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CIDEAD. 2º Bachillerato. ElectrotecniaTema 10.- Circuitos de corriente alterna

Desarrollo del tema.-

1. Circuitos reales de corriente alterna.

2. Circuito en serie resistencia – bobina.

3. Circuito en serie resistencia – condensador.

4. Circuito en serie bobina – condensador – resistencia.

5. Circuitos de corriente alterna en paralelo.

6. Circuitos de corriente alterna mixtos.

7. Resolución de circuitos de corriente alterna: Leyes yprincipios.

8. Circuitos oscilantes.

1. Circuitos reales de corriente alterna.

1


En la realidad, no existen receptores lineales; una resistencia óhmica siempre posee unacomponente inductiva; en los condensadores se produce una disipación de corriente mediante fugapor el dieléctrico que se encuentra entre las armaduras; las bobinas, además de la autoinducción,presenta una cierta resistencia.

Por este motivo, siempre existirán desfases entre la intensidad y la tensión, diferentes a losprevistos teóricamente. Por este motivo, se han de estudiar combinaciones de estoselementos(resistencia, bobina y condensador) en serie, paralelo o mixto para conocer el desfase realde la corriente alterna conducida.

2. Circuito en serie resistencia – bobina.

Consideremos el circuito de la figura:

La diferencia de potencial o tensión entre las araduras del generador será :

U = UR + UL

UR = R . I

UL = XL I = Lω j I ;; al sumarse las dos expresionesquedará:

U = I ( R + Lω j )Z = R + Lω j

De acuerdo con la notación compleja polar : Z = R2L.

2

El argumento será : φ = arctg L.R

;;

Si utilizamos el diagrama de resistencias, seobserva que :

2


Z = UI

En el caso del circuito anterior, Z = R2L.

2 = 10 KΩ

φ = arctg L.

RProblema 1.- Un circuito RL en serie, está formado por una bobina de 100 mH de

autoinducción y una resistencia de 10 Ω . Si se conecta a una fuente de corriente alterna de 220V y 50 Hz , determinar:

a. La caída de tensión que existe en la bobina y en la resistencia.b. El ángulo de desfase.

Datos .- L = 0,1 H ;; R = 10 Ω ;; Vef = 220 V ;; f = 50 Hz ;; ω = 2 π f = 314,15 s-1

Resolución.- a. Z = R2L.

2 = 32,95 Ω

Ief = Vef

Z=

22032,95

= 6,67 A

UR = 10 . 6,67 = 66,7 V

UL = 314,15 . 0,1 6,67 = 209,5 V U = 209,5266,72 = 220 V

b. φ = arctg L.R

= 72,33º = 72º 20´ 5 ´´

Problema 2.- Dado el circuito de la figura, determinar gráficamente la intensidad, lastensiones e impedancia.

3

XL

V = 220 V


Resolución.- XL = L . ω = 50 2 π 50 = 15,707 Ω

R = 10 Ω

Z = R2L.

2 = 10215,7072 = 18,62 Ω

I = VefZ

= 220

18,62= 11,81 A

UR = R . I = 10 . 11,81 = 118,1 V

UXL = XL . I = 185,49 V

U = (118,1 + 185,49 j ) V

Problema 3.- Un circuito en serie de AC está formado por una autoinducción de 1/10 π Hy resistencia óhmica despreciable y por dos resistencias de 5 y 11 Ω respectivamente . La tensiónde la red es de 100 V y la frecuencia de 60 Hz. Calcular la lectura del voltímetro conectado entrelos bornes de la autoinducción y la resistencia de 5 Ω.

Resolución.- ω = 2 π f = 376,99 s-1

X L=L .ω=1

10 .π. 120 .π=12Ω Z=√R2+(L.ω)2=√162+122=20Ω

I ef=V ef

Z=

10020

= 5 A

V R=R . I ef =5 .5=25 V ;;V L=X L . I ef=12 .5=60V

3. Circuito en serie resistencia – condensador.

Cuando disponemos de una resistencia óhmica en serie con un condensador , la tensiónproporcionada por la fuente de alimentación, será la suma vectorial de las tensiones de la resistenciay del condensador.

U = UR + UXC

4


UR = R . I ;; UXC = - XC j . I = - 1

C.. j . I

U = ( R - 1

C. j ) I ;; Z = R -

1C.

j

φ = arctg ( - 1

C. . R) La representación fasorial es la siguiente:

La representación de las impedancias será la siguiente:

Problema 4.- Un circuito de AC se encuentra alimentado por un generador de 220 V y 50Hz y se encuentra formado por una resistencia de 25 Ω y un condensador de 100 μ F decapacidad, hallar :

a La impedancia equivalente del circuito.b. La intensidad eficaz.c. La tensión en cada uno de los elementos pasivos del circuito.

Resolución.-

Z = R2

1C.

2 = 40,47 Ω ;; XC = 1

C.= 31,83 Ω

Ief = 220

40,47= 5,43 A ;; UC = 5,43 . 31,83 = 172,8 V

UR = 5,43 . 25 = 135,7 V

4. Circuito en serie bobina – condensador – resistencia.

5


Se va a estudiar ahora un circuito en serie formado por un condensador, una bobina y unaresistencia óhmica.

U = UL + UC + UR

Z = R2L.−1

C.2

U = Z . I ;; φ = arctg Xl−Xc

R=

L.−1

C.R

Pueden ocurrir los siguientes casos:1. XL > XC , la tensión se adelantará a la intensidad φ2. XL < XC , la tensión se retrasará a la intensidad φ3. XL = XC , φ = 0 y la intensidad y tensión se encontrarán en fase y el circuito será

resonante.

La representación fasorial será:

La representación de las impedancias será la siguiente :

6


Problema 5.-En un circuito RLC en serie, los elementos pasivos poseen las siguientescaracterísticas: R = 15 Ω , L = 150 mH y C = 100 μF . Si se aplica una tensión de 220 V y 50Hz , calcular:

a. Los valores de las reactancias inductiva y capacitiva.b. La impedancia del circuito, expresada en forma compleja y polar, así como su módulo.c. La intensidad de la corriente.d. El angulo de desfase entre la intensidad y la tensión.e. Las caídas de tensión en cada uno de los elementos.f. Expresar gráficamente en el plano complejo de tensiones e intensidad.

Resolución.-

a. XL = L . ω = 150 10-3 2 π 50 = 47,123 Ω XL = 47,123 j Ω

XC = 1

C.=

10,0001.314 ,15

= 31,83 Ω XC = - 31,83 j Ω

b. Z = (R + ( L . ω - 1

C.) j ) Ω = (15 + 15,29 j) Ω

Z = 15215,292 = 21,41 Ω ;;; φ = arctg 15,29

15= 45,54º = 45º 32´54´´

Zφ = 21,4145,54

c.- Ief = Vef

Z= 10,27 A

d .- U = Z . I = 21,4145,54 10,270 = 22045,54

7


La tensión se adelantará a la intensidad φ = 45,54 º

e.- Las caídas de tensión serán:

UR = R . I = 150 . 10,270 = 154,050 V

UL = XL . I = 47,12390 . 10,270 = 48490 V

UC = XC . I = 31,83-90 . 10,270 = 326,89-90 V

f. La representación gráfica será la siguiente:

5. Circuitos de corriente alterna en paralelo.

Cuando un circuito de corriente alterna soporta varios receptores conectados en paralelo, sepuede hacer el cálculo fácilmente utilizando el concepto de admitancia.

La admitancia es el cociente entre la intensidad que circula a través de una rama y la tensiónaplicada en sus extremos.

Y = I

U

Y = 1Z

∟-φ = 1Z

∟Ψ

8


Si la impedancia Z = R + X j

La admitancia Y = 1Z

= 1

RX j, multiplicando y

dividiendo por el conjugado y separando los sumandos se obtiene:

Y = R

Z 2 - X

Z 2 j

El primer término recibe el nombre de conductancia ( G) y el segundo se le asigna el nombrede susceptancia (B)

Y = G + B j

En la siguiente representación aparece el triángulo e las admitancias:

La utilización de las admitancias nos permite resolver fácilmente los circuitos de corrientealterna en paralelo, puesto que la intensidad total será la suma de las intensidades de las ramas y laadmitancia total será la suma de las admitancias de cada una de las ramas.

Cuando se conectan dos impedancias en paralelo la impedancia total será :

9


Z = Z1 Z2

Z1Z2

Problema 6.- En el siguiente circuito, calcular:1. Impedancia equivalente.2. Intensidad total.3. Intensidad que absorbe cada impedancia.

Z1 = 6 + 8 j

Z2 = 3 – 4 j ; Z = Z1 Z2

Z1Z2= 500/ 9,8423,9 = 5,08 -23,9 Ω

Z1 = 1053,13 ;; Z2 = 5-53,13

Z1 + Z2 = 9 + 4 j = 9,8423,9

b. La intensidad I = 220 /0

5,08/−23,9= 43,3 23,9 A

c. I1 = 220 /0

10 /53,13= 22-53,13 A = 13,2 - 17.6 j A

I2 = 220 /0

5/−53,13= 4453,13 A = 26,4 + 35,2 j A

Se puede comprobar que I = I1 + I2

Problema 7.- Hallar laimpedancia y admitancia equivalentedel circuito de la figura y obtener laintensidad que suministra elgenerador.Resolución.-

Y1 = 1

L .= 0,2 -90 Y2 = 0,1

-60 Y3 = 0.190 Y4 = 0,1 0

10


Y1 = -0,2 j ;; Y2 = 0,05 – 0.086 j Y3 = 0,1 j ;; Y4 = 0,1

YT = ΣY = 0,15 – 0,182 j ; Y = 0,235-50,50 (S)

Z = 1/Y = 4,25 50,50 Ω

I = 150 /45

4,25/50,50= 35,29-5,5 A

6. Circuitos de corriente alterna mixtos.

En este caso los elementos pasivos se conectan en serie y en paralelo. Para ello, se calculalas asociaciones en derivación, mediante las admitancias y se calculan por impedancias loselementos en serie.

Como ejemplo estudiaremos el siguiente circuito:

Problema 8.- Dado el circuito de la figura, calcular:a. La impedancia equivalente del circuito.b. La intensidad total de corriente.c. Las caídas de tensión parciales.d. Las intensidades de corriente que circula por cada rama.

a. Se calcula la impedancia de la bobina y el condensador.

X L=Lω =L . 2 .π . f =314,15Ω X C=1

C .ω=

1C . 2 .π . f

=1000Ω

X L=314 j Ω ; ; X C=−1000 j ΩSe procede a calcular la admitancia en la asociación en paralelo.

Y R=1

500; ;Y C=

j1000

; ;Y T=Y R+Y C=210−3+10−3 j=(2,23 10−3

)26,5º

11


Z=1Y

=1

(2,2310−3)26,5 º

=448,4−26,5 º

ZT=399,17−203,5 j+314 j=399,17+110,5 j=41417º

La intensidad será :

I = UZ

= 220/ 45414 /17

= 0,5328 A

Las caídas de tensión serán : UAC = 31490 . 0,5328 = 166,42118 V

UCD = 448-30 . 0,5328 = 237,4-2 V

Comprobar que U = UCD + UAC

Las intensidades de cada rama serán:

IC = UZ

= 237,4/−21000 /−90

= 0,23788 A

IR = UZ

= 237,4/−2

500/0= 0,474-2 A

Comprobar que I = IR + IC

Problema 9.- Determinar la tensión que se debe de aplicar entre A y B, con unafrecuencia de 50 Hz , para que por el condensador circule una corriente de 20 A.

Resolución.-

XL = L ω = 0,0159 . 2 . π . 50 = 5 Ω

XC = 1

C .= 10 Ω Z1 = 5 + 5 j = 7 +45 Z2 = 10 – 10 j = 14-45

Y1 = 1Z1

= 1

7/45 = 0,142 -45 = 0,10 – 0,10 j

12


Y2 = 1Z2

= 1

14 /−45 = 0,071 45 = 0,05 + 0,05 j

XL = 0,0318 . 2 . π . ω = 10 Ω X = 10 j , Y3 = 1

10 /90= 0,1-90 = - 0,10 j (S)

Al final el esquema es el siguiente:

UAC = I2 . Z2 = 200 . 14-45 = 280-45 = 200 – 200 j (V)

I1 = Y1 UAC = 0,1414-45 . 280-45 = - 40 j A

I = I1 + I2 = 20 – 40 j AUCB = I . Z = 44,7-63 . 1090 = 447 26,5 V

UAB = UAC + UCB = 200 – 200 j + 400 + 200 j = 600 V

7. Resolución de circuitos de corriente alterna: Leyes yprincipios.

Para resolver los circuitos de corriente alterna, se recurre a las mismas reglas y principiosque en los circuitos de DC con muy pequeñas modificaciones.

Aplicaremos las siguientes reglas :

1. Leyes de Kirchhoff. En este caso aplicaremos las leyes ya descritas:

Σ I = 0 ;;; Σ ξ = Σ I . Z

Aplicaremos las leyes de Kirchhoff al siguiente circuito:

Problema 10.- Determinar la intensidad que pasa por cada rama en el circuito siguiente :

13

Y1

Y2

Y3A B

CI

1


Es un circuito que posee las siguientes mallas:

m = r – n + 1 = 6 – 4 + 1 = 3 mallas.

Aplicamos las tres ecuaciones de las mallas:

Malla 1 .- IA ( 1 + j -2j +j ) - IB j + IC 2 j = -10 – 10 = -20

IA - j IB + 2 j IC = - 20

Malla 2 .- IB ( 2 + 2j) - j IA - (1 + j) IC = - 10 j

Malla 3 .- IC( 1 + 2j – 2j) - IB (1+j) - IA ( - 2j) = 10 + 30 j

14


IA - j IB + 2 j IC = - 20

- j IA + (2+2j) IB - (1+j) IC = - 10 j

2 j IA - (1+j) IB + IC = 10 + 30 j

Los datos obtenidos al resolver este sistema será:

IB = 0,28 – 8,29 j (A) ;; IA = -5 -1,5 j (A) ;; IC = 10,6 +13,4 j (A)

I1 = IB = 0,28 – 8,29 j (A) ;; I3 = IB – IA = 0,28 – 8,29 j - (-5 -1,5 j ) = 5,28 – 6,79 j (A)

I2 = IA = -5 -1,5 j (A) :: I4 = IB - IC = 0,28 – 8,29 j - ( 10,6 +13,4 j) = -10,32 – 21,69 (A)

I5 = IC - IA = 10,6 +13,4 j - ( 0,28 – 8,29 j) (A) = 10,32 + 21,69 (A)

I6 = IC = 10,6 +13,4 j (A)

2. Principio de superposición.-

Si en una red existen varios generadores, las tensiones y las corrientes en todos loselementos se obtienen sumando vectorialmente las producidas por cada generador actuandoindependientemente y prescindiendo de los demás. Las fuentes de tensión se sustituyen porcortocircuitos y las corrientes por circuitos abiertos.

Problema 11.- Determinar las intensidades que atraviesan cada una de las ramas en elcircuito siguiente:

Según el principio de superposición, el circuito anterior es la suma de los dos siguientes :

15

Circuito 1 Circuito 2


Circuito 1 .- nº Mallas = 2

Malla 1 .- 12030 = (8,67+5j) I´2 + (10 – 10 j) I´3

Malla 2 .- 0 = (3 + 4j) I´1 + (10 – 10j) I´3

Nudo 1 .- I´3 = I´1 + I´2

Al resolver el sistema se obtiene I´2 = 8,05 -.1 (A) = 8,05 – 0,14 j (A)

12030 = 8,05-1 . 1030 + 14,14-45 I´3

103,9 + 60 j = 80,529 +14,14-45 I´3

103,9 – 70,40 + 60 j – 39,02 j = 33,5 + 21 j = 39,528,2 = 14,14-45 I´3

I´3 = 2,7973,2 = 0,80 + 2,67 j (A)

0 = (3 + 4j) I´1 + (10 – 10j) I´3

553 I´1 + 14,14-45 . 2,7973,2 = 0 I´1 = - 7,8 -24,8 = -7,08 + 3,27 j (A)

Circuito 2 .- nº Mallas = 2

Malla 1 .- 1200 = (3 + 4j) I´´1 + (10 – 10 j) I´´3

Malla 2 .- 0 = (8,67 + 5j) I´´2 + (10 – 10j) I´´3

Nudo 1 .- I´´3 = I´´1 + I´´2

Al resolver el sistema se obtiene :

I´´2 = -6,6 -51,2 = - 4,13 + 5,14 j (A)

0 = 1030 . -6,6 -51,2 + 14,14-45 I´´3

I´´3 = 4,6623,8 (A) = 4,26 + 1,88 j (A)

120 = 553 . I´´ 1 + 14,14-45 . 4,6623,8 = 553 . I´´ 1 + 65,89-21,20

16


120 – 62,27 + 21,53 j = 553 . I´´ 1 = 57,73 + 21,53 j

I´´1 = 12,3230,20 A = 11 + 6,16 j (A)

I1 = I´1 + I´´1 = -7,08 + 3,27 j + 11 + 6,16 j = 4 + 9,4 j (A)

I2 = I´2 + I´´2 = 8,05 – 0,14 j – 4,13 + 5,14 j = 3,92 + 5 j (A)

I3 = I´3 + I´´3 = 0,80 + 2,67 j + 4,26 + 1,88 j = 5 + 4,55 j (A)

3. Teoremas de Thévenin y Norton.

El teorema de Thévenin se puede enunciar de la siguiente forma:

Una red con dos terminales es equivalente a un generador de tensión de fuerza U0 eimpedancia interna Zeq.

U0 representa la diferencia de potencial entre los terminales cuando entre ellos no se conectaimpedancia alguna.

Zequ. Impedancia equivalente entre ambos terminales al cortocircuitar todas las fuentes detensión de la red y abrir todas las fuentes de corriente.

El teorema de Norton establece:

Una red conectada con dos terminales es equivalente a una fuente de intensidad I0 enparalelo con la impedancia Zeq , siendo:

I0 la intensidad de corriente que circula al cortocircuitar los terminales .Zeq es la impedancia equivalente entre dichos terminales al cortocircuitar todas las fuentes de

tensión de la red y abrir todas las fuentes de corriente.

I0 = UZ

17


Problema 12.- Determinar el valor de U entre los puntos A y B, en el siguiente circuito:

En primer lugar, se determina Zeq = 5.104 j 5104 j

= 3,476,9 Ω

Aplicamos en primer lugar el teorema de mallas:

Malla 1.- 200 = (5 + 10 + 4 j ) I1 + 50 ( 10 + 4 j ) ;; I1=2,32−160,93 A=−2,19−0,75 j( A)

UAB = 200 - I1 . 50 = 200 + 2,318,7 . 50 = 20 + 10,89 + 3,68 j = 30,89 + 3,68 j =

UAB = 31,206,79 (V)

Aplicamos el Teorema de Thévenin:Cortocircuito entre AB

18

4 j

A

B

B

I1

I2


Circuito equivalente de tensión.-

I =−200º+53,821,8º

5+10+4j=

−20+50+20j15+4j

=30+20j15+4j

=36,0537,4 º

15,516,59º=2,320,8 º A

U AB=20+50 . 2,320,8=20+11,520,8=20+11+3,6 j=31+3,6 j=31.27.36º V

Circuito equivalente de intensidades:

19

10 + 4j

5.(10+4j) = 53,821,9

A

B

j

A

B

0=U−I . Z=20−5 I → I =205

=40º A ; ; I N=4+5=90º A ;;U AB=I N .Z eq=90. 3,476,9 º=31,236.9º V

I


Z=5(10+4 j)5+10+4 j

=53.8524.22º

15,5216.59º

=3,467.63º Ω ; ;U AB=I .Z=90. 3,467.63º=31,147.63º V

El equivalente de Norton :

I N = 9 A ;; UAB = 9 . 3,467.63 = 31,237.63(V)

Problema 13.- Determinar el valor de la Intensidad de la rama AB y la tensión existenteentre esos dos puntos, del siguiente circuito de AC :

Se aplica en primer lugar el teorema de Thévenin:

20

A

B

3,467.63

IN

A

B


Calculamos la tensión UAB = 30 + 10 . 1 = 40 V

Esa tensión es la equivalente de Thévenin.

Para calcular la Zequ determinamos el valor de la impedancia eliminando todas lasfuentes de tensión e intensidad:

Z equ = 1 Ω

El circuito equivalente será :

21

A

B

A

B


IN = 40/01+ j

= 40/0

1,41 /45= 28,3-45 A

UAB = 28,3-45 190 = 28,345 V

Aplicando el teorema de Norton:

0 = 30 + 1 ( 10 – IN) ;; IN = 400 A

Zeq = 1 Ω ; el circuito equivalente de Norton será :

22

A

B

j

IN

A

B

IN


I . 190 = (I0 - I) . 1 ;; I = 40/0

1,41 /45= 28,28-45 A

Teorema de Millman.-

El teorema de Millman nos indica que la diferencia de potencial entre dos nudoscualesquiera de una red conectados por un cierto número de ramas es igual a la suma de losproductos de las fuerzas electromotrices por las admitancias de cada rama dividida por la suma delas admitancias:

UAB = Σ(Yi .ϵ i)

ΣYi

El circuito es el siguiente:

Como ejemplo realizaremos el siguiente problema:

Problema 14.- Dado el circuito de la figura, aplicando el teorema de Millman, determinarla diferencia de potencial entre los puntos A y B.

23

jI

0

I


Aplicando el teorema de Millman:

∑Y i .ξi=(1j).10 j+1 .(−10)+(

1− j

).(10 j)=10−10+( j).(10 j)=10−10−10=−10

∑Y i=− j+1+ j=1 ; ;U AB=−10

1=−10 V ;;U BA=10 V ;;I =

100

190

=10−90 º A

8. Circuitos oscilantes.

Los circuitos oscilantes son aquellos que poseen una bobina y un condensador. En ellos seproduce de forma cíclica una interconversión entre las energías eléctrica y magnética almacenadasen el condensador y en la bobina, respectivamente.

En el siguiente esquema se aprecia este fenómeno.

El ejemplo es el que aparece en la figura adjunta:

Los pasos son los siguientes:a. El conmutador se encuentra en posición 1 y la fuente carga al condensador b. En posición 2 el condensador se descarga en las bobinas, disminuyendo la energía y la

24

1

2


energía almacenada en el condensador, se transfiere a la bobina .c. Cuando el condensador se descarga, se vuelve a polarizar con polaridad opuesta ,aumentando la tensión entre las armaduras del condensador con polaridad opuesta,adquiriendo energía a expensas de la bobina.d. El fenómeno se repite cíclicamente.

Si se conecta a los bornes de la bobina los terminales de un osciloscopio, se puede observarcomo la tensión varía periódicamente de acuerdo a una frecuencia f0 , disminuyendo su amplitudhasta eliminarse (oscilación amortiguada) . La resistencia óhmica del circuito las energías eléctricay magnética del condensador y de la bobina, transformándose en calor a causa del efecto Joule.

Para evitar la amortiguación, es necesario comunicar desde el exterior la energía disipada enla resistencia, mediante un generador de tensión cuya frecuencia sea la misma que la propia delcircuito. En este caso la onda se encuentra en resonancia ( es la frecuencia de resonancia f0 )

Los circuitos resonantes pueden ser en serie o en paralelo.

Onda amortiguada.

Resonancia en serie.

Si en un circuito RLC en serie se va aumentando lafrecuencia aplicada, la reactancia en la bobina será :

XL = L . ω = L 2 π f

por lo tanto aumenta.

La reactancia en la capacidad, disminuirá :

XC = 1

C .=

1C .2 . . f

En un determinado instante en donde :

XL = XC

La impedancia del circuito será:

25


Z = R2 Xl−Xc2

Z = R y ω0 = 1

L.;

f0 = 1

2 . . L.

En un circuito resonante en serie, las tensiones en la bobina y en el condensador, son Qveces mayores que la tensión aplicada, llamándose este parámetro, Q como factor de calidad. Esuna resonancia de tensión.

Resonancia en paralelo.-

Si en un circuito RLC, enparalelo , se alimenta con unafuente de alimentación constante, sevaría la frecuencia hasta conseguirque los valores absolutos de lasusceptibilidad inductiva Binductiva y la capacitiva , seigualan, el circuito se encuentra enresonancia.

BL = 1

L .= BC = C . ω

La frecuencia es exactamente igual que lafórmula de Thomson :

f0 = 1

2 . . L.

En un circuito resonante en paralelo, la impedanciaalcanza un valor máximo, que corresponde a un mínimode la admitancia y las corrientes en la bobina y en elcondensador son iguales y de fase opuesta, siendo Q(factor de calidad) veces mayores que la corriente total .En estas condiciones , alcanza un valor mínimo ya quecorresponde tan sólo la que pasa por la resistencia óhmica. En las resonancias paralelas se producen extracorrientes

tanto en la bobina como en el condensador. Es la resonancia de corriente.

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Circuito resonante en serie. Variación de la intensidad con la frecuencia.


Cuando RLC en serie se encuentra en resonancia su impedancia es pequeña. En el caso deque sea en paralelo la impedancia es elevada. .

La resonancia en serie es un dispositivo que favorece la transmisión de una señal senoidalde corriente a una frecuencia determinada cuando la exsitación es una tensión senoidal. Un circuitoresonante en paralelo bloquea dicha señal. Debido a esto, el circuito resonante en paralelo se lellama también circuito antirresonante, circuito tanque o circuito tapón.

Problema 15.- Un generador de 50 Hz y de 220 V de fuerza electromotriz eficaz,proporciona corriente a un circuito en el que se encuentran asociadas en serie una resistencia de5 Ω, una bobina de 1 H y un condensador de capacidad C . Determinar la capacidad C delcondensador para que se encuentre en resonancia. ¿Cuáles serán las tensiones de la bobina y delcondensador?.

Resolución.- XL = L . ω = L 2 π f = 1 . 2 . π . 50 = 314,15 Ω = XC

XC = 1

C . 2 . . f ;; XC = XL ;; C = 10,13 μ F

Ie = Uef

R=

2205

= 44 A

UC = UL = XC . I = 314,15 . 44 = 13838 V

Proporciona una tensión de V = 220 V una tensión de U = 13838 V, peligrosa.

El factor de calidad será : Q = 13838

220= 62,9

Problema 16.- En el circuito de la figura, se sabe que :

a. Si la fuente es de DC con V = 100 V y el amperímetro marca 100 A.b. Si la fuente de alimentación es AC de 100 V y f = 50 Hz

Si aplicamos a la bobina una tensión alterna de 100 V y 100 Hz de frecuencia ¿cuál serála lectura del amperímetro?

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Resolución.-

R = 100100

= 1 Ω

Z = R2L .

2 = 10050

= 2

L = 5,51 10-3 HZ = R2

L .2 = 3,60 Ω

I = 1003,60

= 27,7 A

Problema 17.- En el circuito de la figura la tensión de alimentación es de 22045(V) y lasimpedancias conectadas en paralelo son Z1 = 6 + 6j Ω , Z2 = 3 + 4j Ω , calcular :

a. La impedancia total.b. La admitancia total.c. La intensidad total.

Resolución.-

Z1 = 8,4845 Ω ;; Z2 = 553,1 Ω

Y = Y1 + Y2 = 0,117-45 + 0,2-53,1

Y = 0,082 – 0,082 j + 0,12 – 0,16 j = 0,202 – 0,242 j = 0,31-50 (S)

Z = 1/Y = 3,2 50 Ω

I = V/Z = 220/ 453,2/50

= 68,7-5 (A)

Problema 18 .- En el circuito de la figura la lectura del voltímetro V3 es cero cuando lapulsación de la fuente es de 100 rad/s . Determinar:

a. Las lecturas V1 y V2 b. Si aumenta la pulsación en 200 rad/s ¿Cuáles serán las lecturas de los tres aparatos de

medida?.

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En el primer caso se encuentra el circuito en resonancia:

XC = L ω = 10 ; L = 10 /100 = 0,1 H

10 = 1

C .; C = 1 mF = 10-3 F

V1 = 10090 V ;; V2 = 100-90 V ;; I = 10 A

Segundo caso .- XC = 5 Ω ;; XL = 20 Ω ; Z = 10 + 15 j = 1856,3 Ω

I = 5,55-56,3 A ;; UR = R . I = 55,5-56,3 VUL = XL I = 11133,7 V = V1

UC = XC I = 27,75-146,3 V = V2

V = (XL + XC ) I = 1590 . 5,55-56,3 = 83,2533,7 V

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cidead. 2º bachillerato. electrotecnia tema 10.- circuitos...

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