apuntes de electricidad ing genaro campos

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BENEMRITA UNIVERSIDAD AUTNOMA DE PUEBLA

FACULTAD DE INGENIERA

COLEGIO DE INGENIERA MECNICA Y ELCTRICA

ELECTROTECNIA 1

APUNTES DE ELECTROTECNIA 1

Maestro:

Ing. Genaro Campos Castillo

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ANTOLOGA DEL CURSO DE ELECTROTECNIA 1

BENEMRITA UNIVERSIDAD AUTNOMA DE PUEBLA

FACULTAD DE INGENIERIA PROGRAMA DE ASIGNATURA CORRESPONDIENTE AL PLAN DE ESTUDIOS 2003

NOMBRE DE LA ASIGNATURA: ELECTROTCNIA I

NIVEL EDUCATIVO:

FORMATIVO

CDIGO DE LA ASIGNATURA: IME 304

PRE-REQUISITOS: FIS 245

HRS. TERICAS/SEM: 3 HRS. PRCTICAS/SEM: 2 CRDITOS: 8 OBJETIVOS GENERALES DE LA ASIGNATURA: Conocer los conceptos tericos de los elementos y leyes que rigen el comportamiento de los fenmenos elctricos y magnticos, de los sistemas industriales donde los requiera. HABILIDADES GENERALES A DESARROLLAR: Desarrollar habilidad en el diseo de circuitos bsicos y utilizacin de los principios y leyes de funcionamiento de los circuitos elctricos.

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ACTITUDES GENERALES A DESARROLLAR: Proporcionar los conocimientos terico-prcticos para desarrollar y disear circuitos elctricos bsicos y complejos.

OBJETIVO: Saber definir elemento resistivo, inductivo y capacitivo, voltaje, corriente y potencia.

CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de

imparticin (hrs.)

HT HP 1.1 Introduccin

1.2 Sistema de Unidades: a) Sistema internacional de unidades b) Unidades derivadas utilizadas en ingeniera

elctrica c) Unidades suplementarias utilizadas en ingeniera

elctrica

1.3 La unidad de carga 1.4 Corriente, tensin, energa y potencia 1.5 Tipos de circuitos y elementos:

a) Elemento general de un circuito b) Elementos pasivos, resistencia, inductancia y

capacitancia c) Elementos activos, fuentes independientes y

dependientes d) Fuente ideal de tensin e) Fuente ideal de corriente f) Circuito elctrico

1.6 Efectos de la temperatura en la resistencia 1.7 Tablas de calibres de conductores 1.8 Tipos de resistores 1.9 Termistores 1.10 Conductancia HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 2

LEYES Y REDES EN SERIE Y PARALELO OBJETIVO : Analizar los casos serie y paralelo, aplicar divisor de voltaje y corriente, saber la primera y segunda ley de Kirchhoff, ley de Ohm y Joule

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imparticin (hrs.)

HT HP 2.1 Introduccin 2.2 Ley de Ohm, Potencia y Ley de Joule 2.3 Anlisis de circuitos de una sola malla (circuitos en serie) 2.4 Ley de Tensiones de Kirchhoff 2.5 Aplicar divisor de tensin. 2.6 Anlisis de circuitos con un solo par de nodos (circuito en

paralelo)

2.7 Ley de corrientes de Kirchhoff 2.8 Aplicar divisor de corriente 2.9 Fuente de tensin 2.10 Fuente de tensin en serie 2.11 Fuente de tensin en paralelo 2.12 Fuente de corriente 2.13 Fuentes de corriente en serie 2.14 Fuentes de corriente en paralelo 2.15 Anlisis de redes en serie y paralelo HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 3 FUENTES DEPENDIENTES Y TEOREMAS DE REDES EN C.D. OBJETIVO : Aplicar cualquier teorema en anlisis de circuitos en C.D., y diferenciar fuentes dependientes e independientes, en dicho anlisis.


imparticin (hrs.)

HT HP 3.1 Circuitos con fuentes dependientes 3.2 Amplificadores operacionales 3.3 Circuitos con amplificadores 3.4 Circuitos lineales 3.5 Teorema de superposicin 3.6 Teorema de Thevenin 3.7 Teorema de Norton 3.8 Teorema de la mxima transferencia de potencia 3.9 Teorema de Millman 3.10 Teorema de sustitucin 3.11 Teorema de reciprocidad 3.12 Teorema de compensacin HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 4 ELEMENTOS QUE ALMACENAN ENERGA

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OBJETIVO : Conocer y diferenciar entre un capacitor y un inductor, efectuar anlisis de mallas y nodos, diferenciar la dualidad en este tipo de circuitos


imparticin (hrs.)

HT HP 4.1 El inductor. 4.2 El capacitor 4.3 Conexiones serie paralelo de inductores y capacitores. 4.4 Anlisis de mallas y nodos. 4.5 Dualidad. 4.6 Linealidad. 4.7 Energa almacenada en el inductor 4.8 Energa almacenada en un capacitor HORAS TOTALES: 10 2

UNIDAD: 5 CIRCUITOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN

OBJETIVO : Efectuar anlisis de circuitos con conexiones serie y paralelo de primer y segundo orden.


imparticin (hrs.)

HT HP 5.1 Introduccin 5.2 Circuitos serie RC 5.3 Circuitos serie RL 5.4 Circuitos serie y paralelo RC, RL y RCL 5.5 Circuitos con entrada cero 5.6 Circuitos con entradas diferentes de cero 5.7 Circuito RLC subamortiguado 5.8 Circuito RLC en paralelo subamortiguado 5.9 Circuito RLC crticamente amortiguado 5.10 Respuesta completa del circuito RLC HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 6

INTENSIDAD DE CORRIENTE Y TENSIN SENOIDALES OBJETIVO : Saber diferenciar ondas senoidales y cosenoidales de la

corriente y la tensin, aplicacin de la Ley de Ohm .

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imparticin (hrs.)

HT HP 6.1 Intensidad de corriente senoidal 6.2

Tensiones senoidales

6.3 Impedancia y admitancia 6.4 Circuitos serie, paralelo y circuitos estrella Delta 6.5 Valores medio y eficaz 6.6 Elementos resistivos, inductivos y capacitivos. 6.7 Primera y Segunda ley de Kirchhoff aplicadas en c.a. 6.8 Impedancia 6.9 Notacin fasorial 6.10 Potencia en rgimen permanente senoidal 6.11 Energa 6.12 Factor de potencia 6.13 Correccin del factor de potencia.

HORAS TOTALES 15 3

UNIDAD: 7 CORRIENTE ALTERNA Y FASOR

OBJETIVO : Analizar con fasores la tensin y corriente alterna y su representacin grfica, en el plano cartesiano, complejo y en forma polar.


imparticin (hrs.)

HT HP 7.1 Respuesta en estado senoidal permanente. 7.2 Anlisis de mallas y nodos. 7.3 Transformaciones Estrella Delta y Delta estrella. 7.4 Representacin cartesiana. 7.5 Representacin vectorial, fasores. 7.6 Representacin compleja (Diagramas fasoriales) 7.7 Representacin en forma polar. 7.8 Operaciones bsicas con fasores de igual frecuencia. 7.9 Representacin en la forma de Euler

HORAS TOTALES 15 3

Pgina 7

HT HP HORAS TOTALES DE LA ASIGNATURA: 80 16

CRITERIOS DE EVALUACIN.

Exmenes parciales: 70%

Tareas: 10% Trabajos y practicas: 20%

TOTAL: 100%

ACTIVIDADES GENERALES DE APOYO AL CURSO RECURSOS NECESARIOS Investigar sobre las diferentes aplicaciones

de los circuitos elctricos Solucin de problemas Calcular y disear circuitos utilizando

Pspice y visual basic.

Elementos resistivos, inductivos y capacitivos. Programas Pspice y visual basic. Caones y proyectores.

REQUISITOS DE ACREDITACIN: Por reglamento de ingreso, permanencia y egreso de los alumnos de la institucin

Estar inscrito oficialmente Asistir como mnimo al 80% de las sesiones para tener derecho a examen

ordinario Acreditar la materia con un mnimo de 6(seis).

BIBLIOGRAFA:

BASICA ANLISIS DE CIRCUITOS EN INGENIERA Hayt William H. Jr y Kemerly Jack E. Ed. Mc Graw-Hill (6 edicin) ANLISIS DE CIRCUITOS ELCTRICOS L. S. Bobrow Ed. Mc Graw-Hill (ltima edicin) CIRCUITOS ELCTRICOS (Introduccin al anlisis y diseo) Dorf / Svoboda Ed. Alfaomega 3 edicin.

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ANLISIS INTRODUCTORIO DE CIRCUITOS Boylestad Reobert L. Vicente Galceran Escobet Ed. Trillas ELECTRICAL ENGINEERING CIRCUITS Skilling Hugh Hildrteh Ed. John Wiley y sons TEORA Y PROBLEMAS DE CIRCUITOS ELCTRICOS Compendios Shaum Ed. Mc Graw-Hill TITULAR (RESPONSABLE) DE LA ASIGNATURA: Ing. Genaro Campos Castillo FECHA DE ELABORACIN Y AUTOR(ES) DEL PROGRAMA: . 30 de Noviembre de 2003 Ing. Genaro Campos Castillo. Ing. Carlos Morn Ramrez. Ing. Victorino Turrubiates Guilln.

SIMBOLOGA UTILIZADA EN EL CURSO

R = RESISTENCIA (OHMS)

L = INDUCTANCIA (H)

C = CAPACITOR (F)

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FUENTE DE VOLTAJE INDEPENDIENTE

FUENTE DE CORRIENTE INDEPENDIENTE

FUENTE DE VOLTAJE DEPENDIENTE

FUENTE DE CORRIENTE DEPENDIENTE Z = IMPEDANCIA = R (PARA EL CASO DE CORRIENTE DIRECTA)

DEFINICIN DE VOLTAJE: Es la diferencia de potencial entre dos puntos.

RESISTENCIAS EN SERIE

Ejemplo:

DC

1R

2R

3R

4R

SV

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DC1R

2R

SV

Las resistencias en serie se suman: =+++++ eqN RRRRRR ...4321

RESISTENCIAS EN PARALELO

Ejemplo:

Para obtener la resistencia equivalente del circuito anterior, las resistencias en paralelo se suman como los inversos de cada resistencia, es decir:

21

111

RRReq+=

)21()2)(1(

RRRRReq +

=

TIPOS DE CONEXIONES: ESTRELLA Y DELTA. TIPO ESTRELLA:

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TIPO DELTA:

LEY DE OHM:

V = R * I I = V / R

POTENCIA.- Se mide en HP o tambin en Watts

P = V * I P = R * 2I P = 2V / R

EJEMPLO:

Al circuito equivalente se la aplica divisor de voltaje, por tanto:

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( )

( ) voltsV

voltsV

255022

2

255022

2

2

1

=

+=

=

+=

V2 se utiliza para calcular V3 y V4, porque es el voltaje que entra al nodo 1.

( )

( ) voltsV

voltsV

5.122522

2

5.122522

2

4

3

=

+=

=

+=

DIVISOR DE CORRIENTE

Considere el siguiente circuito.

2121Re

RRRRq

+

=

21 IIIT += ....(1)

Aplicando ley de Ohm

1ReRe1 qVs

qRVsIt =+

=

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O bien:

)3....(2

2

)2....(1

1

RVsI

RVsI

=

=

Sustituyendo 2 y 3 en 1:

( )21

212121

21 RRRRVs

RRVsRVsR

RVs

RVsIt

+

=+

=+=

Despejando Vs:

)4.......(2121 It

RRRRVs

+

=

Sustituyendo 4 en 2 y 3 se obtienen las frmulas para divisor de corriente:

ItRR

RI

ItRRR

RRIt

RRRRRI

2121

)21(121

121211

+=

++

=

PROBLEMA DE TAREA: A) Calcular: It. B) Calcular: I1, I2, I3, I4. C) Calcular la potencia que entrega la fuente al circuito y la potencia que disipa cada resistor.

I2 = R1 It / R1+ R2

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V = R * I I = (100) / 4.9763 It = 20.0952 Amp.

I1 = ((11.6296) / (11.6296+4))*(20.0952) = 14.9523 Amp.

I2 = ((4) / (15.6296)) * (20.0952) = 5.1428 Amp.

I3 = ((19) / (19+8)) * (5.1428) = 3.6190 Amp.

I4 = ((8) / (27)) * (5.1428) = 1.5237 Amp.

Potencia en la fuente:

P = V * I P = 100 (20.0952) P = 2009.52 Watts.

1RP = 2 (20.0952) ^2 = 807.63 Watts.

DC

V 100

2

4

6

8 10

9

TI

1I

2I

3I

4I

DC

V 100

2

9763.2

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2RP = 4 (14.9523) ^2 = 894.28 Watts.

3RP = 6 (5.1428) ^2 = 158.69 Watts.

4RP = 8 (3.6190) ^2 = 104.777 Watts.

5RP = 9 (1.5237) ^2 = 20.895 Watts.

6RP = 10 (1.5237) ^2 = 23.2166 Watts.

Si Sumamos todas las potencias que disipan las resistencias, sta suma debe ser igual a la potencia que suministra la fuente.

DIVISOR DE VOLTAJE

Considere el siguiente circuito:

Aplicando la 2 Ley de los voltajes de Kirchhoff, tenemos:

-Vs + V1 +V2 =0

Vs = V1 + V2.... (1)

Aplicando la ley de Ohm a las resistencias R1 y R2

V1 = R1I...(2)

V2 = R2I...(3)

Sustituyendo 2 y 3 en 1

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Vs = R1I + R2I

Vs = I (R1+R2)

I = Vs / (R1 + R2) (4)

Sustituyendo 4 en 2 y 3 se obtienen las frmulas para divisor de voltaje.

( )VsRR

RV

RRVsRV

+

=

+

=

21

11

2111 )(

( )VsRR

RV

RRVsRV

+

=

+

=

21

22

2122 )(

EJEMPLO:

DC

V100

2

4

6

8 10

9

DC

V 100

2

4

6

62.5 TI

1I

2I

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Del ltimo circuito tenemos que:

V1 = (2 / (2+2.97)) (100) = 40.24 Volts.

V2 = (2.97 / (2+2.97)) (100) = 59.75 Volts.

Del segundo circuito tenemos lo siguiente:

V3 = (6 / (6+5.62)) (59.75) = 30.85 Volts.

V4 = (5.62 / (6+5.62)) (59.75) = 28.89 Volts.

V5 = (9 / (9+10)) (28.89) = 13.68 Volts.

V6 = (10 / (9+10)) (28.89) = 15.20 Volts.

DC

V 100

2

97.2

+

2V- 1V+

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LEYES DE KIRCHHOFF 1 LEY DE KIRCHHOFF:

La primera ley indica que la suma de todas las corrientes que entran y salen de un nodo debe ser igual a cero. Un nodo es la unin de dos o ms elementos del circuito.

Ejemplo de nodos:

=++++ 054321 IIIII Frmula general =++++ 0...321 NIIII

Procedimiento de solucin: 1) Identificar el nmero de nodos. 2) El nmero de ecuaciones ser N 1; 2 1 = 1 ecuacin de nodos 3) En forma arbitraria se indica el sentido de la corriente en cada rama del circuito. 4) Se procede a aplicar la 1 Ley de las corrientes de Kirchhoff 5) Al analizar el circuito, vemos que el nodo # 1, tiene el valor de la fte.V1 = 100v

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EJEMPLO: Cuando se aplica la Primera ley de Kirchhoff o ley de las corrientes de Kirchhoff, lo que realmente hacemos es calcular los SV de nodo:

Para V1 = 50 Volts. Para V2 tenemos que:

I1 - I2 I3 = 0 Ecuacin (1) Ahora las corrientes las pongo en funcin de los Vs de nodo y tenemos:

I1 = (V1 V2) / 2

I2 = (V2 V0) / 3

I3 = (V2 V3) / 6

I4 = V3 / 3

I5 = V3 / 7

Sustituyendo 2 en 1 tenemos:

DC

2

6

3 3 7 V 50

1I

2I

3I

4I

5I

1V 2V 3V

ferenciaRe+

2.....Ecua

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( ) ( ) ( )

1..........150326

63222213

06

3232

221

EcuaVV

VVVVV

VVVVV

=+

=

Para el nodo 3 tenemos que:

I3 I4 I5 = 0

Sustituyendo tenemos:

( ) ( ) ( )

2..........032727

042

36314327

073

33

632

EcuaVV

VVVV

VVVV

=+

=

=

En forma matricial tenemos:

10506

4050150

1556

0150

21

*6

3

2

=

=

=

=

=

=

=

0 7150-

27- 0 1

27- 7 1

27- 7 1

VV

Por lo tanto tenemos que:

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V2 = 4050 / 155 = 26.129 Volts.

V3 = 1050 / 155 = 6.774 Volts. Ahora por el mtodo de divisor de corriente tenemos lo siguiente:

Req = ((3) (7)) / (3+7) Req = 2.1

Req = 8.1

DC

V 50 3 3 7

2

6

TI 2I

1I 3I 4I

DC

V 50

3 7

DC

V 50

6

1.2

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Req = ((3)(8.1))/(3+8.1) Req = 2.19

Req = 4.19 V = R * I I = 50 / 4.19 I = 11.93 Amp. It = 11.93 Amp. I1 = ((8.1) (8.1+3)) (11.93) = 8.71 Amp. I2 = ((3) / (8.1+3)) (11.93) = 3.22 Amp. I3 = ((7) / (3+7)) (3.22) = 2.25 Amp. I4 = ((3) / (3+7)) (3.22) = 0.97 Amp. V1 = 50 Volts. V1 V2 = 2 (11.93) 50 2 (11.93) 0 V2

DC 3 1.8V 50

DC

V 50

2

19.2

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V2 = 26.14 Volts. V2 V3 = 6 (3.22) 26.14 6 (3.22) V3 = 6.82 Volts. AHORA POR EL MTODO DE DIVISOR DE VOLTAJE Por simple inspeccin del circuito tenemos que: V1 = 50 Volts. V2 = ((2.18) / (4.18)) (50) = 26.07 Volts. V3 = ((2.1) / (8.1)) (26.07) = 6.75 Volts. 2 LEY DE KIRCHHOFF: La suma de todos los voltajes dentro de una malla cerrada debe ser igual a cero.

Frmula general: =++++ 0...321 NVVVV Ejemplo: a) Calcular la corriente de malla, del siguiente circuito.

-50 + 2It + 4It = 0

6It = 50

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It = 50/6 = 8.33 Amp. Nota: Si al calcular la corriente del circuito, sta resulta con signo negativo, nos indica que el sentido de la corriente es contrario al sentido indicado. EJEMPLO: A) Calcular las corrientes de malla, aplicando la segunda Ley de Kirchhoff

Para la primera malla tenemos que:

-30 + 3I1 + 6 (I1 I2) = 0

9I1 6 I2 = 30 Ecua..1

Para la segunda malla tenemos que:

8I2 + 4 (I2 I3) + 6 (I2 I1) = 0

-6I1 + 18I2 4I3 = Ecua..2

Para la tercera malla tenemos que:

-40 + 4 (I3 I2) = 0

-4I2 + 4I3 = 40 Ecua..3

3 8

DC DC 6 4

V 30 V 40 1I 2I 3I

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Formando el sistema matricial tenemos:

=

400

4 4- 0 4- 18 6-0 6- 9 30

321

*III

5760

2160

264030

360

3

2

=

=

=

=

=

=

=

=

40 4- 0 0 18 6-30 6- 9

4 40 0 4- 0 6-0 30 9

4 4- 404- 18 0 0 6-

4 4- 04- 18 6-0 6- 9

Por lo tanto tenemos que los voltajes son:

V1 = 2640 / 360 = 7.33 Volts.

V2 = 2160 / 360 = 6 Volts.

V3 = 5760 / 360 = 16 Volts.

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SUPER NODOS EJEMPLO: Nota: Cuando estamos analizando un circuito por la primera LCK, y en ste hay fuentes de voltaje, las fuentes formarn un super nodo, como se indica en el siguiente circuito. Para el supernodo 1 tenemos que: V1 = 40 Volts. Para el supernodo 2 tenemos: -I1 + I2 + I3 + I4 = 0 Ecua..1 Ahora las Is en funcin de los voltajes de nodo: I1 = V1 V2 I2 = V2 / 3

DC

DC

1 V 60

3 5 7

V 40

ferenciaRe

1I

2I 3I 4I

1V 2V 3V

+

2.....Ecua

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I3 V3 / 5 I4 = V3 / 7 Sustituyendo 2 en 1 tenemos:

( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

42003362140

0105

3153212352105105

073

53

3221

=+

=

++++

==+++

VV

VVVV

VVVVV

40-

:entonces Volts, 40 V1 que sabemos ya Pero

La segunda ecuacin la obtenemos del supernodo: V2 V3 = 60 Formando el sistema matricial obtenemos:

4200140

63604200

176140

604200

32

*140

2

1

=

=

=

=

=

=

=

60 1 4200

1- 6036

1- 1 36

1- 1 36

VV

Por lo tanto tenemos lo siguientes voltajes:

Pgina 28

V2 = -6360 / -176 = 36.136 Volts

V3 = 4200 / -176 = -23.864 Volts

EJEMPLO: Analizando el supernodo nmero 1 tenemos: I1 +I2 I2 +I3 I4 = 0 Ecua..1 Ahora las Is en funcin de los Vs de nodo, tenemos: I1 = V1 / 4 I2 = V2 I3 = V2 I4 = - V3 / 3

DC

DC

2

1

3

V 2

V 3

4

1V 2V

3V

2

2I 4I

3I

1I

2.....Ecua

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Sustituyendo 2 en 1 tenemos lo siguiente:

012

3421213

03

312

4

=

++

=

+

VVV

VVVi

....AEcua...... =++ 03421213 VVV La segunda ecuacin la obtenemos del supernodo:

....BEcua...... = 231 VV La tercera ecuacin la obtenemos del otro supernodo y obtenemos:

....CEcua...... = 321 VV Formando el sistema matricial tenemos:

Pgina 30

63

133

440

193

320

321

*3

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

=

3 1- 12 0 10 12

0 3 11- 2 14 0

0 1- 31- 0 24 12

0 1- 11- 0 14 12

0 1- 11- 0 14 12

VVV

Por lo tanto los voltajes son:

V1 = -44 / -19 = 2.32 Volts.

V2 = 13 / -19 = -0.68 Volts.

V3 = -6 / -19 = 0.316 Volts.

SUPER MALLAS

DC DC

1 3 6

V 30 V 20

A 5 4 1I

2I 3I

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NOTA: cuando analizamos un circuito aplicando la segunda LVK y ste contiene fuentes de corriente, para facilitar su anlisis, las fuentes de corriente se abren, formando una supermalla. Para analizar el circuito aplico la segunda ley de Kirchhoff: -20 + I1 + 3I2 + 4 (I2 I3) = 0

....1Ecua...... =+ 2034271 III Para la malla 3 tenemos: 6I3 + 30 + 4 (I3 I2) = 0

....2Ecua...... =+ 3031024 II Para encontrar la tercera ecuacin simplemente la obtengo de la supermalla y tengo:

....3Ecua...... =+ 521 II En forma matricial tenemos:

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1401

1301

19020

64

530

20

321

*

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

=

5 1 1-30- 4- 020 7

0 5 1-10 30- 04- 20

0 1 510 4- 30-4- 7

0 1 1- 10 4- 04- 7 1

0 1 1-10 4- 04- 7 1

III

Por lo tanto las intensidades son las siguientes:

I1 = 190 / -64 = -2.97 Amp.

I2 = -130 / -64 = 2.03 Amp.

I3 = 140 / -64 = -2.19 Amp.

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EJEMPLO 2: Para la supermalla tenemos que: 100I1 + 50I1 + 10I2 + 200I4 = 0

....AEcua...... =++ 042002101150 III Las 3 ecuaciones restantes las obtenemos de la supermalla:

....DEcua...... 5I4I3-

....CEcua...... 2I3-I2

....BEcua......

=+

=

=+ 5.231 II

100

50

A 5.2

A 2

A 5 200

10

1I 3I 4I

2I

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=

5 2 2.50

1 1- 0 0 0 1- 1 0 0 1 0 1-

200 0 10

4321

*

150

IIII

1155

645

150

75

150

1545

0

360

150

4

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

5 1- 0 0 2 1- 1 0 2.5 1 0 1-0 0 10 150

1 5 0 0 0 2 1 0 0 2.5 0 1-

200 0 10

1 1- 5 0 0 1- 2 0 0 1 2.5 1-

200 0 0

1 1- 0 50 1- 1 2 0 1 0 2.5

200 0 10

1 1- 0 0 0 1- 1 0 0 1 0 1-

200 0 10

Pgina 35

Por lo tanto las Intensidades sern:

I1 = 1545 / - 360 = - 4.292 Amp.

I2 = - 75 / - 360 = 0.208 Amp.

I3 = 645 / - 360 = - 1.792 Amp.

I4 = - 1155 / - 360 = 3.208 Amp. EJEMPLO: Con fuentes de Vs, Is independientes y con fuentes de Vs y Is dependientes. MTODO POR MALLAS

Para la supermalla tenemos:

-12 + I1 + 3 I2 + 2i = 0

Pero observamos que:

i = I1

Simplificando la expresin antes mencionada nos queda:

I1 + 3I2 + 2I1 = 12

....AEcua...... =+ 12213 iI

V 12

3

DC

-

+

A 6 i 2

1

i

1I 2I

Pgina 36

La segunda ecuacin la obtenemos de la supermalla:

.....BEcua...... Ecua. =+ 622 II


30

612

6

1221

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

6 1-12 3

1 6 3

1 1-3 3

6 1 1-3 3

II

Por lo tanto las intensidades nos dan:

I1 = - 1 Amp.

I2 = 5 Amp.

Realizndolo por el mtodo de NODOS tenemos:

V 12

3

DC

-

+

A 6 i 2

1

i

1V 2V 3V

ferenciaRe

2I

1I

Pgina 37

Por anlisis del circuito tenemos: V1 = 12 Volts. V3 = 2i Volts. i = I1 Para el Nodo 2 tenemos:

Ecua.....1 =+ 0621 II Ahora las corrientes en funcin de los voltajes de nodo: I1 = V1 V2 I2 = (V2 V3) / 3 Sustituyendo 2 en 1, y conociendo que i = I1, tenemos:

Pero como ya conocemos que V1 = 12 Volts y V3 = 2i = 2I1 tenemos: V3 = 2 (12 V2)

....BEcua...... = 22243 VV Ahora sustituyendo V1 y V3 tenemos:

2.....Ecua

( )

....AEcua...... =+

=

+

=

+

1832413

63

322313

63

3221

VVV

VVVV

VVVV

Pgina 38

( )

Volts. 132

1822242436

18222424)12(3

=

=++

=+

V

VV

VV

Sustituyendo V2 en la ecuacin B tenemos:

( )

Volts. 23

132243

22243

=

=

=

V

V

VV

PROBLEMA: Por anlisis del circuito tenemos que:

I1 = 5 Amp. Obteniendo la primera ecuacin del supernodo tenemos:

....1Ecua...... =++ 0321 III

A 5

1V a

b

10

1I

2I

10i

3I

ferenciaRe

2V 10i 3 2

+

abVV =3

Pgina 39

Ahora las intensidades en funcin de los voltajes de nodo:

I2 = V1 / 10

I3 = (V2 V3) / 2 Sustituyendo 2 en 1 tenemos:

Volts. 501

010

15

=

=+

V

V

Obteniendo la siguiente ecuacin del supernodo tenemos:

Volts. 652

15250

1013250

321 10

=

=+

=+

=+

V

V

VV

iVV

NOTA: En un circuito abierto no circula la corriente por que la carga est desconectada.

2.....Ecua

Pgina 40

EJERCICIO DE TAREA:

MTODO DE NODOS Se obtiene la primera ecuacin del supernodo tenemos:

-I1 2.5 + I2 = 0

-I1 + I2 = 2.5

I1 = - V1 / 6

I2 = (V2 V3) / 4

I3 = V3 / 3

I4 = 0

+

Xi 2

mA 5.2 K 6

K 4

2V 1V 3V

K 1

K 3

a

b

1I

2I 4I

3I Xi

+

ferenciaRe

Pgina 41

....AEcua...... 30332312

5.212

332312

5.24

3261

=+

=

+

=

+

VVV

VVV

VVV

Obteniendo la segunda ecuacin del supernodo tenemos:

....BEcua......

i :Pero X

0322313

33221

3221

=

=

==

VVV

VVV

IiVV X

Obteniendo la tercera ecuacin del nodo 3 tenemos:

....CEcua...... 03723

012

342333

033

432

0432

=+

=

+

=+

=++

VV

VVV

VVV

III

Formando el sistema matricial tenemos:

=

0030

321

*2

VVV

7 3- 02- 3- 33- 3

Pgina 42

2702

6302

81030

902

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

0 3- 00 3- 3

30 3

7 0 02- 0 33- 30

7 3- 0 2- 3- 0 3- 3

7 3- 02- 3- 33- 3

Por lo tanto los voltajes sern:

V1 = - 810 / -90 = 9 Volts.

V2 = - 630 / -90 = 7 Volts.

V3 = - 270 / -90 = 3 Volts. AHORA POR EL MTODO DE MALLAS.

K 6 Am 5.2 K 3

b

a

Xi 2

K 4 K 1

Xi 1I

2I

XiI =2

Pgina 43

Para la supermalla tenemos:

02916

023242216

024216

=+

=+++

=+++

II

IIII

ixIixI

La segunda ecuacin la obtenemos de la supermalla:

5.221 =+ II En forma matricial tenemos:

15

5.22

15

21

*

2

1

=

=

=

=

=

=

=

2.5 1-0 6

1 2.59 0

1 1-9 6

2.50

1 1-9 6

II

Por lo tanto las intensidades sern:

I1 = -22.5 / 15 = - 1.5 Amp. e I2 = 15 / 15 = 1 Amp.

Pgina 44

EJEMPLO:

Por anlisis del circuito tenemos que:

V1 = 12 Volts. Para el nodo 2 tenemos:

-I1 + I4 14 = 0 Obteniendo los voltajes de nodo tenemos:

I1 = (V1 V2) / 0.5

I2 = (V1 V4) / 2.5 I3 = V4

I4 = (V2 V3) / 2

+

1

Vx5.0

V 12

5.0

5.2

2

A14

2V

1V 3V

2I 3I

4I 1I

+

YV

+

XV

4V

Vy2.0

+

Pgina 45

Sustituyendo tenemos:

AEcuaVV

VVVV

VVVV

..................76325

142

322414

142

325.0

21

=

=

++

=

+

Para el supernodo 1:

-I2 + I3 I4 0.5Vx = 0 Pero Vx = 0.5(I1)

-I2 + I3 I4 0.5 (0.5I1) = 0

0432125.0 =+ IIII Sustituyendo las Is por los Vs de nodo tenemos:

( ) 02

3245.2

41221225.0

5.02125.0

=

+

VVVVVVV

VV

....BEcua......

10841435

010

352541044142515

=+

=

++++

VV

VVVVVVV

La tercera ecuacin la obtengo del supernodo:

V3-V4=0.2Vy Pero Vy = 2.5 I2 (aplicando Ley de Ohm) Sustituyendo Vy en la ecuacin anterior tenemos:

Pgina 46

V3 V4 = 0.2 (2.5 I2)

V3- V4 = 0.5 I2

Pero: I2 = (V1 V4) / 2.5

V3 V4 = 0.5 ((V1 V4) / 2.5)

CEcuaVV ............................124435 =

Ahora en forma matricial tenemos:

=

1210876

321

*5

VVV

4- 5 014 5 00 1-

Pgina 47

2400

3000

744076

450

3

2

=

=

=

=

=

=

=

=

12 5 0 108 5 0 76 1- 5

4- 12 014 108 00 76 5

4- 5 1214 5 108

0 1-

4 - 5 014 5 00 1- 5


V1 = - 7440 / - 450 = 16.53 Volts.

V2 = - 3000 / - 450 =6.66 Volts.

V3 = - 2400 / - 450 = 5.33 Volts. EJEMPLO:

Pgina 48

V3 = 0.2 Vy

Pero Vy = 2.5 I2

I2 = V1 / 2.5

V3 = 0.2 (2.5I2)

V3 = 1 / 2 (I2) 1 / 2 (V1 / 2.5)

V3 = V1 / 5

V1 = 5 V3

Obteniendo la primera ecuacin del supernodo, tenemos: I1 + I2 I3 + 14 + 0.5Vx = 0 Pero Vx = 0.5 I1 I1 + I2 I3 + 0.5(0.5 I1) = -14 Cambiando las Is por los Vs, tenemos:

+

1

Vx5.0V 12

5.0

5.2

2

A14

2V

1V 3V

2I 3I

4I 1I

+

YV

+

XV

4V

Vy2.0

+

Pgina 49

I1 = (V1 V2) / 0.5 I2 = V1 / 2.5 I3 = - V4 I4 = (V2 V3) / 2 Sustituyendo en la ecuacin anterior tenemos:

( )

1404103145225

1404102253145

140410225129

1410

21541014220120

145.0

215.05.045.21

5.021

=++

=+

=+

=

+++

=

++

VVV

VVV

VVV

vVVVVV

VVVVVV

Obteniendo la segunda ecuacin del supernodo 2 tenemos:

V1 V4 = 12 La tercera ecuacin la obtenemos del nodo 2 y tenemos:

-I1 14 + I4 = 0

2832514

142

321424

142

321222

=+

=

+

=

+

VVV

VVVV

VVVV

11V1 6V2 + 2V4 = -28 Pero V1 = 5 V3

Pgina 50

55V3 6V2 + 2V4 = -28

-6V2 + 55V3 + 2V4 = -28

V1 V4 = 12

5V3 V4 = 12

-4V1 + 5V2 V3 = 28

5V2 23V3 = 28 En forma matricial tenemos: Error, no debe haber signo igual entre la matriz de resistencias y la matriz de las variables V2, V3 y V4

=

=

28 12

0 23- 5 1- 5 0 2 55 28

4326

VVV

15046

1486

172828

1876

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

28 23- 5 12 5 0 28- 55

0 28 5 1- 12 0 2 28-

0 23- 28 1- 5 12 2 55

0 23- 5 1- 5 0 2 55

Pgina 51


V1 = 5 (V3) 5(0.791) = 3.955

V1 = 3.955 Volts.

V2 = - 1728 / - 187 = 9.241 Volts.

V3 = - 148 / -187 = 0.791 Volts.

V4 = 1504 / -187 = - 8.043 Volts.

PROBLEMA:

a) Calcular el valor de 1i del circuito anterior:

DC

V 20

40 100

2001i 5.1

A

B

ABVV =3

1i

2I

3I

1V 2V 3V

1I

Pgina 52

Por anlisis del circuito tenemos que: V1 = 20 Volts. Para el nodo 2 tenemos que:

I1 I2 I3 = 0 Ahora poniendo los Is en Vs de nodos tenemos: I1 = (V1 V2) / 40 I2 = V2 / 200 I3 = (V2 V3) / 100 Sustituyendo en la ecuacin anterior nos queda como:

( )

1003228

03228205

0322815

0200

223222515

010

32200

240

21

=+

=+

=+

=

+

=

VV

VV

VVV

VVVVV

VVVVV

Para el nodo 3 tenemos:

I3 + 1.5 ix = 0 Pero ix = I1

I3 + 1.5 (I1) = 0

1.5I1 + I3 = 0

3 / 2 I1 + I3 = 0

Pgina 53

034215

0400

34242515

0100

3240

2123

=

=

+

=

+

VVV

VVVV

VVVV

( )

100342

0342205

=

=

VV

VV


7008

600100

348

100100

32

*

2

1

=

=

=

=

=

=

=

100- 1-100-

4- 100-2

4- 1-2

4- 1-2 8-

VV

Por lo tanto los voltajes sern: V1 = 20 Volts.

V2 = 600 / 34 = 17.65 Volts.

Pgina 54

V3 = 700 / 34 =20.59 Volts.

Aplicando Ley de Ohm tenemos:

.59

.059.0

4065.1720

4021

1

1

1

1

mAmpi

Ampi

i

VVi

=

=

=

EJEMPLO:

3

2

3

2

Ii

Ii

=

=

Por anlisis del circuito tenemos que:

I1 = 2 mA

I4 = -0.5 2i

DC DC

+

mA 2

V 4 V 6

K 5 31000i K 10

25.0 i 3i 2i 1I 2I 3I

4I

Pgina 55

Para la malla 2 tenemos:

( )

63100025

1043100025

4310002515

410002515

3012510004

3

33

=+

+=+

=++

=++

==++

IKI

IKI

IKIKI

iKIKI

IiIIKi :Pero

Para la malla 3 tenemos:

( )

63925

6)25.0(1039

641039

03100043106

=+

=

=

=+

KIKI

IKKI

KIKI

IIIK


Pgina 56

60

6054

4955

66

32

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

6- 56 5

9 6-1000 6

9 51000 5

9 51000 5

II

Por lo tanto las intensidades sern de: I1 = 2 m Amp.

I2 = 6054 / -4955 =-1.222 Amp.

I3 = -60 / -4955 = 0.0121 Amp.

Aplicar Divisor de Voltaje al circuito siguiente:

Pgina 57

Solucin al problema anterior:

DC

V100

1

6

2

8 4

4

- 1V+

+

2V

- 3V+ - 5V+

+

4V

+

6V

DC

V 100

1

6

2

4

DC

V 100

1

3

- 1V+

+

2V

Pgina 58

Volts.

V2 25 - 100

V2 V1 100

Volts.

752

25100*31

11

=

=

+=

=+

=

V

V

.....253

61503

75*42

23

VoltsV

V

V

=

=

+=

V2 = V3 + V4

V4 = V2 V3

V4 = 75 25

V4 = 50 Volts.

DC

V 100

1

6

2

4

- 1V+ - 3V+

+

2V

Pgina 59

Volts.

V

Volts.

Volts.

V

Volts.

256

25506

546

654

256

255

82005

50*845

504

63004

75*644

=

=

=

+=

=

=

=

=

=

=

=

V

V

VVV

VV

V

V

V

V

V

V

Pgina 60

RESUMEN DE LO VISTO HASTA HOY LEY DE OHM (C.A) I*ZV (C.D) == IRV *

DIVISOR DE CORRIENTE ( )

( ) T

T

IRR

RI

IRR

RI

*

*

21

12

21

21

+=

+=

DIVISOR DE VOLTAJE ( )

( ) T

T

VRR

RV

VRR

RV

*

*

21

22

21

11

+=

+=

PRIMERA LEY DE KIRCHHOFF.- Todas las corrientes que entran y

salen de un nodo es igual a cero.

0...321 =++++ NIIII SEGUNDA LEY DE KIRCHHOFF.- La suma de todos los voltajes

dentro de una malla es igual a cero.

=++++ 0...321 NVVVV NODOS Y SUPERNODOS.- Cundo hay un supernodo en un

circuito?, existe un supernodo en un circuito cuando hay fuentes de voltajes independientes y dependientes.

MALLAS Y SUPERMALLAS.- Cundo hay una supermalla?, existe

una supermalla si hay una fuente de corriente en una rama que comparte dos mallas, esta fuente de I se abre y se forma una supermalla. Para fuentes de corrientes independientes y dependientes.

Pgina 61

EJEMPLO.- ANALSIS DE UN CIRCUITO CON FUENTES DEPENDIENTES DE Is Y Vs.

Para en nodo 1 tenemos:

-I1 I2 = 4

I1 + I2 = 4

Obteniendo las Is en Vs de nodo tenemos:

I1 = V1 / 100

I2 = (V1 V2) / 150

I3 = V2 / 30

I4 = (V2 V3) / 15

I5 = V3 / 20

A 4

2

30 20

3V 2V

150 1V

bi 50

1I 3I 5I

4I

bi

15

2I

+

Pgina 62

Sustituyendo en la expresin anterior tenemos:

12002215

4300

221213

4150

2110

1

=

=

+

=

+

VV

VVV

VVV


I2 I3 I4 + 50ib = 0 Pero ib = I2

I2 I3 I4 + 50I2 = 0

51I2 I3 I4 = 0

0310266151

0150

21031025251151

015

3230

2150

2151

=+

=

+

=

VVV

VVVVV

VVVVV


I4 50 ib I5 = 0

033521201100

0300

31511002100320220

020

325015

32

=+

=

+

=

VVV

VVVVV

VIVV

Pgina 63


576000

942000

1332000

3980

321

*

3

2

1

=

=

=

=

=

=

=

=

=

0 120 100-0 66- 51

1200 2- 5

35- 0 100-10 0 51

0 1200 5

35- 120 0 10 66- 0 0 2- 1200

35- 120 100-10 66- 510 2- 5

0 0

1200

35- 120 100-10 66- 510 2- 5

VVV


V1 = 1332000 / 3980 = 334.67 Volts

V2 = 942000 / 3980 = 236.68 Volts

V3 = -576000 / 3980 = -144.72 Volts

Pgina 64

TEOREMAS

Teorema de thvenin: A B Este teorema nos dice que puedo obtener un circuito equivalente como el mostrado en la figura A y este circuito equivalente tendr los mismos efectos sobre la carga que el circuito original 2ohm 2A 1ohm 1ohm 12V 4 2ohm RL 2ohm Primero todas las fuentes independientes de VS se corto circuitan , y las segundas se abren para calcular la Req entre AB Zeq entre AB

Pgina 65

048.12.4

)2)(2.2(Re ==q

Por anlisis del circuito tenemos: V1 = 12 Volts

voltsv 121 =

|

245

1434

223

1322

2311

VI

VVI

VI

VVI

VVI

=

=

=

=

=

PARA EL NODO 3 (V3) TENDREMOS

84235221

42

4232223213

41

431

232

13

41

431

322

314421

04421

=+

=++

=

+

=

+

=+=+

VVVV

VVVVVV

VVVVVV

VVVVVVIIIIII

143223

22

23222

222

132

2320322

EQVV

VVV

VVVII

II

=

=+

=+

=+=++

2.156

32)3)(2(Re ==

+=q

Pgina 66

220423522 EQVVV =+

AHORA PARA EL NODO 4(V4) TENEMOS

3064332

043242

024

143

02434

054

EQVV

VVV

VVV

VVV

II

=+

=+

=

+

=+

=+

MATRICIALMENTE TENEMOS

20423522842352212

=+=+

VVVVVV

Pgina 67

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

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

VOLTSVVOLTSVVOLTSV

VOLTSV

VVV

93.4443.7362.32

121

3202223543202520

0241

21123332222353320252

023

020

4

432

320252

023

====

+=

=

==+=

=

=

VOLTSVABVOLTSV

95.495.44

==

El circuito equivalente es:

Este circuito es el equivalente de thevenin

Pgina 68

Teorema de norton

7.634.52

==

VV

72.411523 ==V

RIV

RIVV

IccI

=

=

=22

PROBLEMA APLICADO TEOREMA DE THEVENIN

AMPI 6.4048.1

9.4==

20352243223

=+=

VVVV

Primero todas las fuentes de VS en cortos circuito y las fuentes de Is en circuito abierto en caso que haya fuentes dependientes este mtodo no aplica

Pgina 69

Realizando por el mtodo de mallas tenemos:

AmpI 22 = Para la malla 1 tenemos

AmpIIII

IIIII

IIVI

66.116/1014616

6)2(21662216

62212140)21(21614

==

==

==+

=++

voltsVabVabVab

286

)2(46

=

=+=

El equivalente de thevenin es

Pgina 70

Realizando por mallas p/malla 1 tenemos

Ampi

II

6.15/31

315

===

P/malla 2 tenemos

Calculando el voltaje entre A y B tenemos

03114 =+ II

02232 =++ I

1222324

=+=

II

AmII

05.22/12

==

Pgina 71

Teorema de Norton

Ejemplo1:

Primero las fuentes de Vs en corto circuito y las fuentes de corriente se abren

Segundo calcular la Icc entre A y B

voltsVabVab

VabII

4.)5.(26.

221

=+=

=+

( )( )=

+= 048.1

22.222.2Re q

Pgina 72

Aplicando ley de ohm tenemos

Resolviendo por el mtodo de nodos Para Nodo 2(V2) tenemos:

Para el nodo

3 (V3) tenemos

Mtodo de sper nodos por anlisis tenemos

voltsv 121 =

IccI =4

RIV =RVI =

0322 =++ II

143223 EQVV =

232 =+ II

22

23222=

+ VVV1

322 VVI =

223 VI =

1321 VVI =

134 VI =

2243522121235221235221

62

31323222

62

31332

62

3113

132

06142

EQVVVV

VVV

VVVVV

VVVVV

VVVVVIII

=+

+=+=+

=+++

=+

++

=

+

=+

Pgina 73

PeroV1=12volts

Tal que Icc=5.878 Amperes El equivalente de norton

I 3 = Icc = 1.04mA Segundo calcular el Vab (circuito original)

64872242

432

28482052424

1

114155223

244

32

5223

==

=

=+=

=

==

=

=

VV

voltsV

voltsv

878.511643

545.211282

==

==

Pgina 74

Analizando por mallas Para la sper malla

Para la malla 2 tenemos

3105.221 =+ ii

=

==

===+

=+=++

=+++

33171004.145.3Re

)2(3)(35.221

02700216000162722

01623242

3IccVabq

ikixkVabmaii

iikikii

kikikiix

voltsBK 45.3)1015.1( 3 =

AmpII

II

IIIIIIIIII

IIII

333.4215/652

0215650215)5(13

0211102101323022110210)12(3

022)12(10103

==

=+=+

=++=++

=++

Pgina 75

Segundo paso calcular el Vab, tenemos Por analisis del circuito

pero

Para el sper nodo tenemos

02 =I

Calculando el Vab

1311021010/1312

)10/1(312)1(312

10312

vvvvvvvvvivv

ivv

=

=

=

=

=

0101710/11

1101210

=+=

==

VVVI

IiIIi

AmpIII

510215

=

=++

1011 vI =

1015 v=

voltsv 501 =

011.1533.4

65Re

6550)5(31103

===

=+=+=

IccVabq

voltsVabViVab

510)5(.10

110

=

==

ii

Ii

Pgina 76

EJEMPLO 1

5 10 5A 5 10 2A 5 10 5 5 10

I1 I2 10v 25V - 25 + 5I1 + 5I1 + 10 (I1 I2) = 0 - 10 + 10 ( I2 I1) + 10 I2 + 5I2 = 0

20I1 10I2 = 25 .1 - 10 + 25I2 = 10 2

I1 = 1.8125 Amp I2 = 1.125 Amp

Pgina 77

Calcular la mxima transferencia de potencia en la carga: A I1 8 20 10 RL 20A 5 120 I2

B

De la supermalla

20 I1 + 120 I2 + 5 I2 + 10 I2 = 0 30 I1 + 125 I2 = 0

La 2da ecuacin obtenida de la supermalla

I 2 I1 = 20

I1 = - 16.13 Amp I2 = 3.87 Amp La condicion para transferir la maxima potencia del circuito A al circuito B es que: La Req del circuito A debe de ser = Req del circuito B 2do se debe calcular la Req entre A y B A 8 140 15 B

Pgina 78

8 A

Req = 54.13155

)15)(140(= A

13.54 21.54 B B Sustituyendo I2 VAB = V10 VS VAB = 10(16.2) 5 (3.8) VAB = 143 Volts 143 V RL = 21.54 + 21.54 = 43.08 I T - 143 + 21.54 IT + 21.54 IT = 0 IT = 143 / 4308 IT = 3.32 Amp

PRL = (21.54) (3.32)2 PRL = 237.42 Watts

A I1 8 20 10 21.54 20A 5 I2 120 I2

B

20 I1 + 10 I1 10 I3 + 5 I2 - 5I3 + 120 I1 = 0 30 I 1 + 125 I2 125 I3=0 .1

Pgina 79

de supermalla I1 I2 = 20 Para malla 3 8I3 + 21.54I3 + 5I3 + 5I3 5I2 + 10I3 10I1 = 0 -10I1 + 5I2 + 44.54 I3 = 0 I1 = 16.44 Amp I2 = -3.55 Amp I3 = 3.29 Amp

EJEMPLO: 40 100 Icc = I3 Icc = 0.218 Amp 20V I 1 200 1.5 i 1 Icc i 1 I 2 I 3 Para la supermalla tenemos: 200 ( I2 I1 ) + 100 I 2 = 0 200I2 200 I1 + 100 I2 = 0 - 200 I1 + 300I2 = 0 1 2da ecuacin de la supermalla tenemos: I3 I2 = 1.5 i1 pero i1 = I1 I 2 I3 I2 = 1.5 I1 1.5I2 1.5 I1 + 0.5 I2 + I3 = 0 2 Malla 1 tenemos: -20 + 40 I1 + 200 (I1 + I2) = 0 I1 = 0.1875 Amp 40 I1 + 200 I1 200 I2 = 20 I2 = 0.125 Amp 240I1 200 I2 = 20 I3 = 0.218 Amp

Pgina 80

TEOREMA DE RECIPROCIDAD 6 I2 4 I 100V 2 I1 I3 3 1 A) Calcular la I en la R = 6 y verificarlo utilizando teorema de reciprocidad Por anlisis I = I2 Para la malla 1 tenemos -100 + 4 ( I1 I2) + 1 ( I1 I3 ) = 0 5I1 4 I2 I3 = 100..1 Para malla 2 tenemos: 4 (I2 I1) + 6 I2 + 2 (I2 I3) = 0 -4 I1 + 12 I2 I3 = 0 .2 Para malla 3 tenemos: 1 (I3 I1) + 2(I3 + I2) + 3I3 = 0 -I1 I2 2I3 = 0 ..3

6212124145

=

00100

3

2

III

I1 = 31.48 Amp I2 = 12.03 Amp I3 = 9.26 Amp

Pgina 81

Redibujando el circuito: 6 Para malla 1 tenemos: 1 (I1 I3) + 4(I1 I2) = 0 I2 I1 I3 + 4I1 4I2 = 0 I 1 4 5I1 4I2 I3 = 0 .1 Para malla 2 tenemos 100V 2 4 (I2 I1) + 2(I2-I3) 100 + 6 I2 = 0 4I2 4I1 +2I2 2I3 + 6I2 =100 I1 I3 3 -4I1 + 12I2 2I3 = 100 ...2 1 Para malla 3 tenemos: 3I3 + 2(I3 I2) + (I3 + I1) = 0 -I1 -2I2 + 6I3 = 0 .3 SISTEMA MATRICIAL TENEMOS

6212124145

=

01000

3

2

1

III

I1 = 12.03 Amp I2 = 13.42 Amp I3 = 6.48 Amp

Aplicando teorema de reciprocidad. A) Calcular I1 y comprobar

Pgina 82

PARA MALLA 1

50 + I1 + 2 (I1-I2) + 5 (I1-I3) = 0 I1 + I2 2I2 + 5I1 5I3 = 50

8I1 2I2 5I3 = 0 PARA MALLA 2

2 (I2-I1) + 3I2 + 4 (I2-I3) = 0 2I2 2I1 + 3I2 + 4I2 4I3 = 0

- 2I1 + 9I2 4 I3 = 0

PARA MALLA 3 (I3-I1) + 4 (I3-I2) + 6I3 = 0

5I3 5I1 + 4I3 4I2 + 6I3 = 0 -5I1 4I2 + +15I3 = 0

I1 = 10.14 Amp. I2 = 4.26 Amp.

I3 = 4.57 Amp.

I1

+ -

6 5

1 3

50 4

I3

I2

I1

Pgina 83

PARA MALLA 1

I1 + 2 (I1-I2) + 5 (I1-I3) = 0 8I1 2I2 5I3 = 0

I1 + 2I1 2I2 + 5I1 5I3 = 0

PARA MALLA 2 2 (I2-I1) + 3 (I2) + 4 (I2-I3) = 0 2I2 2I1 + 3I2 + 4I2 4I3 = 0

-2I1 + 9I2 4I3 = 0

PARA MALLA 3 50 + 6I3 + 5 (I3-I1) + 4 (I3-I2) = 0 6I3 + 5I3 5I1 +4I3 4I2 = -50

-5I1 4I2 + 15I3 = -50

I1 = -4.51Amp. I2 = -3.58 Amp. I3 = -5.79 Amp.

TEOREMA DE MAXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA. EJEMPLO:

+ -

I1

I2

I3

1

5

3

6

2

4

50

I2

Pgina 84

+ -

B

A

Vs RL

Req.

EL CIRCUITO A 1ero, calcular la Req. del circuito A 2do, calcular el voltaje AB del circuito A

RL + -

2

1 B

2

A

1

4A 2

12

2A

CIRCUITO A CIRCUITO B

Pgina 85

Req. = =+

04.1)42.2()2)(2.2(

6

1

2

2 RL

B

A

1.2 2

A

B

1

+ -

+ V1 -

A

B

1.04

4.95V

Pgina 86

V2 = 95.4*

08.204.1

V2 = 2.45 Volts

PRL = 04.1)475.2( 22

=R

V

PRL = 5.89 Watts

Calcular la potencia:

Req =

+

57.0428)3000500()3000)(500(

- +

40V

500 RL 5Amp

A

B

3K

6K

5Amp 3K 500

A 6K

B

Pgina 87

Req = 6428.57 Resolviendo por nodos tenemos:

1era ecuacin del supernodo I3 = 0 V2 V1 = 40 -V1 + V2 = 40

B

6K

B

428.57

A A

- +

40V

500 5Amp

A

B

3K

6K

I1 I2

I3

V2 V1

Pgina 88

PARA EL NODO 1:

-5 +I1 = 0 I1 = 5 I1 = V1/500 I2 = V2/3000 I3 = V2/6000

VI/500 = 5 V1 = 2500 Volts PARA EL NODO 2 Aqu hay un error, no puede haber voltajes de 30,000 volts I2 + I3 = 0 VI/500 + V2/6000 = 0 12VI + V2/6000= 0 12V1 + V2 = 0 12 (2500) + V2 = 0 V2 = -30,000 Volts(error)verificar

Pgina 89

POR ANALISIS DEL CIRCUITO I1 =

221 VV I2 =

132 VV

V1 = 12 Volts I3 =

22V I4 =

143 VV

PARA EL NODO 2 TENEMOS 2 + I2 + I3 = 0 V2 V3 +V2 = -2 I5 =

24V

2V2 2V3 + V2 = -4 3V2 2V3 = -4 I

+ -

2

I1

I2 I3

I4

I5

12V 2A

1 1

2

4A 2

A

B

Pgina 90

PARA EL NODO 4 TENEMOS PARA EL NODO 3 TENEMOS:

02528252128252

82222

42

41

)2

()(

04

432

432

4321

431323

4313

23

433132

412

=+

=+

=+

=++

=+

+

=

+

=+

VVVVVVVVVV

VVVVVV

VVVVVV

VVVVVV

III

FORMANDO EL SISTEMA MATRICIAL: 3 -2 0 V2 -40 V1 = 12 Volts -2 5 -2 V3 = 20 V2 = 3.62 Volts 0 -2 3 V4 0 V3 = 7.43 Volts V4 = 4.95 Volts

032022

02

02

)(

0

43

434

434

443

54

=+

=+

=+

=+

=+

VVVVV

VVV

VVV

II

Pgina 91

PARA LA SUPER MALLA 2 TENEMOS: 2 (I3-I1) + 1 (I3-I2) + I4 + 2I4 = 0 2I3 2I4 +I3 I2 + I4 + 2I4 = 0 -2I1 I2 + 3I3 + 3I4 = 0 I LA 3era ECUACION DE LA SUPERMALLA 1 I2 I1 = 2 -I1 + I2 = 2 II LA 4ta ECUACION DE LA SUPERMALLA 2 I4 I3 = 4 -I3 + I4 = 4 III 2 3 -3 0 I1 12 I1 = 0.29 Amp -1 -2 -1 3 3 I2 = 0 I2 = 2.29 Amp 1 0 0 I3 2 I3 = -1.52 Amp 0 0 -1 1 I4 4 I4 = 2.48 Amp

I3

+ -

2

I1

I2 I4

12V 2A

1 1

2

4A 2

A

Pgina 92

CORRIENTE ALTERNA

TRIANGULO DE POTENCIAS

P Q S Circuito de alterna 1

4

-j6

j5

220< 30

Z = R X Z= Impedancia

jZjjZ

eq

eq

=

+=

4

654

AmpersjZ

VIT =

=

== 03.444.53

03.1412.430220

430220

Por lo tanto: La corriente esta adelantada con respecto al voltaje

P= Potencia efectiva (Watts, Kw, Mw) Q= Potencia reactiva (VAR, KVAR, MVAR) S=Potencia aparente (VA, KVA, MVA) = Angulo de defasamiento de los vectores V y I

I 53.4 I

Pgina 93

Circuito de alterna 2

3

-j 8150< 0

6

j4

3

-j8

150< 0

6

j4

Z1Z2

Paso 1. trazar el triangulo de potencias del circuito anterior

Paso 2. Se calculan las Is.

AmpersjZ

VsI =

=+

== 15.5330

13.5350150

430150

11

AmpersjZ

VsI =

=

== 15.531513.5310

0150860150

22

==

++=+=

96.2355.291227129241821

jIjjIII

T

T

Potencia compleja

VAVIST === 96.235.4432)96.2355.29)(0150(*

P

SQ

SQSen =S

PCos =

CosSP *= SenSQ *=

Pgina 94

[ ][ ]

[ ][ ]VARQ

VASenQWattsP

VACosPVAS

032.18005.4432()96.23(

54.4050)5.4432()96.23(

5.443296.23

=

=

=

=

=

=

Nota: Para calcular la eficiencia del uso de la energa elctrica de un circuito por medio del triangulo de potencias tenemos.

%382.91)100)(96.23(8419.259.0

9.01

=

==

=

CosCos

Cos

Por lo tanto se comprueba as que el circuito es eficiente pues esta dentro del rango por arriba del 90%.

P

SQ

P

SQ

SQSen =S

PCos =

CosSP *= SenSQ *=

Pgina 95

DIVISOR DE VOLTAJE EN C. a.

Aplicando la ley de OHM

IZV *11 = IZV *22 =

Vs = V1+V2 (2 ley de los voltajes de Kirchhoff) Sustituyendo en

)(**

21

21

ZZIVsIZIZVs

+=

+=

21 ZZVsI+

=

Sustituyendo en

VsZZ

ZZZ

VsZV21

1

2111 +

=

+

=

V1

V2

Z1

Z2

+ -+

-

1

2

1 2

3

1 3

Pgina 96

VsZZ

ZV21

22 +=

DIVISOR DE CORRIENTE EN C. a.

Z1 Z2

IT

I1

I2

Vs

Aplicando la ley de OHM

11 ZVsI =

22 ZVsI =

21 IIIT += Sust En

21

12

21 * ZZVsZVsZ

ZVs

ZVsIT

+=+=

T

T

IZZZZVs

ZZZZVsI

21

21

21

21

**

*(

+=

=

Sustituyendo en nos queda:

TIZZZ

I12

21 +=

2

1 2

3

3 1

TIZZZI

21

12 +=

Pgina 97

Nota: los inductores se comportan igual que una resistencia. En serie se suman y en paralelo se saca una resistencia equivalente.

-j6

-j2

-j2

-j2

Nota: Los capacitares, se trabajan igual a las conductancias. Los capacitores en paralelo se suman, y los capacitares en serie se trabajan como dos inductores en paralelo.

La bibliografa utilizada es la que encontrarn en su programa de

ELECTROTECNIA I

MATERIA IMPARTIDA POR EL ING. GENARO CAMPOS CASTILLO

-j6

-j6

Vs

ANTOLOGA DEL CURSO DE ELECTROTECNIA 1FACULTAD DE INGENIERIAPROGRAMA DE ASIGNATURA CORRESPONDIENTE AL PLAN DE ESTUDIOS 2003HT HP

ELECTROTCNIA IFORMATIVO

CDIGO DE LA ASIGNATURA:IME 304

PRE-REQUISITOS: FIS 245CONTENIDO DE LA UNIDADHT HPa) Sistema internacional de unidadesb) Unidades derivadas utilizadas en ingeniera elctricac) Unidades suplementarias utilizadas en ingeniera elctricaa) Elemento general de un circuitob) Elementos pasivos, resistencia, inductancia y capacitanciac) Elementos activos, fuentes independientes y dependientesd) Fuente ideal de tensine) Fuente ideal de corrienteLEYES Y REDES EN SERIE Y PARALELO

CONTENIDO DE LA UNIDADHT HP




INTENSIDAD DE CORRIENTE Y TENSIN SENOIDALESCONTENIDO DE LA UNIDADHT HPTensiones senoidalesHORAS TOTALES

CONTENIDO DE LA UNIDADHT HPHORAS TOTALES

Exmenes parciales:

SIMBOLOGA UTILIZADA EN EL CURSORESISTENCIAS EN SERIERESISTENCIAS EN PARALELODIVISOR DE CORRIENTEDIVISOR DE VOLTAJELEYES DE KIRCHHOFFSUPER NODOSSUPER MALLAS

apuntes de electricidad ing genaro campos

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