 ∠171.05 W) a la resistencia.05 W) a través del acoplamiento magnético (las bobinas actúan como transformador).05 W de potencia activa y consume 330.04 VAr ⎩ * ( ) La bobina de j 45 Ω consume –220.05 W) se la proporciona el generador (genera 220. se la transfiere íntegramente (genera 220.04 VA ⇒ ⎨ ⎪Q j45 = 330 .05 W Potencia consumida por el condensador de − j 15 Ω Sabemos que el condensador genera potencia reactiva (o consume potencia reactiva negativa) de valor: Q − j15 = − I 2 Χ C = −(1. Potencia consumida en la resistencia de 100 Ω Sabemos que una resistencia consume activa de valor I 2 R P100Ω = I 2 R = (1.05 W 2 2 La resistencia consume 220.
........E. Se pide: i) Las potencias totales activa y reactiva consumidas por la instalación así como su factor de potencia.... 80 Ω 30 Ω A + - L 1 mH + 40 Ω 10µF i ∆ (t ) R C β i ∆ (t ) 60 V v(t) - 120 Ω 5A B Ejercicio 3 En el circuito de la figura superior derecha: i) Determínese la impedancia entre A y B para señales sinusoidales de pulsación ω.... Ejercicio 1 Demostrar que en una señal..95. Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente..... Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 26-01-06 ALUMNO:. 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.... Indíquense los factores de forma y amplitud. los valores medio.......... 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.5 kW.... ii) Calcular la tensión en el condensador de 10 µF...75 (en atraso)..8 (en atraso)..I.. para elevar el factor de potencia hasta un valor de 0..... • Un horno que consume 1...... Es necesario abordar todos los ejercicios.U.N...... ii) La capacidad del condensador.. Ejercicio 2 En el circuito indicado en la figura inferior izquierda: i) Calcular la tensión v(t). Tiene un rendimiento del 85% y un factor de potencia de 0. • Alumbrado de 1 kVA y factor de potencia 0.. a conectar en paralelo con la instalación. iii) Si la instalación (sin el condensador) está conectada al secundario de un transformador ideal..... cuyo primario tiene una tensión de 1 kV..... eficaz y máximo coinciden........ .. iii) Calcular la tensión en la bobina de 1 mH..... D...... • Una reactancia inductiva de valor 48 Ω. Calcúlese la corriente en el primario y la relación de espiras.. continua pura... x(t).
Por tanto. en una señal continua pura se verifica que los valores máximo. x(t) El valor constante de dicha señal es precisamente el valor máximo. eficaz y medio coinciden. se tiene: Página 1 . Entonces. así que x(t) = Xmáx. X máx Se tiene: X med = t 1 t 1 t 1 ∫ 0 x (t ) dt = t ∫ 0 X máx dt = t ⋅ X máx ⋅ t = X máx t t El valor medio coincide con el máximo. tomemos un trozo t genérico (de cualquier longitud) de dicha señal. El valor eficaz X de la señal de tensión x(t) se obtiene como X = X= 1 1 t 1 t 2 2 2 ∫ 0 x (t ) dt = t ∫ 0 (X máx ) dt = t ⋅ (X máx ) ⋅ t = X máx t 1 t 2 x (t ) dt . 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. se trata de un circuito en corriente continua. Por tanto. Lógicamente los factores de forma y amplitud son la unidad pues: FF = X X = 1 y FA = máx = 1 X med X 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). Xmáx = X = Xmed.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Ejercicio 1 La figura adjunta presenta una señal x(t) continua pura. t ∫0 Y se observa que el valor eficaz coincide con el máximo. Obsérvese que el período de la señal x(t) es infinito (frecuencia = 0). Entonces.
En efecto. vL(t) = 0 V. aunque entre este terminal suelto y cualquier punto del circuito sí puede existir tensión. coincide con la tensión v(t) que hay que calcular en el apartado i). Los apartados ii) y iii) pueden contestarse primero. vC(t). vC(t). y en el condensador. 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.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 80 Ω 30 Ω 40 Ω v L (t ) 60 V vC (t ) v( t ) 120 Ω 5A Obsérvese que se han indicado las tensiones en la bobina. ii) La tensión en el condensador. la tensión en el condensador es la misma que la tensión v(t) que piden en el apartado i). vL(t).) 80 Ω 40 Ω 60 V v( t ) 120 Ω 5A Página 2 . la bobina. pues su extremo derecho está suelto). iii) La tensión en la bobina vL(t) es nula pues se comporta como un cortocircuito (un trozo de cable). Por tanto. Por tanto. si tomamos el contorno cerrado formado por la resistencia de 120 Ω. 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.
aplicando superposición. 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). 120 + 80 v1 (t ) = 120 ⋅ 2 = 240 V . ésta se cortocircuita. calcular v1(t). Fuente de corriente de 5 A desactivada. 80 Ω 40 Ω 60 V v 2 (t ) 120 Ω Entonces. Estamos interesados en i120Ω(t) para. Por tanto: v 2 (t ) = 60 120 = 36 V 120 + 80 Entonces. posteriormente. Fuente de tensión de 60 V desactivada. Por tanto. 80 Ω i80Ω i120Ω v1 ( t ) 5A 40 Ω 120 Ω 5A Obsérvese que en el nudo superior se tiene un divisor de corriente. Para desactivar la fuente de tensión independiente. Entonces. se tiene un divisor de tensión formado por las resistencias de 80 Ω y de 120 Ω. Para desactivar la fuente de corriente se elimina directamente. se tiene que v(t) = v1(t) + v2(t) = 240 + 36 = 276 V Página 3 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Calculemos la tensión v(t) de tres formas distintas: 1ª forma: Aplicando el principio de superposición. en virtud de la regla del divisor de corriente: i120 Ω (t ) = 5 80 = 2 A .
40 Ω 0. por tanto.75 A 48 Ω 40 Ω 0.75 A 80 Ω v( t ) 120 Ω 5A Observamos que la fuente de corriente equivalente es de 60/80=0. Por tanto.75 A 5A 5.75 A v( t ) 5A En el nudo superior entran las corrientes de 0.75 A. v(t) = 5. Es posible hacer el paralelo de las resistencias de 80 Ω y de 120 Ω.75 A y. para aplicar mallas consideramos la tensión vG(t) en sus bornes.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 la resistencia central bajan 5. Obsérvese que la tensión v(t) del paralelo es la misma que la que había antes. Se tiene: 80 Ω i1 ( t ) 60 V i2 (t) 40 Ω v( t ) 120 Ω 5A vG (t) Página 4 .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. resultando una resistencia de 48 Ω.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 2ª forma: Transformando la fuente de tensión a fuente de corriente. 0. por comodidad. en los sentidos indicados. Por tanto. Dibujemos las corrientes de malla i1(t) e i2(t) tomadas.
En el nudo superior de la resistencia entran I test (por la izquierda) y β I ∆ (por la derecha. directamente de la ecuación de malla 1. I test A jωL I∆ E test + − R β I∆ -j ωC B Busquemos una relación entre E test e I test . Para ello transformamos el circuito al dominio de la frecuencia e introducimos un generador de prueba E test entre A y B. No hubiera sido necesario plantear la ecuación de la malla 2 pues.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Malla 1: 60 = 80 i1 ( t ) + 120 (i1 ( t ) + i 2 ( t ) ) Malla 2: v G ( t ) = 40 i 2 ( t ) + 120 (i1 ( t ) + i 2 ( t ) ) Se tienen dos ecuaciones con tres incógnitas.7 + 5) = 276 V Ejercicio 3 i) Calculemos la impedancia entre A y B. se obtiene que i1(t) = . Entonces. pero obsérvese que i2(t) = 5 A pues la fija la fuente de corriente. la tensión v(t) es: v( t ) = 120 (i1 ( t ) + i 2 ( t ) ) = 120 (− 2.7 A.2. Hacia abajo sale I ∆ . Por tanto: I test + β I ∆ = I ∆ ⇒ I test = I ∆ − β I ∆ ⇒ I test = (1 − β ) I ∆ ⇒ ⇒ I test = (1 − β ) E test j R− ωC ⇒ ZAB j R− E test 1 ωC = R − j = = (1 − β) (1 − β) ωC(1 − β) I test Página 5 . Zab es E test / I test . β I ∆ está fijada por la fuente de corriente). Entonces.
por tanto. la parte imaginaria es mucho mayor que la real y. la impedancia es. Contabilicemos las potencias activa y reactiva consumidas por cada elemento. si consideramos frecuencias bajas (ω → 0). pues la parte (1 − β) imaginaria es despreciable frente a la parte real. (Teorema de Boucheraut). capacitiva pura y de valor ZAB = − j 1 ωC(1 − β ) Ejercicio 4 i) Dibujemos el esquema de la instalación: I 230∠0º M P = 1500 W Pútil = 850 W S = 1000 VA cos ϕ = 0.85 j 48 Ω cos ϕ = 0. ii) Para que la impedancia entre A y B sea un circuito abierto (un cable cortado). la corriente I ∆ I∆ = E test j R− ωC j es conocida (vale E test ) ωC (que atraviesa dicha impedancia) se escribe: . iii) Si en la expresión de la impedancia de i) consideramos frecuencias elevadas (ω → ∞). Análogamente ocurre con la potencia reactiva.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Obsérvese que la tensión en bornes de la impedancia R − y. prácticamente. la impedancia es una resistencia pura de valor ZAB = R .8 atraso La potencia activa total consumida es la suma de las potencias activas consumidas por cada uno de los elementos. Página 6 . Por otro lado. por tanto.75 atraso η = 0. ha de cumplirse que Z AB = ∞ (impedancia infinita) y ello se verifica si β = 1.
5 y 0. Si se tiene una carga capacitiva (-90º < ϕ < 0. La potencia compleja S se escribe como: S = S∠ϕ = P + jQ y podemos obtener el triángulo de potencias dibujando el vector complejo ( S ).9. en calor. ventilación.6 y 0. su parte real o proyección horizontal (P) y su parte imaginaria o proyección vertical (Q). Si ϕ = 90º sería una bobina pura) y. 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. consume reactiva (por eso Q es positiva). excepto el incandescente. S Q ϕ P Observemos que el triángulo dibujado corresponde a una carga inductiva (0 < ϕ < 90º. 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). etc). generalmente inductivo. por tanto. aproximadamente entre 0. Prácticamente todos los consumos presentan un factor de potencia menor que 1. utiliza reactancias inductivas por lo que su factor de potencia es inductivo y variable entre 0. Los motores también tienen un factor de potencia inductivo y variable.85 = 1000 W. De los 1000 W que absorbe de la red. etc.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Motor El motor proporciona una potencia mecánica útil de 800 W y tiene un rendimiento del 85 %.8 generalmente. 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). Página 7 . El alumbrado. Calculemos ahora la potencia reactiva Q que consume. así que la potencia activa que absorbe de la red (que es la que se transforma en energía mecánica.) es de 800/0.
87º ) = 750 VAr . sólo consume potencia activa de valor P = 1500 W.08 VAr y P = 0 W.52 V 2 2302 = = 1102.8 ⇒ ⎨ .87° No válida trata de un factor de potencia en retraso (inductivo) y por tanto el ángulo ϕ tiene que ser positivo. Entonces. XL 48 Página 8 . Ello indica que ⎧ϕ = 36.75 ⇒ ⎨ .44 VAr. la potencia compleja se escribe como: S = S ∠ϕ = 1000 ∠41.87° cos ϕ = 0. El alumbrado consume una potencia activa de P = 750 W y una potencia reactiva de Q = 661. La solución negativa no es válida porque se ⎩ϕ = −36.41º = 750 + j 661.8 en atraso. ⎧ϕ = 41.44 0 1102. La potencia reactiva es Q = 0 VAr. La ⎩ϕ = −41. Horno El horno es una carga resistiva pura y. Alumbrado La potencia aparente (módulo de la impedancia compleja) vale S = 1000 VA. se puede escribir: Q = P ⋅ tg ϕ = 1000 ⋅ tg(63. Reactancia inductiva La reactancia inductiva (XL) tiene un valor de 48 Ω. basándose en el triángulo de potencias. por tanto.08 2513. La impedancia es j XL = j 48 Ω.41° El ángulo se obtiene del factor de potencia cos ϕ = 0.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 El factor de potencia del motor del enunciado es 0. Entonces.41° No válida solución negativa sería válida en caso de ser una carga capacitiva (factor de potencia en adelanto). La bobina sólo consume reactiva de valor Q = Hagamos ahora una tabla resumen: Pconsumida (W) Motor Alumbrado Horno Reactancia inductiva TOTAL 1000 750 1500 0 3250 Qconsumida (VAr) 750 661.44 VA .
El cálculo de la capacidad necesaria depende lógicamente del factor de potencia original y del que se pretende lograr.72º) = 0.72º.72º VA Y el ángulo de la potencia de la instalación es ϕ = 37. ii) En sistemas monofásicos de baja tensión.56 ∠37.Qdespués Página 9 . la potencia compleja total consumida por la instalación es: S = 3250 + j 2513.79. Santes ϕantes P Sdespués ϕdespués Qantes . En esta instalación se ha centralizado la compensación de reactiva colocando un condensador en paralelo con la instalación como se muestra a continuación: I 230∠0º M − j XC Dibujemos el triángulo de potencias antes y después de la conexión del condensador. Sin embargo.52 = 4108. en muchas ocasiones es aconsejable centralizar –total o parcialmente– la compensación de reactiva. Lo más aconsejable sería colocar condensadores justo al lado de cada elemento que tenga un factor de potencia bajo. la mejora del factor de potencia se realiza exclusivamente mediante condensadores colocados en paralelo con el consumo. siendo su coseno el factor de potencia de la instalación: cos ϕ =cos (37.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Por tanto.
Obsérvese que Qdespués se calcula utilizando el triángulo de potencias antes dibujado ( Q después = P ⋅ tg (ϕdespués ) ).52 VAr. Obsérvese que la potencia activa P es la misma para ambos casos pues el condensador ni quita ni pone activa. Página 10 .52 − 3250 ⋅ tg (18.52 VAr se verá reducida.19º ) ⇒ X C = 36. Esto es: Q antes − V2 V2 = Qdespués ⇒ = Q antes − Qdespués XC XC Por tanto. Considerando que XC = 1/(ωC).35 (que es la relación de espiras). Una vez añadido el condensador. pues el condensador consume potencia reactiva negativa y resta una cantidad (dependiendo de la capacidad y de la tensión) a los 2513. 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.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Inicialmente (antes de conectar el condensador) se tiene un ángulo de ϕantes = 36. la reactiva de antes 2513. 2302 = 2513.95) = 18. se tiene que iii) La instalación. El ángulo final que se quiere conseguir es ϕdespués = arc cos (0.19º (positivo porque es inductivo).59 Ω XC C = 87 µF. es: I ent 1000∠0º N1 : N 2 I 230∠0º M En el transformador ideal de la figura se verifica que 1000∠0º N 2 = 230∠0º N1 ⇒ N1 / N 2 = 4. incluyendo el transformador.87º. 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.
Así.72º A Un proceso más largo hubiera sido obtener la corriente I absorbida por la instalación S = U 2 I* ⇒ 4108.56 ∠37. Página 11 .72º = 77.11∠ − 37.87∠ − 18.72º A y obtener la corriente Ient en el primario a través de la relación de espiras (calculada anteriormente): Ient N1 = I N 2 ⇒ Ient = I N2 1 = 17.56 ∠37. las caídas de tensión en la línea son menores (menor tensión de suministro y mayor ahorro en materiales aislantes). El transformador ideal es transparente a las potencias. existe menor calentamiento en los conductores y éstos pueden tener menor sección.11∠ − 37. Por tanto.35 Obsérvese que la corriente que absorbe la instalación inicialmente tiene un valor de 17. La corriente ha disminuido y las pérdidas han disminuido todavía más.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 26-01-06 Así. Si se calcula la corriente absorbida por la instalación una vez añadido el condensador resulta 14.86∠ − 37. pues disminuyen proporcionalmente al cuadrado del módulo de la corriente (I2R). la potencia compleja (activa y reactiva) que consume la instalación (situada en el secundario del transformador) es la misma que entra por el primario.72º A . si la tensión de la instalación se toma con ángulo 0º (por tomar en ella la referencia de ángulos).72º = 1000∠0º Ient * ⇒ Ient = 4.72º ⇒ * ⇒ Ient = 4. Al disminuir la corriente.86∠ − 37. en el primario se tiene: S = U1 Ient * ⇒ 4108.19º A .65 = 4. Por tanto.72º = 230∠0º I* ⇒ I = 17.72º A N1 4.11∠37.86∠ − 37. la tensión en el primario del transformador también tiene ángulo 0º.
..... la corriente i(t) tiene un valor de i(t ) = 28....... Ingeniería Técnica Industrial de Toledo Especialidad: Electrónica Industrial Examen de Teoría de Circuitos UNIVERSIDAD DE CASTILLA-LA MANCHA Fecha: 08-09-06 ALUMNO:... Calcúlese el equivalente de Thévenin entre los puntos A y B. .U... demuéstrese que se verifica: i) Vmed = R Imed ii) Vef = R Ief Ejercicio 2 En el circuito indicado en la figura inferior izquierda.... indique (razonando la respuesta).N. R muy elevada....... Frecuencias muy bajas.7 µF 10 Ω 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........E..... R muy baja y C muy elevada.. Ejercicio 4 En el circuito de la figura inferior............ − j6 Ω j8 Ω 200 Ω 40 Ω A B + - 191 mH i( t ) 120 Ω 20 ∠30º V j4Ω j12 Ω 63.I. Es necesario abordar todos los ejercicios.......... la impedancia entre A y B en los siguientes casos: L A i) ii) iii) iv) Frecuencias elevadas.... Ejercicio 1 Considerando la ecuación característica en una resistencia....28 sen (100 πt + 90º ) A .................... D. B i ∆ (t ) R C β i ∆ (t ) _ + R1 Nota: Los ejercicios se evaluarán conjuntamente...
v (t ) dt = R T ∫0 T ∫0 Ejercicio 2 Calculemos la tensión de vacío entre A y B: La corriente i(t) se expresa como: i(t ) = 2 20 cos(100 πt ) A .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 Ejercicio 1 La ecuación característica de una resistencia se escribe como: v(t) = R i(t) i) Buscamos tener la expresión de valor medio. Página 1 . resulta: ∫ v(t ) dt = ∫ T 0 T 0 R i(t ) dt ⇒ ∫ v(t ) dt = R ∫ i(t ) dt T T 0 0 Si se multiplican los dos miembros por (1/T): 1 T 1 T ∫ 0 v(t ) dt = R T ∫ 0 i(t ) dt ⇒ Vmed = R I med T ii) Busquemos la expresión de valor eficaz. Elevamos al cuadrado ambos miembros. v 2 ( t ) = R 2 i 2 ( t ) . Si integramos los dos miembros en un tiempo T. El circuito en el dominio de la frecuencia ( ω = 100π rad / s ) es: 200 Ω j 60 Ω 20∠0º A A I1 B 40 Ω I2 120 − j 50 Ω La corriente I de la fuente se divide en las corrientes I1 e I2 . Integramos ambos miembros: ∫ T 0 v 2 (t ) dt = R 2 ∫ i 2 (t ) dt T 0 Multiplicamos por (1/T) a ambos lados y extraemos la raíz cuadrada de cada miembro: 1 T 1 T 2 v (t ) dt = R 2 ∫ i 2 (t ) dt ⇒ T 0 T ∫0 1 T 2 1 T 2 i (t ) dt ⇒ Vef = R I ef . Se trata de un divisor de corriente formado por las impedancias (120 + j60) y (40-j50).
58º V O bien: VAB = V120 − V− j50 = 120 I1 − (− j50) I2 = 224.56∠ − 3. Según la regla del divisor de corriente se obtienen: I1 = 20∠0º I2 = 20∠0º (Nótese (40 − j50) = 7.9883∠ − 54.58º V Página 2 .Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 Nótese que VAB puede obtenerse: * Considerando la bobina de j60 Ω y la resistencia de 40 Ω: I1 j 60 Ω I2 Vj60 V40 40 Ω A VAB B VAB = V40 − Vj60 * Considerando la resistencia de 120 Ω y el condensador de –j50 Ω: A B VAB I1 120 Ω V120 V− j50 I2 − j 50 Ω VAB = V120 − V− j50 Para calcular las tensiones en los elementos es necesario conocer las corrientes I1 e I2 .99º A (40 − j50) + (120 + j 60) que si se conoce I1 es posible obtener I2 como: I2 = 20∠0º − I1 = 16.56∠ − 3.7379∠22.7379∠22.92º A (40 − j50) + (120 + j 60) (120 + j 60) = 16.99º A ) Entonces se obtiene: VAB = V40 − Vj60 = 40 I2 − j 60 I1 = 224.
58 + j 29.58 + j 29. YAB = 1 1 1 + = 0. no se considera.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 Cálculo de la impedancia entre A y B Desactivamos la fuente independiente de corriente (se quita).0171∠ − 30.34 Ω 224.58º V B Página 3 .56∠ − 3.11º Ω −1 ⇒ ZAB = = 50. La impedancia entre los terminales A y B es (40+j60)||(120-j50). por tanto. el equivalente de Thévenin entre A y B es: A 50. Se obtiene: 200 Ω j 60 Ω A 120 I1 B 40 Ω I2 − j 50 Ω Obsérvese que la resistencia de 200 Ω posee un terminal suelto y.34 Ω 40 + j60 120 − j50 YAB Por tanto.
7150 2 6 = −17.76 VAr ⎩ ( ) Obsérvese que la potencia se ha calculado utilizando el concepto de impedancia compleja.65 VAr generados).Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 Ejercicio 3 − j6 Ω j8 Ω 20 ∠30º V + - j4Ω j 12 Ω I 10 Ω i) El valor de XM = 4 Ω es consistente ya que X M = k X L1X L 2 ⇒ 4 = k 8 ⋅ 12 ⇒ k = 0.76 VA = ⎨ ⎪Q j8 = 11.9638º A Potencia generada por la fuente: ⎧PG = 29. ii) Calculemos las potencias consumidas o generadas en cada elemento: La corriente en el circuito es: 20 ∠30º = − j 6 I + j 8 I − j 4 I + j 12 I − j 4 I + 10 I ⇒ 20 ∠30º = (10 + j 6 ) I ⇒ ⇒ I = 1.7150 ∠0.41 + j 17. el valor de XM es consistente.7150 ∠ − 0. Página 4 .65 VA = ⎨ ⎩QG = 17. pues la bobina está acoplada. La expresión Q L = I 2 X L no sirve aquí.65 VAr Potencia consumida por el condensador de –j6 Ω Es reactiva y de valor Q − j6 = − I 2 X C = −1.41 W SG = VG I* = 20 ∠30º 1.65 VAr consumidos o +17. Potencia consumida por la bobina de j8 Ω: ⎧Pj8 = 0 W ⎪ S j8 = Vj8 I* = j 8 I − j 4 I I* = j 4 I 2 = j 11.41 Como k está comprendido entre 0 (ausencia de acoplamiento) y 1 (acoplamiento perfecto).9638º = 29.65 VAr (-17.
Análogamente.71502 = 29.53 VAr de potencia reactiva.41 W Balance de potencias: ⎧generada : PG = 29.65 + 11.76 + 23. También se podría haber contabilizado dicha potencia reactiva como potencia reactiva generada (con signo positivo).53 = 17.53 VAr ⎩ ( ) La bobina de impedancia j12 consume 23. Potencia consumida en la resistencia de 10 Ω: Consume sólo potencia activa de valor: P10 = R I 2 = 10 ⋅ 1.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 Potencia consumida por la bobina de j12 Ω: ⎧Pj12 = 0 W ⎪ S j12 = Vj12 I* = j 12 I − j 4 I I* = j 8 I 2 = j 23. la potencia reactiva consumida en el circuito es la generada por la fuente.41 W ⎧generada : Q G = 17.41 W Potencia activa ⎨ ⎩consumida : P10 = 29.65 VAr Potencia reactiva ⎨ ⎩consumida : Q − j6 + Q j8 + Q j12 = −17. se cumple el teorema de Boucheraut ya que la potencia activa consumida por el circuito coincide con la generada por la fuente.65 VAr Por tanto.53 VA = ⎨ ⎪Q j12 = 23. Ejercicio 4 El circuito en el dominio de la frecuencia es: jω L I∆ R β I∆ R1 −j ωC Página 5 . Obsérvese que la energía reactiva del condensador (por ser un receptor) se ha contabilizado con signo negativo dentro de las potencias reactivas consumidas.
Si I ∆ = 0 . la fuente de tensión dependiente es un cortocircuito ( β I∆ = 0 V ). no puede circular corriente por la rama formada por R-C. la rama R-C está abierta (ya que R→∞ y se comporta como un circuito abierto). La resistencia R1 tampoco se considera pues está en paralelo con un cortocircuito. es decir I ∆ = 0 . Se obtiene: A I∆ Entre A y B se tiene: β I∆ + _ R R1 ZAB = 10 Ω B 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). el punto A está unido con el punto B a través de un cortocircuito y la impedancia es ZAB = 0 Ω iii) Con valores de R elevados.Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 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→∞). el generador de tensión dependiente tiene en bornes una tensión de β I∆ = 0 V y una fuente de tensión (dependiente o independiente) con 0 V en bornes es equivalente a un cortocircuito o trozo de cable. Ya que I ∆ = 0 . independientemente de la frecuencia. Se tiene: ZAB = j ω L Página 6 . se tiene ahora la bobina de impedancia jωL. Se obtiene: I∆ = 0 R β I∆ = 0 R1 Obsérvese que al comportarse el condensador como un circuito abierto. Entre A y B. Nótese que la rama R-C es irrelevante pues es un cable cortado. Por tanto.
ésta se comporta como un cortocircuito (pues R→0). Z AB = 0 Ω . Por tanto. 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→∞). la rama formada por RC es un cortocircuito o trozo de cable y se tiene: jω L I∆ β I∆ R1 Puesto que entre los puntos A y B existe un cortocircuito (están conectados por un trozo de cable).Resolución Examen de Teoría de Circuitos Fecha: 08-09-06 jω L I∆ = 0 R β I∆ = 0 R1 iv) Si R tiene un valor muy bajo. Página 7 .
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