circuitos eléctricos problemas 2b/2b... · 2016. 2. 21. · circuitos eléctricos. problemas x....

118

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El libro que se presenta es un compendio de pro-blemas resueltos de circuitos eléctricos, fruto de la larga experiencia de los autores en la docencia de las diferentes asignaturas del área de Ingeniería Eléctrica en la ETSEIAT de la UPC. La obra se ha estructurado en torno a dos grandes bloques, correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y su es-tudio en régimen dinámico o transitorio.La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha llevado a cabo aplicando diversos métodos, lo que permite al lector un enriquecimien-to personal de sus conocimientos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff; de los teoremas de Thevenin, Norton, Millman, de sustitución, de máxima transfe-rencia de potencia, etc., permite consolidar los co-nocimientos de la materia que se van adquiriendo. La segunda parte del libro aborda la resolución de los problemas en régimen transitorio, sobre circui-tos de primer y de segundo orden, con fuentes de alimentación de origen diverso (constante, sinusoi-dal, etc.). La aplicación de ecuaciones diferencia-les y/o el método de las transformadas de Laplace permitirán determinar su solución. Sería muy conve-niente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos.Cabe destacar que varios de los problemas que se presentan en este libro fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias.

Xavier Alabern es Doctor Ingeniero Industrial por la UPC, profesor titular de universidad del Depar-tamento de Ingeniería Eléctrica y subdirector de Relaciones Exteriores y Cooperación Universitaria de la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries In-dustrial i Aeronàutica de Terrassa (ETSEIAT). En la actualidad, es director de los programas de pos-grado Mantenimiento de equipos e instalaciones y Proyecto, diseño y cálculo de instalaciones mecá-nicas, eléctricas y especiales. Publica periódica-mente en varias revistas y participa en congresos de ámbito nacional e internacional.Antoni Font es Ingeniero Industrial y profesor del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la UPC. En la actualidad, es coordinador de la asignatura Teoría de Circuitos y Sistemas, que se imparte en la ETSEIAT. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito nacional e in-ternacional.

EDICIONS UPC

AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern MoreraAntoni Font Piera

Circuitos eléctricosProblemas

AULA POLITÈCNICA 118


EDICIONS UPC

AULA POLITÈCNICA/ TECNOLOGÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA

Xavier Alabern MoreraAntoni Font Piera


Primera edición: abril de 2006

Diseño de la cubierta: Jordi Calvet

© los autores, 2006

© Edicions UPC, 2006 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción: CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord) La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona

Depósito legal: B-24.351-2006ISBN: 84-8301-859-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o proce-dimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Prólogo 5

Prólogo El libro presentado es un compendio de problemas resueltos de circuitos eléctricos, fruto de la larga experiencia de los autores en la docencia de las diferentes asignaturas de esta área. El libro se ha estructurado en dos grandes bloques correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y al estudio en régimen dinámico o transitorio. La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha desarrollado a través de los diferentes problemas aplicando diversos métodos, lo que permite al lector el enriquecimiento personal de sus conocimientos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff, de los teoremas de Thevenin, Norton, Millman, sustitución, máxima transferencia de potencia, etc. permite consolidar los conocimientos que se van adquiriendo a lo largo de su resolución. La segunda parte del libro, que trata la resolución de los mismos en régimen transitorio, permite resolver circuitos de primer y segundo orden, siendo las fuentes de alimentación de origen diverso (constante, senoidal, etc.). En muchos de los problemas la resolución tiene lugar mediante la aplicación de ecuaciones diferenciales y mediante el método de las transformadas de Laplace. Sería muy conveniente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos. Se debe destacar que varios de los problemas aquí presentados fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias. Esperamos que la presente obra contribuya de manera significativa a la comprensión de la Ingeniería Eléctrica. La participación de Mireia Aner Piqué y Carles Colls Castro ha facilitado enormemente en la consecución de los objetivos propuestos. Xavier Alabern Morera Profesor Titular de Universidad Departament d’Enginyeria Elèctrica de la UPC

© Los autores, 2006; © Edicions UPC, 2006

Índice 7

Índice

1. Circuitos eléctricos: régimen permanente.................................................................................... 11

Problema 1 ................................................................................................................................... 12 Problema 2 ................................................................................................................................... 15 Problema 3 ................................................................................................................................... 18 Problema 4 ................................................................................................................................... 20 Problema 5 ................................................................................................................................... 21 Problema 6 ................................................................................................................................... 22 Problema 7 ................................................................................................................................... 23 Problema 8 ................................................................................................................................... 26 Problema 9 ................................................................................................................................... 29 Problema 10 ................................................................................................................................. 30 Problema 11 ................................................................................................................................. 33 Problema 12 ................................................................................................................................. 36 Problema 13 ................................................................................................................................. 38 Problema 14 ................................................................................................................................. 41 Problema 15 ................................................................................................................................. 43 Problema 16 ................................................................................................................................. 46 Problema 17 ................................................................................................................................. 48 Problema 18 ................................................................................................................................. 53 Problema 19 ................................................................................................................................. 57 Problema 20 ................................................................................................................................. 61 Problema 21 ................................................................................................................................. 63 Problema 22 ................................................................................................................................. 65 Problema 23 ................................................................................................................................. 67 Problema 24 ................................................................................................................................. 69 Problema 25 ................................................................................................................................. 74 Problema 26 ................................................................................................................................. 81 Problema 27 ................................................................................................................................. 83 Problema 28 ................................................................................................................................. 85 Problema 29 ................................................................................................................................. 88 Problema 30 ................................................................................................................................. 90 Problema 31 ................................................................................................................................. 92 Problema 32 ................................................................................................................................. 95 Problema 33 ................................................................................................................................. 98 Problema 34 ............................................................................................................................... 101 Problema 35 ............................................................................................................................... 104 Problema 36 ............................................................................................................................... 106 Problema 37 ............................................................................................................................... 108 Problema 38 ............................................................................................................................... 110 Problema 39 ............................................................................................................................... 112 Problema 40 ............................................................................................................................... 114 Problema 41 ................................................................................................................................117 Problema 42 ................................................................................................................................119 Problema 43 ................................................................................................................................123 Problema 44 ................................................................................................................................126 Problema 45 ................................................................................................................................128 Problema 46 ................................................................................................................................133 Problema 47 ................................................................................................................................139 Problema 48 ................................................................................................................................143 Problema 49 ................................................................................................................................145 Problema 50 ................................................................................................................................147


8 Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 51 ................................................................................................................................150 Problema 52 ................................................................................................................................154 Problema 53 ................................................................................................................................156 Problema 54 ................................................................................................................................159 Problema 55 ................................................................................................................................161 Problema 56 ................................................................................................................................163 Problema 57 ................................................................................................................................164 Problema 58 ................................................................................................................................165 Problema 59 ................................................................................................................................167 Problema 60 ................................................................................................................................179 Problema 61 ................................................................................................................................181 Problema 62 ................................................................................................................................183 Problema 63 ................................................................................................................................185 Problema 64 ................................................................................................................................187 Problema 65 ................................................................................................................................189 Problema 66 ................................................................................................................................191

2. Circuitos eléctricos: régimen transitorio .................................................................................... 193

Problema 67 ............................................................................................................................... 194 Problema 68 ............................................................................................................................... 195 Problema 69 ............................................................................................................................... 196 Problema 70 ............................................................................................................................... 197 Problema 71 ................................................................................................................................199 Problema 72 ................................................................................................................................201 Problema 73 ................................................................................................................................202 Problema 74 ................................................................................................................................203 Problema 75 ................................................................................................................................204 Problema 76 ................................................................................................................................206 Problema 77 ................................................................................................................................208 Problema 78 ................................................................................................................................210 Problema 79 ................................................................................................................................212 Problema 80 ................................................................................................................................214 Problema 81 ................................................................................................................................215 Problema 82 ................................................................................................................................216 Problema 83 ................................................................................................................................218 Problema 84 ................................................................................................................................221 Problema 85 ................................................................................................................................224 Problema 86 ................................................................................................................................226 Problema 87 ................................................................................................................................228 Problema 88 ................................................................................................................................230 Problema 89 ................................................................................................................................232 Problema 90 ................................................................................................................................235 Problema 91 ................................................................................................................................238 Problema 92 ................................................................................................................................240 Problema 93 ................................................................................................................................242 Problema 94 ................................................................................................................................243 Problema 95 ................................................................................................................................245 Problema 96 ................................................................................................................................247 Problema 97 ................................................................................................................................249 Problema 98 ................................................................................................................................251 Problema 99 ................................................................................................................................253 Problema 100 ..............................................................................................................................255 Problema 101 ..............................................................................................................................257 Problema 102 ..............................................................................................................................260


Índice 9

Problema 103 ..............................................................................................................................262 Problema 104 ..............................................................................................................................264 Problema 105 ..............................................................................................................................266 Problema 106 ..............................................................................................................................267 Problema 107 ..............................................................................................................................270 Problema 108 ..............................................................................................................................275 Problema 109 ..............................................................................................................................280 Problema 110 ..............................................................................................................................291 Problema 111 ..............................................................................................................................293 Problema 112 ..............................................................................................................................296 Problema 113 ..............................................................................................................................299 Problema 114 ..............................................................................................................................302 Problema 115 ..............................................................................................................................305 Problema 116 ..............................................................................................................................308 Problema 117 ..............................................................................................................................310 Problema 118 ..............................................................................................................................314 Problema 119 ..............................................................................................................................318 Problema 120 ..............................................................................................................................323 Problema 121 ..............................................................................................................................328 Problema 122 ..............................................................................................................................332


Régimen permanente 11

1 Circuitos eléctricos: régimen permanente



Problema 1

El circuito de la figura está alimentado por un generador )t100(senE)t(e max π= siendo la lectura del voltímetro V=220 V.

Se pide:

a) La impedancia del circuito equivalente

b) Las lecturas de los voltímetros: V1, V2 y V3

c) La lectura del amperímetro A1

d) Las expresiones instantáneas en régimen permanente de i(t), u1(t), u2(t), u3(t) y uAC(t)

e) La intensidad y las caídas de tensiones en el instante t0=10,4722 ms

f) Comprobar que se cumple en el instante del apartado anterior e(t)=u1(t)+u2(t)+u3(t)

L= 18mH

C= 30mF

R= 15Ω

e(t)

A1

V1

VV2

V3

a

c

b

d

~

Figura 1.1

Resolución:

a) De la expresión temporal del generador de tensión f2100 π=ω=π , se busca ∑= iZZ (están en serie)

Ω= 15R Ω=π

=ω

= − 103,106100·10·30

1C1X 6C Ω=π=ω= − 654,5100·10·18LX 3

L

Ω−=−+= j448,10015j)103,106654,5(15Z



b)

º50,81166,2º50,81562,101

º0220ZUI ∠=

−∠∠==

Diagramas vectoriales:

81,5º

-81,5º

V=220

V=3

2,5

1

R

12,25=V2

XL

V =2303

XC

(No a escala)

(No a escala)

ZT

Diagrama de tensiones Diagrama de impedancias

º50,8149,32º015º·50,81166,2R·IU1 ∠=∠∠== (V1) marcará 32,49 V

º507,171249,12º90655,5º·50,81166,2X·IU L2 ∠=∠∠== (V2) marcará 12,25 V

º493,8982,229º90103,106º·50,81166,2X·IU C3 −∠=−∠∠== (V3) marcará 229,982 V

c)

Aº50,81166,2I ∠= El amperímetro (A) marcará 2,166 A

d)

A)º180

º507,81t100(sen166,2·2)t(i π+π=

V)º180

º507,81t100(sen49,32·2)t(u1 π+π=

V)º180

º507,171t100(sen25,12·2)t(u2 π+π=

V)º180º493,8t100(sen98,229·2)t(u3 π−π=



163,102722,34º656,20031,16º·507,81166,2)XR·(IU LAC ∠=∠∠=+=

V)º180

t100(senU·2)t(u ACACAC πϕ+π=

163,102722,34º656,20031,16º·507,81166,2)XR·(IU LAC ∠=∠∠=+=

e) Sustituyendo en las expresiones anteriores t =10,4772·10-3 s resulta:

Ω−= 06321,3)t(i 1 V95,45)t(u 11 −= V0)t(u 12 = V0)t(u 13 =

f)

V95,4500uV95,45)10·4772,10100(senE)t(e i3

max1 −+==−=π= ∑−



GU

1U

3CU1LU

Problema 2

En el circuito de la figura 1, y con el interruptor D abierto, se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:

A25AG = V400V1 = V0V2 = siendo la frecuencia de 50 Hz

En las mismas condiciones, pero variando la frecuencia hasta 150 Hz, se observa A25AG = , V0V1 = , V80V2 = . Se conoce también que Ω= 4,2R1 .

Se pide:

a ) Calcular VG para ambos casos

b ) Reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz

c ) Manteniendo la frecuencia y la tensión del generador en los valores correspondientes al segundo caso, se cierra el interruptor D. Calcular A0 .

Figura 2.1

Resolución:

a ) Con una frecuencia de 50 Hz, U2 = 0V, cosa que indica que 2C2L UU −= , y si se tiene en cuenta que los vectores coinciden en dirección, aunque no en sentido, 2C2L UU = .

Tomando como origen de fases la corriente GI del generador, el diagrama vectorial de estas tensiones se puede ver en la figura 4.2 (caso f=50 Hz)

GI

1RUGI

2LU

2CU

1LU

Figura 2.2 Figura 2.3

D

A0

AG

~ V2V1VG

XL1R1

XC2

XC3

XL2



A continuación, y tomando también el mismo origen de fases, se pueden suponer vectores de caídas de tensión en R1, en XL1 y XC3 con longitudes arbitrarias y direcciones conocidas, pero con la condición de que 1L3C UU > ya que al pasar la frecuencia de 50 a 150 Hz, los valores de las XL aumentan y

las XC disminuyen, y no sería posible que la lectura de V1 pasara de 400 V a 0 V. Por claridad de exposición, se han representado estas tensiones en la figura 2.3 y no sobre la misma figura 2.2.

Una vez dibujados los anteriores vectores, ya quedan definidos los vectores de las tensiones 1U y

GU :

1L3C1 UUU +=

1R1G UUU +=

A 50 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular UG son:

V400U1 =

V604,225RIU 1G1R =⋅=⋅=

V5,40460400UUU 2221R

21G =+=+= siendo la lectura de VG = 404,5 V.

A 150 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular U’G son:

V0'U 1 =

V604,225R'I'U G1R =⋅=⋅=

V60600'U'U'U 2221R

21G =+=+= siendo la lectura de VG’ = 60 V.

b ) Para calcular las cuatro reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz y las cuatro X’L1, X’C2, X’L2, X’C3 a 150 Hz, se requieren ocho ecuaciones.

Como una frecuencia es tres veces la otra, ya podemos escribir cuatro:

1L1L X3'X ⋅= 2C2C X31'X ⋅=

2L2L X3'X ⋅= 3C3C X31'X ⋅=

Por otra parte, a 50 Hz se puede escribir:

2L2C XX = ya que V0U2 =

Ω==− 1625

400XX 1L3C ya que U1 = 400 V, y la corriente total IG es de 25 A.

y a 150 Hz se puede escribir:

3C2C2L1L 'X'X'X'X +=+ ya que V0U1 =

Ω==− 2,32580'X'X 2C2L ya que U2 = 80 V, y la corriente total IG es de 25 A.

Con estas 8 ecuaciones se hallan las 8 incógnitas fácilmente:



Ω= 2,12LX Ω= 2,12CX Ω= 8,163CX Ω= 8,01LX

Ω= 6,3' 2LX Ω= 4,0' 2CX Ω= 6,5' 3CX Ω= 4,2' 1LX

c) Cerrando el interruptor D, el circuito queda reducido a la siguiente figura 2.4:

A0~

XL1R1

XC3

I0

Figura 2.4

La impedancia total del circuito será (a 150 Hz):

( ) ( ) Ω=−+=−+= 44,26,54,2'X'XR''Z 2221L3C

21

La corriente que marca el amperímetro A0 es:

A154

60''Z

'U''I G0 ===



Problema 3 El circuito representado en la figura trabaja en régimen permanente, alimentándose de un generador de corriente alterna de frecuencia 50 Hz. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos.

V=225 V A=33,75 A A2=12,728 W A3=18 A

Se dispone de las siguientes cargas: 111 XjRZ ⋅+= inductiva y, además, 222 XjRZ ⋅+= (capacitiva), siendo 22 XR = . La impedancia Z3 es resistiva pura.

Se sabe que el conjunto de la carga presenta un factor de potencia unidad.

Figura 3.1

Se pide hallar:

a) La impedancia en formas binómica y polar de Z1 y la capacidad del condensador C2

b) La lectura del amperímetro A1

Resolución:

a)

Ω⋅−=−∠=∠⋅= 5,12j5,12º45677,17RX

arctgI

UZ

2

2

22

1

22 04,0j04,0º450565,0

Z1Y −Ω⋅+=∠==

Ω∠== º05,12I

UZ

33 1

33 º008,0

Z1Y −Ω∠==

1T º015,0º0

22575,33º0

U

IY −Ω∠=∠=∠= el conjunto un factor de potencia unidad.



1-32T

11 º13,5305,0YYY

Z1Y Ω−∠=−−==

Ω⋅+==∠= 16j12Y1º13,5320Z

11

b)

22505,0UYI 11 ⋅=⋅= A Aº13,5325,11I1 −∠=

mH9,50XL 11 =

ω= F650,254

X1C2

2 µ=ω⋅

=



Problema 4

Aplicar al circuito de la figura el método de los tres amperímetros para determinar el factor de potencia de la carga Z.

Se conocen las lecturas de los 3 amperímetros:

A1=1 A A2=3 A A6,13AG =

R ZeG

Figura 4.1

Resolución:

312916,13

AA2AAA

cos21

22

21

2G

⋅⋅−−=

⋅⋅−−

=ϕ

6,0cos =ϕ factor de potencia.

U

ϕ

A2 AG

A1



Problema 5 Del circuito de la figura se conocen los siguientes valores: R=4 Ω, C=5/4⋅π mF, la lectura del voltímetro es de 100 V y e (t) =100⋅√2 sen(100⋅π⋅t) V.

Si se modifica la pulsación de la fuente a ω = 100⋅π/3 rad/s, ¿Qué ángulo de desfase se presenta entre la intensidad i(t) y la tensión e(t)?

e(t)~ C

R

L V

i(t)

Figura 5.1

Resolución:

mF4

5Cπ⋅

=

CL

3

C XX8540

1004

510X ==Ω==

π⋅⋅π⋅

=−

ya que V=E

Para ω/3

º903Zº908X3

º90X8X3

º903

X9XX

º90X33X

X33X

XXXXZ p

22

CL

CLP ∠=⇒∠⋅=

∠−=

∠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=−∠⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

⋅=

−⋅=

º87,3653j4ZT ∠⇒⋅+= por lo tanto i(t) retarda a e(t) en 36,87º.



Problema 6

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente.

Figura 6.1

Se conocen los siguientes datos:

X1= 4,5 Ω X2=94,25 Ω E= 240 ∠0º V A=23,046 A

¿Cuál debe ser el valor de R para que la corriente I se retrase 30º respecto de la tensión E?

Resolución:

30º60º I

E

I1

I2

Figura 6.2

º60cos464,25046,23225,94

240046,23I2

221 ⋅⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

884,21I1 = A

Ω== 967,10844,21

240Z1

Ω=−= 105,4967,10R 221

RX

XA

E

I1

2

I1



Problema 7

El circuito de la figura está alimentado por un generador senoidal de frecuencia 50 Hz.

La potencia consumida por la carga Z3 vale 3066,667 W. El voltímetro V3 indica una lectura de 550 V. El amperímetro A indica una lectura de 10A.

La componente reactiva de la corriente que circula por Z3 es de 2,5A (inductivo).

La corriente que circula por la rama DB está en fase con la tensión VDB. La potencia disipada por R4 vale 250W.

Se pide:

a) Valor de la inductancia L4

b) Caída de tensión VDB

c) Valor de la inductancia L1

d) Tensión que proporciona el generador (lectura del voltímetro V)

V3

R =253 Ω

R =2504 Ω

Z3

A

B

C D

L4

C5

20 Fµ

~ V

A

25Ω

L1

L5

12,5Ω

Figura 7.1

Resolución:

a ) Corriente por Z3

UZ3

I3

I3a

I3re

ϕ32,5 Α=

a333333 IUcosIUP ⋅=ϕ⋅⋅=



CDU

4RV

4LV

A58,5550

667,3066UP

I3

3a3 ===

A11,65,258,5III 222re3

2a33 =+=+=

448,058,55,2tg 3 ==ϕ º13,243 =ϕ

Cogemos a partir de ahora como origen de fases AI º011,63 ∠=

V95,1822,69284,224j69,65484,224j94,50175,152

º13,24550º075,152º13,24550º025º011,6URIU 3Z33CD

∠=+=++==∠+∠=∠+∠⋅∠=+⋅=

En cuanto a la resistencia R4, se sabe:

4

24R

42

44 RV

RIP =⋅= V250250250V 4R =⋅=

y también

V5,64625022,692VVV 2224R

2CD4L =−=−=

Ω==== 5,646

250250

5,646

RP

VI

VX

4

4

4L

4

4L4L

Por lo tanto:

H05,25025,646

wX

L 4L4 =

⋅π==

b )

Aº91,491º86,6815,693º95,1822,692

5,646j250º95,1822,692

jXRU

I4L4

CD4 −∠=

∠∠=

+∠=

+=

Aº42,679,6º91,491º011,6III 4343 −∠=−∠+∠=+=−

AC43AC ZIU ⋅= −

Ω−∠=−=⋅π⋅⋅

−= − º5,8564,15915,159j5,125021020

1j5,12Z 6AC

Vº92,9196,1083º5,8564,159º42,679,6ZIU AC43AC −∠=−∠⋅−∠=⋅= −

Vº42,675,16925º42,679,6RIU 543DB −∠=⋅−∠=⋅= −

Vº11,4876,1175

º42,675,169º95,1822,692º92,9196,1053UUUU DBCDACG

−∠=−∠+∠+−∠=++=

134G III +=



º11,138Iº42,679,610 1 −∠+−∠=ϕ∠

de donde:

( ) ( )º11,138cosIº42,6cos79,6cos10 1 −+−=ϕ

( ) ( )110sen 6,79sin 6,42º sin 138,11ºIϕ = − + −

elevando al cuadrado y sumando resulta:

086,53I9I 12

1 =−−

10,13I1 =

negativoI1 = (no tiene sentido físico)

Si buscamos:

⎩⎨⎧

−=ϕ

63,10733,76

Teniendo presente que:

143G III += −

I1

I34-138,11

-6,42

El valor del ángulo ϕ correcto es º63,107−=ϕ

Por lo tanto:

Aº63,10710IG −∠=

Ω=−∠

−∠=== − 88,89º11,13810,13º11,4876,1175

IU

IUX

1

G

1

BA1L

H28,050298,89

wXL 1L

1 =⋅π

==



Problema 8

Se quiere montar en el laboratorio un circuito eléctrico, cuyo esquema está representado en la figura, con la particularidad de que presente, entre sus bornes A y B, los siguientes valores de impedancias:

a ) a la frecuencia de 50 Hz Ω∞= ZAB

b ) a la frecuencia de 150 Hz Ω= 0Z'AB

c ) a la frecuencia de 250 Hz Ω= 0Z ''AB

Si únicamente se dispone de dos condensadores de capacidad C=1,08823 µF, determinar los valores de las inductancias L1, L2 y L3.

Figura 8.1

Resolución:

La reactancia de los condensadores a la frecuencia de 50 Hz vale:

Ω=⋅⋅π

= 292508823,1502

10X6

50C

por lo tanto, a las otras dos frecuencias, serán:

Ω== 9753

2925'X 150C Ω== 5855

2925''X 250C

Las impedancias de las tres ramas en paralelo a cada una de estas frecuencias serán de la siguiente forma:

a) A f = 50 Hz

Ω∠=Ω= º90111 LL XjXZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º9029252925 22222 LLCL XXjXXjZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º9029252925 33333 LLCL XXjXXjZ

b) A f’ = 150 Hz = 3·f Hz

A

B

L1 L2 L3

CC



Ω∠=Ω= º90''' 111 LL XjXZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90975'975'''' 22222 LLCL XXjXXjZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90975'975'''' 33333 LLCL XXjXXjZ

c) A f’’ = 250 Hz = 5·f Hz

Ω∠=Ω= º90'''''' 111 LL XjXZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90585''585'''''''' 22222 LLCL XXjXXjZ

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90585''585'''''''' 33333 LLCL XXjXXjZ

Por otra parte, la impedancia vista desde A y B, impedancia de entrada del dipolo pasivo que constituye este circuito, valdrá en general:

313221

321TAB

ZZZZZZZZZZZ

⋅+⋅+⋅⋅⋅==

Para que 0'=ABZ o 0'' =ABZ bastará, para los dos últimos casos, que se cumpla:

1 ) A 150 Hz Ω= 0'Z2 Ω= 975'X 2L

2 ) A 250 Hz Ω= 0''Z3 Ω= 585''X 3L

Por lo tanto serán:

H035,11003975

3'X

''X

L 2L2L2 =

π⋅⋅=

ω=

ω=

H372,01005585

5''X

'''X

L 3L3L3 =

π⋅⋅=

ω=

ω=

Con lo cual, a 50 Hz serán:

Ω=== 3253

9753

'2

2

LL

XX

Ω=== 1175

5855

'3

3

LL

XX

Las impedancias de las ramas a 50 Hz valdrán, pues:

Ω∠== º90XjXZ 1L1L1

[ ] [ ] Ω−=Ω−=Ω−= 26002925325222 jjXXjZ CL

[ ] [ ] Ω−=Ω−=Ω−= 28082925117333 jjXXjZ CL



Se debe cumplir ahora que ∞=ABZ , por lo que el denominador de la expresión que la define debe ser igual a cero, o sea que a 50 Hz se debe tener:

0ZZZZZZ 313221 =⋅+⋅+⋅

O lo que es lo mismo,

[ ] [ ] [ ][ ] 02808j2600j2808jjX2600jjX 1L1L =−−+−+−

07300800X2808X2600 1L1L =−+

7300800X5408 1L =

Ω== 13505408

7300800X 1L

H297,410013501350L1 =

π⋅=

ω=



Problema 9

El circuito de la figura está alimentado por un generador ( ) ,Vt100sen224)t(e π⋅= presentando un factor de potencia capacitivo de 0,966; las lecturas de los tres amperímetros A, A1 y A2 son respectivamente 23 A, 3 A y 3 A.

e(t)~Z1 Z2

V

A

A1A2

Figura 9.1

Determinar el valor de la impedancia capacitiva 1Z .

Resolución:

EϕG=15º

α

Ι =3 Α2

Ι =3 Α1 Ι = 2 3 Α

Figura 9.2

º15966,0cos GG =ϕ⇒=ϕ

A23I =

A3I1 = º4522

3223

I

2Icos

1=α⇒=

⋅==α

A3I2 =

º60324Z1 −∠= Ω º608Z1 −∠= Ω



Problema 10

El circuito de la figura 10.1 está formado por dos fuentes de tensión Vº03E1 ∠= y

,Vº905E2 ∠= dos fuentes de corriente Aº902I1 ∠= y Aº01I2 ∠= , una resistencia óhmica pura de 1 Ω, una reactancia inductiva pura de 5 Ω y una capacitiva de 2 Ω.

Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

E1 E2~ ~R

ωL

~

~

I1

I2

Figura 10.1

Resolución:

El circuito se transforma de la configuración de la figura 10.2 a la configuración de la figura 10.3 trasladando la fuente de corriente. Se pasa de la figura 10.3 a la figura 10.4 transformando las fuentes de corriente en fuentes de tensión. Esta configuración (10.4) puede resolverse por corrientes circulantes, consiguiendo con esto las corrientes IA e IB que pasan por las ramas del circuito original que contiene las fuentes de tensión E1 y E2 que no se han visto transformadas.

E =3V1 E =5jV2~ ~Z=1Ω

Z=5jΩ

Z=-2jΩ~

~

I =2jA1

I =1A2

Figura 10.2



~ ~

~

~

~

E =3V1

Z =11 Ω

I =2jA1 Z= -2jΩ

I =1A2

I =1A2

Z=5jΩ

E =5jV2

Figura 10.3

~

~

~

~

~

E =3V1

E=4V

E=1V

Z =11 Ω

Z=5jΩ

Z= -2jΩ

E =5jV2

E =5jV2

IA IB

Figura 10.4

Aj53

j31j21j21j21

j313j210

IA −=

++−+−−

++−

= Aj53

j31j21j21j21

3j210j21

IB −=

++−+−−

+−−

=

Con sólo las corrientes AI e BI y las corrientes de las fuentes de corriente del enunciado, ya quedan definidas todas las corrientes de cada rama del circuito original:

Figura 10.5

-3j/5

1 - 3j/5

1 - 2j

7j/5

1 1

-2j

-3j/5

2j



Los productos ( )IZ ⋅ dan la caída de tensión en las ramas con impedancias y en el resto se consiguen por sumas o diferencias.

Figura 10.6 (Caídas de tensión en V)

Los productos ( )*IE ⋅ dan las potencias generadas en las fuentes en forma compleja (P+Qj), y los productos ( )*IU ⋅ de las tensiones en las cargas por los conjugados de las respectivas corrientes, dan las potencias consumidas en éstas.

Figura 10.7 (Potencias generadas y consumidas en VA)

-3

3 + 5j 1

-4

-4-5j

-4

-5j

(9j/5)

(34j/5)

(0)

(0)

(1)

(-8j)

(4+5j)

(-8j)

(-3)

0 0



Problema 11 El circuito de la figura está formado por una fuente de corriente de Aº902 −∠ , una fuente de tensión de ,Vº06∠ dos resistencias óhmicas puras de 4 Ω, una reactancia inductiva de 3 Ω y una capacitiva de 3 Ω.

Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

~

~

-3jΩ

4Ω

4ΩE=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºA

Figura 11.1

Resolución:

Se empieza haciendo unas transformaciones de la red, pasando en sucesivas etapas a otros equivalentes eléctricos (de la figura 11.2a a la figura 11.2b, y de la figura 11.2b a la figura 11.2c).

~

~

-3jΩ

4Ω

4ΩE=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºA

~

~~

-3jΩ

4Ω

4Ω

E=6 0ºV E=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºAI=2 90ºAI=2 90ºA ~

Figura 11.2a Figura 11.2b



~

~

~

~-3jΩ

4Ω

4Ω

3jΩ

E=6 0ºV

E=6 0ºV

E=6 0ºV

E=-8j V

I1 I2

Figura 11.2c

De esta figura se deduce:

Aº26,16225

j1448j34j86I1 −∠=−=

−−=

A0I2 =

Con las corrientes I , 1I e 2I , ya se tienen todas las corrientes de rama, que se representan en el gráfico siguiente de dos maneras, de forma compleja y en forma de módulo y argumento. Las tensiones se calculan utilizando la expresión KKK ZIU ⋅= y se obtienen resultados reflejados en la figura 11.4. Finalmente, las potencias consumidas en cada una de las ramas se encuentran aplicando la fórmula

*IUS KKK = (potencia aparente) y se obtienen los resultados de la figura 11.5.

I=-2j 2 -90ºA

2 -16,26ºA

2 163,74ºA

2,4 36,87ºA 2 -90ºA(48+36j)/25

(-48+14j)/25

(48-14j)/25I2

I2I =1

-2j

Figura 11.3



(42+144j)/25 6 -73,74ºA

6 -106,26ºA

9,6 36,87ºA 6 0ºA6 0ºA

(192+144j)/25

6(-42-144j)/25 I2I2

6

Figura 11.4

(-288+84j)/25 12 163,74ºA

2 -90ºA

12 -163,74ºA

23,04 0ºA 2 90ºA576/25(-288-84j)/25

12jI2 I2

12j

Figura 11.5

Observando los resultados, deducimos que:

- La fuente de corriente absorbe potencia reactiva y genera activa.

- La fuente de tensión genera potencias activa y reactiva.

- Sólo una de las resistencias consume potencia activa.

- La potencia reactiva se consume en la reactancia y se genera en el condensador.



Problema 12 Dado el circuito de la figura, sabemos que las lecturas de los amperímetros A1, A2 y A3 valen, respectivamente, 5,77 A, 6,33 A y 6,93 A y las lecturas de los voltímetros V31 y V32 son, respectivamente, 55,44V y 83,13 V. El vatímetro indica una lectura de 749,87 W.

Calcular:

a) Valor de la tensión máxima proporcionada por el generador

b) Valores de les resistencias R1 y R2 y de la inductancia L2

c) Expresión temporal de la corriente i(t)

Se quiere compensar el factor de potencia del conjunto hasta la unidad. Indicar la mejor manera para poderlo conseguir, calculando su valor.

Figura 12.1

Resolución:

V921,9913,8344,55VVU 22232

231 =+=+=

( ) ( ) Vtπ120cos299,921teV921,992Emàx ⋅⋅⋅⋅=⇒⋅=

Ω== 8AVR

3

313 Ω11,996

AVX

3

32C3 ==

Fµ221,1311.996120π1

Xω1C

C33 =

⋅=

⋅=

Ω=⋅⋅

=⋅

= 579,16160π120

10Cω

1X6

1C1 V95,65916.5795.77XAU C11C1 =⋅=⋅=

V28,87295,65999,921UUU 222C1

2R1 =−=−=

1

R11 A

UR = Ω= 51R

W791,55093,6877,55ARARW 22233

21113 =⋅+⋅=⋅+⋅=

W079,199791.55087.749WWW 1312 =−=−=

22

22

AWR = Ω= 968,4R 2 Ω== 783,15

AVZ

22

i t( )

C1=160 Fµ L

2

R2 C

3

R3

e t E( )= ·cos120 t Vm à x

π

R1



Ω14,9834,96815,785RZX 2222

22L2 =−=−=

π=

π=

ω=

120983,14

120XX

L 2L2L2 H0397,0L2 =

Ω−∠=⋅−=⋅−= º205,73317,17579,16j00,5XjRZ 1C11

Ω∠=⋅−=⋅+= º654,71785,15983,14j968,4XjRZ 2L22

Ω−∠=⋅−=⋅−= º30,56419,14j996,118XjRZ 3C33

1

11 º205,7305774,005528,0j01668,0

Z1Y −Ω∠=⋅+==

1

22 º654,7106335,006013,0j01994,0

Z1Y −Ω−∠=⋅−==

1

33 º3,56069355,005770,0j03848,0

Z1Y −Ω∠=⋅+==

Ω∠=⋅+=++= º134,35091838,005285,0j075106,0YYYY 321T

Ω−∠=⋅−== º134,358887,10j2664,6j9048,8Y1Z

TT

Aº134,351765,92811,5j5046,7º134,358887,10

º0921,99ZE

IT

TT ∠=⋅+=

−∠∠==

A1765,9ZVA

TT == ( ) ( ) Aº134,35t120cos21765,9ti +⋅π⋅⋅⋅=

VA689,527j867,749º134,35930,916º134,351765,9º·0921,99IES *TG −=−∠=−∠∠=⋅=

Ponemos una bobina en paralelo con la fuente para obtener factor de potencia 1.

Ω=== 920,18689,527

921,99Q

VX22

L H050188,0120

920,18XL L =

π⋅=

ω= mH 50L =



Problema 13

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente estando el interruptor K1 cerrado y el interruptor K2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes.

WG = 1886,025W A1 = 10 A A2=10 A

AG = 23,942 A VG =100 V f = 50 Hz

a.1) Determinar la lectura del amperímetro A3

a.2) Determinar los valores de la resistencia R3 y del condensador C3

a.3) Valores de la resistencia R1 y del condensador C2

b) A continuación se abre el interruptor K1 siendo ahora las lecturas de los aparatos de medida las siguientes:

WG = 1386,370 W AG = 16,5096 A

siendo el factor de potencia capacitivo.

b.1) Determinar los valores de la resistencia R4 y de la inductancia L4

b.2) Indicaciones de los voltímetros V3 y V4

c) Finalmente se cierra el interruptor K2 y se abre el interruptor K1 y se pide el valor que ha de tener la inductancia de la bobina L5 para poder conseguir que el circuito entre en resonancia.

Figura 13.1

Resolución:

ω= 100 π rad/s

Tomamos:

Vº0100VG ∠=

1

G1 A

VR = Ω= 10R1 Ω⋅+=∠=⇒ 0j10º010Z1

Ω⋅−=−∠=⇒Ω== 10j0º9010Z10AV

X 22

G2C

L

R CR

K C

R L

GV

A WG G

2

5

1

A1 A2

A3

2

3

3

V3

1 4 4 V4



Ω⋅+=∠== 10j0º9010ZUI

2

G2

Aº45142,1410j10III 2112 ∠=⋅+=+=

º794,389417,23100025,1866arccos

AUW

arccos TGG

GT =ϕ⇒

⋅=

⋅=ϕ

A15j660,18794,389417,23IG ⋅+=∠= por ser capacitivo

Aº30105j660,8III 12G3 ∠=⋅+=−= A10A3 =

Ω⋅−=−∠== 5j660,8º3010I

VZ

3

G3

Ω= 660,8R 3

5100π106

3C ⋅= µF62,6363C =

2C

6

X10010

2C ⋅π= µF31,3182C =

b) WG = 1386,370 W AG = 16,5096 A

º888,325096,16100370,1386arccos

AUW

arccosGG

GT =

⋅=

⋅=ϕ

A965,8j8637,13º888,325096,16IG ⋅+=∠=

A0353,1j8637,3º001,154III 12G34 ⋅−=−∠=−=

Ω⋅+=∠=−∠

∠== 4710,6j148,24º1525001.154º0100

IU

Z34

G34

Ω∠=⋅+=−= º5256,36273,194709,11j4876,15ZZZ 3344

1

44 03088,0j0417,0º5256,360519,0

Z1Y −Ω⋅−=−∠==

0417,01R 4 = Ω= 98,23R 4



Ω== 3817,3203088,0

1X 4L 3817,3210010XL

34L

4 ⋅π⋅

=ω

=−

mH07,103L4 =

VAj463,896j37,1386º888,3296.1650º888,325096,16º0100IUS *GGG ⋅−=−∠=−∠⋅∠=⋅=

Vº4540º3010º001,154ZIU 3343 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V40V3 =

Vº524,210925,77º5256,36273,19º001,154ZIU 4344 ∠=∠⋅−∠⋅=⋅=

V0925,77V4 =

c) Se tendría que calcular una bobina en paralelo con la fuente:

mH507,35100463,896

10010Q

VL

23

G

2G

5 =π⋅⋅

⋅=ω⋅

=



Problema 14 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En estas condiciones las lecturas de los aparatos de medida son respectivamente:

V=161,747 V W1=3662,703 W W2 = 1046,486 W

Así mismo, es conocido el factor de potencia que se presenta en bornes del generador, siendo 0,8754 inductivo. El valor de la resistencia R0 es de 2 Ω y la relación entre XL2 / R2 vale 2.

Calcular:

a) Valores de la resistencia R2 y de la inductancia L2

b) Valor de la inductancia L0

c) Lecturas de los aparatos de medida AG y VG así como también valor de Emáx

d) Expresión temporal de la corriente i2(t) que circula por la resistencia R2

GVL

L

RK

R

tsinmaxEte 100R

i t( )

GA0

C

0

1W

1

2W

0A2

2

2

VE(t)=E ·sen100 tmax πe

Figura 14.1

Resolución:

W217,2616WWP 21R1 =−= Ω== 10PVR

1R

2

1 Ω∠= º010Z1

º435,632R

Xtg 22

2L2 =ϕ⇒==ϕ A467,14

cosVWI

2

22 =

ϕ⋅=

22

22

I

WR = Ω= 5R 2

Ω=⋅= 10R2X 2L2 Ω∠=⋅+= º435,63180,1110j5Z2

Ω+=+⋅

= 077,3j385,5ZZZZ

Z21

2112

12TG Z

VIA == A081,26AG =

( ) Ω++=++= 0L120L0T X077,3j384,7ZXjRZ 8754,0cos G =ϕ º907,28G =ϕ



Ω=⇒+

= 1X384,7

X077,3907,28tg L0

L0 ω

= L00

XL mH186,3L0 =

ω= L2

2XL mH86,31L2 =

V011,220IZU TTG =⋅= Vº0011,220UG ∠= V011,220VG =

Ω∠=+= º907,28435,8077,4j384,7ZT

V011,2202Emax ⋅= ( ) ( ) Vt100sen011,2202te ⋅π⋅⋅⋅=

Aº597,62467,14844,12j658,6ZZ

ZV

I2

12

T

G2 −∠=⋅−=⋅=

( ) A180

62,97-t100sen467,142ti2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅π⋅⋅=



Problema 15 El circuito de la figura, alimentado por una fuente de corriente alterna de frecuencia 50 Hz y RG = 25 Ω se halla en régimen permanente con los interruptores k1 y k2 abiertos. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos:

VG = 51,45 V A1 = 10,29 A W = 423,53 W

Se pide:

- Valor de la corriente IG

- Valores de R1 y L1

A continuación se cierra el interruptor k1 y se mantiene k2 abierto y conocemos las lecturas de los siguientes aparatos:

VG = 29,9625 V A2 = 6,70 A

Se piden:

- Lectura del amperímetro A1

- Lectura del vatímetro W

- Valores de R2 y C2

A continuación se cierra el interruptor k2 y se mantiene k1 cerrado, se quiere que el conjunto Z1=R1+j⋅XL1 y Z2=R2+ j⋅XC2 compensen su factor de potencia hasta la unidad.

Se piden:

- Valor de la capacidad C

- Nueva lectura del voltímetro VG

- Nueva lectura del voltímetro W

Figura 15.1



Resolución:

Con los interruptores k1, k2 abiertos:

L1

RG

W

IG

~

IGI1

Figura 15.2

Ω== 4IWR

21

1 Ω=== 529,1045,51

IU

Z1

G1

º87,36ZRarccos

1

11 ==ϕ

Ω⋅+=∠= 3j4º87,365Z1

π⋅=

⋅π=

1003

f2XL 1L

1 mH55,9L1 =

A058,2R

UI

G

GRG == º0058,2IRG ∠= A

Si Vº045,51UG ∠=

A174,6j232,8º87,3629,10I1 ⋅−=−∠= A174,6j29,10III 1RGG ⋅−=+=

A30,965º-12IG ∠=

Con k1 cerrado, k2 abierto:

A12IG = A7,6I2 = A1985,1259625,29

R

UI

G

G

RG ===

1

G1 Z

UI = A9925,5I1 = Aº87,369925,5I1 −∠=

utilizando el teorema del coseno

α⋅⋅⋅−+= cosII2III G1RG2

G2

1RG2

2



Aº965,30988,6III 1RG11RG −∠=+= 88211,012988,62

7,612988,6cos222

=⋅⋅−+=α

º,10228=α

( ) º863,2º102,28º965,30RG1G −=−−−=α+ϕ=ϕ Aº863,212IG −∠=

Si Vº09625,29UG ∠=

A996,2j992,5º564,267,6III 1RGG2 ⋅+=∠=−=

º565,26472,42j4I

UZ2

G2 −∠=Ω⋅−==

π⋅=

⋅π⋅=

21001

f2X1C

22 mF591,1C2 =

Ω= 4R 2

222

211 ARARW += W11,359W =

Con k1, k2 cerrados:

Ω∠=⋅+=+⋅

= º1801,3773,21538,0j769,2ZZZZ

Z21

2112

1

1212 02,0j36,0º180,33606,0

Z1Y −Ω⋅−=−∠=

Ω−∠=Ω−==⇒Ω⋅= − º9050j50Y1X02,0jYC

C1

C

π⋅⋅=

ω⋅=

100501

X1C

C µF668,63C =

1C12C12 º036,0YYY −Ω∠=+= Ω∠== º077,2

Y1Z

C12C12

Ω∠=+⋅

= º05,2ZRZR

Z12G

12GT

TGG ZIU ⋅= V30UG = C12

2G

ZV

W = W324W =

IRG VG

36,87º

I2

IG

I1 IRG1

α



Problema 16 El circuito representado en la figura se alimenta por un generador de corriente alterna

( ) ( ) ,Vt100cos2240te ⋅π⋅⋅⋅= presentando un factor de potencia capacitivo.

Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos:

V=248,128 V A=11,697 A WG=2052,2565 W.

AWG

e (t)G~ VZu

L0

Figura 16.1

Determinar:


b) La impedancia en formas binómica y polar de Z

c) Expresión temporal en régimen permanente de la tensión en bornes de Z

d) Potencia aparente en forma compleja absorbida por la carga Z

Resolución:

0º240E ∠= V

Ω⋅−=−∠=⋅

∠⋅= 14j15º025,43518,20IE

WarccosIEZ

GGT

( ) Ω== 15ZRR Te

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛∠=⋅+=

G

G

I

U

RarccosI

UXjRZ

Ω⋅−=−∠= 15j15º45213,21Z



Vº975,1128,248IZU G −∠=⋅=

( ) ( ) Vº975,1t100cos2128,248tu −⋅π⋅⋅⋅=

Ω∠==−=−

= º901jZZI

UEX T

G

G0

ω= 0

0X

L mH1831,3L0 =

VAº4535,2969º025,43967,11º975,1128,248*IUS GG −∠=−∠⋅−∠=⋅=

Aº025,43967,11IG ∠=



Problema 17

El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una tensión senoidal de 1345,5 V (valor eficaz) a 50 Hz, estando los interruptores K y K’ abiertos. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

Amperímetro A: 69 A Voltímetro VR: 517,5 V Voltímetro VL: 690 V

Se conoce que con estas condiciones el generador proporciona una potencia reactiva de 74271,6 VAr. La carga 1Z es de características inductivas.

a) Calcular la lectura del voltímetro V y la característica de 1Z .

A continuación se cierra el interruptor K regulándose la tensión del generador de forma que la corriente que continúa circulando es de 69 A, siendo la tensión eficaz en bornes del mismo es 1150 V. En estas condiciones la potencia activa consumida por la carga es de 63480 W. Determinar:

b) Valor de la impedancia 2Z y nueva lectura del voltímetro V.

Finalmente se cierra el interruptor K’ (manteniendo K cerrado). Se pregunta:

c) Valor de la carga 3Z para poder conseguir que el conjunto 1Z || 2Z || 3Z , presente un factor de potencia de 0,8 inductivo.

VR VL

~ V

A

Z1

Z2 Z3

R XL

K K’

Figura 17.1



Resolución:

VR VL

~ V

A

Z1R XL

XZ1

1345,5V74271,6VAr

RZ1

Figura 17.2

ϕ⋅⋅= sinIUQ 8,0695,13456,74271sin =

⋅=ϕ º13,53=ϕ inductivo

Ω=== 5,769

5,517I

VR R Ω=== 10

69690

IV

X LL

( ) ( )1Z1ZT X10jR5,7Z +++=

Ω== 5,1969

5,1345ZT

Ω+=∠= 6,15j7,11º13,535,19ZT

por lo tanto,

⎭⎬⎫

=−==−=

6,5106,15X2,45,77,11R

1Z

1Z Ω+= 6,5j2,4Z1

Ω∠=+= º13,5376,5j2,4Z1

V483697V =⋅=



b)

~

A7,5Ω 10jΩ

4,2Ω1150V63480W

5,6jΩ

Z2

I=69A

U1

Figura 17.3

ϕ⋅⋅= cosIUP 8,0691150

63480cos =⋅

=ϕ º87,36±=ϕ

Se coge como origen de ángulos: º069I ∠= , por lo tanto:

⎪⎭

⎪⎬⎫

−∠=

+∠=

º87,361150U

º87,361150U

G

G No se sabe

En bornes de R = 7,5 tenemos Vº05,517U R ∠=

En bornes de XL = 10 tenemos Vº90690U LX ∠=

Vº87,361150UG +∠= Vº0403º90690º05,517º87,361150U1 ∠=∠−∠−+∠=

Vº87,361150UG −∠= Vº72,7364,1437º90690º05,517º87,361150U1 −∠=∠−∠−−∠=

Ω∠=∠∠= º084,5

º069º0403Z 1eq 1

1eq º0171,0Y −Ω∠=

Ω−∠=∠

−∠= º72,7383,20º069

º72,7364,1437Z 2eq 12eq º72,73048,0Y −Ω∠=

Del apartado anterior

Ω+= 6,5j2,4Z1 11 º13,531428,0Y −Ω−∠=

por lo tanto:

12 º26,531428,0º13,531428,0º0171,0Y −Ω∠=−∠−∠= Ω−∠= º26,5301,7Z2

No se sabe

No se sabe



y la segunda posibilidad:

12 º25,114175,0º13,531428,0º72,73048,0Y −Ω∠=−∠−∠=

Ω−−=−∠= 18,5j33,2º25,11468,5Z2

en donde la impedancia 2Z estaría situada en el tercer cuadrante, cosa imposible (se desestima).

Vº87,361150UG +∠=

Ω+= 6,5j2,4Z2

c)

~7,5Ω 10jΩ

70/12Ω XL

Figura 17.4

Ω∠=+⋅= º0

1270

ZZZZZ

21

2112

( )1225X36

X1225jX2101225X36

35jX6X3535jX6

X35

70jX12X70

jX7012

X

j1270X

X1270

X1270j

X1270

Xj1270

Xj1270

Z

2L

L2

L2

L

LL

L

L

L

L

L

L

L

L

L

L

L

Leq

+⋅⋅⋅+⋅

=+⋅

⋅−⋅⋅⋅=

⋅−⋅⋅

=

=⋅−⋅

⋅=

−=

−

⋅=

−⋅

⋅−=

⋅+

⋅⋅=

ϕ=⋅

⋅tg

X210X1225

2L

L → ϕ=⋅

tgX210

1225

L

Pero 8,0cos =ϕ → 75,0tg =ϕ

210X75,01225 L ⋅⋅= 970

9777,7

21075,01225X L =+==

⋅=

Ω=970X L → Ω∠= º90

970Z3

97050f2 =⋅⋅π

H02476,0L =



Finalmente el circuito completo queda:

~

7,5Ω 10jΩ

4,2Ω 4,2Ω

5,6jΩ -5,6jΩ

(70/9)jΩ

Figura 17.5



Problema 18

El circuito de la figura representa la alimentación de un receptor R puramente óhmico de consumo 1600 W nominales, previsto para una tensión nominal de 400 V, y alimentado por un generador de 320 V, 50 Hz.

Se pretende, por medio de la combinación de una reactancia inductiva y una capacitiva (conectadas según el esquema), elevar al tensión entre terminales del receptor R hasta su valor nominal y conseguir un factor de potencia de 1 en el conjunto del circuito.

Determinar:

a) Parámetros de la bobina y del condensador

b) Diagrama completo de tensiones e intensidades en el circuito

E=320V50Hz ~ R

XL

XC

Figura 18.1

Resolución:

a ) Se determina primeramente el valor de la resistencia R, sabiendo que conectada a 400 V absorbe una potencia de 1600 W. Por lo tanto:

Ω=== 1001600400

PUR

22 Ω∠= º0100R

Si suponemos que al introducir las dos reactancias ya hemos conseguido elevar la tensión de alimentación de R hasta su valor nominal, querrá decir que la corriente que circulará por ella valdrá:

A4100400

R

UI

RR ===

Si además, el factor de potencia del circuito tiene que ser 1, siendo las dos reactancias, inductiva pura una y capacitiva pura la otra, la única potencia consumida por el circuito será activa y precisamente la absorbida por la resistencia R, o sea: PT = 1600 W.

La impedancia reducida equivalente a las tres componentes del circuito será, pues, una resistencia pura de valor RT:

Ω=== 641600320

PER

2

T

2

T

Ω+= j064ZT

E=320V50Hz ~ RT

IT

Figura 18.2



Obviamente A564

320REIT

T === estando TI en fase con E .

Del esquema original conocemos ahora algunos valores:

~ R

XL

XCUG

IT IR

IC

UR

Figura 18.3

A5IT = A4IR = V400UR = V320UG =

Además:

Ya que dos elementos están conectados a la misma tensión e CI tiene que adelantar 90º respecto ,UR mientras que RU está en fase con RU en consecuencia CI es perpendicular a RU y por lo tanto:

De donde se deduce que:

A345III 222R

2TC =−=−=

Ω=== 3,1333

400I

UX

C

RC

Ω−∠=Ω−= º903,133j3,133XC

Lo que nos permite hallar la capacidad del condensador ya que: C

1XCω

=

F873,23F3,133502

10F3,133502

1Xf2

1X1C

6

CCµ=µ

⋅⋅π=

⋅⋅π=

⋅π=

ω=

CI

RU

RU

CI

RU

TI

RCT III +=



Una vez conocido el valor de ,X C podemos hallar la impedancia equivalente a las dos ramas en paralelo:

Ω−∠=−∠

−∠=−

−∠⋅∠=+⋅= º87,3680

º13,536,166º903,13333

j3,133100º903,133º0100

XRXRZ

C

CP

Ω−= j4864ZP

El circuito queda reducido a:

PLT ZXZ +=

PTL ZZX −=

y substituyendo valores, ya que inicialmente se ha determinado Ω+= j064ZT :

Ω=+−+= j48j4864j064XL

y como: LXL ω=

mH79,152100

48f2

XL

L=

π=

⋅π=

También se hubiera podido determinar LX teniendo en cuenta que, según el enunciado del problema,

al ser un circuito total óhmico, la potencia reactiva absorbida por la inductancia tiene que ser la suministrada por el condensador y por lo tanto:

C2

CL2

T XIXI =

Ω=== 48533,133

I

XIX 2

2

2T

C2

CL

Valor que coincide con el hallado anteriormente.

b ) Para determinar el diagrama de tensiones e intensidades del circuito, trazamos primero el diagrama de tensiones, ya que es inmediato,

habiendo cogido como origen de fase la tensión del generador. Al ser un circuito óhmico, la corriente TI está en fase con GU .

22 320240400 +=== CR UU VU L 240=

Vº90240º05º9048IXU TLL ∠=∠⋅∠=⋅=

VU G 320=

ZP

XLIT

UG



Las corrientes vienen determinadas sabiendo que: RCLT IIII +== y que RI tiene que estar en fase con RU e CI adelantada 90º respecto RC UU = .

Al ser:

A5IT = A4IR = A3IC =

entonces, el diagrama completo será:

UG

UL

U =UR C

36,87º

36,87ºΙΤ

ΙC=3 AΙR=4 A



Problema 19 El circuito de la figura trabaja en régimen senoidal permanente en todos los casos, con todos los interruptores cerrados.

Al abrir el interruptor K1 se observa que la lectura del voltímetro V es de 96,5 V, siendo la indicación del vatímetro W de 2234,94 W. A continuación se vuelve a cerrar el interruptor K1 y se abre K2, estando K3 cerrado. En estas condiciones las lecturas del voltímetro y el vatímetro son respectivamente 80,96 V y 1041,85 W.

Finalmente, con todos los interruptores abiertos,las lecturas de los aparatos de medida son de 223,09 V y 3798,88 W respectivamente.

Se pide:

a ) Valor de la resistencia R1

b ) Valor de la admitancia Y2 de la carga 2

c ) Valor de la admitancia Y3 de la carga 3

Dato: Ωϕ−∠= 1100Z

VZ

R1

W R2 R3

C2 C3

~Carga 2 Carga 3

Carga 1

K2K1 K3

Generador Real

cap

24A

Figura 19.1

Resolución:

Primera prueba: Con K1 abierto y K2 y K3 cerrados, el circuito queda como:

VZ

R1

W

~

I1

cap

Figura 19.2



1

2

RVW = Ω=== 166,4

94,22345,96

WVR

22

1 11 24.0

166,41G −Ω==

Y también:

A16,23166,4

5,96RVI

11 ===

Cogiendo como origen de fases la tensión º05,96V 1R ∠= se tiene:

º016,23I24 1Z ∠+=ϕ∠

º016,23100

º05,96241

∠+ϕ−∠

∠=ϕ∠

1

1

sen965,0sen2416,23cos965,0cos24

ϕ=ϕ+ϕ=ϕ

.

( ) ( )21

2 16,23cos965,0cos24 +ϕ=ϕ

sumando

( ) ( )21

2 sen965,0sen24 ϕ=ϕ

( ) ( ) ( ) 1222 cos16,23965,0216,23965,024 ϕ⋅⋅⋅++=

( ) ( ) ( ) 865,016,23965,02

16,23965,024cos222

1 =⋅⋅

−−=ϕ

º301 ±=ϕ ( capacitivo según el enunciado )

Ω−∠= º30100Z

Segunda prueba: Con K2 abierto y K1 y K3 cerrados.

V100 -30ºΩ

W R2

C2

~24A

Figura 19.3



2

2

RVW = Ω=== 25,6

74,104169,80

WVR

22

2 S16,025,61G2 ==

Si cogemos como origen de fase la tensión en bornes del paralelo, se tiene:

Vº069,80V ∠=

y por lo tanto, la corriente:

Aº091,1225,6

º069,80RVI

22R ∠=∠==

y la corriente que pasa por º30100Z −∠= vale:

Aº308069,0º30100

º069,80IZ ∠=−∠∠=

y por lo tanto:

º90Iº091,12º308069,0'24 2C ∠+∠+∠=ϕ∠

91,12º30cos8069,0'cos24 +=ϕ

2CIº30sen8069,0'sen24 +=ϕ

566,024

º30cos8069,09,12'cos =+=ϕ º48,55'=ϕ

A37,19º30sen8069,048,55sen24I 2C =−=

Ω−∠=== º90165,437,1969,80

IVX

2C

22C

S24,0Y 2C =

Sj24,016,0YGY 2C22 +=+=

Tercera prueba: Con K1 , K2 y K3 abiertos.

V100 -30ºΩ

W

~24A Z3

Figura 19.4



La PZ , es decir la ,YP está formada por:

Rp

Xp

P2

p

2GV

RVW ⋅== S07635,0

09,22388,3798

VWG 22P === Ω= 1310R P

Y cogiendo como origen de fases ,º009,223V ∠= se tiene:

º90Iº01,13

º009,223º30100º009,223''24 PX ∠+

∠∠+

−∠∠=ϕ∠

029,17º30cos2309,2''cos24 +=ϕ PXIº30sin2309,2''sin24 +=ϕ

0,7924

17,0290º223,09cos3''cos =+=ϕ 81,37'' =ϕ

A59,13º30sen2309,2''sen24I PX =−ϕ= Aº9059,13I PX ∠=

Aº609,3879,21º9059,13º010,13º009,223III PXPGP ∠=∠+

∠∠=+=

Pero,

º609,3809767,0º009,223

º609,3879,21VIY P

TOTAL ∠=∠

∠== del conjunto total

Ω−∠=∠

== º609,38238,10º609,3809767,0

1Y

1ZTOTAL

TOTAL

Ω∠−=+

−∠−−∠=−−= º38,619,39j24,016,0

1º0166,4º609,38238,10ZZZZ 21TOTAL3

( ) Sj22,012,0º35,612506,0Z1Y3

3 +=∠==



Problema 20

Dado el circuito de la primera figura, alimentado a una tensión de 100 V y 60 Hz, calcular:

a) Lecturas de los aparatos de medida conectados al circuito

b) Características de la impedancia equivalente al circuito

c) Potencia reactiva total

d) Potencia aparente total

e) Capacidad de la batería de condensadores, de forma que mejore el factor de potencia de la instalación hasta al unidad

L=0,04 F C = 160 F2 µ C = 220 F3 µ

R =5 1 Ω R =5 2 Ω R =8 3 Ω

A1

A

A2 A3

W

Figura 20.1

Resolución:

a) Se calcula, en primer lugar, la impedancia de cada rama:

[ ] Ω∠=+=⋅π⋅+=ω+= º57,7181,15j155j60204,05jLRZ 11

[ ] Ω−∠=−=ω

−= º24,7334,17j6,165jC

1RZ2

22

[ ] Ω−∠=−=ω

−= º31,5642,14j128jC

1RZ3

33

Si se toma como origen de fases el vector V, 0º100U ∠= se obtiene:

Aº57,7133,6º57,7181,15

º0100I1 −∠=∠

∠=

por lo tanto el amperímetro indica A33,6A1 =

Igualmente se hará para las ramas 2 y 3:

Aº24,7377,5º24,7334,17

º0100I2 ∠=−∠∠= A77,5A2 =



Aº31,5693,6º31,5642,14

º0100I3 ∠=−∠∠= A93,6A3 =

La corriente total vale:

Aº31,5693,6º24,7377,5º57,7133,6IIII 321T ∠+∠+−∠=++=

Aº14,3517,9IT ∠=

y el amperímetro indica A17,9A =

Para calcular la indicación del vatímetro W, se determinará previamente la impedancia equivalente del circuito:

[ ] Ω−=−∠=∠

∠== 28,6j92,8º14,3591,10º14,3517,9

º0100IUZT

T

Las características de la impedancia equivalente son:

Resistencia de Ω92,8 en serie con una reactancia capacitiva de valor Ω28,6 .

El vatímetro indicará:

( ) W87,749º14,35cos17,9100cosIUW T =−⋅⋅=ϕ⋅⋅=

b) La impedancia equivalente ya ha sido determinada y vale:

[ ] Ω−= 28,6j92,8ZT donde Ω=+= 9,1028,692,8Z 22T

c) Potencia reactiva total:

( ) var80,527º14,35sen17,9100senIUQ TT −=−⋅⋅=ϕ⋅⋅=

es decir, capacitiva.

d) La potencia aparente vale:

j80,52787,749jQPS TTT −=+=

VA917QPS 2T

2TT =+=

e) Como el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando un condensador; en todo caso, se tendría que poner una bobina o un grupo de bobinas en paralelo.



Problema 21

En el esquema de la figura y con los datos indicados, determinar el valor que tendría que tener 3Z para conseguir que la potencia que suministra el generador sea totalmente activa, calculando también el valor de la corriente total GI .

Datos:

Ω= 100LX Ω= 28CX

XL

R

XC

VG

WG

Z3~

I3 I2 I1

IG

Figura 21.1

Resolución:

Para conseguir que la potencia suministrada por el generador sea totalmente activa, se tiene que

cumplir que 0Qn

1ii =∑

= siendo iQ la potencia reactiva de cada carga.

En consecuencia, 0QQQ 321 =++ .

Se toma como origen de fases GU :

Vº02100UG ∠=

La corriente por LX vale:

Aº9021º90100º02100I1 ∠=

∠∠=

El valor de 1ϕ es: º901 +=ϕ

La potencia reactiva absorbida es:

var44100212100senIUQ 11G1 =⋅=ϕ⋅⋅=



La corriente por el conjunto R - XC vale:

Aº5360j2821º02100

ZUI

2

G2 ∠=

−∠==

El ángulo º532 −=ϕ y la potencia reactiva absorbida es:

( ) var100800º53sen602100Q2 −=−⋅⋅= (es decir, es una generada de 100800 var)

Para obtener que: 0QQQ 321 =++

var56700QQQ 213 =−=

es decir,

56700sinIU 33G =ϕ⋅⋅ [1]

ya que es positiva, esta rama es inductiva, y el ángulo 3ϕ positivo.

Por otro lado,

W134400PPPP 321 =++=

y siendo

W0P1 =

W756006,0602100cosIUP 22G2 =⋅⋅=ϕ⋅⋅=

se deduce que:

W5880075600134400P3 =−=

es decir,

W58800cosIU 33G =ϕ⋅⋅ [2]

y de las ecuaciones [1] y [2] se pueden hallar los valores de 3ϕ e ,I3 que resultan ser:

A39I3 =

º443 +=ϕ

[ ] Ω+=∠=−∠∠== 37j39º4454

º4439º02100

IUZ

3

G3

y, finalmente, la indicación de GI será:

º4439º5360º9021IIII 321G −∠+∠+−∠=++= A

operando resulta,

Aº064Aj064IG ∠=+=

La indicación, por lo tanto, del amperímetro será de:

A64IG =



Problema 22 En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 kW con factor de potencia igual a 1, la carga 2 absorbe 30 kW con un factor de potencia 0,45 inductivo.

Calcular:

a) Tensión en los terminales del generador

b) Factor de potencia en los terminales a’b’

c) Factor de potencia en los terminales ab

X =4L Ω

~

R=0,5Ω

carga 1 carga 2

a a’

b b’ Figura 22.1

Dato: la tensión entre a’b’ es de 1000 V.

Resolución: a) Se calculan, en primer lugar, las potencias aparentes correspondientes a cada carga:

[ ] VAº030000VA0j30000jQPS 111 ∠=+=+=

[ ] VAº63256455,66666VA59535j30000jQPS 222 ∠=+=+=

[ ] VAº458452559535j60000SSS 21T ∠=+=+=

Tomando como origen de fases:

Vº01000'b'aU ∠=

[ ] A535,59j60º01000

59535j60000V

S*I T +=∠

+==

[ ] A535,59j60I −= A6,84I =

La tensión en los terminales a y b del generador vale:

L'b'aG XIRIUU ⋅+⋅+=

( ) ( )535,59j604j535,59j605,0º01000UG −⋅+−⋅+∠= V

[ ] Vº5,91285V21,210j3,1268UG ∠=+=

En consecuencia, la tensión entre los terminales ab será:



V1285Uab =

b) El factor de potencia entre a’ y b’ será:

16000059535

PQtg

T

T'b'a ≅==ϕ

º45T'b'a =ϕ=ϕ

707,022cos T ==ϕ inductivo

707,022cos 'b'a ==ϕ inductivo

c) Para calcular la f. de p. entre a y b, hallaremos primero las potencias activa y reactiva de la línea:

W6,35785,06,84RIP 22R =⋅=⋅=

)var(6,2862846,84XIQ 2L

2LX +=⋅=⋅=

y las potencias totales:

W6,6357830000300006,3578PPPP 21Rab =++=++=

)var(6,88163QQQQ 21LXab +=++=

387,16,635786,88163tg ab ==ϕ º2,54ab =ϕ

585,0cos ab =ϕ



Problema 23 En el circuito que se representa en la figura, determinar:

a) Valor de la reactancia inductiva XL que está conectada de tal forma que la desviación de la aguja del vatímetro al paso de corriente sea cero.

b) Valor de esta reactancia que provoca la lectura de 1 W.

c) Qué valor de la reactancia inductiva producirá inicialmente una lectura negativa, e invirtiendo la conexión de la bobina de tensión, dará una lectura de 0,2 W en sentido positivo.

E =1 0ºVA

E =1 0ºVB

~

~

R=1Ω

WG

XL

X =1C1 Ω

Figura 23.1

Resolución: Se resuelve en primer lugar, la red, aplicando corrientes de malla:

2

1

2

1

2221

1211

EE

II

ZZZZ =⋅

E =1 0ºVA

E =1 0ºVB

~

~

R=1Ω

XL

X =1C1 Ω

I1

I2

Figura 23.2

Siendo:

[ ] Ω+=+= LL11 jX1jXRZ

Ω−=−= 1RZ12



Ω−=−= 1RZ21

[ ] [ ] Ω−=−= j1jXRZ C22

[ ] V0j1EE A1 +==

[ ] V0j1EE B2 +−=−=

Sustituyendo valores:

( )

( )( )( )

( )ϕ−ϕ⋅=

+⋅−⋅−

+⋅−⋅−=

=−+

−−−=−+

−=

−−−+

−−−

=

senjIcosI1X2X2

Xj1X2X2

X1

1XX1XjXj

1XjXj

j111jX1

j1111

I

11L

2L

L

L2

L

L

2L

2L

LL

LLL

1

O sea que:

( )

1X2X2X1cosI

L2

L

L1

+⋅−⋅−

=ϕ⋅

a) El vatímetro calcula la potencia multiplicando la tensión por el componente activo de la corriente, es decir:

ϕ⋅⋅= cosIEP 1A

Y este valor tiene que ser cero, así pues, sustituyendo los valores:

01X2X2

X11

L2

L

L =+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce que:

Ω= 1XL

b) Si tiene que indicar 1W:

11X2X2

X11L

2L

L =+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce:

ΩΩ

=05,0

XL (Las dos soluciones son válidas)

c) Si tiene que indicar -0,2W:

2,01X2X2

X11

L2

L

L −=+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce: ΩΩ

=5,1

2XL (Las dos soluciones son válidas)



Problema 24 El circuito representado se alimenta mediante una fuente de tensión de fuerza electromotriz:

( ) Vºt100cos2410)t(e δ+⋅π=

Las lecturas de los dos vatímetros que hay conectados son, respectivamente, kW75,1W1 = y kW0W2 = . Además, se sabe que el factor de potencia del conjunto resultando de la asociación en

paralelo de 1Z y 2Z es la unidad.

La impedancia 1Z está formada por una resistencia óhmica ideal en serie con una bobina igualmente

ideal y de coeficiente de autoinducción H28,0L1 π= , siendo [ ] Ω+= 18j10Z0

Se pide:

a) Lecturas de VG, AG, VO, V1

b) Expresiones en forma binómica y polar de cada una de las impedancias desconocidas 1Z y 2Z .

c) Lecturas de los otros aparatos de medida WG, A1 y A2

d) Balance de potencias en el circuito

Todos los aparatos de medida se consideran ideales

A1

AG

A2

W1 W2WG

e(t) ~ VG V1

V0

Z0

Z1 Z2

Figura 24.1

Resolución:

a ) La lectura de VG es inmediata:

V4102

24102

EU 0G ===

Para determinar V1 plantearemos la siguiente ecuación vectorial:

G01G IZUU ⋅+=

Vº410UG δ∠=



[ ] Ω∠=+=+= º94,6059,2018j10jXRZ OLOO

Por otro lado, de la lectura del vatímetro W1 se deduce que:

21G11 cosIUW −ϕ⋅⋅=

1cos 21 =ϕ −

G11 IUW ⋅=

11

1G U

1750UWI ==

Si se toma 1U como origen de fases, será º0UU 11 ∠= y resulta:

1

1GU

1750º94,6059,20UU ⋅∠+=

o bien:

º94,60U

7,36034Uº4101

1 ∠+=δ∠

que, desdoblando en parte real y parte imaginaria, resulta:

º94,60cos7,36034UcosU410 211 ⋅+=δ⋅⋅

º94,60sen7,36034senU410 1 ⋅=δ⋅⋅

y que resolviendo resulta:

V103U1 =

V350U1 =

Después de no considerar las soluciones negativas, porque no tienen sentido físico, y de que la solución V103U1 = se haya desestimado, porque no sería lógico que la línea diese tanta o más caída que la carga, escogemos:

Vº0350U1 ∠=

Para determinar GI , se hará de la siguiente forma:

A51350

1750cosUWI

211

1G =

⋅=

ϕ⋅=

− en fase con 1U

El amperímetro AG indica 5ª:

Aº05IG ∠=

La caída de tensión en la impedancia OZ vale:

Vº94,6096,102º05º94,6059,20IZU GOO ∠=∠⋅∠=⋅=

Por lo tanto, la indicación de OV :

V96,102VO =



b) La impedancia reducida del conjunto en paralelo 21 ZZ − se puede determinar, conociendo que:

Vº0350U1 ∠= Aº05IG ∠=

Ω∠=∠

∠== º070º05

º0350IUZ

G

1P

Se trata de una resistencia pura, porque 1cos 21 =ϕ − .

Por otro lado:

Ω=π⋅π

=π⋅=ω⋅= 2810028,0100LLX 111L

Ω∠== º902828jX 1L

y resulta:

[ ] Ω+= 28jRZ 11

Para conseguir un factor de potencia del conjunto en paralelo igual a la unidad, 2Z tiene que ser de la forma:

º90XjX0Z 2C2C2 −∠=−=

Si se tiene además en cuenta que W2 = 0 kW, condición que se expresa por:

2222 cosIUW ϕ⋅⋅=

0cos 2 =ϕ

º90IU 222 =⋅=ϕ

La admitancia del conjunto 21 ZZ − es:

2C121

PjX1

28jR1

Z1

Z1Y

−+

+=+= (1)

que tiene que resultar igual a :

Sº070

1YP∠

= (2)

Igualando las partes reales e imaginarias de las ecuaciones (1) y (2), resulta:

ΩΩ

=1456

R1

Ω= 140'X 2C

Ω= 35''X 2C

Hay dos posibles valores de 1Z y 2Z , que son:

[ ] Ω∠=Ω+= º56,266,6228j56'Z 1



[ ] Ω∠=Ω+= º4,633,3128j14''Z 1

Ω−∠=Ω−= º90140140j'Z 2

Ω−∠=Ω−= º903535j''Z 2

c) Para el caso de 1'Z y 2'Z , la corriente en A1 y A2 vale:

[ ] A5,2j5º56,2659,5º56,265,62

º0350'I 1 −=−∠=∠

∠=

[ ] A5,2j0º905,2º90140

º0350'I 2 +=∠=−∠∠=

º05'I'II 21G ∠=+= , que cumple las condiciones iniciales:

A59,5A1 = A5,2A2 =

Cuando se cogen los valores de 1''Z y 2''Z , resulta:

[ ] A10j5º43,6318,11º43,633,31

º0350''I 1 −=−∠=∠

∠=

[ ] A10j0º9010º9035

º0350''I 2 +=∠=−∠∠=

º05'I'II 21G ∠=+= , que también cumple:

A18,11A1 = A10A2 =

En referencia al vatímetro, se tiene:

W20005101750IRWW 22GO1G =⋅+=⋅+=

d) Balance de potencias:

En [ ] Ω+= 28j56'Z 1

W175059,556'P 21 =⋅=

[ ] VA875j1750'S 1 +=

var87559,528'Q 21 =⋅=

En [ ] Ω+= 28j14''Z 1

W175018,1114''P 21 =⋅=

[ ] VA3500j1750''S 1 +=

var350018,1128''Q 21 =⋅=



En Ω−= 140j'Z 2

W0'P 2 =

VA875j'S 2 −=

)var(8755,2140'Q 22 −=⋅=

En Ω−= 35j''Z 2

W0''P 2 =

VA3500j''S 2 −=

)var(35001035''Q 22 −=⋅=

En [ ] Ω+= 18j10ZO

W250510P 2O =⋅=

[ ] VA450j250SO +=

var450518Q 2O =⋅=

En el generador se tiene:

∑= CG PP ∑= CG QQ

y da para cada caso el mismo resultado:

VAº68,122050450j2000''S'S GG ∠=+==

También se podría haber llegado al mismo resultado aplicando:

VAº68,122050º05º68,12410*IUS GGG ∠=∠⋅∠=⋅=



Problema 25 En el circuito eléctrico representado en el esquema, y con los interruptores K1 cerrado (es decir, conectado) y K2 abierto, se tienen las siguientes lecturas de los aparatos de medida:

V5,220VG = A60AG = kW938,7WG =

A continuación se abre el interruptor K1, continuando K2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son ahora:

V1008'V G = kW512,64'W G = A80'A G = A28'A 2 =

V25,656'V 4 = kW224,28'W 1 = kW0'W 2 = kW199,17'W 3 =

Se sabe que con estas condiciones la carga total del generador es inductiva y que las impedancias 0Z y 4Z son capacitivas y la 3Z inductiva.

Determinar:

a) Formas binómicas y polares de todas las impedancias conectadas al circuito

b) Lecturas del resto de los aparatos de medida

c) Diagrama vectorial de todas las tensiones y corrientes

A continuación, con el interruptor K1 abierto, se cierra K2 que conecta una batería de condensadores a fin de mejorar el factor de potencia de la carga situada a la derecha de los terminales M y N hasta la unidad, siendo V’’5 = 1050 V.

Determinar:

d) Características de la batería de condensadores

e) Nuevas lecturas de G''I , O''V , G''V y G''W

A A2

A1

WG W1 W3W2

V0 V3

V1

V5

V2

V4

VG

Z0 Z3

Z1 Z2

Z4

K1

K2

V6

Μ

Ν

Α

Β

e(t) ~

Figura 25.1



Resolución:

a) Con el interruptor K1 cerrado, el circuito que se tiene es el siguiente, que permite determinar 0Z :

AG WG

~ VG

V0

Z0

Figura 25.2

GGGG cosIUW ϕ⋅⋅= 6,0

605,2207938

IUW

cosGG

GG =

⋅=

⋅=ϕ º13,53G ±=ϕ

Si 0Z es capacitiva: º13,53G −=ϕ Tomando GU como origen de fases se tiene:

Vº05,220UG ∠= Aº13,5360IG ∠=

º13,5360º05,220

IUZ

G

G0

∠∠==

[ ] Ω−= 94,2j205,2Z0

Abriendo el interruptor K1 y continuando K2 en la misma posición, abierto, el circuito que se tiene que resolver es:

Z4

Z2

Z3

X1

AG

~ VG

Z0

Se sabe que, además, el circuito es inductivo, por lo tanto:

Figura 25.3



8,0801008

64512'I'U

'W'cos

GG

GG =

⋅=

⋅=ϕ

º87,36'G =ϕ 6,0'sen G =ϕ Si, como en el caso anterior, se toma ,Vº01008'U G ∠= [ ] A48j64º87,3680'I G −=−∠= , retardada

respecto a GU ' , la caída de tensión que se produce ahora, en la impedancia ,Z0 vale:

Vº90294º87,3680º13,53675,3'IZ'U G00 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V294jº90294'U 0 −=−∠= V294'U O =

y la tensión en los terminales de todo el conjunto en paralelo, que viene indicada por el voltímetro V5, vale:

[ ] V294j1008º90294º01008'U'U'U 0G5 +=−∠−∠=−=

Vº26,161050'U 5 ∠=

V1050'U 5 =

Por lo tanto, la impedancia total del circuito resulta:

[ ] Ω+=∠=−∠

∠== 56,7j08,10º87,366,12º87,3680

º01008'I'U

'ZG

GT

También la impedancia reducida de las dos ramas en paralelo vale:

[ ] Ω+=∠=−∠∠== 5,10j875,7º13,53125,13

º87,3680º26,161050

'I'U

'ZG

5P

Como comprobación, se tiene que verificar que:

[ ] [ ] Ω−−+=−= 5,10j975,756,7j08,10'Z'ZZ PT0

[ ] Ω−∠=−= º13,53675,394,2j205,2Z0

y, efectivamente, coincide con el valor hallado al principio.

Por otro lado, la impedancia reducida del conjunto 43 ZZ + en serie 43Z − vale en módulo:

Ω====+ − 5,3728

1050'I

'UZZZ

2

54343

habiendo un desfase entre 5U e 2I tal que el coseno vale:

96,0281050

28224'I'U

'Wcos25

143 =

⋅=

⋅=ϕ −

º26,1643 ±=ϕ −

[ ] Ω±=±∠=+=− 5,10j36º26,165,37ZZZ 4343



Por otro lado, el módulo de 4Z se puede obtener de:

Ω=== 4375,2328

25,656'I

'UZ

2

44

Para conocer el desfase que ocasiona ésta impedancia, sabemos:

W17199'W 3 = V25,656'U 4 = A28'I 2 =

por lo tanto,

936,0'I'U

'Wcos

24

34 =

⋅=ϕ º61,204 =ϕ

y siendo 4Z capacitiva, será de la forma:

[ ] Ω−=−∠= 25,8j9375,21º61,204375,23Z4

y ya que [ ] [ ] [ ] Ω−++=±=+ 25,8j9375,21jXR5,10j36ZZ 3343

Ω=−= 0625,149375,2136R3

Ω=+= 75,1825,85,10X3 ó Ω−=+−= 25,225,85,10X3

La segunda solución de 3X no es válida ya que, según indica el enunciado, 3Z es una impedancia inductiva.

En consecuencia:

[ ] Ω∠=Ω+= º13,534375,2375,18j0625,14Z3

[ ] Ω−∠=Ω−= º61,205375,2325,8j9375,21Z4

Para hallar el vector 2'I , se tendrá, ahora:

[ ] A0j28º028º26,165,37º26,161050

ZZU'I

43

52 +=∠=

∠∠=

+=

que nos permitirá hallar inmediatamente el vector 1'I porque:

21G 'I'I'I += 2G1 'I'I'I −=

[ ] Aº13,536048j36º028º87,3680'I 1 −∠=−=∠−−∠=

y a continuación se podrá determinar 21 ZX + :

Ω∠=−∠∠==+ º39,695,17

º13,5360º26,161050

'I'U

ZX1

521

[ ] [ ][ ]21221 XXjR38,16j16,6º39,695,17ZX ++=Ω+=∠=+

Ω= 16,6R 2 Ω=+ 38,16XX 21



Para poder conocer los valores de 1X y 2X , se estudia la tensión que hay entre los terminales del vatímetro 2'W :

115AB 'Uº26,161050'U'UU −∠=−=

º87,69X60º90Xº13,5360º90X'I'U 11111 ∠⋅=∠⋅−∠=∠⋅=

º87,36X60º26,161050U 1AB ∠⋅−∠=

La potencia aparente en forma compleja en este tramo de circuito es:

( )[ ]

( ) ( ) VAX36294j28X481008º028X36294jX481008'*IUS

11

112ABAB

⋅−+⋅⋅−==∠⋅−+⋅−=⋅=

ya que la lectura del vatímetro W’2 es cero, quiere decir que la parte real ABS es nula. O sea:

( ) 028X481008 1 =⋅− Ω= 21X1

y, en consecuencia, Ω=+ 38,16XX 21 Ω−=−= 62,42138,16X2

por lo tanto, [ ] [ ] Ω−∠=Ω−=−= º87,367,762,4j16,6jXRZ 222

Ω∠=Ω= º902121jX1

b) Las indicaciones de los aparatos de medida se obtienen de:

Aº13,5360I1 −∠=

Aº028I2 ∠=

Aº87,3680'I G −∠=

Vº87,361260º13,5360º9021'IZ'U 111 ∠=∠⋅∠=⋅=

Vº90462º13,5360º87,367,7'IZ'U 122 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

Vº26,161050'U'U'U 215 ∠=+=

Vº13,53º25,656º028º13,534375,23'IZ'U 233 ∠=∠⋅∠=⋅=

Vº61,20º25,656º028º61,204375,23'IZ'U 244 −∠=∠⋅−∠=⋅=

Vº26,161050'U'U'U 435 ∠=+=

Vº61,2025,656'U'U'U 316 ∠=−=

Vº90462'U'U'U'U 215AB −∠==−=

En consecuencia, las indicaciones serán:



A60'A 1 = A80'A G = A28'A 2 =

V1260'V 1 = V462'V 2 = V25,656'V 3 =

V1050'V 5 = V25,656'V 4 =

V25,656'V 6 = V462'V AB =

c) Diagrama vectorial de tensiones y corrientes:

Figura 25.4

51243 'U'U'U'U'U =+=+ AB2 'U'U =

G05 'U'U'U =+ 46 '*U'U =

21G 'I'I'I +=

d) Cuando se conecta la batería de condensadores, se mejorará el factor de potencia hasta valor 1.

La potencia aparente en forma compleja, absorbida por la carga antes de conectar el interruptor, es:

[ ] VA67200j50400º87,3680º26,161050'*I'U'S G5C +=∠⋅∠=⋅=

Como consecuencia, los condensadores han de aportar 67200 var (-), y por lo tanto:

C'UX

'U'U67200Qcond 2

CC

CC ⋅ω⋅=⋅==

F107,19410501006720010C 2

6

F µ=⋅π

⋅=µ

y la reactancia valdrá:

2'U

0'U

6'U

1'U

4'U

5'U

3'U

2'I GI '

1'I

GU '



Ω=== 406,16672001050

Q'U

X2

cond

2C

C

e) Antes de conectar los condensadores, la corriente valía:

A48j64º87,3680'I G −=−∠=

Los condensadores aportan una corriente que vale:

Aº26,10664º90406,16

º26,161050'X'U

''IC

5C ∠=

−∠∠==

[ ] A44,61j92,17º26,10664''I C +−=∠=

por lo tanto, la nueva corriente valdrá:

[ ] Aº26,1648A44,13j08,46''I'I''I CGG ∠=+=+=

y ahora serán:

Vº87,264,176º26,1648º13,53675,3''IZ''U G00 −∠=∠⋅−∠=⋅=

Vº30,9423,1164º87,364,176º26,161050''U'U''U 0CG ∠=−∠+∠=+=

La potencia aparente suministrada por el generador vale:

[ ] VA8,6772j4,55480º26,1648º30,9423,1164'*'I''U''S GGG −=−∠⋅∠=⋅=

Por lo tanto, las lecturas de los aparatos de medida son:

A48''A G = V423,1164''V G =

V4,176''V 0 = W4,55480''W G =



Problema 26

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado. En estas condi-ciones las lecturas de los aparatos de medida son:

W432W = V 42V = )ind(99778,0cos G =ϕ (factor de potencia del generador)

A continuación se abre el interruptor K, obteniéndose en régimen permanente las siguientes lecturas

A2=15,1789 A A3=18 A siendo A1<10 A

También se conoce que las ramas formadas por las impedancias Z2 y Z3 están en resonancia.

Se pide:

a) Valor L1 y la lectura del amperímetro A1

b) Valores de las impedancias Z2 y Z3 en forma binómica

c) Expresión temporal en régimen permanente del corriente i(t)

Datos:

)t100cos(E)t(e max π= Ω 1R1 = mF25C π= Ω 3R 4 =

L1 L3

R1

R2

R3C2

e(t)C

K A1 A2 A3

V

W

~

A

i(t)

Z2 Z3

Figura 26.1

Resolución:

Ω 41002

510

C1X

3

C =ππ

=ω

=

VAr1444

24XU

Q2

C

2G

C === º818,3'=ϕ

VAr 6833,28º818,3tg432'WtgQ'G ==ϕ=



a) Situación: K abierto, K1 en A, A 81A3 = , A 15,1789A2 = , 2Z y 3Z resonancia, Ω 1R 1 =

C'GG QQQ += = 1448336,28 + = VAr 6833,172

21L

21

1L2G

GXR

X·UQ

+= 8336,172 = 2

1L

1L

X1X·24

+ Ω 4333,0X'

1L = ; Ω 3X ''1L =

Ω 3X ''

1L = jXRZ 1L11 += = j31+ = º565,71163,3 ∠

º024UG ∠= ; 1

1G1 Z

UI = [1]= Aº565,71589,7 −∠

A589,7A1 = < A 10 mH 954,9XL 1L1 =

ω=

b) La misma situación del apartado a)

jQWS GG += = VAº805,212907,465j8336,172432 −∠=+ *

G

GT U

SI ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡= = Aº805,21387,19j201,718 −∠=−

1T23 III −= = Aº06,15j06,15 ∠=+ Por el teorema del coseno:

º13,53I·I·2III

arccos323

223

23

22

3 ±=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−−

=ϕ

Ω 6j0,18,0º13,53333,1º13,5318

º024I

UZ

3

G3 +=∠=

−∠∠==

1

33 º13,53750,0

Z1Y −Ω−∠== ; 1

G

2323 º06,0

VIY −Ω∠==

3232 YYY −= = 1º565,71632,0 −Ω∠ ; Ω 5j,15,0º565,715811,1Y1Z2

2 −=−∠==

c) La misma situación que en los apartados a) y b)

13 º13,5318I −Ω−∠= ; A )

180º13,53t100cos(18·2)t(i3 π−π=

I2

VGI23

I3

ϕ3

ϕ3



Problema 27

El circuito de la figura se halla en régimen permanente, estando alimentado por un generador de corriente ),t100cos(14,14)t(i π= presentando un factor de potencia igual a la unidad.

Se conocen las siguientes lecturas de los aparatos de medida: A1=10 A, A2=10 A, V=60 V.

Se pide:

a) Valores de Lo, R2 , C1 y L2

b) Lecturas de W y de Vg. Potencia aparente que suministra el generador en forma vectorial

L0

L2

R2

C1

i(t)

A1 A2

Vg

W

~V

Figura 27.1

Resolución:

Para la primera parte del problema se consideran los datos: A1=A2=10 A y Ig=10 A (valor eficaz )2/14,14 y que el factor de potencia es 1 las dos ramas y la bobina L1 están en resonancia:

I2I1

Ig

Ig Ug

I2I1 Ig

cosϕ=1

=+

60ºI ·X =Ug L0 L0

|I |=|I |=|I |1 2 g

Se desconoce Ug y XL0 (pero sí el ángulo, ya que es una bobina), teniendo en cuenta que

UUU LOg += donde el último término representa la caída de tensión entre A-B de la que conocemos el modulo.



El diagrama de fasores del circuito queda:

El ángulo entre la Ig y U se puede determinar gracias al condensador. Sabiendo que adelanta 90º la intensidad y conocido el ángulo de ésta, solo tiene que atrasar U respecto I1 (intensidad del condensador). 60-90=-30º, que es el ángulo de la tensión U.

Ω=== 61060

AVX

11C Ω−∠= º906Z1

Ω∠=−∠−∠=ϕ∠= º306

º6010º3060

AVZ 2

22

º306º306º906º306º·906

ZZZ·ZZ

21

2112 −∠=

∠+−∠∠−∠=

+=

Ω 3j2,5Z12 −=

Tengo que hallar ω , f f2100 π=ω=π a)

ω=

C1X 1C donde Ω= 6X 1C (parte imaginaria de 1Z ), ω conocida Fµ 5,530C1 =

ω= 22 LX donde 30·sin6X2 = (parte imaginaria de 2Z ), ω conocida Hm 55,9L2 =

30·cos6R 2 = (parte real de 2Z ) Ω 2,5R2 =

ω= 0L0L LX [1] el único camino para hallar XL0 es a partir de UL0.

0LG0L VI·X = , IG=10 A y 30cosVV 0L = V=60 hallamos Ω 3jX 0L = [1] Hm 55,9L0 =

b)

Tgg Z·IU = necesitamos 0L12T ZZZ += Ω 2,53j)3j2,5(ZT =+−= Como están en fase, podemos hallar con los módulos directamente:

Ug=Ig·ZT =10·5,2=52V que es el que indicará el voltímetro. Pg=W=IgUg=10·52=520W (el que indicará el watímetro)

Q=0 (carga resistiva) VA520PS ==

I2I1

Ig Ug60º

30º

-60º

Ul0U



Problema 28


Se pide :

a) Circuito equivalente de Thevenin en bornes de A-B (ETh y ZTh)

b) Generador equivalente de Norton en bornes de A-B (IN)

c) Impedancia a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia y valor de ésta

Datos: Aº05IG ∠= Ω º02RG ∠= Ω j43Z += Ω j2XC −= 1Ω 10,0k −=

~RGIG Z

XC

U

A

B

Uk

Figura 28.1

Resolución: a) Cálculo de la ZTh :

RG Z

XC

U

U

A

B

UkE0

I0I2IC

I1

Figura 28.2

Nudo U : C21 III += C

0

G XEU

ZU

RU0 −+=− [1]



Nudo A: 0IU01,0I 0C =+= con las tensiones anteriores: 0IU01,0X

EU0

C

0 =++− [2]

con [1] y [2] tenemos 2 ecuaciones con 2 incógnitas (en complejos 4 ec, 4 incógnitas), de donde se puede determinar 0E en función de 0I :

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=++−∠−

−∠−+

∠=

∠−

0IU01,0º902

EUº902

EUº13,535

Uº02

U

00

0

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−∠

+∠

+∠

=−∠ º902

1º13,535

1º02

1Uº902

E0

Con esta expresión se puede hallar la relación entre U y 0E de

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−∠

+∠

+∠

−∠=

º9021

º13,5351

º021)º902(

EU 0 [3]

de la ecuación [2]:

00 I

º902EU1,0

º902U −=

−∠−+

−∠ 0

0 Iº902

E101

º9021U −=

−∠−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−∠[2’]

finalmente introducimos [3] a [2’]:

000 I

º902E

101

º9021·

º9021

º13,5351

º021)º902(

E −=−∠

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−∠⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−∠

+∠

+∠

−∠

0

0E

Iº902

1

º9021

º13,5351

º021)º902(

101

º9021

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−∠−

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−∠

+∠

+∠

−∠

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−∠ [4]

Si nos fijamos en la ecuación [4], nos da 00 E/I− lo que permite determinar 00th I/EZ = :

Vº563,46242,2j628,1541,1Zth −∠=−=



Cálculo ETh :

~IG RG Z

XC

U

U

A

B

UkI2I1

VAB

Figura 28.3

21G IIUkI +=+ Sustituimos los valores conocidos y hallamos U:

º87,365U

º02UU01,0º05

∠+

∠=+∠ Vº698,149285,7j012,2669,7U ∠=+=

La tensión thE será:

=∠+∠−∠=+=+= º698,149285,7º698,149285,7·01,0º·902UUk·XI·ZUk·XU C2CAB

thEVº55,13930,7j858,1709,7 =∠=+= Cálculo IN: b) Conocidas thE y thZ :

Aº114,60536,3j066,3762,1ZEI

th

thN ∠=+==

c) La impedancia a colocar será: Ω∠=+== º563,46242,2628,1j541,1*ZZ th La potencia máxima será:

W619,10

R4EP

th

2th

max ==



Problema 29

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente estando alimentado por un generador de tensión y un generador de corriente. Se conocen los siguientes datos:

EG=20∠0° V IG=5∠9° V EG=20∠0° V R1=25 Ω R2=40 Ω

XL=20 Ω XC=5 Ω

a) Equivalente de Thevenin en bornes de A-B

b) Calcular la Z a colocar para transferir en bornes de A-B la máxima potencia y valor de ésta

LR1

C R2EG

IG

A

B Figura 29.1

Resolución:

Equivalente de Thevenin Por traslación de fuentes.

Figura 29.2 Por transformación de fuentes.

EG~

~~ A

B

XC

R1

R2

XL

R I1 G X IL G

I1 I2

Figura 29.3

~~

EG~

A

B

XC

R1

R2

XL

IGIG



Cálculo del ETh: De la figura anterior se determina thE por mallas.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

−

2

1

2L

C1

GLG

GG1

I

IRX0

0XRIXE

EIR

( )( )2LC1

GLG

GG1C1

2 RXXRIXE0

EIRXR

I++

+−+

=( )( )

( )( )2LC1

GLGC1RXXR

IXEXR++

++=

2L

GLG2

RX

IXEI

+

+= Aº435,1537888,1j

54

58 ∠=+−=

( )GLG2L

222abierto.cABth IXE

RXRR·IUE ++

=== V º435,153554,71j3264 ∠=+=

Podemos calcular la NI mediante la ,Zth que se calcula pasivando el circuito. O encontrando NI y después thZ con la thE .

NIL

GLGX

IXE += Aº904j4 ∠== thZN

thIE= =

º904º435,153554,71

∠∠ Ω º435,63888,17 ∠=

Pasivando el circuito:

A

B

XC

R1

R2

XL

Figura 29.4

thZL2

L2XR

XR+

=40j20

º040º·9020+

∠∠=2j

º9040+∠= 16j8 += Ω º435,63888,17 ∠=

NIth

thZE= =

º435,63888,17º435,153554,71

∠∠ Aº904∠=

Z para transferir la máxima potencia consumida.

Ω º435,63888,17j168ZZ *th −∠=−== W160

R4EP

th

2th

max ==



Problema 30

El circuito alimentado por un generador de corriente alterna de frecuencia de 50 Hz trabaja en régimen permanente. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos:

W= 1687,85 W A1 = 6,167 A A2 = 6,866 A V2 = 153,53 V

Las impedancias de línea cumplen:

839,0RX

1L

1L = y Ω º303jXRZ 2L2L2L ∠=+=

Las cargas:

carga 1 inductiva consume 574,24 W

carga 2 capacitiva consume 942,869 W

Se pide:

a) Lecturas A y V

b) Impedancias de las cargas ZL1, Z1 y Z2 en forma binómica

c) Potencia aparente del generador y factor de potencia

A W

V2V

RL1 Rl2XL1 XL2

e(t) ~A1 A2

CARGA 1 CARGA 2

Figura 30.1

Resolución:

a) De la carga 2:

2222 cosAVP ϕ= º562,262 =ϕ podemos determinar la potencia aparente:

22

22 cos

PS ϕ∠ϕ

= VA 38j,471869,942 −=

como tenemos la impedancia de línea 2:



2L222L ZAS = VA 30º141,425VA j713,70478,122 ∠=+=

la potencia aparente de la carga 2 y la parte de línea 2 queda:

22LA SSS += VA 061,2020,1138j671,40034,1065 −∠=−= Por lo tanto, podremos determinar la caída de tensión, que será la misma que la de la carga 1:

2

A1 A

SU = V773,165= y 1111 cosAUP ϕ= º826,551 =ϕ

11

11 cos

PS ϕ∠ϕ

= VA º82,55325,1022j812,84524,574 ∠=+

A1A1 SSS += j14,44558,1639 += VA º189,1594,1698 ∠=

con la potencia aparente y la caída de tensión A428,10U

SI

1

A1G == la lectura del amperímetro A.

Para determinar la caída de tensión del generador, se determinará la potencia de todo el circuito. b) Impedancias de las cargas y de línea 1

)SRe(ARW A12

1L += Ω 945,0R 1L =

1L1L

1L tgRX

ϕ= º401L =ϕ Ω=ϕ= 385,0RtgX 1L1L1L j385,0459,0Z 1L += Ω∠= º40599,0

Ω 9j23,22098,15ASZ 2

1

11 +== Ω j1020

ASZ 2

2

22 −==

c) Potencia aparente del generador y el factor de potencia

VA º051,1632,1756j633,48585,1687SAZS A12

1LT ∠=+=+=

961,0)051,16cos(cos G ==ϕ (inductivo) a*) Podemos determinar la tensión de generador (voltímetro V):

AUS GT = 372,171UG = V (que es lo que marca el voltímetro V)



Problema 31

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Conocemos:

ZL=0,1+j·0,9 Ω

cos ϕ1=0,7071 inductivo

Conjunto de Z1 y Z2 tiene un cosϕ12 =0,5912 inductivo

Se han observado los siguientes resultados:

Interruptor K cosϕG Voltímetro V

Abierto 0,6535 inductivo 217,395 V

Cerrado 0,490 inductivo

Se pide:

a) Impedancias Z1 y Z2 en forma binómica

Con el interruptor k cerrado:

b) Lecturas del siguientes aparatos: WG , AG y V

c) Potencia aparente del generador en forma binómica y polar

Figura 31.1

Resolución: a) Con K abierto tomamos Aº0II GG ∠= El diagrama vectorial:

º45395,217U ∠= UUU LG +=

Ω∠= º66,839055,0ZL Vº66,83VU LL ∠=

UG UL

U Iϕ1

VL

AG

*

VG

A1

V

A2

RL LL

eG(t)

Z 1

* *

WWG

Z 2

W0

K



6335,0cos G =ϕ º194,49G =ϕ º194,49UU GG <=

7071,0cos 1 =ϕ º451 =ϕ

⎭⎬⎫

°+°=°°+°=°

45sen395,21766,83senU194,49senU45cos395,21766,83cosU194,49cosU

LG

LG V 009,28UV 79,239U

L

G

==

Tenemos las tensiones en módulo y ángulo:

L

LG Z

UI = Aº0020,31IG ∠=

G1 I

UZ = Ω j955,4955,4º45008,7 +=∠=

b) Con K cerrado tomamos Aº0II GG ∠= Diagrama vectorial:

UUU LG +=

12cosϕ º76,5312 =ϕ

Gcosϕ º60,60G =ϕ V º76,53UU ∠=

V º66,83UU LL ∠= V 0º6,6097,239UG ∠=

⎭⎬⎫

+=+=

76,53Usen66,83senU60,60sen97,23976,53cosU66,83cosU60,60cos97,239

L

L V 484,57U

V 90,188U

L ==

En forma vectorial:

Vº66,83844,57UL ∠= Vº76,5309,188U ∠=

L

LG Z

UI = Aº0878,63IG ∠=

Con las impedancias en paralelo encontramos 2Z :

G12P I

UZZ == Ω º758,53944,2j375,2741,1 ∠=+=

1

PP º757,533396,0j2739,020078,0

Z1Y −Ω−∠=−==

VG VL

UIϕ12



1

11 º4514269,0j100500,0100898,0

Z1Y −Ω−∠=−==

11P2 º601997699,0j17300,009988,0YYY −Ω−∠=−=−=

22 Y

1Z = Ω∠=+= º60005,5j335,45028,2

La potencia aparente será:

VA º60,6098,15328j62,13362202,7511I·US *

GGG ∠=+==

W220,7511WG =



Problema 32

En el circuito de la figura se han realizado las siguientes lecturas correspondientes a diferentes pruebas:

Medida Interruptores cerrado(s) Lectura vatímetro Lectura amperímetro 1 K1 2234,94 W 9,650 A 2 K2 1041,74 W 8,069 A 3 K1, K2 y K3 3798,88 W 22,309 A

Se pide:

a) Valor de las impedancias de cada rama y la de línea

Con los tres interruptores cerrados. Calcular:

b) Corrientes que circulan por cada elemento en forma vectorial

c) Potencias activas consumidas por cada una de las cargas y en la línea

d) Potencia aparente en forma vectorial, proporcionada por el generador

A

*

W

EG

L2

R1 R2 R3

L3

ZL

K1 K2 K3

Figura 32.1

Nota : EG= 240 V ( valor eficaz) y ZL=1∠φ Ω inductivo

Resolución: Con K1 cerrado tenemos:

1 2 2

W 2234,94 R = 24 A 9,650

= = Ω

1Z 24 0 = ∠ ° Ω

I 9,650 0 A= ∠ °



1S 2234,94+j·0 2234,94 0= = ∠ ° VA

L LZ =1 =1·cos +j·1·sen Ωϕ ϕ ϕ∠

GU 240 VGϕ= ∠

G G G GS =U ·I*= U · I S 240·9,650 2316,000 VAG G G Gϕ ϕ ϕ ϕ∠ = ∠ = ∠ = ∠

2 2 2

L L LLS = I ×Z = I · Z cos +j· I · Z ·sen 9,650·cos ·9,650·sen VAjϕ ϕ ϕ ϕ= +

( ) ( )2 22 2 2 2G L L1S = P S ·cos S ·sen 2316 (2234,94+9,650·cos ) (9,650·se n ) ϕ ϕ ϕ ϕ+ + = = +

L30,07º Z 1 30,07º ϕ = ⇒ = ∠ Ω

Con K2 cerrado tenemos :

Ω=== 16069,8

74,1041AWR 222

I 8,069 0 A= ∠ °

G G G GS =U ·I* U · I S 240·8,069 1936,560 VAG G G Gϕ ϕ ϕ ϕ= ∠ = ∠ = ∠ = ∠

2 2 2

L L LLS = I Z I · Z cos j· I · Z ·sen 56.346 j·32.623 VAϕ ϕ⋅ = + = +

2 2 2 2

22 2 2 2S = I Z I ·R j· I ·X 1041,74 j·8,069 ·X VA⋅ = + = +

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2

G L 2 L 2 2S = P +P + Q +Q =1936,56 =(1041,74+56,346) +(32,623+8,069 ·X )

22X 24 Z 16 j·24 28,853 56,30º = Ω⇒ = + = ∠ Ω

Con K1, K2 y K3 cerrado tenemos :

p 2 2

W 3798,88 R = = =7,633 ΩA 22,309

I 22,309 0 A= ∠ °

G G G GS =U ·I* U · I S 240·22,309 5354,16 VAG G G Gϕ ϕ ϕ ϕ= ∠ = ∠ = ∠ = ∠



2L L LLS = I Z I · Z cos j· I · Z ·sen 430,711 j·349,368 VAϕ ϕ⋅ = + = +

2 2 2 2

pp p p pS = I * Z I ·R j· I ·X 3798,88 j·22,309 ·X VA= + = +

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2G L p L p pS = P +P + Q +Q =5354,16 =(3798,88+430,711) +(349,368+22,309 ·X )

ppX =6,095 Z =7,633 j·6,095 9,768 38,60º Ω⇒ + = ∠ Ω

2

ppS = I Z 3798,88 j·3033,55 4861,475 38,608º VA⋅ = + = ∠

P

pSU = =170,284 j·135,978 217,915 38,608º VI*

+ = ∠

p

11

UI = 7,095 j·5,666 9,079 38,60º AZ

= + = ∠

p

22

UI = =7,197-j·2,297=7,555 -17,60º AZ

∠

3 1 2I =I-I -I =8,016+j·3,368=8,695 -22,79º A∠

p

33

UZ = 11,995 j·22,003 25,061 61,40º I

= + = ∠ Ω

2

LLS = I Z 430,711 j·249,368 497,691 30,07º VA⋅ = + = ∠

11 pS =U ·I *=1978,630 1978,630 0º VA= ∠

22 pS =U ·I * 913,289 j·1369,853 1646,388 56,30º VA= + = ∠

33 pS =U ·I * 906,959 j·1663,702 1894,856 61,40º VA= + = ∠

G 1 2 3 LS =S +S +S +S =4229,591+j·3282,923 5354,16 37,81º VA= ∠

1P =1978,63 W 2P =913,289 W 3P =906,959 W

LP =430,711 W



Problema 33

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, sabemos las lecturas de los siguientes aparatos de medida:

W1= 1722,95 W W2=667,397 W A2=10,547 A

La fuente de corriente da una intensidad que responde a la expresión:

)t··300cos31t··100cos·(2·1010)t(i π+π−+= A

La capacidad del condensador es de C1= π/5 mF y el coeficiente de autoinducción de la bobina es L2= π/30 mH .

Se pide:

a) Las lecturas del voltímetro VG y amperímetro AG

b) Las expresiones temporales de la tensión en bornes del condensador y de la corriente que circula por la bobina.

AG

iG(t) VG

*

W1

A1

C1

A2

R1

W2

*

R2

L2

Figura 33.1

Resolución: Calculemos la lectura del amperímetro AG:

A 530,143

101010IIII2

2222

21

20g =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++=++=

Ω=== 6547,10

394,667AWR 22

2

22 Ω=−=−= 5

530,14394,66795,1722

AWWR 22

g

211

Aplicando superposición, vamos a encontrar las tensiones en bornes del generador, del condensador y la intensidad que circula por la bobina .



Cálculos para la componente de continua:

V 505·10R·IU 1G'

1R' ===

V 606·10R·IU 2G'

2R' ===

V 1106050UUU 2R'

1R'

g' =+=+=

Cálculos para la componente fundamental de alterna ω1=100·π rad/s:

A t100cos2·10i G'' ⋅π⋅⋅−=

A 18010I''i G''

G °∠=→

Ω°−∠=⋅−=π⋅⋅

π

⋅−=ω⋅

−= 9022j100510j

C1jZ

3

111

Ω°∠=⋅+=π⋅⋅π⋅⋅+=ω⋅⋅+= 565,26708,63j61001030j6LjRZ

3

122''2

Ω°−∠=⋅−=+⋅

= 890,72205,2108,2j648,0ZZZZ

Z ''2

''1

''2

''1''

12

Ω°−∠=⋅−=+= 46,20029,6108,2j648,5ZRZ ''121

''T

A 53,80288,3243,3j540,0Z

IZI ''

2

G''

12''2 °∠=⋅+=

⋅=

V 10,107056,22081,21j484,6IZU ''

G''

12''2Z °∠=⋅+−=⋅=

Vº1805050I·RU ''

G''

1''

12R ∠===

V 53,15929,60081,21j486,56IZU ''G

''T

''G °∠=⋅+−=⋅=

( ) A 53,80t100cos2288,3''iI 2''2 °+⋅π⋅⋅⋅=→

( ) V 10,107t100cos2056,22''uU 2Z

''2Z °+⋅π⋅⋅⋅=→

( ) V 53,159t100cos229,60''uU G

''2 °+⋅π⋅⋅⋅=→

Cálculos para la componente fundamental de alterna ω2=300·π rad/s:

A t300cos2·3

10i G''' ⋅π⋅⋅=

A 03

10I'''i ''GG °∠=→



Ω°−∠=⋅−=π⋅⋅

π

⋅−=ω⋅

−= 9032

32j

300510j

C1jZ

3

21

'''1

Ω°∠=⋅+=π⋅⋅π⋅⋅+=ω⋅⋅+= 31.56816,109j63001030j6LjRZ

3

222'''

2

Ω°−∠=⋅−=+⋅

= 94,87702,0701,0j0258,0ZZZZ

Z '''2

'''1

'''2

'''1'''

12

Ω°−∠=⋅−=+= 950,7074,5702,0j025,5ZRZ '''121

'''T

A 75,35649,0379,0j527,0Z

IZI '''

2

'''G

'''12'''

2 °∠=⋅+=⋅

=

V 93.87340,2339,2j084,0IZU '''

G'''

12'''2Z °−∠=⋅−=⋅=

V 03

50IRU '''G

'''1

'''12R °∠=⋅=

V 95,7913,1634,2j751,16I·ZU '''

G'''

T'''

G °−∠=⋅−==

( ) A 75,35t100cos2649,0''iI 2'''

2 °+⋅π⋅⋅⋅=→

( ) V 83,87t100cos2340,2uU 2Z''''''

2Z °−⋅π⋅⋅⋅=→

( ) V 95,7t100cos2913,16uU G''''''

2G °−⋅π⋅⋅⋅=→

( )( ) V 95,7t100cos2913,16

53,159t100cos229,60110uuuu '''G

''G

'GG

°−⋅π⋅⋅⋅

+°+⋅π⋅⋅⋅+=++=

( )

( ) V 75,35t100cos2649,0

53,80t100cos2288,310iiii''i L'''

2''

2'

22

°+⋅π⋅⋅⋅

+°+⋅π⋅⋅⋅+==++=

( )

( ) V 83,87t100cos2340,2

10,107t100cos2056,2260)t(uuuuu C'''

2Z''

2Z'

2Z2Z

°−⋅π⋅⋅⋅

+°+⋅π⋅⋅⋅+==++=

Calculamos la lectura del voltímetro VG :

( ) V 575,126913,1629,60110UUUU2

22'''G

2''G

2'GG =++=++=



Problema 34 Inicialmente el circuito de la figura se halla en régimen permanente. El generador de tensión alterna de valor V )t100cos(2200)t(e ⋅π⋅⋅⋅= y se sabe que esta trabajando con un factor de potencia igual a la unidad .

Se conocen también las lecturas de cinco aparatos de medida indicados en la figura:

A=15,207 A V=185 V V1=88,670 V V2=173,385 V

W=2775 W

Se pide:

a) Los valores de todos los electos pasivos del circuito: RG, L, L1, R1, R2 y C2

b) Potencia aparente suministrada por el generador

c) Expresión temporal, en régimen permanente, de la tensión en bornes del condensador

EG

L1 R1

A1

R2

C2

V

*

W

L

RG

V1

V2

Figura 34.1

Resolución:

Cálculos previos: rad/s 100 π⋅=ω V 0j200º0200E)t(e G ⋅+=∠=→

V 0j185º0185U ⋅+=∠=

V sen67,88jcos67,88º67,88U1 α⋅⋅+α⋅=α∠= V sen385,173jcos385,173385,173U2 β⋅⋅+β⋅=β∠°=



21 UUU += igualando partes reales e imaginarias tenemos:

β⋅−=α⋅⇒β⋅+α⋅=

β⋅−=α⋅⇒β⋅+α⋅=

sen385,173sen67,88sen385,173sen67,880

cos385,173185cos67,88cos385,173cos67,88185

elevando cada ecuación al cuadrado y sumadas tenemos:

22

22

)sen385,173()sen67,88(

)cos385,173185()cos67,88(

β⋅−=α⋅

β⋅−=α⋅

2222 )sen385,173()cos385,173185()sen67,88()cos67,88( β⋅−+β⋅−=α⋅+α⋅

°±=β⇒β⋅−=

β⋅−+β⋅−=α⋅+α⋅

412,28cos45,6415235822,642873689,7862

)sen385,173()cos385,173185()sen67,88()cos67,88( 2222

°±=α⇒°−⋅−=α⇒β⋅−=α⋅ 49,68

67,88)412,28cos(385,173185coscos385,173185cos67.88

V 5,82j5,32º49,6867,88U1 ⋅+=∠= V 5,82j5,152º412,28385,173U2 ⋅−=−∠=

A 5,2j207,15464,9207,15I464,9207,15185

2775AV

Wcos ⋅+=°∠=⇒°±=θ⇒⋅

=⋅

=ϑ

Ω⋅+=°∠== 5j334,59830,5I

UZ 1

1 , Ω= 3R1

Ω⋅−=°−∠== 7j987,37401,11I

UZ 22 Ω= 9R 2

mH 9,15LH 0159,0100

5XL 11

1 =⇒=π⋅

=ω

=

F 7,454CF 0004547,01007

1X

1C 22

2 µ=⇒=π⋅⋅

=ω⋅

=

Ω⋅−=°−∠=+= 2j12464,9165,12ZZZ 2112

1-

1212 011352,0j08108,0464,90822,0

Z1Y Ω⋅+=°∠==



Ω⋅=°∠==⇒Ω°−∠=Ω⋅−= 983.73j90983.73Y1X 900822.0 011352.0jY

LL

1-1-L

mH 9,234LH 23459,0100

983,73XL L =⇒=π⋅

=ω

=

Ω=°∠==⇒Ω°∠=Ω= 333,120333,12Y1R 008108,0 08108,0pY

pp

1-1-

A 5,2j90500,2XUI

LL ⋅−=°−∠== A 15015

RUI

pG =°∠==

Ω=°∠=−= 101I

UERG

GG

V 003,105j505,175355,80452,106XIU 22C ⋅−=°−∠=⋅=

( ) V 5355,80t100cos452,1062)t(uU 2C2C °−⋅π⋅⋅=→

VAº03000*IES GG ∠=⋅=



Problema 35

El circuito de la figura se encuentra en régimen permanente y está alimentado por un generador de tensión senoidal de frecuencia 50 Hz de las impedancias Z1 y Z2 se sabe que son inductiva y capacitiva respectivamente. Se conocen: R0=2 Ω, R11= 6 Ω , X22=2,5 Ω y las lecturas de los aparatos de medida siguientes:

A1=12,282 A V1=132,853 V V2=203,447 V A4=12,282 A A2=10,422 A W =1357,726 W

Se pide :

a) Los valores de EG, A0 , A3 , Z1, Z2

b) Potencia aparente suministrada por el generador

A0 W

R0

V0EG X4

X22

A1 A2

A3

R11

Z1 Z2

V2V1

*

Figura 35.1

Resolución:

Ω 5,12AWR 2

22 == Ω 552,19

A2VZ2

2 == Ω=−= 15RZX 22

222

Ω⋅−=°−∠= 15j5,12195,50525,19Z2

V 233,184677,17422,10ZIU b2b =⋅=⋅=

tomo V 233,1840233,1840UU bb =°∠=°∠= V 692,73282.12RIU 11111R =⋅=⋅=

V sen692,73jcos692,73692,73U 11R α⋅⋅+α⋅=α∠°=

V sen853,132jcos853,132º853,132U1 β⋅⋅+β⋅=β∠=



,UUU 111Rb += igualando partes reales e imaginarias tenemos:

β⋅=α⋅−⇒β⋅+α⋅=

β⋅=α⋅−⇒β⋅+α⋅=

sen853,132sen692,73sen853,132sen692,730

cos853,132cos692,73233,184cos853,132cos692,73233,184


°±=α⇒α⋅−=

α⋅−+α⋅−=β⋅+β⋅

87,36cos04975,2715344235,3937291961,17649

)sen692,73()cos692,73233,184()sen853,132()cos853,132( 2222

A 369,7j825,987,36282,12I1 ⋅−=°−∠=

Ω⋅+=°∠== 9j1287,3615I

UZ1

ba

Ω⋅+=°∠=⋅+= 9j631,56817,10RjZZ 11a1

A 369,7j369,745422,10ZUI

b

b2 ⋅+=°∠==

A 195,170195,17III 213 =°∠=+=

A 282,12j90282,12I4 ⋅−=°−∠= Ω⋅=°∠== 15j9015IUX

4

b4L ,

mH 74,47H 04774,0100

151

44 =⇒=

⋅== LXL L

πω

A 281,12j195,17536,351305,21III 34G ⋅−=°−∠=+=

V 563,24j39,34536,35261,4202536,351305,21RIU 0G0R ⋅−=°−∠=∠°⋅°−∠=⋅=

V 563,25j623,21841,6220UUE b0RG ⋅−=°−∠=+=

VA 676,2262j9,4060126,29723,4648IUS *b0GG ⋅+=°∠=⋅=



Problema 36

En el circuito de la figura se conoce el valor de la fuente de corriente: A 100cos29)( ttiG ⋅⋅⋅= π y además las lecturas de los siguientes aparatos :

A1=3,491 A V=37,597 V A2=6,448 A W2=329,734 W

Se sabe que el conjunto presenta en bornes de la fuente un factor de potencia igual a la unidad.

Se pide :

a) Los valores de : XC, R1, XC1, R2, XL2, C1, C, y L2

b) Lectura de voltímetro VG

c) Expresiones temporales en régimen permanente de la intensidad que circula por la bobina y de la tensión en bornes del condensador

*W

V

XL2R2

R1

A2

iG(t)

XC1

XCA1

Figura 36.1

Resolución:

A 909Ii GG =°∠=→

A sen491,3jcos491,3491,3I1 α⋅⋅+α⋅=α∠=

A sen448,6jcos448,6448,6I2 β⋅⋅+β⋅=β∠=

21G III += , igualando partes reales e imaginarias tenemos:

α⋅=β⋅−⇒β⋅+α⋅=

α⋅=β⋅−⇒β⋅+α⋅=

sen491,3sen448,6sen448,6sen491,30

cos491,3cos448,69cos448,6cos491,39




°=α⇒=α⇒β⋅−=α⋅

°±=β⇒β⋅−=

β⋅−+β⋅−=α⋅+α⋅

78,346070,0coscos448,69cos491,3

99,17cos0640,11657670,12218708,12

)sen4822,6()cos482,69()sen49,3()cos491,3( 2222

°±=ϑ⇒=⋅

=ϑ 075,129745,0IV

WcosG

V 441,8j637,3697,12597,37U ⋅+=∠=

A 991,1j867,278,34491,3I1 ⋅+=∠= A 991,1j133,699,17448,6I2 ⋅−=−∠=

Ω⋅−=°−∠== 4j1081,21769,10IUZ1

1 Ω⋅+=°∠== 3j5965,30831,5IUZ2

2

F 6,795CF 0007956,04100

1X

1C 11C

1 µ=⇒=⋅π⋅

=ω⋅

=

mH 55,9LH 00955,0100

3XL 22L

2 =⇒=π⋅

=ω

=

Ω⋅+=°∠== 938,0j070,497,12177,4IUZG

p Ω⋅−=°−∠= 938,0j90938,0XC

Fm 393,3CF 003393,0938.0100

1X

1CC

=⇒=⋅π⋅

=ω⋅

=

Ω=°∠=+= 07,4007,4XZZ CpT

Ω⋅−=°−∠=⋅= 471,11j967,721,55967,13XIU 1C11C

( ) A 99,17t100cos2448,6i99,17448,6I 22 °−⋅π⋅⋅⋅=→°−∠=

( ) V 21,55t100cos2967,13u21,55967.13I C1C °−⋅π⋅⋅⋅=→°−∠=



Problema 37

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, sabemos que el generador suministra una tensión de 240 V con un factor de potencia cos φG=0,974 inductivo, la lectura del voltímetro V es de 253,23 V y la potencia la carga 1 es de 319,964 W con cos φ1=0,0995 capacitivo, y la carga 2 tiene cos φ1=0,8 inductivo.

Se pide:

a) Valor de la reactancia de la línea XC

b) Intensidad que suministra el generador

c) Potencia absorbida por la carga 2

UG

XC

CARGA 1 CARGA 2V

Figura 37.1

Resolución:

A I0II GGG =°∠= G Gcos 0,974 induc 13, 09ϕ = ⇒ ϕ = °

V 371,54j76,23309,13240UU GGG ⋅+=°∠=ϕ∠=

V sen23,253jcos23,25323,253UU α⋅⋅+α⋅=α∠=α∠=

Separando parte real e imaginaria tenemos :

U= U 253,23 253,23 cos j 253,23 sen Vα α α α∠ = ∠ = ⋅ + ⋅ ⋅

C C C C C CU = U -90= U -90= U cos-90+j U sen-90 V=-j× U∠ ∠ ⋅ ⋅ ⋅

α⋅⋅+α⋅=α∠+⋅−=⋅+=+= sen23,253jcos23,25323,253Uj371,54j76,233UUU CCG



Separando parte real e imaginaria tenemos

C C

233,76 253,23 cos cos 0,919 23,15

54,371 U 253,23 sen U 45,574 V

α α α

α

= ⋅ ⇒ = ⇒ = °

= + ⋅ ⇒ =

V 945,99j76,23315,2323,253UU ⋅+=°∠=α∠=

°−=ϕ⇒=ϕ 29,84 capacitivo 0995,0cos 21

VA 1 76,3199j964,31929,84718,3215cos

PS 11

1 ⋅−=°−∠=ϕ∠ϕ

=

A 067,12j791,344,107649,12USI

*

1

11 ⋅+−=°∠=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

°=ϕ⇒=ϕ 87,36 induc 8,0cos 22

A I0,237jI0,971A 72,13I72,1323,253

S15,2323,253

87,36SUSI 222

2*

2*

22 ⋅⋅−⋅=°−∠=°−∠=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

°∠°∠

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

22G21G I237,0jI971,0067,12j791,3IIII ⋅⋅−⋅+⋅−−=⇒+= Separando parte real e imaginaria tenemos :

A 635,45I I971,0791,3I

A 72,1350,878IA 50,878 I I237,0067,120

G2G

222

=⇒⋅+−=

°−∠=⇒=⇒⋅+=

W251,10341PVA 938,7755j251,1034187,36564,12926IUS 2*22 =⇒⋅+=°∠=⋅⋅=

Ω−=°−∠== j901IUX

G

CC

V 574,45j90574,45Uc ⋅−=−∠=



Problema 38

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, sabemos que el generador suministra 7669,724 W y el conjunto 2Z y 4Z es capacitivo.

Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

A= 40,996 A A 220A1 = A4=19,156 A V2=176,614V W4=1100,917 W

Se pide :

a) Valores de las impedancias 1Z , 2Z y 4Z

b) Tensión del generador VG

c) Factor de potencia del circuito

OBSERVACIÓN: R1= 5 Ω

A

VG

X1

R1

A1

R2

R4

X2

V2

A4

*

W4

X4

Impedancia Z2

Impe

danc

ia Z

4

Figura 38.1

Resolución:

Ω=== 3156,19

917,1100AW

R 224

44 Ω=== 22,9

156,19614,176

AV

Z4

22

Ω=+⋅⋅−=+⋅−

=⇒⋅++⋅= 7156,19

917,11002205724,7669A

WARPRARWARP 22

4

42

11G2

2424

211G



6722,9RZX 2222

222 Ω=−=−=

Ω°∠=⋅+=⋅+= 60,4022,96j7XjRZ 222

α⋅⋅+α⋅=α∠=α⋅⋅+α⋅=α∠= sen996,40jcos996,40996,40senAjcosAAI

°⋅⋅⋅+°⋅⋅=°∠⋅=°⋅⋅+°⋅== 0sen220j0cos22002200senAj0cosAAI 1111

β⋅⋅+β⋅=β∠=β⋅⋅+β⋅=β∠= sen156,19jcos156,19156,19senAjcosAAI 4444

41 III += , descomponemos en parte real y parte imaginaria:

sen156,19220sen996,40 , cos156,19220cos996,40 β⋅+⋅=α⋅β⋅+⋅=α⋅

( ) ( ) ( ) ( ) sen156,19220 cos156,19220sen996,40cos996,402222 β⋅+⋅+β⋅+⋅=α⋅+α⋅

°=β⇒=β⇒β⋅+= 70,61474,0coscos627,1083952,1166672,1680

A 0220I1 °∠= A 866.16j081,970,61156,19I4 ⋅+=°∠=

A 866,16j366,3729,24996,40III 41 ⋅+=°∠=+=

)Xj36j7()866,16j156,19()Xj5(220)ZZ(IZIU C142411G ⋅−+⋅+⋅⋅+=⋅+⋅=+⋅=⋅=

Igualando partes reales e imaginarias obtenemos las siguientes ecuaciones:

Ω=⇒⋅+−= 9XX866,16367,10421,141 CC

Ω=⇒−=⋅ 5XX082,9160,223X284,28 1C1

Ω°∠=⋅+=⋅+= 45255j5XjRZ 111

Ω°−∠=⋅−=⋅−= 56,71487,99j3XjRZ C44

V 45200421,141j421,141ZIU 11G °∠=⋅+=⋅=

inductivo 0,9354cosVA 70.203230,8199164,2899j664,7669IUS G*GGG =ϕ⇒°∠=⋅+=⋅=



Problema 39

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se sabe que el conjunto formado por las impedancias 1Z y 2Z están en resonancia, siendo 1Z >50Ω y un factor de potencia de 0,7071

(capacitivo) y siendo 2Z de tipo inductivo.

Las lecturas de los aparatos de medida son: A= 5,16A y A2= 4,88 A.

La impedancia de la línea XC es de 5 Ω.

Las fuentes de alimentación vienen dadas respectivamente por las siguientes expresiones:

0π πu 250· 2· sen(100·π t + ) V8 2

= ⋅ + 0i =2· 2·cos(100·π t) A⋅

Se pide:

a) Valores de las impedancias 1Z y 2Z

b) Lectura del vatímetro W

c) Valor del corriente que circula por la impedancia 1Z

uG(t)

*

WXC

iG(t)

A

Z2

A2

Z1

Figura 39.1

Resolución:

Pasamos al plano de Gauss:

00u U 250 22,5º V→ = ∠ 00i I =2 0º A→ ∠ CCX X =5 -90º → ∠ Ω Conversión de la fuente de intensidad a tensión, tomando 12 12Z =R 0º ∠ Ω por estar 1Z y 2Z en resonancia y 12Z es la impedancia equivalente de ambas.



0 0 12 12E =I ·Z 10·R 0º= ∠ V

00 12U=U -E =230,97+j 95,67 -2·R V⋅

12 C 12Z=R +j·X =R +j·5 Ω

( )2 212

2 212

U 230.97-2·R +95,67 ´I = = =5,16

Z R +5

Como conocemos el módulo de la intensidad, haciendo el cociente de módulos y resolviendo esta ecuación tenemos:

R12= 35,706 Ω

pues la otra solución carece de sentido físico.

Z=35,706+j·5=36,054 -7,97º Ω∠ U=159,557+j 95,67´=186,04 30,94º V⋅ ∠

CUI = =4,014+j·3,241=5,16 38,918º AZ

∠

C Cp 0U =U -I ·X =214,762+j·115,744=243,966 28,322º V∠

CpW=Re(U ·I *)=1237,41 W

pp

12

UI = =6,014+j·3,241=6,832 28,32º AZ

∠

Aplicando el teorema del coseno, tenemos: donde 7071.0cos 1 =ϕ capacitivo 2I =4,88 A pI =6,832 A

2 2 2

2 p 1 p 1 1I = I + I -2· I · I ·cosϕ 1I =4,149 A

La otra solución no cumple que 1Z > 50 Ω.

1I =4,149 (45+28,32)º=4,149 (73,32)º=1,190+j·3,974 A∠ ∠

2 p 1I =I +I =4,879 -8,64º=4,824-j·0,732 A∠

p

22

UZ = =39,952+j·30,063=50 36,96º ΩI

∠ p1

1

UZ = =41,578+j·41,578=58,80 45º ΩI

∠



UG

ZL

CARGA

Problema 40

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, sabemos que el generador suministra una tensión de 240 V, la impedancia de la línea es LZ =0,9+j 0,9 Ω⋅ y la carga Z consume una potencia de 2725 W con un factor de potencia cos φ=0,6 inductivo.

Se pide :

a) Valor de la impedancia Z

b) Intensidad que suministra el generador

c) Potencia aparente de generador

Figura 40.1

Resolución:

G GG GS = U I =240 I⋅ ⋅

GP 2725S arccos(0,6) 4541,666 53,13 2725 j 3533,333 VA

cos 0,6ϕ

ϕ= ∠ ° = ∠ = ∠ ° = + ⋅

2 2 2

L G G GLS =Z I 0,9 I +j 0,9 I⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

( ) ( )2 22 2G G GG L G G L LS =S +S S = S I R I +P X I +Q⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( )2 22 2G G G240 I = 0,9 I +2725 + 0,9 I +3533,333⋅ ⋅ ⋅

Si efectúo el cambio de variable :



( ) ( )2 2 2

G

2

G

x= I 57600 x= 0,9 x+2725 + 0,9 x+3533,333

x -28490,740 x+12732553,16=0 x=28036 , x=454,140

I = x =±167,441 y ±21,31 A

⇒ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

⋅ ⇒

la solución que tiene sentido fisico es : GI =21,31 A

2G

SZ= R+j X 6 j 8 10 53,13 I

= ⋅ = + ⋅ = ∠ ° Ω

T L T TZ =Z +Z=R +j X =6,9+j 8,9=11,262 52,21° Ω⋅ ⋅ ∠



Problema 41

El circuito de la figura se alimenta de un generador de tensión alterna de frecuencia 50 Hz y trabaja en régimen permanente. Alimenta a dos cargas 1 y 2 que tienen de factor de potencia 0,9285 capacitivo y 0,7071 inductivo respectivamente, el generador presenta un factor de potencia capacitivo y conocemos las lecturas de los siguientes aparatos de medida:

A1= 45,968 A A2=12,503 A VG= 250 V

VL=26,604 V WG=13026,11 W

Se pide:

a) Lecturas de los aparatos: AG, W0, V y W

b) Valores de RL, LL, R1, R2, L y C

c) Potencia aparente en forma binómica del generador, de la línea y de las cargas

A1

AG

A2

WWG W0

e (t)G ~ VG V

VL

CARGA 1 CARGA 2

RL ZL

Figura 41.1

Resolución:

º80,219285,0arccos1 ==ϕ Aº80,21968,45I1 ∠= º457071,0arccos2 ==ϕ Aº45503,12I2 −∠=

Tomo Vº0UU ∠=

Aº07,9175,52III 21G ∠=+=

A175,52AG =

99864,0I·U

Wcos

GG

GG ==ϕ º98,2G =ϕ

U

I1I2

ϕϕ1

G



Vº092,6250)º98,2º07,9(250UG ∠=−∠=

α∠= 604,26UL

UVU LG +=

⎭⎬⎫

α=°+α=°

sen604,26092,6sen250Ucos604,26092,6cos250

º765,85

V 462,246U=α=

Vº0624,246U ∠=

Vº785,85604,26UL ∠=

j496,0117,0IUZ

L

LL +== Ω º69,76510,0 ∠=

1Z1I

Uº797,21365,5j992,1981,4 =Ω−∠=−=

22

IUº45725,19j95,1395,13Z =Ω∠=+=

Ω 711,0R L = Ω j496,0XL =

Ω 198,4R1 = Ω j992,1X1 −=

Ω 59,13R 2 = Ω j95,13X2 =

1X·1001Cπ

= Fm 859,1=

mH 739,44L = Hm 058,1LL =

c) Potencias aparentes de cada elemento:

*GGG I·US = VAº982,277,13042j52,67811,13206 −∠=−=

*GLL I·US = VA º69,7607,1388j79,135052,319 ∠=+=

*11 I·US = VA º79,2180,11336j72,420922,10526 −∠=−=

*22 I·US = VA 5º4537,3083j41,218037,2180 ∠=+=



De los resultados anteriores:

W59,1270637,218022,10526)SRe()SRe(W 21 =+=+= W52,319W0 =



eG(t)

*

WA1

V2 V3

V4

R1

C2

L3R2

R3

L4

12

Problema 42

El generador del circuito de la figura proporciona una tensión: ( )V 45 t100cos284)t(e °+⋅π⋅⋅= . Las impedancias Z2 y Z3 formadas respectivamente por C2 y R2 , y R3 y L3 forman un conjunto Z23 que está en resonancia .

Con el conmutador K en la posición 2 se conocen las lecturas de los siguientes aparatos de medida:

A1=47,184 A V3=60 V V 2

72V2 = W=3864 W

A continuación se pasa el conmutador K en la posición 1. En estas condiciones las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

V4=42,964 V W=3314,56 W

Se pide:

a) Los valores de R1, C1, R2, C2 , R3, L3 y L4

Estando el conmutador en la posición 1

b) Expresiones temporales en régimen permanente de la intensidad que circula por la bobina L4

c) Lecturas de los aparatos de medida A1, V2 y V3

d) Potencia aparente entregada por el generador

Observación: Los circuitos trabajan en régimen permanente en ambos casos.

Figura 42.1

C1



Resolución:

V 84084Ee =°∠=→

Posición de conmutador K en 2

(1) R84

R8456,3814

R

E

R

EWP

23

2

1

2

23

2G

1

2G

G +=⇒+==

Posición de conmutador K en 2

(2) R181,72

R8456,3314

R

U

R

EW'P

V 181.72964,4284VEU

12

2

1

2

23

223

1

2G

G

2224

2G23

+=⇒+==

=−=−=

del sistema de ecuaciones (1) y (2) obtenemos: R23 = 3,353 Ω R1 = 4 Ω Con el conmutador en la posición 2:

A 25353,384

R

EI

23

G23 === Ω=== 036,2

252

72

IV

Z23

22 Ω=== 4,2

2560

IV

Z23

33

Ω=∠= 36,3036,3R 23

Ωϕ⋅⋅+ϕ⋅=ϕ∠= sen036,2jcos036,2036,2Z 2222 Ωϕ⋅⋅+ϕ⋅=ϕ∠= sen4,2jcos4,24,2Z 3333

A sen448,6jcos448,6448,6I2 β⋅⋅+β⋅=β∠=

3223 ZZR +=

Igualando partes reales e imaginarias tenemos:

3232

3232

sin4,2sen036,2sin4,2sen036,20

cos4,2cos036,236,3cos4,2cos036,236,3

ϕ⋅=ϕ⋅−⇒ϕ⋅+ϕ⋅=

ϕ⋅=ϕ⋅−⇒ϕ⋅+ϕ⋅=

Elevando cada ecuación al cuadrado y sumadas tenemos :

°±=ϕ⇒=ϕ⇒ϕ⋅−=ϕ⋅

°±=ϕ⇒ϕ⋅−=

ϕ⋅−+ϕ⋅−=ϕ⋅+ϕ⋅

87,36800,0coscos036,236,3cos4,2

45cos6310,133758,157372,5

)sen036,2()cos036,236,3()sen4,2()cos4,2(

3323

22

22

22

23

23



Ω⋅−=−∠= 437,1j437,145036,2Z 22

1

22 34791,0j34791,04549202,0

Z1Y −Ω⋅+=∠==

Ω⋅+=∠= 437,1j916,187,364,2Z3

1

33 2505,0.0j3334,087,3641750,0

Z1Y −Ω⋅−=°−∠==

Ω=⇒Ω°∠=°∠

=ℜ

= 994,2R 0 994,2 0334,0

1)Y(

1R 33

3

Ω=⇒Ω°∠=°∠

=ℜ

= 874,2R 0 ,8742 03479.0

1)Y(

1R 22

2

Ω⋅−=°−∠=°∠

=ℑ

= 874,2j90 ,8742 903479,0

1)Y(

1X2

2

Ω⋅=°∠=°−∠

=ℑ

= 992,3j90 ,9923 902505,0

1)Y(

1X3

3

Fm 107,1CF 001107,0874,2100

1X

1C 22

2 =⇒=⋅π⋅

=ω⋅

=

mH 75,12LH 01270,0100

3XL 3

33 =⇒=

π⋅=

ω=

A 25,10j25,1045 21044584

RUI

1

G1R ⋅⋅+⋅=∠=

°∠°∠==

A 707,0Ij707,0I135II CCC2 ⋅⋅+⋅−=°∠=

A sen183,47jcos183,47183,47IG φ⋅⋅+φ⋅=φ∠=

23R1R1CG IIII ++= Igualando partes reales e imaginarias tenemos:

CC I707,0527,32sen183,47 I707,0527,32cos183,47 ⋅+=φ⋅⋅+=φ⋅

( ) ( ) ( )A 4993,10II9999,2115235,226

I707,0527,322cos183,47cos183,472

C2

C

2C

22

±=⇒+=

⋅+⋅=φ⋅+φ⋅



A 424,7j424,71354993,10I2 ⋅+−=°∠=

°=φ⇒=φ⇒⋅+=φ⋅ 86,875320,0cos I707,0527,32cos183,47 C

Ω⋅−=−∠=°−∠

°∠== 8j90 81354993,10

4584IUX

22

G1C

F 398CF 000398,08100

1X

1C 11C

1 µ=⇒=⋅π⋅

=ω⋅

=

Lecturas de los aparatos de medida en la posición 1:

A 532,21353,3131,72

R

UI

23

23'

23'

=== Ω=== 994,1532,21964,42

'I

UX

23

44L

mH 345,6LH 006345,0100

994.1XL 44L

4 =⇒=π⋅

=ω

=

V 51,556VV 556,51036,2532,21ZIU 222342 =⇒=⋅=⋅=

V 575,51VV 575,514,2532,21ZIU 332343 =⇒=⋅=⋅=

Ω°∠=⋅+=+= 73.20901,3994,1j353,3XRZ 4L23234

A 307,5j867,2027.14,53 210901,3

4584ZUI

234

G234 ⋅+=∠=

°∠°∠==

( ) A 27,14t100cos2532,21iI 4L234 °+⋅π⋅⋅⋅=→

A 39,462AA 545,27j257,2826,44462,39IIII 12341R1CG =⇒⋅+=°∠=++=

VA 30,4256,331473,083.3314*IUS GGG +=°∠=⋅=



Problema 43

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, indicando los aparatos de medida las siguientes lecturas:

A2=6 A A1=3,106 A V=130,908 V W=1319,8828 W

Siendo el factor de potencia que presenta el circuito cosϕG=0,95 (ind).

El valor de la resistencia R2 es de 6,235 Ω.

Se pide:

a) Valores en forma binómica de XL1, Z0 y Z3

b) Lectura del voltímetro VG

c) Expresión temporal de la tensión uAB(t) en régimen permanente

A continuación se cierra el interruptor K y, una vez establecido el régimen permanente, se pide:

d) Valor, en forma binómica, de la impedancia ZC para poder conseguir transferir la máxima potencia a la misma, indicando asimismo su valor

Figura 43.1

Dato: ( ) ( )( ) A12t100sen26ti π−π=

Resolución:

inductivo95,0cos G =ϕ º195,18G =ϕ

( ) A12

t100sen26ti ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⋅π⋅⋅⋅= A6IG = º15

2arcsen

G

123 ==ϕ

I

I

V425,37IRU 222 =⋅=

V252,95cosUU2UUU 23222

23 =ϕ⋅⋅−+=

A1

i t( )X

AK

B

L1

V

Z 0 R2

ZC

Z 3

A3

VG

W

A2



Ω== 818,21I

UZ

223

Ω⋅−=−∠= 647,5j704,21º15818,21Z23

Ω−∠=−= º836,20875,15RZZ 2233

Ω⋅−= 647,5j837,14Z3

Aº156I2 ∠= Vº836,5252,95IZU 233 −∠=⋅=

( ) ( ) V180

5,836º-t100sen2252,95tutu AB3 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅π⋅⋅⋅==

Ω== 663,36I

WR 2G

T Ω=ϕ⋅= 050,12tgRX GTT

Ω⋅+=∠= 050,12j663,36º195,18593,38ZT

Vº0908,130U ∠= Aº90106,3I1 −∠= Aº156IG −∠=

11 I

UZ = Ω∠= º90147,42Z1

Ω⋅+=∠== 647,5j074,21º15818,21IUZG

p Ω∠=−= º332,22853,16ZZZ pT0

Ω+= j404,6588,15Z0

GGG

cosIWU

ϕ⋅= V558,231UG =

Para hallar ZC para transferir la máxima potencia tenemos:

( )Ω⋅+=∠=

++⋅+

= 2091,0j0476,16º7466,0408,16ZRZZRZ

Z321

321Th

7466,0408,16ZZ *ThC −∠==

AI 62 = 23ϕ

AIG 6=

AI 62 =23ϕ

AI 106,31 = U

2I 2U

23ϕ3U

U



Ω⋅−= 2091,0j0476,16ZC

V252,95UE 3Th ==

Ω= 0476,16R C

C

2Th

max R2E

P =

W351,141Pmax =

Figura 43.2



Problema 44 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente.

INYN

A

B

X1

R2 A

B

C UA

αIβUAX2

R1

R

E

I

Figura 44.1

Conocemos los siguientes datos:

VE º06∠= X1=2 Ω X2=1 Ω R1=R2=R=1Ω α=2 Ω β=0.5 Ω-1

Calcular el circuito equivalente de Norton entre A y B.

Figura 44.2

Resolución:

4E

22/E

111E

I 000 −=−=+

⋅⋅β−=

( )00

001 E

232

411E

124EE

I ⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅=

⋅−−=

jE

I 02 −

= 0210 Ej23III ⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

0

0N E

IY =

1N j

23Y −Ω+=



Figura 44.3

Aº03º02º06

RREI

1∠=

∠∠=

+= 2N RII ⋅=⋅α

º01º032IN ∠

∠⋅=

Aº06IN ∠=



Problema 45 En el circuito representado en la figura, y con el interruptor K abierto, determinar:

a) Lectura de todos los aparatos de medida

b) Potencias generadas y absorbidas

A continuación se cierra el interruptor K y se pide:

c) Lectura de A3 y V3

Datos:

[ ] Ω+= j2Z1 [ ] Ω−= 6j1Z3

[ ] Ω−= j1Z2 [ ] Ω+= 2j2Z0

( ) V2t100cos225)t(e1π+π=

( ) V4t100sin50)t(e2π+π=

V2

Z2

V1

Z1

V0

V3

A0

A3

Z0

Z3

e (t)1

e (t)2

~

~

K

Figura 45.1



~+ + 1Z

0Z2Z

2E1E

Resolución:

a) Con el interruptor K abierto, el circuito que se tiene es el siguiente:

Figura 45.2

siendo:

Vº9025E1 ∠=

Vº45225E2 −∠=

[ ] Ω∠=+= º56,265j2Z1

[ ] Ω−∠=−= º54,80376j1Z2

[ ] Ω∠=+= º45222j2Z0

Se resuelve el circuito por mallas:

2

1

2

1

2221

1211

EE

II

ZZZZ =

siendo:

[ ] Ω∠=+=+++=+= º87,3653j42j2j2ZZZ 0111

[ ] Ω∠=+=== º45222j2ZZZ 02112

[ ] Ω−∠=−=++−=+= º13,5354j32j26j1ZZZ 0222

El determinante de la matriz de las impedancias vale:

[ ] º323,2815j24ZZZZ

2221

1211 −∠=−==∆

Las corrientes de malla valdrán:

∆

= 222

121

1ZEZE

I ∆

= 221

111

2EZEZ

I

1I2I

~



que, sustituyendo y operando, resulta:

[ ] A25,2j4,1Aº12265,2I1 +−=∠=

[ ] A96,1j14,8Aº56,1338,8I2 +=∠=

La corriente que circula por la malla central 0I vale:

[ ] Aº3295,721,4j74,6III 21O ∠=+=+=

El amperímetro A0 marca:

A95,7IO =

Por lo que respecta a los voltímetros:

Vº56,14893,5º12265,2º56,265IZU 111 ∠=∠⋅∠=⋅=

Vº97,6697,50º56,1338,8º54,8037IZU 222 −∠=∠⋅−∠=⋅=

Vº775,22º3295,7º4522IZU 000 ∠=∠⋅∠=⋅=

En definitiva, los voltímetros conectados al circuito marcan:

V93,5V1 =

V97,50V2 =

V5,22V0 =

b) Las potencias generadas por cada una de las fuentes son:

[ ] VA11,35j18,56VAº3225,66º12265,2º9025*IES 111 −=−∠=−∠⋅∠=⋅=

[ ] VA8,252j52,154º56,5828,296º56,1338,8º452

50*IES 222 −=−∠=−∠⋅−∠=⋅=

y el conjunto de las dos fuentes generan:

[ ] VAº8,5377,356VA91,287j7,210SSS 21G −∠=−=+=

Las potencias absorbidas por cada una de las cargas son:

Por 1Z VAº56,267,15º12265,256,14893,5*IU'S 111 ∠=−∠⋅∠=⋅=

[ ] VA02,7j05,14'S 1 +=

Por 2Z VAº5,802,427º56,1338,8º97,6697,50*IU'S 222 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

[ ] VA3,421j2,70'S 1 −=

Por 0Z VAº4576,178º3295,7º775,22*IU'S 000 ∠=−∠⋅∠=⋅=

[ ] VA4,126j4,236'S 0 +=



En total, la potencia absorbida es:

[ ] VAº8,5377,35691,287j7,210'S'S'S'S 321C −∠=−=++=

que, lógicamente, coincide con la potencia generada por las fuentes.

c) Este apartado se resolverá aplicando el teorema de Thevenin.

La tensión de vacío entre los terminales A y B vale:

Vº56,11690,55º87,6697,50º56,14893,5UUU 21AB ∠=−∠−∠=−=

Vº56,11690,55UE )buit(ABThev ∠==

Al cortocircuitar las fuentes, resulta el esquema de la siguiente figura:

Z2

Z1

Z0

Z3

A B

Figura 45.3

Como se puede observar:

Ω== 0ZZ ThevAB

cosa que quiere decir que el generador de Thevenin pasa a ser una fuente de tensión, sin impedancia interna:

Ethev~

A

B

Z3

I3

Figura 45.4



º56,16153,39j1

º56,11690,55Z

EI3

Thev3 ∠=

−∠==

Vº56,11690,55EU Thev3 ∠==

Las indicaciones de los aparatos de medida son entonces: A53,39A3 = V9,55V3 =



Problema 46 El circuito representado se halla en régimen estacionario senoidal, determinar:

a) El circuito equivalente de Thevenin desde los terminales A y B

b) El circuito equivalente de Norton desde los mismos terminales

c) Valor de la tensión temporal en los terminales de la carga )t(u C para los dos casos siguientes:

C1 Ω== 1RZ CC

C2 LC jXZ = con H1,0L =

e(t) ~

A

B

ZC

R =11 Ω L =0,2H1

UC(t)i(t)

~C =0,1F1

Figura 46.1

Datos:

( ) A3t10cos9)t(i π−=

Vt10cos9)t(e =

Resolución:

Pondremos los valores de las fuentes en valor eficaz:

Vº025,4º02

9E ∠=∠=

Aº6025,4º602

9I −∠=−∠=

Las impedancias conectadas al circuito son:

Ω=1R1

Ω=⋅

=⋅ω

= 11,010

1C

1X1

1C Ω−∠=Ω−= º9011jX 1C

Ω=⋅=⋅ω= 22,010LX 11L Ω∠=Ω= º9022jX 1L



Por lo tanto, el circuito se transforma en:

~

A

B

R =11 Ω

~E=4,5 2 0ºV I=4,5 2 -60ºV

2 90ºΩ

1 -90ºΩ

Figura 46.2

Una manera de actuar es transformar la fuente de tensión con una resistencia R1, en serie, en fuente de corriente con una resistencia R1 en paralelo:

Aº025,4º01

º025,4'I ∠=∠

∠=

Se puede hallar la impedancia reducida del paralelo 1R y ,X 1C que se denominará :ZP

[ ] Ω−=−∠=−

−∠⋅∠=+⋅

= 5,0j5,0º4522

1j1º901º01

XRXR

Z1C1

1C1P

Por otro lado las dos fuentes de corriente en paralelo se pueden reducir en una sola, de valor:

Aº6025,4º025,4I'IIO −∠+∠=+=

[ ] A511,5j546,9Aº3002,11IO −=−∠=

A continuación se puede convertir el generador de corriente que se tiene OI en paralelo con PZ en un generador de tensión OE en serie con PZ y queda de la siguiente forma:

~

A

B

Zp XL1

E0

Figura 46.3

[ ] V53,7j02,2º75795,7º4522º3002,11ZIE POO −=−∠=−∠⋅−∠=⋅=

Es evidente que la OTHEV EE = y, para determinar THEVZ , se cortocircuita la fuente de tensión:

[ ] Ω∠=Ω+=+−=+= º5,7158,15,1j5,02j5,0j5,0XZZ 1LPTHEV



Por lo tanto, el circuito de Thevenin es:

~

A

B

ZTHEV

ETHEV

Figura 46.4

Con:

Vº75795,7ETHEV −∠=

Ω∠= º5,7158,1ZTHEV

b) El circuito equivalente de Norton se obtendrá de:

[ ] S6,0j2,0º565,716328,0Z

1YTHEV

NORTON −=−∠==

Aº5,14693,4º5,7158,1º75795,7

ZEI

THEV

THEVNORTON −∠=

∠−∠==

El esquema del circuito es:

A

B

YNIN

~

Figura 46.5

Aº5,14693,4INORTON −∠=

Sº565,716328,0Y NORTON −∠=



C1) Para resolver este apartado, se partirá del circuito equivalente de Thevenin:

~

A

B

ZTHEV

ZCETHEV I1

Figura 46.6

CTHEV

THEV1

ZZEI

+=

Y sustituyendo valores en el caso de ,º01RZ CC Ω∠== resulta:

[ ] A18,3j8375,1Aº120675,315,1j5,0º75795,7I1 −−=−∠=

++−∠=

La tensión en los terminales A y B:

Vº120675,3º120675,3º01IZU 1CC −∠=−∠⋅∠=⋅=

( ) Vº120t10cos2675,3)t(u C −⋅⋅=

( ) Vº120t10cos2,5)t(u C −⋅=

C2) Para el caso de Ω∠=Ω= º9011jZC :

Aº69,15306,315,1j5,0º75795,7

ZZEI

CTHEV

THEV1 −∠=

++−∠=

+=

La tensión en los terminales A y B:

Vº69,6306,3º69,15306,3º901IZU 1CC −∠=−∠⋅∠=⋅=

V)º69,63t10cos(206,3)t(uC −=

V)º69,63t10cos(33,4)t(uC −=



Observaciones:

Otra manera de resolver el apartado primero era transformar todas las fuentes en fuentes de tensión, y resulta:

A

B

~

R1

XL1

XC1

~E1 E2

Figura 46.7

Vº025,4E1 ∠=

Vº15025,4XIE 1C2 −∠=⋅= en serie con Ω−∠= º901X 1C

T

211

ZEEI −= [ ] A52,7j34,4º6068,8

1j1º15025,4º025,4I1 +=∠=

−−∠−∠=

Faltaría ahora determinar la tensión entre A y B, que corresponderá a la tensión de Thevenin:

Vº75795,7º01º6068,825,4IREU 111AB −∠=∠⋅∠−=⋅−=

y coincide con los valores obtenidos antes.

Para la THEVZ se cortocircuitan las fuentes de tensión y se hallará la misma de antes.

También hay que decir que para calcular la ABU se podría aplicar el teorema de Millman entendiendo el circuito como en la figura 46.8:

E1 E2~ ~

A

B

R1 XC1

Figura 46.8



∑∑ ⋅==

n

nnTHEVAB

YYEEU

Sº01R1Y

11 ∠==

Sº901º901

1Y2 ∠=−∠

=

Vº901º01

º901º15025,4º01º025,4EUU THEVvacíoAB∠+∠

∠⋅−∠+∠⋅∠===

que operando resulta:

Vº75795,7UAB −∠=

[ ] Ω−=Ω−∠=−∠+∠

−∠= 5,0j5,0º45707,0º901º01

º901ZT

[ ] Ω+=+−= 5,1j5,02j5,0j5,0ZTHEV Ω∠= º56,7158,1ZTHEV

~

A

B

ZTHEV

ETHEV

Figura 46.9



Problema 47 En el circuito representado en la figura se conocen Ω== 8XR L1 , ;7R 2 Ω= se pide, para una frecuencia de 50Hz y cuando el interruptor está abierto:

a) Valor de la capacidad del condensador variable para conseguir que el circuito entre en resonancia

b) Si la tensión del generador E es de 400 V, hallar las lecturas de GA y GW , sabiendo que la indi-cación de GW es inferior a 20 kW

Si a continuación se conecta la impedancia ,Z cerrando el interruptor, se pide:

c) Lectura del amperímetro 3A y potencias activa y reactiva y aparente para esta impedancia Z

XLXC

R1 R2

Z=10- 3·20j Ω

A

A3

WG

e(t) ~

AG

Α

Β Figura 47.1

Resolución:

a ) Las impedancias conectadas en paralelo con el interruptor abierto son:

Ω∠=+=+= º45288j8jXRZ L11

Ωϕ−∠=−=−= 22CC22 ZjX7jXRZ

y las admitancias respectivas son:

S161j

161º45

281

Z1Y1

1 ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=∠==

SX49

Xj

X497

jX71

Z1Y 2

C

C2

CC2

22

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

++

+=

−=ϕ∠=



Para que el circuito entre en resonancia, se tiene que conseguir que las susceptancia total sea igual a cero, es decir, la suma de las partes imaginarias de las admitancias se anule, la cual cosa equivale a decir que la tensión aplicada en las ramas y el corriente total consumido estén en fase. En consecuencia:

0X49

X161

2C

C =+

+−

ecuación de segundo grado que nos da dos soluciones reales positivas:

1CX873,11 =Ω

=CX

2CX127,4 =Ω

Por lo tanto y a la frecuencia de 50Hz, las capacidades del condensador pueden ser las siguientes, porque:

CX

1C⋅ω

=

F1,268X100

10C1C

6

1 µ=⋅π

=

F28,771X100

10C2C

6

2 µ=⋅π

=

Hasta ahora, ambas soluciones son válidas. Resumiendo, tendremos:

Ω∠=+= º45288j8Z1

[ ] Ω−∠=Ω−= º48,59783,13873,11j7'Z 2

[ ] Ω−∠=Ω−= º52,30126,8127,4j7''Z 2

b) Con lo resultados anteriores, se tienen dos posibles impedancias reducidas del conjunto en paralelo, que valen:

Ω∠=−++

−∠⋅∠=+⋅

= º00656,10873,11j78j8

º48,59783,13º4528'ZZ'ZZ

Z21

211

Ω∠=−++

−∠⋅∠=+⋅

= º09344,5127,4j78j8

º52,30126,8º4528''ZZ''ZZ

Z21

212

y, por lo tanto, se tienen para estas dos impedancias, dos posibles corrientes, que valen:

Aº074,39º00656,10

º0400ZUI

11 ∠=

∠∠==

Aº040,67º09344,5

º0400ZUI

22 ∠=

∠∠==



y para estos dos corrientes, se tienen dos posibles potencias de valor:

kW896,15W275,1589674,390656,10IRP 22111 ==⋅=⋅=

kW985,26W5,269584,679344,5IRP 22222 ==⋅=⋅=

y como kW20P1 < y kW20P2 > tenemos que dar por buena 1P , de acuerdo con el enunciado del problema.

Resumiendo, pues, se tiene:

º074,39II 1 ∠== Indicación: A74,39AG =

Ω∠== º00656,10ZZ 1T

Ω−∠== º90879,11XX 1CC

F1,268CC 1 µ==

kW896,15PP 1 == Indicación: kW896,15WG =

c) Según el teorema de Thevenin, la actuación del circuito sobre la impedancia Z , cuando se cierra el interruptor, se puede sustituir por el esquema de la figura siguiente:

~

A

B

ZTHEV

Z=10-j20 3 ΩETHEV

I3

Figura 47.2

,º0400EUE )vacío(ABTHEV ∠=== ya que estamos en el primer caso.

La impedancia total de Thevenin se obtiene de: A

B

10Ω

Z2Z1

Figura 47.3



[ ] Ω∠=+= º0100j10ZTHEV

Por lo tanto la corriente 3I vale:

[ ] A35j5º6010320j1010

º0400zEI

THEV

THEV3 +=∠=

−+∠==

Indicación de: A10A3 =

En carga:

( ) Vº9,13555,360º6010320j10IZ'U 33AB −∠=∠⋅−=⋅=

[ ] VA32000j1000º6010º9,13555,360*I'US 3AB3 −=−∠⋅−∠=⋅=

W1000P3 =

var32000Q3 =



Problema 48

El circuito de la figura alimentado a una tensión alterna de f=50Hz y el factor de potencia en bornes A-B es la unidad. Conocemos las lecturas del voltímetro V=200 V y del vatímetro W=10000 W.

Se pide:

a) Lectura de los aparatos A1, A2, VG

b) Las impedancias de les cargas Z1 y Z2

c) La impedancia de la línea ZL

Nota: Pérdidas en la línea 5% de la potencia suministrada por generador.

Factor de potencia del generador 9781,0cos G =ϕ inductivo.

866,0cos 1 =ϕ 500,0cos 2 =ϕ

e(t)

A1 A2

W

~ VG V

A

B

Cosϕ1inductivo

Cosϕ2capacitivo

Z1

ZL

Z2

Figura 48.1

Resolución:

a) Factores de potencia y la indicación del vatímetro triángulo potencias

866,0cos 1 =ϕ º301 =ϕ 5,0sen 1 =ϕ 500,0cos 2 =ϕ º602 =ϕ 866,0sen 2 =ϕ

VA8660S1 = ; VA5000S2 = VAº010000SSS 21 ∠=+=

conocida la tensión V:

A3,43V

SAI 1

11 === A25V

SAI 2

22 ===

⎭⎬⎫

ϕ+ϕ=ϕ+ϕ=

2211

2211

senSsenS0cosScosS10000

⎭⎬⎫

+=+=

866,0S500,0S0500,0S866,0S10000

21

21



Del enunciado sabemos:

GL P05,0P = y ABLG PPP += W3,1052695,0PP AB

G == ) W3,526P( L =

ABAB ·cosI·VP ϕ= A 501·20010000I ==

9781,0cos G =ϕ º12G =ϕ G

LG P

Qtg =ϕ

var34,2237tgPQ GGL =ϕ=

LGG jQPS += VAº1246,4310761,2237j3,10526SG ∠+=

V 292,21550

46,10761I

SU G

G ===

b) Ω 26,43,43

200Z1 == Ω º3062,4Z1 ∠=

Ω 825

200Z2 == Ω º608Z2 −∠=

c) Ω 489,0I

QX 2L

L == Ω 021,0I

PR 2L

L == Ω º78,76918,0ZL ∠=

SG

PAB PL

QL

ϕG

PG



Problema 49

El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una intensidad de corriente alterna de valor desconocido y trabaja en régimen permanente.

Las lecturas de los aparatos de medida son: W=500 W A=2 A

La frecuencia del generador es de 50 Hz.

Se conoce también los valores de algunos elementos que componen el circuito:

L1=1,19366H L2=0,79577H M=0,79577H R1=R2=250Ω C1=63,6616µF

La reactancia inductiva de la bobina L3 es superior a la reactancia capacitiva del condensador C1.

Se pide:


b) Valor eficaz del corriente que proporciona el generador iG

L2 L3L1 R2R1

C1

A

iG

W

M

u

~

Figura 49.1

Resolución:

a) Cálculo de las impedancias del circuito:

Ω 50fC21X

11C =

π=

Ω 537fL2X 11L =π=

Ω 025fL2X 22L =π=

Ω 025fM2XM =π=

A 2RWI

22R ==

V 2250R·IU 22R2R ==



A2IAI 2

2R2

13 =−= Ω= 250X13

Ω=+=+⇒−= 30050250XXXXX 1C131C3L13

H9549,0f2

XL 33 =

π=

b) Resolvemos el problema por simulación, ,A /52IG = conversión de generador de corriente a

tensión será V. 01052250E ==

Ω∠=+

= º452125RjX

R·jXZ

213

21313 Ω 512j125 +=

R1

Ia Ib

250·IG

M

~

Z13XL1 Xl2

Figura 49.2 Del este circuito podemos escribir:

⎪⎭

⎪⎬⎫

+++=

++=

ba

baa

I)j125125j250(I·j2500I250jI250I·j375100

resolvemos el sistema: Aº565,16116865,0Ib ∠=

Finalmente GI será el valor simulado por coeficiente que obtendremos entre las dos bI (que marca el amperímetro).

A7434,416865,0

2·52IG == Aº07434,4IG ∠=

A

IR2

I13



Problema 50 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes :

A 217,3A1 = A 2354,14A2 = W4783,124W1 = W6177,560W2 =

Los generadores que lo alimentan proporcionan unas tensiones de:

t100cos240)t(e1 π= V )36t100cos(250)t(e2π+π= V

La carga formada por jXRZ += tiene un factor de potencia de 89443,0 y consume W4525,599 con el interruptor K abierto.

Se pide:

a) Valores de 111 jXRZ += y 222 jXRZ +=

b) Lecturas del voltímetro V y del amperímetro A

Para mejorar el factor de potencia de la carga Z cerramos el interruptor K. Se pide:

c) Capacidad del condensador C para poder conseguir que el conjunto Z-C entre en resonancia

d) Nuevas lecturas del voltímetro V y del amperímetro A

Nota: El factor de potencia en bornes de los generadores es inductivo

e (t)1 e (t)2

K

A

A1 A2W1 W2

~ ~V

X1 X2R1 R2

CR

X

Figura 50.1



Resolución:

Las tensiones de los generadores son º040E1 ∠= y º550E2 ∠= V y las intensidades

Aº4283,10172,3I1 −∠= º930,383542,314I2 −∠=

11

11E I·E

Wcos =ϕ 9834,0= 22

22E I·E

Wcos =ϕ 7805,0=

La intensidad del nudo: 21 III += = Aº5433,293136,17 −∠

e (t)1 e (t)2

A

A1 A2W1 W2

~ ~V

X1 X2R1 R2

R

X

I1 I2

I

Figura 50.2 La potencia aparente de la carga la obtenemos con la potencia y el factor de potencia:

89443,0cos =ϕ º565,26=ϕ

VA 728,670cos

PS =ϕ

= º565,26287,670S ∠=

Obtenemos la caída de tensión en la carga:

*ISU = = Vº9782,27145,38 −∠

V 38,7145U = y A 1363,17A =

Las impedancias se pueden calcular de forma inmediata:

1

11 I

VEZ

−= = Ω j7,03,0 +

2

22 I

VEZ

−= = Ω 8j,04,0 +



Situación: K cerrado. Nos piden el caso de resonancia. Impondremos dicha condición mediante admitancias:

Z1Y = 1Ω j2,04,0 −+= 1

p Ω º04,0Y −∠= Ω º05,2Zp ∠=

(en este caso resistivo)

321

2

2

1

1

P

Z1

Z1

Z1

ZE

ZE

U++

+= = V º1956,5230,41 −∠

p

pp Z

UI = A º1956,5492,16 −∠=

Conocida la intensidad

1

C Ω j2,0Y −= Ω j5ZC −= ω

=cZ1C = µF 62,636

Las nuevas lecturas de los aparatos serán:

V=41,230 V A=16,492 A



Problema 51

El circuito de la figura se alimenta de generadores de tensión y corriente alterna de frecuencia 50 Hz trabajando en régimen permanente.

Se pide:

a) Equivalente de Thevenin en bornes de A-B

b) Corriente de corto-circuito en bornes de A-B

c) ¿Qué impedancia Z debe colocarse en los bornes A-B para transferir la máxima potencia? ¿Cúal es el valor de ésta?

Datos:

R=100 ∠0° Ω X1= 40 ∠-90° Ω X2= 30 ∠90° Ω

X3= 60∠90° Ω X4= 70 ∠-90° Ω k= 0,01 Ω -1

IG= 2 ∠90° A EG= 125∠0° V

Figura 51.1

A BR X1

IG

EG

X2

X3

X4

k·UAB



Resolución:

Figura 51.2 Cálculo de ETh:

43

43

XXXX

'Z+

= = Ω∠ º90420 Ω∠=+= º90450X'ZZ 2234

'ZXE

E3

G2 = Vº0875∠=

Vº060º18060E1 ∠−=∠= 2112 EEE −= Vº093587560 ∠−=−−=

Consideremos la tensión en el nudo B como tierra (0)

Figura 51.3

k·UAB

A B

Z

E -E1 2 Z =Z’+X234 2

~

UAB

I2

X2

X1

k·UAB

~

~

A BZ=R+

EG

X3

X3

X3

X4

X4I X =EG 2 1

=E2

=Z’



Podemos escribir:

ZAB IUkI += Z

UUk

Z))EE(U(0 A

A234

21A +=−−−

234

21Z

EE − = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

Z1k

Z1U234

A

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

−

=

Z1k

Z1

ZEE

U

234

234

21

A = thE

V 322,86343,111j102,111315,7Eth ∠=+=

Cálculo de IN:

N23421 IZEE =−

234

21N Z

EEI

−= Aº9070,2 ∠=

Figura 51.4 Cálculo de ZTh:

N

thth I

EZ =

Z1k

Z1

1

234++

= Ω−∠=−= º767,3588,53521,3j472,53

234020 IEkII ++=

234

00

00 Z

EEk

ZE

I ++=

234

0

0

Z1k

Z1

1IE

++= Ω−∠= º767,3588,53

Figura 51.5

A B

Z

E -E1 2 Z =Z’+X234 2

~

IN

k·UAB

A

B

Z

I234 I2 I0

Z234

~

E0



La Z que se deberá colocar será:

*thZZ = Ω 1j52,3472,53767,3588,53 +=∠=

Y la potencia máxima será:

W629,57R4

EP

th

2th

max ==



Problema 52 Dado el circuito de la figura:

Figura 52.1

Estando el interruptor K abierto:

a) Valor de la tensión UAB

b) Impedancia de Thevenin

Datos:

IG=4∠0º AΩ R=2Ω XL1=2Ω XL2=2Ω XM=1Ω

Resolución:

Vº08º02º04RIE GG ∠=∠⋅∠=⋅=

M2L1L

G

X2XXRE

I⋅−++

=

Figura52.2

Aº4522I −∠= ( ) IXXU M2LAB ⋅−=

V45º22UAB ∠⋅= ABTh UE =

2I

IXX

I0IXIX 11

2L

M21M22L =⋅=⇒=⋅−⋅

2I

I:I2I

IIII 1NN

i1N21 =+=⇒+=

Figura 52.3

A

B



( ) MNN1LG XII2XRRI ⋅−⋅⋅+=⋅

( ) NM1LG IXX2R2RI ⋅−⋅+⋅=⋅

Aº87,3658

º87,365º08

j34º08

j1j224º02º04

XX2R2RI

IM1L

GN −∠=

∠∠=

+∠=

−⋅+∠⋅∠=

−⋅+⋅⋅

=

º87,8128

10

º87,3658

º4522I

UZ

N

ABTh ∠=

−∠

∠⋅== Ω

º87,81225,1ZTh ∠= Ω



Problema 53

El circuito de la figura esta alimentado por un generador de tensión de 50Hz conocemos las lecturas de los siguientes aparatos:

AG=8,064 A WG=1060,04 W W=19,51 W V=232,61 V VG=240 V

Se pide:

a) Valor de les impedancias ZL, Z1

Se conecta posteriormente una carga de Ω+= 3j4Z2 (K cerrado).

Se pide:

b) Nuevas lecturas de los aparatos que aparecen después de conectar la carga Z2

c) Corriente de corto-circuito en A-B y potencia consumida

e(t)

K

A1

AG

A2

WG W0

~ VG V

ZL

Z1 Z2

A

B

Figura 53.1

Resolución:

a) Situación: K abierto.

WWP G1Z −= = W53,1040 Ω== 16A

PR 2

G

1Z

Ω== 844,28A

VZ

G1 º31,56

ZRarccos2 ==ϕ

Ω+=Ω∠= j2416º31,56844,28Z1

Ω== 30,16AW

R 2G

GT



Ω 076,29I

VZ

G

GT == º79,56

ZRarccos

T

TT ==ϕ

Ω 79º,5676,29j90,2430,16ZT ∠=+=

Ω 5º56,7195,0j9,03,0ZZZ TL ∠=+=−=

b) Situación: K cerrado.

V61,232Eth =

Ω∠=+=+

= º0844,72919,0j870,0298,0ZZ

Z·ZZ

1L

1Lth

Asignaremos Eth Ω∠= º061,232Eth

2th

th2 ZZ

EI

+= = A j911,26889,29º4222,40 −=−∠

22 I·ZU = = V 8º12,5098,201j977,17293,200 −∠=−

A 8º43,61972,6j123,6333,3ZUI

11 −∠=−==

A º837,44851,46j035,33233,33III 21T −∠=−=+= las lecturas serán:

V 809,201V =

W = la parte Real de W,52658I·Z2

TL = Figura 53.2

UI·ZU TLG += = Vº480,0240∠ (de aquí obtenemos el ángulo de GV )

GW = la parte Real de W371,7906I·U *TG =

A 22,40A2 = A 297,6A1 =

A 58,46AG = V 809,201W =

e(t) ~

ZTH

Z2

A

B



c) Situación: K cerrado.

A 98,522Z

VI

L

GN == A 89,252AA G2 ==

A 0AA 21 ==

W01920R·IWW L2

NG ===

Figura 53.3

e(t) A3~

ZTH

Z1 Z2

A

B



Problema 54

El circuito de la figura, alimentado por un generador de corriente alterna, trabaja en régimen perma-nente. La expresión temporal de la tensión en bornes de A-B es u(t)=25· 2 ·cos(100πt) V, las reactancias de las bobinas X1, X2 y XM son respectivamente 3, 1,5 y 1 Ω, la impedancia Z=4-j·4 Ω y la resistencia R1 = 1 Ω.

Se pide :

a) Expresión temporal de e(t)

b) Circuito equivalente de Thevenin en bornes de A-B : ETh y ZTh

c) Qué impedancia ZL se ha de colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia y valor de ésta

d) Corriente de cortocircuito

e(t)

R1 X1 X2

Z

A

B

u(t)

i(t)

* *

Figura 54.1

Resolución: u(t) U=25 0º V→ ∠ 1 1 L1Z =R +j·X =1+j·3=3,162 71,56° Ω∠ Z=4+j·4=4 2 -45° Ω∠ L2 L2X =j·X =j·1,5=1,5 90° Ω∠

M MX =j·X =j=1 90°∠ Ω

1 1 M 2 1 2

L2 2 M 1 1 2

E=Z ·I -X ·I +Z·(I +I )

U=X ·I -X ·I +Z·(I +I ) si I2=0 A 1 1 1

M 1 1

E=Z ·I +Z·I

U=-X ·I +Z·I

1

M

U·(Z +Z)E= =15,244+j·12,805=19,908 40,03° V(Z-X )

∠

E e(t)=19,908· 2·cos(100·π·t+40,03°) V→



0 L2 0 M 1 Z

Z 1 1 M 0

0 Z 1

E =X ·I +X ·I +Z·I

Z·I =Z ·I +X ·I

I =I +I

0 10 2

L2 M M L2 1 1

E ·(Z+Z )I =Z·X +2·Z·X -X +X ·Z +Z·Z

20 L2 M M L2 1 1

Th0 1

E Z·X +2·Z·X -X +X ·Z +Z·ZZ = = =4,192+j 5,538=6,946 52,87° ΩI Z+Z

⋅ ∠

La impedancia a colocar para transferir la máxima potencia es:

LZ =4,192-j·5,538=6,946 -52,87° Ω∠

La tensión de Thevenin en bornes de A-B

ThE =U=25 0° V∠

La potencia máxima transferida 2

Th

maxTh

EP = =37,27 W

4·R

La corriente de cortocircuito en bornes de A-B

ThCC N

Th

EI =I = =2,172-j·2,870=3,599 -52,87° AZ

∠



Problema 55

El circuito de la figura se alimenta de un generador de alterna e(t)=240· 2 cos(100π·t+30º) V y trabaja en régimen permanente. Se conocen los valores de las impedancias Z1=6-j Ω, Z2=3-j Ω, Z3=8+j·6 Ω, Z4=6-j·8 Ω, las L1, L2 y la inductancia mutua M son respectivamente 8, 12 y 6 mH.

Se pide :

a) Determinar la tensión de Thevenin en bornes de A-B

b) Determinar la corriente de cortocircuito en bornes de A-B

c) Determinar la impedancia de la carga a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia (expresar la resistencia en Ω y el elemento reactivo en mH o µF según proceda )

d) Calcular la potencia máxima disipada en la carga citada

e(t)

Z1

L1 L2

A

B

**M

Z2

Z3 Z4

Figura 55.1

Resolución: e(t) E=240 30º V→ ∠ V ω=100·π rad/s L1 1X =j·L ω=2,513 90º Ω∠

L2 2X =j·L ω=3,77 90° Ω∠ MX =j·M×ω=1,885 90° Ω∠

3 4

p3 4

Z ·ZZ = =7-j=7,071 -8,13º ΩZ +Z

∠

1 1 L1 1 M 2

2 2 L2 2 M 1 p 2

E=Z ·I +X ·I -X I

0=Z ·I +X ·I -X ·I +Z ·I

1I =35,243+j·10,846=36,874 17,10º A∠

2I =-0,842+j·6,7922=6,844 97,06º A∠

Th p 2E =Z ·I =0,895+j×48,388=48,396 88,94º V∠



Cálculo de la corriente de cortocircuito:

1 1cc L1 1cc M 2cc

2 2cc L2 2cc M 1cc

E=Z ·I +X ·I -X I

0=Z ·I +X ·I -X ·I

2CCI =5,823+j·15,468=16.528 69.40º A∠

ThTh

2CC

EZ = =2,758+j 0,980=2,928 19,570º ΩI

⋅ ∠

ThZ=Z *=2,758-j·0,980=2,928 -19,570º Ω∠

C

1C= =3,245 mFX ·ω

2

Thmax

Th

EP = =212,24 W

4·R



Problema 56 Dado el circuito de la figura:

Figura 56.1

Se conocen los siguientes parámetros:

IG= 2∠0º A XC= 2∠-90º Ω XL=2∠90º Ω Z= 2∠60º Ω

Aplicando el principio de sustitución, se tiene el circuito:

Figura 56.2

Determinar el valor de E.

Resolución:

Vº904º02º902IXE GL ∠=∠⋅∠=⋅=

E

X

Z

X

U

L C

Figura 56.3

EZXX

ZEUCL

=++

⋅=

Vº904E ∠=



Problema 57

En el circuito de la figura:

Figura 57.1

Se conocen los siguientes datos:

E1=20∠0º V E2=80∠90º V E3=40∠-90º V

XC=2∠-90º Ω XL1=4∠90º Ω XL2=2∠90º Ω R=2∠0º Ω

a) ¿Cuál es el módulo de la tensión entre C y A?

b) ¿Cuál es la potencia que se disipa en la resistencia?

Resolución:

Aplicando en teorema de Millman, tenemos:

º45221

º9041

º9021

º4522º9040

º904º9080

º902º020

X1

X1

X1

XE

XE

XE

U

R2L1LC

R2L

3

1L

2

C

1

CA

∠+

∠+

−∠

∠−∠+

∠∠−

−∠∠

=++

+−=

+

+

Vº0120UCA ∠−=

Aº565,116520j4020XR

EUI

2L

3CAR ∠=+−=

+−

=

( ) 2520RIP22

R ⋅⋅=⋅=

W4000P =

C



Problema 58

Dado el circuito de la figura 58.1, se conocen los siguientes parámetros:

R1 = 4 Ω R2 = 4 Ω XC = 4 Ω XL = 8 Ω

eG(t) = 12 sen(100πt) V iG(t) = 3 sen(100πt + 90°)


Aplicando el teorema de sustitución, determinar la e(t) de la figura 58.2.

Resolución:

V 0º12EG ∠= Aº903IG ∠=

Ω 4R1 = Ω 4R 2 =

Ω 8jXL = Ω 4jXC −=

1

G1 R

UEI

+=

L22 XR

UI+

=

0III G21 =++

0IXR

UR

UEG

L21

G =++

++

0º903j84

Uº04Uº012 =∠+

++

∠+∠

e (t)G

i (t)G

i (t)1

i (t)2

i (t)G

e (t)Ge(t)

R1

A B

R2

XCXL

R1

A B

R2

XCXL



Vj126U −−=

Vj12j88j4

j126XXR

UIXU LL2

2LA −=⋅⋅+

−−=⋅+

=⋅=

V12º903j4IXU GCB =∠⋅−=⋅=

Vº225212j1212UUU BAAB ∠=−−=−=

( ) ( ) Vº225t100sen212te +⋅π⋅=



Problema 59 El circuito de la figura que tiene por esquema el representado en la figura, trabaja en régimen permanente alimentado por dos fuentes de tensión de características:

1πe (t)=270 2 cos 100 π t+ V2

⎛ ⎞⋅ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

2e (t)=360 2 cos100 π t V⋅ ⋅ ⋅

Siendo los parámetros del circuito:

1Z =24 73,74º Ω∠ 2Z =18 -16,26º Ω∠ 3Z =40 -53,13º Ω∠ 4Z =19,2 -69,39º Ω∠

Determinar:

a) Para la posición 1 del conmutador K, las indicaciones de todos los aparatos de medida

b) Para la posición 2 del conmutador K, las indicaciones de los aparatos de medida A1, A2, A6 y V

c) Para la posición 3 del conmutador K, las indicaciones de los aparatos de medida A6 y V

Z1

Z4

Z3

Z2

(1)

~

~V

A1

A3

A4

A2

A3

A5

A6

e (t)1

e (t)2

(2)

(3)K

Figura 59.1

Resolución:

Pondremos en primer lugar todos los datos del problema en su forma polar y/o binómica:

Vº90270E1 ∠=

Vº0360E2 ∠=

Ω+=Ω∠= j04,2372,6º74,7324Z1

Ω−=Ω−∠= j04,528,17º26,1618Z2

Ω−=Ω−∠= j3224º13,5340Z3

Ω−=Ω−∠= j9712,177584,6º39,692,19Z4



a) Para la primera posición (1) del conmutador, el circuito a resolver quedará reducido a:

Z1

Z3

Z2

~

~V

A3

E1

E2

MI1-2I3

I

I

I

Figura 59.2

Primer método de resolución:

Para el cálculo de la impedancia total equivalente. Si observamos que 2E y 2Z están en serie y el conjunto de las dos en paralelo con 3Z , tendremos:

º87,3630j1824j04,528,17j04,2372,6ZZZ 2121 ∠=Ω+=−++=+=−

º26,1650º26,161200

j1448º26,161200

j3224j1824º13,5340º87,3630

ZZZZZ

321

321T

−∠−∠=

−−∠=

−++−∠⋅∠=

+⋅=

−

−

Ω+=Ω∠= j024º024ZT

Esta impedancia esta sometida a dos fuentes de tensión contrapuestas y por lo tanto equivalentes a una de valor:

Vº13,143450Vj270360V360j270Vº0360º90270EEE 21 ∠=+−=−=∠−∠=−=

Como consecuencia:

Aj25,1115Aº13,14375,18º024

º13,143450ZEIT

+−=∠=∠

∠==

Las indicaciones, por lo tanto, de A1 y A2, que es obvio que son iguales, serán:

A75,18IAA 21 ===

La corriente que circulará por 3Z valdrá:

º26,19625,11º13,5340º13,143450

ZEI

33 ∠=

−∠∠== A25,11A3 =



Igualmente:

º26,10615º87,3630º13,143450

ZEI

2121 ∠=

∠∠==

−−

Y la indicación de los amperímetros A4 y A5:

A15IAA 2154 === −

Naturalmente, se tiene que cumplir la igualdad vectorial siguiente:

Aj25,1115j15,38,10j4,142,4III 321 +−=−−+−=+= −

Que coincide con el valor hallado de .I

La rama donde está intercalado el amperímetro A6 queda abierta y por lo tanto no circula corriente, por lo que:

0A6 =

Finalmente, el voltímetro V está conectado entre dos puntos entre los que la diferencia de potencial:

2111 IZEV −⋅−= o también 2122 IZEV −⋅+=

Vº87,36450j270360º180360º90270º26,10615º74,7324º90270V ∠=+=∠−∠=∠⋅∠−∠=

o también:

Vº87,36450j270360º90270º0360º26,10615º26,1618º0360V ∠=+=∠+∠=∠⋅−∠+∠=

La indicación de V será entonces:

V450VV ==

Segundo método de resolución:

Por aplicación de las leyes de Kirchhoff al circuito siguiente:

Z1

Z3

Z2

~

~

A3

E1

E2

I3

I1 I4

I2 I5

1ª malla 2ª malla

A

B

Figura 59.3



B

Se cumplen en este circuito las igualdades siguientes:

21 II −=

54 II −=

431 III += por aplicación de la 1ª ley en el nudo A

3321 IZEE ⋅=− por aplicación de la 2ª en la malla de la izquierda

0IZIZIZ 334241 =⋅−⋅+⋅ por aplicación de la 2ª en la malla de la derecha

De las dos últimas igualdades, se obtiene:

( ) 2133421 EEIZIZZ −==+

Aº26,10615º87,3630º13,143450

ZZEEI

21

214 ∠=

∠∠=

+−=

Aº26,19625,11º13,5340º13,143450

ZEEI

3

213 ∠=

−∠∠=−=

De la tercera igualdad:

Aj25,1115j4,142,4j15,38,10º26,10615º26,19625,11III 431 +−=+−−−=∠+∠=+=

Aº13,14375,18I1 ∠=

valores que coinciden con los hallados por el primer método, y por lo tanto las indicaciones de los aparatos

serán las dadas en ese método:

º180360º90270º26,10615º74,7324º90270IZEV 411 ∠−∠=∠⋅∠−∠=⋅−=

Vº87,36450j270360V ∠=+= valor que coincide con el primer método.

Tercer método de resolución:

Por transformación del triángulo de impedancias que constituyen las 1Z , 2Z y 3Z en su estrella equi-valente según el esquema siguiente:

Figura 59.4

1ZA

3ZOBZ

OAZ

2Z

OMZ M



Las impedancias equivalentes en estrella valdrán:

321

31OA

ZZZZZZ++

⋅= 321

32OB

ZZZZZZ++

⋅= 321

21OM

ZZZZZZ

++⋅=

Empezamos por calcular 321 ZZZ ++ que es inmediato al conocer todos los valores:

( ) ( ) ( ) Ω−∠=−=−+−++=++ º26,1650j1448j3224j04,528,17j04,2372,6ZZZ 321

Los valores de las impedancias en estrella serán pues:

Ω+=∠=−∠

∠=−∠

−∠⋅∠= j52,1136,15º87,362,19º26,1650º61,20960

º26,1650º13,5340º74,7324ZOA

Ω−=−∠=−∠−∠=

−∠−∠⋅−∠= j52,1164,8º13,534,14

º26,1650º39,69720

º26,1650º13,5340º26,1618ZOB

Ω+=∠=−∠

∠=−∠

−∠⋅∠= j2944,84192,2º74,7364,8º26,1650º48,57432

º26,1650º26,1618º74,7324ZOM

El circuito equivalente se tendrá que transformar en el siguiente:

~~

~A A

B B

ZOA ZOA

ZOB ZOB

E2

E1

E1I I

I

ZOM ZOM

O OM M

Figura 59.5

en el que Vº13,143450EEE 21 ∠=−=

El valor de la corriente I es ahora inmediato:

OBOA ZZ

EI+

=

donde

Aº024Aj024j52,1164,8j52,1136,15ZZ OBOA ∠=+=−++=+

Aº13,14375,18º024

º13,143450I ∠=∠

∠=

A75,18IAA 21 ===



La lectura del voltímetro V será UV = y por lo tanto se tiene que calcular U :

Aº87,36450j270360º180360º90270º13,14375,18º87,362,19º90270IZEU OA1 ∠=+=∠−∠=∠⋅∠−∠=−=

La lectura es entonces: V450V =

También como antes se podría haber planteado IZEV OB2 −= llegando al mismo valor de V .

Se omite este cálculo por no ser demasiado reiterativo.

b) En la segunda posición del conmutador, el circuito a resolver será el indicado a continuación:

I1 I4

I2 I5

I6

Z1

Z3

Z2

~

~V

A3

E1

E2

MI3

N

B

A

C Figura 59.6

Primer método de resolución:

Por aplicación de las leyes de Kirchhoff, se podrán determinar todas las corrientes en las ramas del circuito. Así pues, se puede plantear:

431 'I'I'I += por aplicación de 1ª ley en el nudo A

546 'I'I'I += por aplicación de 1ª ley en el nudo M

216 'I'I'I += por aplicación de 1ª ley en el nudo N

3321 'IZEE ⋅=− por aplicación de 2ª ley en la malla NABN

411 'IZE ⋅= por aplicación de 2ª ley en la malla NAMCN

522 'IZE ⋅= por aplicación de 2ª ley en la malla NBMCN

Y de forma inmediata ya tendremos los siguientes valores:

Aj15,38,10Aº26,19625,11º13,5340º13,143450

ZEE'I

3

213 −−=∠=

−∠∠=−=



A25,11'IA 33 ==

Aj15,38,10Aº26,1625,11º74,7324

º90270ZE'I

1

14 +=∠=

∠∠==

A25,11'IA 44 ==

Aj6,52,19Aº26,1620º26,1618

º0360ZE'I

2

25 +=∠=

−∠∠== A20'IA 55 ==

El resto de valores de I ya se podrán calcular por resolución de las tres primeras ecuaciones:

( ) ( ) A0Aj00j15,38,10j15,38,10'I'I'I 431 =+=++−−=+=

A0'IA 11 ==

( ) ( ) Aº26,1625,31Aj75,830j6,52,19j15,38,10'I'I'I 546 ∠=+=+++=+=

A25,31'IA 66 ==

( ) ( ) Aº26,1625,31Aj75,830j00j75,830'I'I'I 162 ∠=+=+−+=−=

A25,31'IA 22 ==

Es obvio que al no haber ningún elemento pasivo entre M y C no hay caída de tensión entre estos dos puntos y por lo tanto V0'V = .

Segundo método de resolución:

Por transformación del triángulo de impedancias en estrella equivalente, iremos a parar al circuito siguiente:

~

~A

B

ZOA

ZOB

E2

E1

I1

I6IA

IB

I2

ZOM

O M

Figura 59.7

Ω∠= º87,362,19ZAO

Ω−∠= º13,534,14ZBO



Ω∠= º74,7364,8ZOM

Circuito que se puede resolver con el método de las mallas para determinar las corrientes 1'I , 2'I e 6'I .

Como se cumple: ( ) ( ) Ω∠=Ω+=−++=∠+∠=+= º024j024j52,1164,8j52,1136,15º87,364,14º87,362,19ZZZ BOAO11

( ) ( )Ω−∠=Ω−=

=++−=∠+−∠=+=º26,1652,11j2256,30592,11

j294,84192,2j52,1164,8º74,7364,8º13,534,14ZZZ OMBO22

Ω∠=−∠−=−== º87,1264,14º13,534,14ZZZ BO2112

Y por lo tanto, al aplicar la expresión matricial siguiente, ya podremos determinar las corrientes:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

2

21

B

A

2221

1211

EEE

'I'I

ZZZZ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −

=

2221

1211

222

1221

A

ZZZZ

ZEZEE

'I

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −

=

2221

1211

221

2111

B

ZZZZ

EZEEZ

'I

Pasando a calcular, en primer lugar, el determinante de la matriz de impedancias:

º87,1264,14º87,1264,14º26,1652,11º024º26,1652,11º87,1264,14

º87,1264,14º024ZZZZ

2221

1211 ∠⋅∠−−∠⋅∠=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−∠∠

∠∠=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=∆

j0656,1990608,58,4144,774208,265º74,25336,207º26,1648,276 ++−=∠−−∠=∆

º61,206,345j6512,1214816,324 ∠=+=∆

Y sustituyendo valores en las expresiones A'I e B'I :

A 0º61,206,345

º87,1265184º87,1265184º61,206,345

º26,1652,11º0360º87,1264,14º13,143450

'I A =∠

∠−∠=∠

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−∠∠

∠∠

=

A 0'I'IA A11 ===

º61,206,345º87,3610800

º61,206,345j64808640

º61,206,345º2706480º08640

º61,206,345º0360º87,1264,14

º13,143450º024

'I B ∠∠=

∠+=

∠∠−∠=

∠

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∠∠

∠∠

=

Aº26,1625,31'I B ∠=

6B 'I'I =

A25,31'I'IA B66 ===



Y como,

6162 'I'I'I'I =−= porque 0'I 1 =

A25,31'IA 62 ==

Resultados idénticos, como es lógico, a los obtenidos por el método anterior. El resto, por lo tanto, ya se obtendrían de forma inmediata.

Tercer método de resolución:

Por aplicación del teorema de Millman y determinación de la f.e.m proporcionada por el generador equivalente a ambos en paralelo en el circuito transformado (impedancias en triangulo pasado a estrella equivalente).

El circuito inicial será, pues, el mismo que en el segundo método; la E de ambos generadores en paralelo valdrá:

BOAO

BO2AO1

YYYEYEE

+⋅+⋅=

y al ser las admitancias las inversas de las impedancias:

º87,362,19º13,534,14

º87,362,19º0360º13,534,14º90270ZZ

ZEZE

Z1

Z1

ZE

ZE

EAOBO

AO2BO1

BOAO

BO

2

AO

1

∠+−∠∠⋅∠+−∠⋅∠=

+⋅+⋅=

+

+=

Vº87,36450º024

º87,3610800j024

º87,3610800j024

º87,3610800j52,1136,15j52,1164,8º87,366912º87,363888E ∠=

∠∠=

+∠=

+∠=

++−∠+∠=

La admitancia de este generador de Millman vale:

OBOA

OBOA

OBOAOBOAMILL

ZZZZ

Z1

Z1YYY

⋅+=+=+=

y su impedancia interna:

º024

º26,1648,276º024

º13,534,14º87,362,19ZZZZ

Y1Z

OBOA

OBOA

MILLMILL

∠−∠=

∠−∠⋅∠=

+⋅==

Ω−=Ω−∠= j2256,30592,11º26,1652,11ZMILL

De esta manera, el circuito equivalente que se tendrá es el siguiente:

Figura 59.8

EMILL 6'I

OMZ

MILLZ



en el que es inmediato el càlculo de la intensidad:

Aº26,1625,31º61,204,14º87,36450

º74,7364,8º26,1652,11º87,36450

ZZE'I

OMMILL

MILL6 ∠=

∠∠=

∠+−∠∠=

+=

valor que coincide con los hallados por otros métodos, como era de esperar.

Para hallar el resto de valores, calculamos primero la caída de tensión entre O y M:

Vº90270º74,7364,8º26,1625,31ZIU OM6OM ∠=∠⋅∠=⋅=

Conociendo ,UOM podemos trabajar con el circuito inicial transformado en que podemos escribir:

OM1AO1 U'IZE +⋅= y por lo tanto: 1AOOM1 'IZUE ⋅=−

OM2BO2 U'IZE +⋅= y por lo tanto: 2BOOM2 'IZUE ⋅=−

y sustituyendo valores;

1AO 'IZº90270º90270 ⋅=∠−∠ o sea que: A0'I 1 =

'Iº13,534,14º90270º0360 2⋅−∠=∠−∠

Aº26,1625,31º13,534,14º87,36450

º13,534,14j270360'I2 ∠=

−∠−∠=

−∠−=

valores que también coinciden con los obtenidos por métodos anteriores.

c) En la tercera posición del conmutador y haciendo también la transformación del triángulo de impedancias en estrella equivalente, el circuito es el siguiente:

~

~A

B

ZOA

ZOB

E2

E1

I1

I6

I2

ZOM

ZA

O

M

N

Figura 59.9

Recordando los valores ya obtenidos de:

Ω∠= º87,362,19ZAO

Ω−∠= º13,534,14ZBO

Ω∠=+ º024ZZ BOAO

Ω∠= º74,7364,8ZOM



Resolveremos el problema utilizando el teorema de Thevenin aplicado a la impedancia .Z4

La corriente de circulación entre los dos generadores se puede calcular directamente por la fórmula:

Aº13,14375,18º024

º13,143450ZZEE'I

BOAO

21 ∠=∠

∠=+−=

La tensión a circuito abierto entre N y M, que será igual a la tensión entre N y O, valdrá:

Vº87,36450j270360º180360º90270

º13,14375,18º87,362,19º90270'IZE)vacío(U)vacío(U AO1NONM

∠=+=∠−∠==∠⋅∠−∠=⋅−==

También se habría llegado al mismo valor considerando la rama :E2

( )

Vº87,36450j270360º90270º0360º13,14375,18º13,534,14º0360'IZE'IZE)vacío(U BO2BO2NO

∠=+=∠+∠==∠⋅−∠+∠=⋅+=−⋅−=

Por lo tanto la f.e.m. del generador de Thevenin equivalente, vale Vº87,36450ETHEV ∠= y como es lógico, es idéntica a la f.e.m. del generador de Millman equivalente calculado antes.

Solo queda calcular la impedancia interna del generador de Thevenin que será la que se obtenga entre terminales de M y N al hacer pasar el circuito pasivo como se muestra a continuación:

Y’’

ZOA

ZOB

ZOM

Z4

M

N

Figura 59.10

º13,534,14º87,362,19º13,534,14º87,362,19º74,7364,8

ZZZZZZ

BOAO

BOAOOMTHEV

−∠+∠−∠⋅∠+∠=

+⋅+=

pero Ω∠=+ º024ZZ BOAO

como ya se ha calculado antes:

º26,1652,11º74,7364,8º024

º26,1648,276º74,7364,8ZTHEV −∠+∠=∠

−∠+∠=

Ω∠=+=−++= º61,204,14j0688,54784,13j2256,30592,11j2944,84192,2ZTHEV



El circuito equivalente con generador de Thevenin será:

Figura 59.11

del que se deduce que:

Aº39,6975,18

º53,3224º87,36450

j9024,122368,20º87,36450

,9712,177584,6,0688,54784,13º87,36450

39,692,19º65,204,14º87,36450

ZZE'I

4THEV

THEV

∠=−∠

∠=−

∠=

=−++

∠=−∠+∠

∠=+

=

Por otro lado el voltímetro indicará la tensión entre terminales de 4Z :

º036039,6975,18º39,692,19''IZ''V 64 ∠=∠⋅−∠=⋅=

y por lo tanto,

V360''VV ==

M

N

ETHEV

THEVZ

4Z



*

W

V

XL

R2

R1

iG(t)

XC

Z0

A1

A2

AG

VG

AC

B

D

Problema 60 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Conocemos la lectura del voltímetro V=80 V Se pide: a) Lecturas de los siguientes aparatos: AG, VG, W, A1 y A2

b) Potencia aparente del generador en forma binómica y polar

Figura 60.1

Datos: G Gmaxi =I 2 sen100 π t A⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 0Z =2 2 45° Ω⋅ ∠ R1=4 Ω R2=18 Ω

XL=4 Ω XC=15 Ω

Resolución:

G G GGi I = I 0°= I A→ ∠ , 0 0 0Z =R +j X =2+j 2=2 2 45° Ω⋅ ⋅ ⋅ ∠

1 1 LZ =R +j X =4+j 4=4 2 45° Ω⋅ ⋅ ⋅ ∠ , 2 2 CZ =R -j X =18-j 15=23,43 -39,80° Ω⋅ ⋅ ∠

2 1p

2 1

Z ZZ = =4,582+j 2,836=5,389 31,76° ΩZ +Z

⋅ ⋅ ∠ , T 0 pZ =Z +Z =3,491+j×14,836=15,241 76,76° Ω∠

G 0 GACU =I Z =2 I 2 45° V⋅ ⋅ ⋅ ∠ , G p GCDU =I Z =5,388 I 31,759° V⋅ ⋅ ∠ ,

1CDGCB

1

U RU = =3,81 I -13.24° VZ

⋅ ⋅ ∠ G GAB AC CBU =U +U =(5,709+j 1,127) I =5,819× I 11,17° V⋅ ⋅ ∠

G GABU =5,819 I =80 I =13,747 A⋅ ⇒

la lectura del amperímetro AG=13,747 A

G AC CDU =U +U =90,482+j 66,487=112,283 36,31° V⋅ ∠ La lectura del voltímetro VG=112,283 V

GG GS =U I =1243,889+j 914,018=1543,596 36,31° VA⋅ ⋅ ∠



La lectura del vatímetro W=1243,889 W

G pCDU =I Z =62,987+j 38,992=74,080 31,759° V⋅ ⋅ ∠

CD1

1

UI = =12,748-j 3=13,095 -13,24° AZ

⋅ ∠

La lectura de amperímetro A1=13,095 A.

CD2

2

UI = =1-j 3=3,161 71,56° AZ

⋅ ∠

La lectura de amperímetro A2=3,161 A.



Problema 61

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con corriente alterna. Conocemos los valores de la resistencia R0=0,1 Ω y K=0,025 Ω-1 de la fuente dependiente, presentado un factor de potencia capacitivo en bornes del generador real de tensión (bornes A-B). Las lecturas de los aparatos de medida que conocemos son las siguientes:

AG=59,45 A A1=20,5 A V=259,307 V

W1=5043 W W2=4874,9 W

Se pide :

a) Valor de R1, X1 y de Z

b) Las lecturas de los aparatos VG y A2

c) Potencia aparente del generador independiente y del dependiente

U1

AG

*

VGK·U1 V

A1

Z

X1

*

W1

W2

EG

R0

A2

R1

A

B

Figura 61.1

Resolución:

Ω==⇒⋅= 125,20

5043RIRW 21111 Ω=== 649,125,20

307,259I

UZ

11

Ω=−=⇒−= 412649,12XRZX 221

21

211

Ω°∠=⋅+=⋅+= 435.18649,124j12XjRZ 111



( ) ( ) ( )

°±=α⇒=⋅

=⋅

==α⇒⋅⋅=⋅ℜ=

56,713162,045,59307,259

9,4874

IVWIVcoscosIVcosIVIVW

G

2GGG

*G2

Tomo como referencia:

A 30,2590307,259U =°∠=

A 40,56j8,18565,7145,59IG ⋅+=°∠=

A 482,6j448,19435,1850,20I1 ⋅+=°∠=

V 792,77j934,2556,718243,18649,12

904030,259Z

XUU

1

1X ⋅+=°∠=

°∠°∠⋅°∠=

⋅=

A 944,1j648,0056,7105,256,7182025,0UKI Xdep ⋅+=°∠=°∠⋅=⋅=

Aplicando la primera ley de Kirchhoff tenemos :

A 826,64j 90826,64IIIIIIII 1depGZZ1depG ⋅=°∠=−+=⇒+=+

La lectura del amperímetro A2=64,826 A

Ω⋅−=°−∠== 4j904IUZZ

V 640,5j186,261 237,12476,261UIRU G0G ⋅+=°∠=+= ⋅

La lectura del voltímetro VG=261,24 V

VA 304,504j103,16856,71584,531I·US *depdep ⋅−=°−∠==

VA 714,14624j330,522832,70185,15531I·US *GGG ⋅−=°−∠==



Problema 62

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, conociéndose las expresiones temporales de:

( ) Aº13,8t100cos12i +⋅π⋅⋅= ( ) Vt100cos260u ⋅π⋅⋅⋅=

y las lecturas de los siguientes aparatos de medida:

A1=6 A A2=6 A

Se pide:

a) Valor de R1, R2, L1 y C2

b) Lecturas W, VG, AG, A3

c) Potencia aparente en forma binómica del generador y factor de potencia del generador

Figura 62.1

Datos:

R0 = 0,2 Ω mH160L3 π= k = 0,1 Ω

Resolución:

Aº13,82

12I12 ∠= Vº060U ∠=

U8,13ºα

Ι2

Ι1 Ι = 12/ 2 Α12

Figura 62.2

2

12I

2Icos =α 22cos =α º45=α⇒

Aº13,536I2 ∠= Ω⋅−=Ω−∠== 8j6º13,5310IUZ2

2 Ω= 8R 2



Aº87,366I1 −∠= Ω⋅+=Ω∠== 6j8º87,3610IUZ1

1 Ω= 6R1

π⋅⋅=

ω=

100106XL

31L

1 mH60L1 π=

810010

X1C

6

C2 ⋅π

=⋅ω

= µF1250C2 π=

V13,82

121,0Ik 12 ∠⋅=⋅ Ω∠=ω⋅⋅= 90º16LjZ 33

Aº116,90698,3Z

IkUI

3

123 −∠=

⋅−=

Aº572,16756,8III 3120 −∠=+=

Vº464,0680,61URIE 00G −∠=+⋅=

A698,3A3 = A756,8AG = A680,61VG =

VAº108,16088,540IES *0GG ∠=⋅=

VA85,149j884,518IES *0GG ⋅+=⋅=

)SRe(W GG =

W884,518WG =



Problema 63

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. La bobina L1 está constituida de manera que su coeficiente de autoinducción es variable.

Se modifica el valor de L1, de manera que la lectura del amperímetro A1 sea cero.

Se pide:

a) Valor de L1 para que cumpla dicha condición

b) Valor de las resistencia R1 y R2

c) La lectura del voltímetro VG

d) Valor de L2

iG R1

A1

A2

L1

VG*

i(t)

*

W1

+-

W2

R2 L2

C1

C2

0,1·i(t)

Figura 63.1

Datos:

24 2 sen100 AGi tπ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ W1=600 W W2=300 W C1=33 mF A2=15 A

Resolución:

De iG sabemos que: A24IG = i π=ω 100 rad/s

a) Condición para A1=0

∞=

ω−

∠ω−∠ω

jC

1jL

º90Lº·90C

1

11

11

ω=ω

11 C

1L H3073310

C1L 2

11 µ=

π=

ω=

como 0)t(i = 0)t(i1,0 =



Por lo tanto, el circuito queda de la siguiente manera:

XL2R1 R2

A2

VG

W1 W2

IG

~

Figura 63.2

Donde:

W030PWW 1R21 ==− W030WP 22R ==

2

2G

1

2G

2R1R RV

RV

PP === R2R1R21 IIIRR ====

Por Pitágoras:

22

22

2R

22L AIII ==+

2G

2R

22L II2I =+

⎪⎭

⎪⎬

⎫

=+

=+

22R

22L

22R

22L

24I4I

15II A 475,11IR = A 457,9I 2L =

Ω 25,2547,11300

I

WRR 22R

221 ====

V98,25I·RV R1G == V 89,25VG = (La lectura del Voltímetro)

Ω== 713,2I

VX

2L

G2L mH 763,8XL 2L

2 =ω

=

IR2 IR1

IL2 I2 IG

VG



Problema 64


Se pide:

a) Equivalente de Thevenin

b) Equivalente de Norton

c) La impedancia a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia

d) Potencia máxima transferida

eG(t)

R1

A

C2

L1 R2

R0

BuAB

Figura 64.1

Datos:

e 240 2 sen100 π t VG = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ R0=2 Ω R1=2 Ω

R2=6 Ω L1=60/π mH C2=5/2π mF.

Resolución:

Cálculo de ETh:

Ω∠==ω= º9066jjLX 11L Ω−∠=−=ϖ

−= º9044jC

jX2

2C Ω∠= º02Z0

Ω∠=Ω+=+= º56,71324,66j2XRZ 1L11 Ω−∠=−=+= º69,33211,7j46XRZ 2C22

21

21P ZZ

Z·ZZ+

= Ω 523,2j059,5º838,23531,5 +=Ω∠=

Ω∠=Ω+=+= º57,17404,7235,2j059,7ZZZ P0T



T

GT Z

EI = A 87,9j90,30Aº57,1741,32 −=−∠=

PTP Z·IU = V 35,19j19,178Vº26,627,179 +=∠=

1L1

P0A X·

ZU

U = V 70,71j50,154Vº70,240,170 +=∠=

22

P0B R·

ZU

U = 0V7,95j33,114Vº957,3916,149 +=∠=

AB A0 B0U =U -U 40,17 j24,72 V 47,17 31,607 V= − = ∠ − ° thE=

Cálculo Zth R1

R2

A B

~

XL1

XC2

I1 I2

E0

I0

Figura 64.2

Aplicando mallas:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−+−+=−+−+=

−+−=

)II(R)II(RI·X0)II(X)II(RI·R0

)II(R)II(XE

12002222C

011L21011

202101L0

[ ] [ ][ ]I·ZE = [ ] [ ] [ ]IE·Z 1 =−

00 Iº·607,313238,4E −∠= Ω 626,2j682,3º607,313238,4Zth −=−∠=

Cálculo de IN:

Aº0909,10ZE

Ith

thN ∠== e 11

thN Ω 760,3123127,0121212,0j196969,0

Z1Y −− ∠=Ω+==

La Z a colocar para Pmax será:

Ω 626,2j682,3607,313238,4ZZ *th +=Ω∠== W904,151

R4E

Pth

2th

max ==



Problema 65


Se pide:

a) Corriente que circula por la resistencia R3

b) Potencia consumida por esta resistencia

c) Potencia aparente de cada generador en forma binómica y polar

eG(t) iG(t)

L3

R1

R3

R2L2L1

Figura 65.1

Datos: e 240 2 sen100 π t VG = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ i 10 2 cos100 π t AG = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ R1=2 Ω R2=2 Ω

R3=6 Ω L1=60/π mH L2=40/π mH L3=70/π mH

Resolución:

Vº0240EG ∠= Aº9010IG ∠=

Calculo de las impedancias:

Ω∠==ω= º9066jj4X 1L Ω∠= º907X 2L

Ω∠=+=+= º56,71324,6j62XRZ 1L11

Ω∠=+=+= º43,63472,4j42XRZ 2L22

Ω∠=+=+= º40,49219,9j76XRZ 3L33

Por el teorema de Millman:

31

G1

G

P

Z1

Z1

IZE

U+

+= V064,5j270,109Vº653,2387,109 −=−∠=



A 635,9j296,7Aº05,524,8611ZUI

3

P3 −=−∠==

1

PG1 Z

UEI

−= A 635,19j296,7Aº35,69685,20 −=−∠=

V 7º1,12862,70V935,14j270,69Z·IUU 2GPG ∠=+=+=

2

111R I·RP = W794,855=

2G22R I·RP = W020=

W636,844I·RP2

333R ==

W430,1900PPP 3R2R1R =++

VA 83,77622,708VA704,692j357,149I·US *GGIG −∠=−==

VA 53,69561,4964VA494,4645j073,1751I·ES *1GEG ∠=+==

W430,1900PP IGEG =+



Problema 66


Se pide:

a) Con el interruptor k abierto, intensidades de las corrientes que circulan por cada resistencia y caída de tensión entre A y B

b) Con el interruptor k cerrado, intensidades de las corrientes que circulan por cada resistencia y caída de tensión entre A y B

c) Potencia aparente de cada uno de los generadores en ambos casos.

R1

R2

R3

A B

XL2

XL1

XC

~E1

~E2

~E3

V

AK R

Figura 66.1

Datos:

1E 100 0 VG = ∠ ° 2E 150 45 VG = ∠ ° 3E 200 45 VG = ∠ − ° 1 2 3R R R 4= = = Ω

Ω∠= º907X 1L Ω∠= º905X 2L Ω−∠= º902XC R=15 Ω

Resolución:

con K abierto:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

321

3

3G

2

2G

1

1G

Z1

Z1

Z1

ZE

ZE

ZE

U V828,3j502,201º08,1538,201 −=−∠=

lectura del voltímetro V538,201V =

1

1G1 Z

UEI

−= A662,11j834,5º58,117599,12 +−=∠=



2

2G2 Z

UEI

−= A 36,22j090,4º63,79731,22 +=∠=

3

3G3 Z

UEI

−= A 526,33j743,1º02,87572,33 +=∠=

las lecturas son A 959,12I 1R = A 173,22I 2R = A 257,33I 3R = A 0IR =

con K cerrado:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

R1

Z1

Z1

Z1

ZE

ZE

ZE

'U

321

3

3G

2

2G

1

1G

A 2,0721j46,172A00,4883,172 −=−∠=

La lectura del voltímetro es: V883,172V =

1

1G1 Z

'UE'I

−= A 654,8j159,3º28,110112,9 +−=∠=

2

2G2 Z

'UE'I

−= A 236,19j929,7º996,67164,21 −−=∠=

3

3G3 Z

'UE'I

−= A 739,28j727,6º93,76744,29 +−=−∠=

R'U'I4 = A805,0j497,11º04,4525,11 +−=−∠=

las lecturas son: A 211,9I 1R = A 416,21I 2R = A 474,29I 3R = A525,11IR =

Potencias con K abierto:

VA 663,1116j399,583 º58,117877,1259I·ES *11G1GE −−=−∠==

VA 73,1937j545,2805 º63,34674,3409I·ES *22G2GE −=−∠==

VA 877,4494j89,4987 º02,42385,6714I·ES *33G3GE +=∠==

Potencias con K cerrado:

VA 640,854j907,315 º29,110157,911'I·E'S *11G1GE −−=−∠==

VA 243,1240j346,2922 º00,23635,3174'I·E'S *22G2GE −=−∠==

VA 181,3146j857,5048 º92,3190,5948'I·E'S *33G3GE +=∠==


Régimen transitorio 193

2 Circuitos eléctricos: régimen transitorio



L1

Problema 67

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado:

Figura 67.1

Se conocen los valores de:

R1=4 Ω R2=12 Ω R3=40 Ω R4=20 Ω C=1 mF

L1=3 mH L2=4 mH E1=32 V E2=60 V

En el instante t=0 se abre el interruptor K; se pide:

a) Valor de la tensión en bornes del condensador en el instante t = 0+

b) Valor de la intensidad de corriente que circula por la bobina L2 en t = 0+

c) Valor de la intensidad de corriente que circula por la bobina L1 en régimen permanente

Resolución:

a) ( ) ( ) 202040

60RRR

E0u0u 443

2CC ⋅

+=⋅

+== −+

( ) V200uC =+

b) ( ) ( ) 814

321RE

RRE0i0i

1

1

43

22L2L +=+=+

+== −+

( ) A90i 2L =+

c) ( )124

32RR

Ei21

11L +

=+

=∞

( ) A2i

1L =∞



Problema 68

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se cambia de posición el conmutador. ¿Cuál es la variación de energía almacenada en el condensador C desde t=0 a t=∞?

Figura 68.1

Resolución:

Para t=0- ( ) V100uC =

Para t=∞ ( ) V 5u C =∞

( ) ( )0www CC −∞=∆

( ) ( )[ ]0uuC21w 2

C2C −∞⋅⋅=∆

J10375.0w 4−⋅−=∆



Problema 69 El circuito de la figura lleva funcionando durante un brevísimo instante de tiempo.

Figura 69.1

Se conocen los valores de los siguientes elementos:

L1=3 mH L2=1 mH C=1 mF R1=2 Ω

R2=5 Ω R3=4 Ω EG=18 V

Se cierra el interruptor K, en el instante en que la energía almacenada en la bobina L1 es 1,5 mJ, instante que se toma como t = 0.

a) ¿Cuánto vale la tensión en bornes de la bobina L1 en el instante t = 0-?

b) ¿Qué corriente circula por iL2 en el instante t = 0+?

c) ¿Qué tensión hay en bornes del condensador en t=∞ ?

Resolución:

( ) A1103103

LW20i 3

3

1

1L1L ±=

⋅⋅=⋅= −

−−

( ) A10i 1L −=− ( ) ( ) A 10i0i 2L2L == +−

( ) ( ) ( ) V124218RR0iEu 311LGL =+−=+⋅−= −

( ) V9313

12LLL

u0u 121

L1L =⋅

+=⋅

+=−

( ) V 90u 1L =−

( ) 242

18RRR

Eu 131

GC ⋅

+−=⋅

+=∞

( ) V 6u C −=∞

Figura 69.2



Problema 70

Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos:

IG= 17 A EG= 170 V L1= 9 mH L2= 18 mH

R0= 3 Ω R1= 4 Ω R2= 5 Ω R3= 2 Ω

Con el interruptor k abierto el circuito se halla en régimen permanente. Se cierra el interruptor k, instante que se toma como t = 0 s.

kR0 L1 ua R2 ub

R1 IG

uL2

uL1

EG

i0 i R3

L2

Figura 70.1

a) Determinar el valor de la energía almacenada en L2 en t = 0 +

b) Determinar el valor de la tensión en bornes de la bobina uL2 en t = 0 +

c) Determinar el valor de la tensión uA en t= ∞

Resolución: a) Circuito equivalente en t = 0-

R0

EG i (0 )L-

R3

Figura 70.2

( ) A3423

1700i =+

=−

( ) J404,10341018210W 23

2L =⋅⋅= −−



b) En t = 0+

Figura 70.3 Dado que iL1(0+) = iL2(0+) = 34 A → iR2 (0+) = 0

( ) V681740uB −=⋅−=+ ( ) V682340u 3R =⋅=+ ( ) ( ) ( )+++ −= 0u0u0u 3RB2L

( ) V1360u 2L −=+ c) En t = ∞

Figura 70.4

( ) ( )2

)(u9u68

3u170 AAA ∞=∞−−+∞−

( ) V52u A =∞



Problema 71 Del circuito de la figura se conocen los siguientes datos:

EG= 12 V R1= 2 Ω R2= 4 Ω R3= 6 Ω

L= 2 mH C1 = 1 mF C2 = 3 mF

Figura 71.1

El circuito se halla en régimen permanente. Se cierra el interruptor k, instante que se toma como t = 0 s.

a) ¿Cuál es la corriente iL que circula por la bobina L en t = 0+ ?

b) ¿Cuál es la tensión en bornes del condensador uC2 en t = 0+ y en t= ∞ ? Resolución: Circuito equivalente para t=0-

( ) ( )+− =−=+

−= 0iA224

120i LL

( ) ( )+− ==⋅= 0uV4220u CC

( ) ( ) V 1131

40u0u C2C =⋅+

== +−

Circuito equivalente para t = ∞

12 VG

2

iL

uC 2

4 Ω

uC (0 )-

=

Figura 71.2



( ) V842Riu 22R2C =⋅=⋅=∞

( ) V8V0V8u 2C −=−−=∞

Figura 71.3

12 V4i

u C2

R2

4 Ω



Problema 72

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t = 0 se cierra el interruptor K1 y se cambia de posición el conmutador K2. Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t) para t > 0.

K1

100 Ω100 Ω10sen(1000t-60º) 0,2 Ai (t)l

~0,1 H

t=0

t=0 K2

Figura 72.1

Resolución: Circuito equivalente para t < 0-

100Ω10sin(1000t-60º) I (0 )=0,2AL+

i (t)R

~ 0,1H i

Figura 72.2

( )td

id1,0100ti LR ⋅=⋅

tdid

1,03

-1000sen10 L⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅ t Lidtd

3-1000sen100 =⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅ t

( ) ( ) ( ) A3

cos1,03

t1000cos1,02,0tiAtd3

t1000sen1000iti L

t

0LL ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⋅−=⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⋅+= ∫

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−⋅−=

3t1000cos1,025,0tiL A

( ) ( ) ( ) A150º1000sen1,025,0º60t1000cos1,025,0tiL -t⋅⋅+=−⋅−=



Problema 73

En el circuito pasivo de la figura todas las resistencias son de 2 Ω. La constante de tiempo del circuito entre A y B es de 0,2s. ¿Cuál es el valor de la capacidad C?

Figura 73.1

Resolución:

Circuito RC: τ = R·C 0,2 = Req · Ceq

Para hallar Req :

F2,0C1R

CR2,0eq

eq

eqeq =⇒⎭⎬⎫

Ω=⋅=

Para hallar Ceq :

Ceq = C = 0,2 F Ceq = 200 mF



Problema 74 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K1 cerrado y el K2 abierto. En t=0, se abre el interruptor K1 y cerramos K2. ¿Cuál es la expresión de VA para a t > 0?

Figura 74.1

Resolución:

Para t = 0- ( ) V401041000uC =⋅=−

Para t > 0

Figura 74.2

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−=

tCCCC e0u0ututu

2,0101004444CR 3

eqeq =⋅⋅+⋅=⋅=τ − s

( ) V100tuC =∞ ( ) V1000uC =∞ ( ) V400uC =

( ) [ ] 2,0t

C e40100100tu−

⋅−−=

( ) Ve60100tu t5C

−⋅−=



Problema 75 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 se cambia de posición el conmutador K. Se pide la expresión temporal de la caída de tensión uC(t) en bornes del condensador para t>0.

Figura 75.1 Resolución:

Para t<0- Para t=0-

( ) V101010uC =⋅=−


Para t=∞

( ) V25251uC −=⋅−=∞

Figura 75.4

Cálculo de la constante de tiempo:

Ω=+= 502525R eq

F02,0C =

s102,050Ceq =⋅=⋅=τ R

Figura 75.5

K

1,25 Ω

10 Ω

t=0

u tC( )

i tR1( )

20 mF 25 Ω1 A

1 A25 Ω i tR2( )

B

A



Método de las condiciones iniciales y finales:

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−= /t

CCCC e0u0ututu

( ) [ ] ⇒⋅−−−−= −tC e102525tu ( ) Ve3525tu -

Ct⋅+−=



Problema 76 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se cambia de posición el conmutador K. Se pide la expresión temporal de la tensión del punto A para t > 0.


Para t=0-

( ) ( )+− ==⋅+

= 0iA4,0446

10i LL

Figura 76.2 Para t>0+

( ) A6,14,020iR =−=+

( ) V6,966,10uR =⋅=+

( ) V6,964,06,92,120u A =⋅−+⋅=+

Figura 76.3 Para t=∞

( ) V4,222,1tu A =⋅=∞

( ) V4,20uA =∞

s2,066

4,2RL

eq

eq =+

==τ

Figura 76.4

iL (0-

)



( ) ( ) ( ) ( )[ ] [ ] 2,0t-ttAAAA e6,94,24,2e0u0ututu −−=⋅−−= −

∞∞

( ) Ve2,74,2tu t5A

−+=



Problema 77 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Se conoce que la fuente de corriente, con el interruptor abierto, cede una potencia de 2 W. En el instante t=0 se cierra el interruptor K. Pasados 0.5885 s la tensión que hay entre los puntos A y B es de 1V.

Así mismo se sabe que cuando se ha conseguido el nuevo régimen permanente la fuente de tensión que hay en el circuito absorbe una potencia de 0,1 W.

Se pide el valor de la capacidad del condensador C.

Figura 77.1

Resolución:

Antes de cerrar K y en régimen permanente:

R5,015,02 2 ⋅+⋅=

Ω= 6R

Figura 77.2

En el nuevo régimen permanente, con el interruptor K cerrado, se tiene el siguiente circuito equi-valente:

1IW1,0 ⋅=

I = 0,1 A

I’ = 0,5 – 0,1 = 0,4 A

1+6·0,1 = I’·R’

Ω==′ 44,06,1R

Figura 77.3



Durante el transitorio: ( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ −−=

tCcCC e0u0ututu

( )⎩⎨⎧

==⋅=′′=∞

V0V6,14,04IRtu

CC

u

Circuito pasivo:

Figura 77.4

C4,2C6464CR eqeqeq ⋅=⋅

+⋅=⋅=τ

[ ] Ct

−−−= 2,4e06,16,11

C4,2t

e6,16,0−

⋅=

98,0C4,2

t =⋅

Pero en t=0,5885:

98,04,25885,0C⋅

=

F25,0C =



Problema 78

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se abre el interruptor K. La tensión que soporta el condensador para t>0 vale: ( ) Ve5,1tu t500

C−−= .

Se piden los valores de las resistencias R1 y R3 y del condensador C.


Para t=0-

Figura 78.2

uC(0-)=1·R1

Cuando t=0+

uC(0+) = uC(0-) = 1·R1 =0,5

Ω= 5,0R1

Para t=∞

Figura 78.3

K



( ) ( )( ) 3500

C

33C R25,05,15,1e5,1u

R25,0R25,01u⋅+=

⎭⎬⎫

=−=∞⋅+=⋅−−⋅=∞

⋅∞− Ω= 5,0R 3

Por otro lado:

5001=τ s ( ) 25,015,0Req =++= Ω

Pasivamos el circuito:

τ = ⋅R Cef

2500

1R

Ceq ⋅

=τ=

F10 3−=C Figura 78.4



Problema 79 El circuito de la figura, al cambiar de posición el conmutador K, alimenta a un circuito pasivo constituido exclusivamente por dos elementos ideales desconocidos.

El valor de la fuente de corriente aplicada i(t) es de 0,4 A. Se sabe que la tensión u(t) toma la siguiente expresión:

( ) Ve6,08,0tu t5,0−⋅−=

Por otro lado se conoce que uno de los elementos pasivos que forman el circuito dispone de condiciones iniciales.

Se pide:

a) Valor de les condiciones iniciales del elemento pasivo

b) Si i(t) = t, calcular el valor de la tensión u(t) para el mismo circuito anterior y con las mismas condiciones iniciales anteriores.

u t( )i t( )10 ΩCircuit

passiu

K

Figura 79.1

Resolución:

a) Hay cuatro posibilidades:

No és deprimer ordre

en estar en sèrie amb la font de corrent

Hi han quatre possibilitats

(a) (b)No és de

primer ordreen estar en sèrie

amb la font de corrent

Para ver si es (a) o (b), cabe pensar que para t=∞ la bobina es un cortocircuito y el condensador circuito abierto ⇒ (b)

Circuito Pasivo

No es de primer orden al estar en serie con la fuente de corriente

No es de primer orden al estar en serie con la fuente de corriente



u t( )i t( ) C R

Figura 79.2

( ) 20,51Ve6,08,0tu t5,0 ==τ⇒⋅−= − ( ) ( ) ( ) ( )[ ] t5,0

6,08,0

e0u0ututu ⋅−∞∞ ⋅−−=

( ) ( ) ( )0u0u6,08,00u −=⇒= ∞∞ ( ) V2,00u =

Para t=∞ toda la corriente pasa por la resistencia:

Ω== 24,08,0Req eqeq CR ⋅=τ F1

22Ceq ==

b) Si i(t)=t

u t( )i t( ) 1F 2ΩiC i

R

u(0)=0.2V

Figura 79.3

tdud1

2uiit CR ⋅+=+= tu5,0

tdud =⋅+ 5,0−=α

( ) ( )tuektu pt5,0 +⋅= ⋅− ( ) ttu ⋅+= BAp

Bd

d p =t

u

Substituyendo en la ecuación diferencial resulta B+0.5(A+B·t)=t

( ) t24tu4A

2B1B0,5

0A0,5Bp ⋅+−=

⎭⎬⎫

−==

⎭⎬⎫

=⋅=⋅+

( ) t24ektu t5,0 ⋅+−⋅= ⋅−

Para t=0

( ) 2,4k4k2,00u =⇒−== ( ) t24e2,4tu t5,0 ⋅+−⋅= ⋅−



Problema 80 En el circuito de la figura, en t=0 se cierran simultáneamente los interruptores K1 y K2. Se pide el tiempo (en ms) que tendrá que transcurrir desde que se han accionado los interruptores hasta conseguir que la corriente i1 que pasa por el condensador de 2mF valga 3.2749·10-2 A.

Nota: No hay condiciones iniciales en los condensadores.

Figura 80.1

Resolución:

( ) ms10510825,0CR 33eqeq

−− ⋅=⋅+⋅=⋅=τ ( )tdudCti 11 ⋅=

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−= te0u0ututu

Para t=∞

( ) V1,05,02,0tu =⋅=∞

( ) V1,00u =∞

( ) V00 =u Figura 80.2

( ) [ ] t2003105t e1,01,0e01,01,0tu ⋅−−⋅− ⋅−=⋅−−=

( ) ( )[ ] t2002t200311 e104e2001,0102

tdudCti ⋅−−⋅−− ⋅⋅=⋅−⋅−⋅⋅=⋅=

Si ( ) 1t2002211 e104102749.3ti ⋅−−− ⋅⋅=⋅=

ms1101818725,0ln2001t 3

1 =⋅=−= − ms1t1 =

K

2 mF 1

0.5 Ω0.2 A

i t( )

K

8 mF 2i t( )

1 2

u t( )

0.5 Ω0.2 A u t( )



Problema 81 En el circuito de la figura, en t=0 se cierra el interruptor K. Se pide:

a) Determinar el tiempo t1 que tendrá que transcurrir hasta conseguir que la tensión u(t) valga la mitad de la que tomaría en régimen permanente

b) Si se abriera el interruptor K en el instante t=t1, calcular la energía disipada en cada una de les resistencias desde t=t1 hasta a t=∞

Figura 81.1

Resolución:

Régimen permanente

( ) V5,731

310tuC =+

⋅=∞

Figura 81.2

Cálculo de τ:

s75,2113132C·R eqeq =⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+⋅+==τ

( ) ( ) ( ) ( )[ ] [ ] 75,2/t75,2ttCCCC e5,75,7e05,75,7e0u0ututu −−τ−

∞∞ ⋅−=⋅−−=⋅−−=

( ) 75,21t1C e5,75,725,7tu −⋅−==

75,3e5.7 75,21t =⋅ − 5,0e 75,21t =− 5,0ln75,2t1 =− s906,1t1 =

J03125.775.3121uC

21W 22

C =⋅⋅=⋅=

dtiRW1t

2R ⋅∫ ⋅= ∞

Figura 81.3

⎪⎭

⎪⎬⎫

=+

==Ω

Ω

J0312,7WW23

RR

WW

212

1

2

3 J2188,4W3 =Ω J8125,2W2 =Ω

1Ω

10 V u t( )1 F

2Ω

10Ω

K

3Ω C

2Ω

3Ω 3.75 V

1Ω

10 V

2Ω

3Ω uC∞(t)



Problema 82 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante en que la corriente de la bobina iL es máxima, se cambia de posición el conmutador K (instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0).

Se pide:

a) Valor de la resistencia R2, sabiendo que para t’ = 4 ms la corriente de la bobina iL vale 1 A

b) Valor de la tensión en bornes de la bobina uL (0+)

Figura 82.1

Datos:

Ω= 4R1 F103

5C 3−⋅π⋅

= H10

1Lπ⋅

= ( ) A4

t100cos25.1tig ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π+⋅π⋅⋅⋅=

Resolución:

a) Ω=π⋅π

=ω⋅= 1010010

1LXL Ω=π⋅⋅⋅

π⋅

=ω⋅

=−

610010

35

1C

1X3

C

Ω°∠= 9010XL Ω°−∠= 906XC

Ω°∠=°−∠+°∠=+= 9049069010XXZ CL

Ω°∠=°∠

°∠=°∠+°∠°∠⋅°∠= 458284,2

45249016

9040490404Zp

pgAB ZIU ⋅= Se toma como origen de fases la corriente º05,1Ig ∠=

A4506065.1904

458284.205.1ZZI

ZUI pgAB

L °−∠=°∠

°∠⋅°∠=⋅

==

V456065,1090104506065,1XIU LLL °∠=°∠⋅°−∠=⋅=

i t( ) uR

A

iL

C K

1g R2L L

B



=1.5 Ai R2L

π⋅101

Disposición vectorial que cumple que la iL es máxima

A5,1206065,1i maxL =⋅=

Para t >0+ el circuito disponible es el siguiente:

Figura 82.2

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−=

tLLLL e0i0ititi en donde ( ) 0tiL =∞ ( ) 00iL =∞

( ) τ−⋅=

tL e5,1ti

τ−⋅=

t004.0e5.11

τ−=

t004,0e666,0

4054,0004,0 =τ

RL1080,9

4054,0004,0 3 =⋅==τ −

Ω=⋅π⋅

=⋅π=

⋅= −− 228,3

86,91010

1086,910

1

1086,9LR

3

332

Ω= 228,3R2

b)

( ) ( ) 228,35,1R0i0u 22RL ⋅−=⋅−= ++ ( ) V84,40uL −=+

45º

-45º

gI

LI

LULU

gI

LI

π=

101L

A5,1)0(iL =+



Problema 83

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0 se cierra el interruptor K2 y se abre K1. Transcurridos 1,5 s se cierra K3, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t´.

Se pide:

a) Expresión temporal de la tensión uC(t) para 0<t<1,5s

b) Valor de la tensión uC para t=1,5s

c) Expresión temporal de la tensión uC(t´) para t>1,5s, es decir, para t´>0

2Ω2Ω8Ω

8Ω

K1 K2

K3

t=0t=1,5s

t=0

20V 10V

u (t)C

1F

Figura 83.1

Resolución:

Para t=0-

2Ω2Ω

2Ω 2Ω8Ω 8Ω

8Ω

8Ω20V 20V

1F

I I1

Figura 83.2

Ω=+=+

+=12128

12328

484·88qRe A

128240

1212820I ==

A384480

32·

128240

128·

128240

488II1 ===+

=

V5,2384480·2)0(uc ==−



Para t≥0+

[ ]

[ ]Ω=

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+= 5,1

228888

2288

8·8

qRe

s5,115,1Ceq·qRe =⋅==τ

[ ] t/τCCCC e(0)u(0)u(t)u(t)u −

∞∞ −−=

Figura 83.3

Para t=∞

A128120

1212810

12328

10

484·88

10I ==+

=

++

=

A12880

128·

128120

128II1 ===

V25,11281602·

12880)t(uC ===∞

[ ] 5,1/tC e5,225,125,1)t(u −−−=

Para t=1,5s 5,1/5,1

C e25,125,1)5.1(u −−= V709,1)t(uC =

Ve25,125,1)t(u 5,1/tC

−+=

2Ω2Ω8Ω

8Ω

10V

u (0 )C-

1F

=2,5V

2Ω2Ω8Ω

8Ω

10V

II1

Figura 83.4



Para t≥1.5s, t´≥0

Figura 83.5

[ ] ´´/tCCCC e)o(u)0(u´)t(u´)t(u τ−

∞∞ −−=

s11·22

2·2Ceq·qRe´ =+

==τ

[ ] Ve709,100´)t(u ´tC

−−−=

Ve709,1´)t(u 'tC

−⋅=

uC(t´=0)=1,709

2Ω

2Ω



Problema 84

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante en que la tensión en bornes de la bobina es máxima se cambia de posición el conmutador (instante que se toma como t’ = 0).

Datos:

C=10/3π mF L=50/π mH Vt100cos230e0 π⋅⋅= R=7,5 Ω R’=30 Ω

Se pide:

a) Valor de la tensión en bornes del condensador en t=0+

b) Valor de la tensión en bornes de la bobina en t=0+

c) Expresión temporal de la corriente que circula por la resistencia R después de cambiar de posición el conmutador

d) Expresión temporal de la corriente que circula por la resistencia R’ después de cambiar de posición el conmutador

Figura 84.1

Resolución:

ω π= 100 rad / s Ω=ω

= 3C1XC Ω=ω= 5LXL

Ω−∠=+−

∠⋅−∠= 000

p 902

15j5j3

905903Z

Ω−∠=−∠+=+= 00pT 452

21590

215

215ZRZ

V0230E 00 ∠= (origen de fases, y se trabaja con valores máximos)

A454452

215

0230ZE

I 0

0

0

T

0T ∠=

−∠

∠==

V4530902

15454ZIU 000pTC −∠=−∠⋅+∠=⋅=

A1356905

4530jX

UI 00

0

L

CL −∠=

∠−∠==



Se dibuja el diagrama vectorial para el instante en que la tensión en bornes de la bobina es máxima (la tensión en bornes del condensador) como origen en t’ = 0-

( ) t10tCR

13

a e3030e

R0u

s10

1101031030CR a π−τ−

+

′

−− ⋅=⋅

′=⇒

π=

π=⋅

π⋅=′=τ i

Ae t10R

π−′ =i

( ) ( ) ( )−−− +⋅= 0uR0i0e LL0

Para t=0+ se tiene,

( ) ( ) ( )+++ +⋅= 0uR0i0e LL0

( ) ( )++ = 0u0e L0

( ) ( );0u=V300u LC−− = ( ) V300u C =+

( ) ( );0i=A00i LL+− =

( ) ( )++ = 0E0u 0L

( ) V3045cos2300e 00 ==+ 30 2 cos 100

4e t

π= π +⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) V2300u L ⋅=+

τπ π πb s= = ⋅ ⋅ = ⋅ =−

−LR

50 10 215

100 1015

1150

33

Figura 84.2

V45230E 0∠=

Ω∠=+=+= 69,33014,9j52

15jXRZ LT

UC=30 v

E0 30 2= V

IL=6A

45º



A31.112328,3ZEI

TL °∠==

A31.117068,4IL °∠=

( ) A π180

11,31'πt100cos7068.4'tiL ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+=∞ ( ) A6154,431,11cos7068,40iL ==∞

( ) ( )++ = 0=A00i RL i

( ) [ ] Ae06154,4180

31,11't100cos7068.4ti 150-R

t'π⋅−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅+π=



Problema 85

En el circuito de la figura se trabaja en régimen permanente. En el instante t = 0 se cierra el interruptor K1 y cuando el valor de la corriente iL1(t) vale 0,095 A, se abre el interruptor K1 e instantáneamente se cierra K2 y se abre K3, instante que se toma como nuevo origen de tiempos t’. Se pide el valor de la corriente iL1(t’).

Figura 85.1

Resolución:

En t=0 se cierra K1

El valor de τ se halla pasivando el circuito


s2,0102

RL

eq

eq ===τ

( ) A1,0101ti 1L ==∞ ( ) A1,00iL1 =∞ ( ) 00iL1 =

( ) [ ] t52,0tL1 e1,01,0e01,01,0ti −− ⋅−=⋅−−= A

cuando ( ) A095,0ti 1L = se abre K1 1t5e1,01,0095,0 −−= 6,0t1 = s



Circuito para t>0,6+

( )i tL1 = ? ( ) A095,06,0iL1 =

Figura 85.4

Nuevo origen de tiempo t’: s61

1022

RL

eq

eq =+

==τ

Régimen permanente: 343,77ºrad66,010t ==⋅=⋅ω

Aº7,284029,120j12

1277,3432IL1 ∠=+

⋅∠=

( ) ( )7,284t10cos029,1'tiL1 +′⋅=∞

( ) ( ) 2611,023,39cos029,10iL1 =−=∞

Figura 85.5

t’ > 0,6+ ( ) ( ) [ ] t61L e095,02611,0º7,284t10cos029,1ti ′−−−+′=′

( ) ( ) Ae1661,0º7,284t10cos029,1ti t6L1

′−−−′=′



Problema 86

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de tiempo t=0 se cierra el interruptor K1. En el instante en que el valor de la tensión que hay en el condensador uC(t) es de 63,212 mV, se cierra el interruptor K2 y el interruptor K1 vuelve a la posición inicial, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’. Se pide la expresión temporal de uC(t’).

Figura 86.1

Resolución:

Cerramos K1: Circuito de primer orden

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−= t

CCCC e0u0ututu

3102CR −⋅=⋅=τ s

( ) V1,011,0tuC =⋅=∞

( ) V1,00uC =∞

( ) [ ] 3102tC e01,01,0tu

−⋅−⋅−−=

15003 e1,01,010212,63 t−− −=⋅

36788,0e 1500 =− t

s10250036788,0ln 3

1−⋅=−=t

Para t = 2·10-3 s cambio de posición de los interruptores

10 F0.1A

K2K1

cos 1000t1Ω u tC

( )

1H 1Ω 1Ω

-3

10 F- 3

0.1A1Ω

1H 1Ω

º591.114rad21021000t 3

==⋅⋅=⋅ω=ϕ −

cos (1000 2 rad)t + 10 F

1

63.212mV-3

Circuito para 0t ≥

Circuito para ∞=t

°=⋅⋅=⋅ω=ϕ

591,114rad2rad1021000t 3



Ω−∠==ω⋅

= − º9011000·101

C1X 3C

Régimen permanente:

Vº59,69707,0º454142,1

º5915,241j1

º91,1141º901CCCC ∠=−∠

∠=−

∠⋅−∠=⋅=⋅=ZEXIXU

( ) ( ) Vº59,691000cos707,0'C +=∞ ttu ( ) V2465,059,69cos707,0'C ==∞ tu

( ) ( ) [ ] t10003C e10212,632465,0º59,691000cos707,0' −− ⋅⋅−−+= ttu

( ) ( ) Ve1833,0º59,691000cos707,0' t1000C

−⋅−+= ttu



Problema 87

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 se cierra el interruptor K1. Pasados 0.5s se cierra el interruptor K2 y se abre instantáneamente K1 (instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’).

Se pide la expresión temporal de la corriente i(t’) para t’>0.

22 V 20 V

K1

K2

C =8mF1

C =2mF2

uC 3

(0 )=1V-

R =1002

Ω

C =8mF3

R =103

Ω

uC 2

(0 )=2V-

i t( )

Figura 87.1

Resolución:

Para t=0+

22 V

8mF

2mFuC2(0 )

uC1(0 )+

2 V -

u'C2(0 )uC1(0 )+

22 V

8mF

2mFuC2(0 )

uC1(0 )+

2 V -

u'C2(0 )uC1(0 )+

Figura 87.2

( ) ( ) V1628

82220u 2C =+

⋅−=′ + ( ) V182160u 2C =+=+ ( ) V40u 1C =+

5.0tt +′=

Para t ≥ 0,5 s, es decir t’ ≥ 0, se tiene:

Figura 87.3

Es un circuito de primer orden

20 V2mF18 V 100Ω8mF

10Ωu

C 3(0 )=1 V+



Circuito pasivo:

Figura 87.4

s101610828210CR 33

eqeq−− ⋅=⋅

+⋅⋅=⋅=τ ( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−

∞∞ ⋅−−′=′'t

e0i0ititi

Para t=∞:

Figura 87.5

( ) A2,010020ti −=−=′∞ ( ) A2,00i −=∞

Para t’=0+

Figura 87.6

( ) ( ) ( ) ( )[ ] A 0,30,10,210

11820100200i0i0i 21 −=−−=+−−−=+= ++

( ) ( )[ ] t62,5e0,30,20,2t'i ′−⋅−−−−−=

( ) Ae1,02,0'ti t5,62 ′⋅−⋅−−=

20 V18 V

i2(0 )

+

i(0)1 V

i1(0 )

+

20 V100Ω

10Ω i t( ')

202mF 100Ω2mF

10Ω

8mF



Problema 88 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con los interruptores K1 y K2 ocupando la posición indicada.

Cuando la energía almacenada en la bobina L2 es máxima y siendo la tensión e(t) proporcionada por el generador positiva, se abre el interruptor K1 y se cambia de posición K2, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’.

Se pide la expresión temporal de la corriente i2(t’).

Figura 88.1

Datos: R0 = 8,446 Ω R1 = 54,64 Ω R2 =10 Ω R3 = 54,64 Ω

L2 = 0,1732/π H L3 = 0,1732/π H

( ) Vt100cos2220te ⋅π⋅⋅⋅= ( ) At100cos22tig ⋅π⋅⋅⋅=

Resolución:

Con K1 cerrado (valores eficaces).

Ω°∠=π

⋅π⋅⋅+=⋅+= 60201732,0100j10LjRZ 222

°∠= 0220E Ω°∠=°∠+°∠⋅=

+⋅= 4533,16

602064,54602064,54

ZRZRZ

21

21p

Ω°∠=°∠°∠=

+°∠⋅°∠=′ 1,3528,13

9.9186,674527,892

64,544533,1664,544533,16Zp

Ω°∠=⋅+=+°∠=+′= 57,21765,20636,7j311,19446,81,3528,13RZZ 0pT

A57,21765,20

0220ZEIT °∠

°∠== pAB ZIU ⋅=

A47,46035,76020

1,3528,1357,21765,20

0220

ZUI

2

AB2 °−∠=

°∠

∠⋅°∠

°∠

==

e t( )+

K0R 0

R 1L 2

R 2R 2 uR2

i2R3

1 K2

L3

ig

R4

i



i t'( )54.64 Ω π

1732.0π

1732.0

10 Ω

9.949 Α

Para ser máxima la energía:

(a) (b)

Teniendo que ser e(t) > 0 ⇒ (a)

Por lo tanto,

( )°+′⋅π⋅⋅⋅ 47,46t100cos22

Figura 88.2

s15489,854,6410π

1732,0

RL 4

eq

eq −⋅=+

==τ ( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ′−∞∞ ⋅−−′=′ t

22 e0i0ititi

Régimen permanente

2I

máximosValores47,4622Ig ⇐°∠⋅=

Figura 88.3

A47,31309,21592,66

47,46545,15464,546020

64,5447,4622RZ

RII32

3g2 °∠=

°∠°∠=

+°∠⋅°∠⋅=

+⋅=

( ) ( ) A47,31t100cos309,2ti2 +′⋅π⋅⋅=′∞

( ) A97,10i2 =∞

( ) ( ) [ ] Ae949,997,147,31t100cos309,2ti /t2

τ′−⋅−−+′⋅π⋅⋅=′

( ) ( ) Ae979,747,31t100cos309,2ti t7,11692

′−⋅++′⋅π⋅⋅=′

E

LI

-46,47º

E

LI

46,47º

E

LI

46,47º



Fluorescente

C (cebador)

Reactancia

Condensador

Conjunto Fluorescente

Problema 89 El circuito de la figura (esquema de la izquierda) equivale a un conjunto reactancia L-tubo fluorescente-cebador C.

Calcular:

a) Valores eficaces de las corrientes que circulan por la reactancia L y por el cebador C, estando este último cerrado

b) El cebador C se abrirá cuando la corriente que circula por él es máxima (instante que corresponde asimismo al valor máximo de la corriente que pasa por la inductancia L), instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’. Valor de uAB(t’=0+)

c) Expresión temporal de la tensión uAB(t’>0+)

X =j·241.78 Ω 5.181 Ω

C220 V50 Hz

4873 Ω

i t( )

5.181 Ω

i

tub fluorescent

L

B

A

LC

tubo fluorescente

, ,

,

Figura 89.1

Resolución:

a)

( )( ) Ω=

+++⋅= 34,10

181,5181,54873181,5181,54873Req

°∠=⋅+= 551,8724278,241j34,10ZT

A551,87909,0551,87242

0220ZEI

0

TL −∠=

∠∠==

2181,534,10551,87909,0

2181,5RI

2181,5UI eqLAB

C ⋅⋅−∠=

⋅⋅

=⋅

=

A551,879071,0IC −∠=



b) Se abre el cebador para IC máxima,

°−∠=⋅°−∠= 551,87399,934,10551,87909,0UAB ( ) ( ) 2909,00i0i LL ⋅== +−

( ) ( ) 48732909,048730i0u LAB ⋅⋅=⋅= ++

( ) V341,62640u AB =+

c) Para t’>0

H7696,050278,241XL C =

⋅π=

ω=

Es un circuito de primer orden.

Figura 89.2

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ′−∞∞ ⋅−−′=′ t

ABABABAB e0u0ututu

ms10157948737696,0

RL 4−⋅===τ 78,63311 =

τ

Régimen permanente

Figura 89.3

-87,551º

4873 Ω

A

B

jiL ⋅=+ 78.2410

551.87220

4873 Ω

A

B

2909.00 ⋅=+Li

551.87220

E

ABU

CI

-87,551º

E

ABU CI LI

XL = j241,78 Ω



V487378,241j4873

551,87220RZEUAB ⋅

⋅+°∠

=⋅=

V711,8473,219487384,299,4878

551,87220UAB °∠=⋅°∠

°∠=

( ) ( ) V711,84t100cos273,219tuAB °+′⋅π⋅⋅⋅=′

( ) V6443,280uAB =∞

( ) ( ) [ ] Ve7,62356264664,28711,84t100cos745,310tu /tAB

τ′−⋅−−°+′⋅π⋅⋅=′

( ) ( ) Ve7,6235711,84t100cos745,310tu t78,6331AB

′⋅−⋅+°+′⋅π⋅⋅=′



Problema 90 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la corriente iL es máxima se cambia de posición el conmutador K (t’=0). Transcurrido un tiempo t’=67,59 ms, se vuelve el conmutador a la posición original, tiempo que tomaremos como t’’=0.

Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t’’).

Datos: ( )º45π t100cos2220e(t) −= V


V45º220E −∠=

Ω∠=+=+

+= 87,551º605j604,4525,8525,90512182,5

,90512182,5.25j604,45TZ

Aº551,1323636,0551,87605

º45220

TZE

LI −∠=∠

−∠==

Diagrama vectorial:

º55,874555,132 =−

A0,514220,3636.maxi ==

e(t)

KiL

XL =j604,45Ω

12182,5 Ω 25,905 Ω

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ →⎯ma sea máxiLiPara que

ELI

-45º

-132,55º 87,55º LI

E



Para 0,06759t'0 ≤≤ ms

Figura 90.2

H 1,924100π

604,4550 2πLX

L ===

13,4351

25,851,924

RLτ ===

( ) ( ) ( )[ ] τt'

e0Li0Lit'Li)(t'Li−

−∞−∞=

[ ] 13,435t'0,5142e13,435t'e0,514200)(t'Li −=−−−=

Para t’=0,06759 s

A0,207675913,435.0,00,5142e(0,06759)Li =−=

Pero el vector E habrá girado un ángulo: º62,1216π rad2

º360rad23,2106759,0π 100ω.t'α ====

3,37595 vueltas = 3vueltas+0,3795vueltas = 3vueltas+136,62º

y ocupará una posición de

Vº171,224220º62,136º551,87220E ∠=+∠=

Para ne se tie0t''

ms59,67t'

⎭⎬⎫

≥≥

Régimen permanente

Figura 90.3

A 0,5142)0(L

i =

L

iL

25,85 Ω

)136,62º' t'100πcos(20,3636)'(t'Li +=∞224,171º220∠

1,924 H

0,207 A

25,85Ω

A3737,0(0)Li −=∞



[ ] '13,435t'e0,2070,3737136,62)' t'100π0,5142cos()'(t'Li−⋅−−−+=

A'13,435t'0,581e2,3844rad)' t'100π0,5142cos()'(t'Li−−+=



L1 R1

C1cos500t210Ω=⋅=ω⋅=

Ω=⋅=ω⋅=

Ω=⋅=ω⋅=

12500024,0MX

24500048,0LX

2050004,0LX

M

22L

11L

Problema 91 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de t=0,007854 s se cierra el interruptor K y se cambia de posición el conmutador K’ (instante que tomaremos como a nuevo origen de tiempo t’=0).

Se pide la expresión temporal de tensión uc2(t’).

Figura 91.1

.Datos: L1=0,04 H L2=0,048 H M=0,024 H R1=200 Ω

R2=100 Ω C1=100 µF C2=25 µF cos500t210e(t) = V

Nota: Hay flujo magnético mutuo entre las dos bobinas.

Resolución:

Para 0,007854t ≤ s

Ω 0º92090º2.1290º2490º20MX22LX

1LX ∠=∠−∠+∠=−+

Ω 0º9205006100.10

1Cω1

cX −∠=⋅−==

L1

L2

e(t)

K’

K

R2

uc2

R1

C2 C1

Figura 91.2



Ω 0º20020090º2090º20TZ ∠=+−∠+∠=

TZE

TI = V90º190º200º200

0º10CX

TZE

1CXI1CU −∠=−∠⋅∠

∠=⋅=⋅=

V360

2π90500tcos21(t)1Cu ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−=

( ) 1V0,0078541Cu −=

Para 0)(t' s 0,007854t ≥≥

Figura 91.3

( ) A 10,0100

102i −=−= ( ) 0t2i =∞ ( ) 002i =∞

[ ] A 500t'0,01eτ't'

.e0,0100)(t'2i−−=

−+−=

V 1500te0,8.t'

0500t'e

5004000.0,01.dt'

t

0

500t'0,01.e625.10

1)(t'u C2 ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −

−−=∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−

−=

V 500t'0,8.e0,8)(t'u C2−+−=

Comprobando,

para 0t'= ( ) 00UC2 =

∞=t' ( ) 0,8UC2 =∞

( ) ( ) ( )[ ] τ

t'

e 02

i02

it'2

i)(t'2

i−

−∞

−∞

=

s500

162000.106.1025100

100.25100τ =−=−+

=C2 C1

i2

-1 V

R2



Problema 92 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t=0, se cierra el interruptor K.

a) Determinar el valor de M para poder conseguir que la corriente i1(t) tenga una respuesta correspondiente a un circuito de primer orden.

b) Determinado el valor M del apartado a), hallar la expresión temporal de i1(t) para t>0.


Para t = 0-

Figura 92.2 Para t ≥ 0+

+

100 V = t=0

i1(t)

2H

10Ω 40Ω

8H

M

+

= 40 V

i1

i2 +

= 40 V

i1(0-) = 0 i2(0-) = 1 A

i1 i2

+

= 40 V

10Ω 40Ω

dtdiM

dtdi2i10100 21

1 ++=

dtdiM

dtdi8i4040 12

2 ++=

10Ω 40Ω

K

+

100 V =

+

100 V =



Despejando dtdi2 de la 1a ecuación:

M1

dtdi

2i10100dt

di 11

2⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−=

y derivando,

M1

dtid

2dtdi

10dt

id21

21

22

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=

y derivando (1), resulta:

21

2

22

22

dtidM

dtid8

dtdi400 ++=

y, sustituyendo 22

22

dtidy

dtdi resulta:

21

2

21

211

1 dtidM

dtid

M2

dtdi

M108

dtdi

M2i

M10

M100400 +⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−=

es decir,

0dt

idMdt

idM16

dtdi

M80

dtdi

M80i

M400

M4000

21

2

21

211

1 =+−−−−

Si se quiere que i1(t) sea de primer orden, el término 2

2

dtid tiene que ser cero:

H4M0M16M =⇒=−

Para M = 4 resulta:

=−−−dtdi

20dtdi

20i1001000 111 0

25i5,2dtdi

11 =+

Ecuación homogénea: Ecuación característica:

0i5,2dtdi

11 =+ 05,2 =+α 5,2−=α

)t(iKe)t(i)t(i)t(i p1t5,2

p1h11 +=+= − pero i1p(t) = K

0

dtdi p1 =

i1(t)= Ke-2,5t+10 Para t = 0: i1(0) = 0 = K+10 ⇒ K = -10 t5,2

1 e1010)t(i −−=

Sustituyendo en la ecuación completa resulta: 2,5K=25 ⇒ K=10



Problema 93 El circuito de la figura está alimentado por una fuente de corriente que proporciona una intensidad de valor ig(t)=240,1t·e-t A. En t=0 se cambia de posición el conmutador. Se pide la expresión temporal de la corriente iL(t).

Figura 93.1

Resolución:

Para t ≥ 0

LRLg iiii ++= Rui2ii2et1,240 LRL

t +=+=⋅⋅ −

tdid

502i2et1,240

tdidL

R1i2et1,240 L

LtL

Lt +⋅=⋅⋅⇒+=⋅⋅ −−

ttL

L et5,6002et1,24025i50td

id −− ⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅+ ( ) t50h ekti −⋅=

( ) ( ) tp eBAtti −+= ( ) ttp eBAteA

tdid −− +−=

Substituyendo en la completa:

( ) ( ) tttt et5,6002eBAt50eBAteA −−−− ⋅⋅=+++−⋅

( ) ( ) t5.6002BAt50BAtA =+++−

⎭⎬⎫

=+−=+−6002,550AA

050BBA

6002,549A049BA

==+

122,5A = 2,549AB −=−=

( ) ( ) tt50L e5,2t5,122ekti −− ⋅−+=

Pero t=0, iL(0)=0; tenemos pues:

0=k-2,5 de donde k=2,5

( ) ( ) tt50L e5,2t5,122e5,2ti −− −+⋅=



Problema 94 En el circuito de la figura y para el instante t=0 se abre el interruptor K. Por otro lado se conocen los siguientes datos:

I0=1 mA R=10 kΩ C=0,1·10-6 F

τ=1,5ms (constante de tiempo del circuito resultante después de abrir el interruptor, situado a la derecha de la figura).

Se pide:

a) Valor de la tensión en bornes del condensador para t=0-

b) Valor del factor k1

c) Valor de la corriente i(t)

Figura 94.1

Resolución:

Circuito equivalente para t = 0-

( ) V5102

10102RI0u 33

0C =⋅⋅== −− ( ) V50u C =−

Figura 94.2 Con K abierto, se determina el valor de k1, a través de τ = 1,5 ms:

Figura 94.3



( )( )1T

1

1

k2RiER

ik2REiR2ERik

−⋅==

⋅−⋅=⋅⋅=+⋅⋅

( )

73

3

1

1

101010105,12

RC2k

k2CR

−

−

⋅⋅⋅−=τ−=

−⋅⋅=τ 5,0k1 =

Figura 94.4

( )( ) 0u

dudRkR2C

0iRkR2uiR2uRik

CC

1

1C

C1

=+⋅⋅−⋅⋅

=⋅⋅−⋅+⋅⋅+=⋅⋅

t

( )td

udCi

e0uu

CC

tCC

=

⋅= τ−+

3105,1t

C e5u−⋅−⋅= V 5,1t1000

3

6

C e105,1

5101,0i −−

−

⋅⋅⋅−= A ( ) mAe

31ti 5,1

t1000−−=



Problema 95 Dado el circuito de la figura, se sabe que el condensador tiene una energía almacenada de 0.4 J. Para t=0 se cierra el interruptor K.

Se pide el valor de la expresión temporal de la corriente i(t) para t>0.

Figura 95.1

Resolución:

( ) ( ) V20u0uC214,0W c

2c =⇒⋅== −−

Determinación de la constante de tiempo τ

Figura 95.2

Estudiamos:

Figura 95.3

i(t)



( )( )

A8909,1iiiA9818,0iA8909,0i

iii

ii10i122i10ii10210

1AG

B

A

AB2

AB2

ABA

=+===

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−=−=−

+−=− Ω== 283,5

8909.110Req

s057,183,52,0 =⋅=τ

Figura 95.4

( ) A3782,0283,520i =−=

( ) 057,1/te283,5200ti −⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−=

( ) Ae3782,0ti -0,947t−=



Problema 96

En el circuito de la figura, para t=0, se cierra el interruptor K. La energía almacenada en el condensador en t<0 vale 0,08 J.

Figura 96.1

Se pide el valor de la corriente i(t).

Resolución:

2CC u01,0

2108,0W ⋅⋅== V4)0(u C =−

Cálculo de la constante de tiempo τ entre A y B:

⎭⎬⎫

⋅=⋅=+

⎭⎬⎫

+⋅=⋅⋅=+

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⋅=⋅=

+⋅=⋅⋅=+

12

21

212

21

22

11

212

21

i2ii2i1

ii2i2i2i1

i1ui1u

iu2u2u2i1

Figura 96.2

V31uA

31ii22i1 1111 =⇒=⇒⋅⋅=+ V111u CA =⋅=

V666,0133.0uuu CACBAB −=−=−= V666,0uBA = Ω666,01

uR AB

eq ==

s1066,601,0666,0CR 3eqeq

−⋅=⋅=⋅=τ

1Ω



+4V0.666 Ω i t( )

( ) ( ) ( ) ( )[ ] 31066,6tt e666,0400e0i0ititi

−⋅−τ−∞∞ ⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−=⋅−−=

( ) Ae6 150tti −⋅−=

Figura 96.3



Problema 97 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t = 1,5707 se cambia la posición del conmutador, pasando de A a B (instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’=0)

Se pide la expresión temporal de la corriente i1(t’).


Cálculo de τ:

111 i20iii21i ⋅−=⇒+⋅=

Figura 97.2

y también ⇒⋅+⋅= i5,0i151 1 ( ) ⇒⋅−⋅+⋅= 11 i205,0i151 A2,051ii51 11 ==⋅=

Ω== 52,0

1Req s5,01,05CR eqeq =⋅=⋅=τ

Se analiza el régimen permanente antes de cambiar K. Se trabaja con valores máximos.

Figura 97.3

Ω=⋅

=ω⋅

= 1011.0

1C

1XC

Ω⋅−= j10XC

[ ] [ ]11 I205.015j105I020 ⋅−⋅++⋅−⋅=°∠

K 0.1 F5Ω

21i

i

15Ω

1

A

B1

0.5Ω20·cos t

21i

i15Ω

1 0.5Ω

i1

1V

-10·j5Ω

21II

15Ω

1

1

0.5Ω

I= I-20· 1

020UC



[ ]j1010I020 1 ⋅−⋅=°∠

A454142,145142,14

20j1010

020I1 °∠=°−∠

=⋅−°∠=

°−∠=°−∠⋅°∠=⋅= 45142,149010454142,1XIU C1C

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅−=

3602,45tcos142,14tuC

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−=

4tcos142,14tuC

Para t=1,5707 resulta:

( ) V104

5707,1cos142,145707,1uC =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−=

Para t ≥ 1,5707 (t’ ≥ 0) resulta:

Figura 97.4

Circuito de primer orden

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−=′

'00

t

CCCC euututu Pero uC∞(t) es cero, ya que el circuito equivalente para t = ∞ resulta el de figura 97.5.

Figura 97.5

uC∞(t)=0 uC∞(0)=0

( ) [ ] t25.0t

C e10e1000tu ′⋅−− ⋅=⋅−−=′ ( ) [ ] t25.0t

C e10e1000tu ′⋅−− ⋅=⋅−−=′

( ) ( ) ( ) t2C1C e2101.0

dtdu

Ctiti ′⋅−⋅−⋅⋅=⋅==′ ( ) A e2ti t21

′⋅−⋅−=′

( ) [ ]'t21 e220i20ti −⋅−⋅−=⋅−=′ ( ) A e40'ti 't2⋅−⋅=

15Ω

1iu (t)

C

15Ω

10.5Ω

i

21i1

i

0.1 F

10 V



Problema 98 Dado el circuito de la figura, para t=0, se cierra el interruptor K. Se pide la expresión temporal de la tensión u(t) para t>0.

Nota: El condensador no dispone de condiciones iniciales.

Figura 98.1

Resolución:

El circuito es de primer orden. Se halla la constante de tiempo τ, aplicando una fuente de tensión de 1 V.

Figura 98.2

A1ii3121i3u2+1

V111uA111i

2221

11

=⋅=⋅+⇒⋅=⋅

=⋅=⇒==

s20105,01,05,0CR5,0

21A211iii eqeq21 ==⋅=⋅=Ω==⇒=+=+= R

Para t = 0 se va a determinar u(0+):

Figura 98.3

2u1i2



Para hallar u∞(t):

Ω=⋅

=ω

= 1101,0

1C1XC

Figura 98.4

( )( )( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

−=

−+⋅=⋅−+−∠⋅=∠

BA1

ABB1

BA0

A0

II1UporqueII1I3U2

1II901I01

( ) BABAABBBA

BA0

A III6I3III3II2II901I1

==⇒⎭⎬⎫

−+=−−+−∠⋅=

AAA I5,0901II1 −−∠⋅+= ( )j5,0I1 A −= A43,638944,0j5,0

1I 0A ∠=

−=

A43,634472,0I 0B ∠=

V43,633417,13IU 0B ∠=⋅=

( ) ( )43,63t10cos3417,1tu +=∞ ( ) V6,043,63cos3417,10u 0 ==∞

( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ −−=

te0u0ututu

( ) ( ) Ve4,243,63t10cos3417,1tu t200 −++=



Problema 99

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En t = 1 el conmutador K pasa de A a B.

Se pide el valor de la corriente i(t) para t > 1 s.

Figura 99.1

Resolución:

Cálculo de τ con K abierto:

ii2i 11 +⋅= 1ii −= i también ( )11 i333,0i11 −++⋅=

5,1666,01i1 == A

32

5,11R eq == Ω s 5,0

RL

eq

eq ==τ

Figura 99.2

Se analiza t<1- el régimen permanente y se busca la corriente de la bobina.


( ) ( )11 I333,0Iº01º9033,3º9033,3 −+∠+∠=∠ º2,1198,033,3j66,0

9033,3I1 ∠=+∠=

A º51,78194,0º3,1198,0º01IL −∠=∠−∠= ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π⋅−=

36024,78t10cos193,0tiL

( ) A136,01iL −=−

A

B



Para t > 1+:

( ) A135,01iL =+

Figura 99.5

( ) ( ) ( ) ( )[ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ( )1t1e135,01t1e135,000e0i0ititi 1t25.01tt1111 −⋅⋅=−⋅⋅−−=⋅−−= −−τ−

∞∞

( ) ( ) ( ) A1t1e135,0ti 1t2 −⋅⋅−= −



Problema 100

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la tensión del condensador uC es de 1,0806 V, que corresponde al instante de tiempo t = 0,01 s, se cierra el interruptor K, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’.

Se pide el valor de la expresión temporal de la corriente i1(t’) para t’>0.

E cos 100max t

K

2mF

20Ω

i iA 1=4 0,3mF

i1

10Ω

u tC( )

Figura 100.1

Resolución:

Si uC (t1) =1,0806 V para t1=0,01 s:

01,0100cosE0806,1 max ⋅⋅= V21cos

0806.1 ==máxE

Para t ≥ 10-2 s, es decir t’≥0 se tiene: º296,57rad101,0100t ==⋅=ω

2·cos( 100 1rad)=t’+2·cos( 100 57.296º)t’+

2mF

20

4·i1 0,3mF

i1

10Ω

Figura 100.2


Cálculo de τ (aplicamos una tensión): 20

4i1 0,3mFI1

10

I2

Figura 100.3

⎭⎬⎫

⋅−⋅⋅=⋅=

⎭⎬⎫

⋅−⋅=⋅=+

11

1G

1G

1G1i20i3101

i3ii20i101

i4ii A1,0i1 = A3,0iG = Ω=

3,01R eq

s103,0

1103,0CR 33eqeq

−− =⋅⋅=⋅=τ ( ) ( ) ( ) ( )[ ] τ−∞∞ ⋅−−′=′ 't

1111 e0i0ititi



20Ω

4 (0)i1

0,3mFi

1(0)

10Ω

1.0806i

2(0)

uC

(0)=0

Cálculo de i1∞ (t) (régimen permanente):

20

4i1 0,3mFI1

10

I2

Figura 100.4

Ω=⋅⋅

=ω⋅

= − 3,010

10103,01

C1X 23C Ω⋅−=

3,010j10Z

Aplicando Kirchhoff:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −⋅⋅−⋅=∠3,0

10i10I3I20296,572 11o

V 414,381099,171,954987,100

296,572100j10

296,572I 21 −∠⋅=

∠∠=

⋅+−∠= −

( ) ( ) Aº414,38t100cos1099,1ti 21 −′⋅⋅⋅=′ −∞

( ) ( ) A1056,1º414,38cos1099,10i 221

−−∞ ⋅=−⋅⋅=

Figura 100.5

Cálculo de la i1(0):

( ) ( ) 100i30i200806,1 11 ⋅⋅−⋅=

( ) A108,1010806,0100802,10i 2

1−⋅−=−=

−+=

( ) ( ) [ ] 310't

2221 e108,101056,1º414,38t100cos1099,1'ti −

−−−− ⋅⋅+⋅−−′⋅=

( ) ( ) Ae1036,12º414,38t100cos1099,1'ti 't1000221

−−− ⋅⋅−−′⋅=

e’ (t’) = V 296,572∠



Problema 101 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 s cerramos el interruptor K1. Transcurridos 1ms, se cierra el interruptor K2 y se abre instantáneamente K1, instante que se toma como nuevo origen de tiempo t’.

Se pide la expresión temporal de la caída de tensión uC2(t) en el condensador C2.

Figura 101.1

Resolución:

Para t=0-: Cerramos en t=0. Para t=0+.


( ) V4510

1060u C2 =+

⋅=′ + ( ) ( ) V310u0u C2C2 =−′= ++

Por lo tanto, para t=1ms t’=0. ω·t = 1000·10-3 = 1 rad = 57,295º

Figura 101.4




5mF

20Ω

20Ω U

20Ω

1,1·U º2 9.5 711 1

ZpU

20Ω

20·1,1·Uº2 9.5 711

1

Cálculo de τ:

V1uu1.1u1.01

u1.120u

20u

1

i20ui20u

u1.1ii1

1

11

111

21

11

121

−=−=

−+=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⋅=⋅=

⋅−+=

Figura 101.5 V191120u AB =−⋅=

Ω== 19i

uR

g

ABeq

33.eqeq 1095105.19C·R −− ⋅=⋅==τ ( ) ( ) 095,0

t

2C e355.147t1000cos001.0tu′−

⋅++′=′


Ω=⋅⋅

=ω⋅

= − 2,010105

1C

1X 33C

Figura 101.6

( )( ) Ω−∠=

−∠−∠=

⋅−⋅−=

+⋅−⋅⋅−= º29,010

28,04057,0400

2,0j404j400

202,0j20202,0j20Zp

Se pasa la fuente de corriente a fuente de tensión:

Figura 101.7

[ ]29,010

UII29,010U

I29,01020U2228,571 11

11

11−∠

=⎭⎬⎫

⋅−∠=⋅−∠+=⋅+−∠



Sustituyendo:

( )29,010

U29,01020U2228,571 11 −∠

⋅−∠++⋅−=∠

V26,2370526,0221

29,57129,0221

29,57122129,02

29,571U1 ∠−=+−

∠=∠+−

∠=−+∠

∠=

V55,147001,0902,029,010

26,2370526,0ZXUU

p

C1C ∠=−∠⋅

−∠∠==

( ) ( )55,147't1000cos001,0'tu C +=∞

( ) 4C 10855,147cos001,00u −

∞ ⋅−==

( ) ( ) [ ] Ve310855,147't1000cos001,0'tu310.95/'t4

C−−− ⋅−⋅−+=



Problema 102 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante de tiempo t=0,1047 s se cambia de posición el conmutador, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0.

Se pide la expresión temporal de la corriente iR(t’).


Para t=0,1047:

2cos10.0,1047=1 V

Para t’=0+:

Figura 102.2


2cos10t 0,02F

0,02 F

i1

iR 2 Ω uR

4i1

10 Ω

A 0,75Ri

A 0,254

11i110i)13i2(1

13iRi 1

10iR

2i1R

i1

4.i1

i

−=

==⇒+−=

−=+=

+=

⎪⎭

⎪⎬⎫

)60º2cos(10t'ge

60º10.0,1047ωt

+=

≅=

i1

1 V

10 Ω

0 V

iR

4i1 2 Ω



º602∠

º905 −∠

1I

RI

1I4

º602∠1

I

1I8

º905 −∠

+

+ +

Figura 102.3

Figura 102.4

Cálculo de τ:


Ω90º5CX

5Ω0,02101

Cω1

−∠=

=⋅

=

A68,66º0,9369111,34º0,93693I3RI

A68,66º0,9369111,340,31231I

51,34º6,40360º2

j5460º2

1I

1I90º51I121I860º2

−∠=∠−=−=

−∠=∠=

−∠∠=

−∠=

−∠+=+∠

A)68,66º10t0,9369cos( )111,34º10t'0,9369cos()(t'Ri

−==+−=∞

10 Ω

2 Ω

10 Ω

1 V

2 Ω i1

2 Ω

4i1

8i1

2 Ω

112i18i1 =+ A 0,2541

1i == Ω== 4

0,25

1eqR

s 0,084.0,02.CeqR τ ===

1-s 12,50,08

1τ1

==

[ ][ ]

12,5t'e1,090968,66)10t'0,9369cos(

12,5t'e0,7568,66)0,9369cos(68,66)10t'0,9369cos(

τt

e)(0Ri(0)Ri)(t'Ri)(t'Ri

−⋅−−=

=−⋅+−−−=

=−

⋅+−∞−∞=

i1

10 Ω

8i1

10 Ω



Problema 103

Dado el circuito de la figura, y para el instante t=3,08923 s, se cambia de posición el conmutador K, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0.

Se pide la expresión temporal de la tensión uL(t’).

Dato: ig(t)=cos(20t+60º) A


Para t’=0: t=3,08923 s

º3540º360·rad 2π

rad 61,7846rad 61,784620·3,08923·t ====ω

Por lo tanto, para t’=0:

A 0º160º3540º1Ig ∠=+∠=

Cálculo del régimen permanente:

Figura 103.2

⎪⎭

⎪⎬⎫

+−=∠

+=∠

11L

1L

I·1)I·(5,0º902·I

II0º1 º904·I

5,0º902·II L

L1 ∠=∠=

10Ω 0,5 Ω

1Ω

0,1 H ig(t) uL(t)

i1(t)

2i1(t)

K

⎯I1

⎯IL

1Ω

2⎯I1

-⎯I1

º01∠ º9020·1,0 ∠ 0,5 Ω



Figura 103.4

y sustituyendo:

º904·II0º1 LL ∠+=∠ A 75,96º0,242575,96º4,1231

1j41

1IL −∠=∠

=+

=

V 14,0360,485090º2 · 75,96º-0,2425 90º·2IU LL ∠=∠∠=∠=

V )14,036ºcos(20t' · 0,4850)'(uL +=∞ t V 0,4705)(uL =∞ 0

Cálculo de )(uL+0 :

Para t’=0+:

Figura 103.3

V5,01·1)1·(5,0)(uL 0 =+−=+

Cálculo de τ:

Ω== 5,0

21R eq

s 2,05,01,0

RL

eq

eq ===τ

[ ] =−−= τ+∞∞ ·e)0(u)0(u)'t(u)'t(u

't'-LLLL [ ] V ·e 0,5-0,4705-)14,0363º20t'0,4850cos( 0,2

t'- +

0,5 Ω

1 Ω

0 A

-1 A

0,1 H 1 A

2 A

1 A

)(uL+0

1i 2

1 V +

0,5 Ω

1 Ω

1i 2

Li

11 i·15,0)·i(1 +−=

A25,0

1i1 ==

V 0,0295·e )14,0363º20t'0,4850cos()'t(u -5t'L ++=

1i

i1



Problema 104 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. Cuando la corriente iL(t) que pasa por la bobina es máxima se cierra el interruptor K, instante que tomaremos como nuevo origen de tiempo t’=0.

Se pide la expresión temporal de la tensión ug(t’), para t’>0.

Dato: ig(t)=0,2 cos(100t+45º) A


Ω=== 1001·100 LωXL Ω∠=+= º4542,141 100 j100Z

A º452,0Ig ∠=

A 18,435º0,08944º56,26223,6067

45º0,2100 j200

10045º0,245º141,2100

0º100 · º452,0IL ∠=∠

∠=+

∠=∠+

∠∠=

Para ser iL máxima

1 H 1 H

K 100 Ω 100 Ω ig(t)

ug(t)

iL(t)

gI

LI

º565,26º435,18º45 =−

gI

º435,18º45 LI

ω = 100 rad/s ω = 100 rad/s



Para s 0t'≥ :

Figura 104.2


A º565,710,1414º4542,141

90º10026,565º0,21001000º9100·º565,262,0IR ∠=

∠∠∠=

+∠∠=

j

=∠+∠∠=+= 10071,565º0,1414º90100·º565,262,0R·IX·I U RLgg ·

=∠+∠= 71,565º14,14º565,11620

=+++−= j13,41434,4714j17,88558,9442

=+−= 31,3028 j4,4728

Vº13,9862,31 ∠= V)º13,98t'100cos(62,31)(ug t +=∞

V4726,4)(ug 0 −=∞ Cálculo de )0(u g :

Figura 104.3

V 8,93608936,0·001)0(uR ==+

Vº565,11620º90100·º565,262,0X·IU LgL ∠=∠∠== V -8,944216,565º1cos20)0(uL ==+

V 0 º936,89442,8)0(u)0(u)0(u RLg ≅+−=+= +++

[ ] V ·e0-4,4726- )98,13º00t'31,62cos(1)'(u -100t'

g t −+=

s 100

1RL

τeq

eq ==

1 H 1 H

100 Ω º565,262,0 ∠

V 4,4726·e )98,13º00t'31,62cos(1)'(u -100t'g ++=t

1 H

1 H

0,1788 A 100 Ω iR

iL(0+) = 0,08944 A

A 0,178865,2·cos26,50)0(iG ==+

A 0,089360,08944-0,1788)0(iR ==+



Problema 105 Hallar en el circuito integrador de la figura 105.1 la variación temporal de la tensión en los terminales del condensador C cuando, por medio del conmutador K, se pase de alimentarlo con una tensión E0 = 2 V, a una tensión E1 = 12 V.

Figura 105.1 Resolución: Suponiendo que el condensador esté cargado en el instante en que se realiza la conmutación, por lo tanto: V2E)0(u 0 ==+ Aplicando la 2ª ley de Kirchhoff al circuito se obtiene: 1E)t(u)t(iR =+⋅ Sustituyendo la corriente instantánea i(t) que atraviesa el circuito (corriente de carga del condensador) por:

dtduC)t(i ⋅= )t('uC)t(i ⋅=

Se obtiene: 1E)t(u)t('uCR =+⋅⋅ Aplicando el método operacional con las condiciones iniciales, resulta:

[ ]pE)p(U)0(u)p(pUCR 1=+−⋅⋅ +

Aislando U(p) y sustituyendo RC por τ, la constante de tiempo del circuito (τ=RC):

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

τ+⋅τ

+

τ+

=1pp

E1p

E)p(U 10

y pasando a régimen temporal, se obtiene: ( ) Ve1012)t(u t100−−=

+ +

K

+

R = 10 kΩ

C = 1 µF u (t)

E0 = 2 V E1 = 12 V



Problema 106 El circuito de la figura está formado por una resistencia de 10 Ω y una bobina de 0,2 H. Se aplica una tensión u(t). Calcular la corriente que se establece en este circuito en las siguientes hipótesis.

a) u(t) = U = 100 V

b) u(t) = 100e-50t V

c) u(t) = δ(t) (Impulso de Dirac)

Calcular también los valores de las caídas de tensión uR(t) y uL(t) en todos los casos.

Figura 106.1 Resolución: La ecuación diferencial aplicada al circuito en términos eléctricos es:

dt

)t(diL)t(iR)t(u ⋅+⋅=

y en términos operacionales será: )p(IpL)p(IR)p(U ⋅⋅+⋅=

p2,010

)p(UpLR

)p(U)p(I⋅+

=⋅+

=

Por otro lado: )p(I10)p(IR)p(UR ⋅=⋅= )p(Ip2,0)p(IpL)p(UL ⋅⋅=⋅⋅= A continuación, se tendrá en cuenta cada caso particular:

a) V100U)t(u ==

R=10 Ω

u(t)

L=0,2 H



p

100)p(U =

Sustituyendo en la ecuación general I(p) hallada para este circuito, se tiene:

50p

BpA

)p50(p500

)p2,010(p100

p2,010p

100

)p(I+

+=+

=+

=+

=

y determinando A y B resulta: A = 10 B = -10

50p

10p

10)p(I+

−=

[ ] ( )[ ] Ae110)p(IL)t(i t501 −− −==

50p

100p

100)p(I10)p(UR +−=⋅=

( ) Ve1100)t(U t50

R−−⋅=

50p100

50p10

p10p2,0)p(Ip2,0)p(UL +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅⋅=⋅⋅=

Ve100)t(U t50

L−⋅=

b) Ve100)t(u t50−⋅=

50p

100)p(U+

=

que sustituyendo en la expresión I(p) resulta:

50p

)p(U5p2,010

)p(U)p(I+

⋅=+

=

( )250p

1005)p(I+⋅=

En consecuencia: [ ] Aet500)t(i t50−⋅⋅=

( )

1050p

500)p(U 2R ⋅+

=



[ ] Vet5000)t(U t50

R−⋅⋅=

( ) ( ) ( )222L50p

B50p

A50p

p10050p

500p2,0)p(U+

++

=+

⋅=+

⋅⋅=

que, determinando A y B, resulta A = 100, B = -5000

( )2L50p

500050p

100)p(U+

−+

=

[ ] Vet5000e100)t(U t50t50

L−− ⋅⋅−⋅=

c) V)t()t(u δ= 1)p(U =

que sustituyendo en la expresión I(p) resulta:

50p5

p2,0101)p(I

+=

+=

[ ] Ae5)t(i t50−⋅=

1050p

5)p(UR ⋅+

=

[ ] Ve50)t(U t50

R−⋅=

50p501

50pp

50p5p2,0)p(UL +

−=+

=+

⋅⋅=

[ ] Ve50)t()t(U t50

L−⋅−δ=

En los tres casos se puede comprobar que )t(u)t(u)t(u LR += .



Problema 107 En el circuito del esquema que se representa en la figura, con el condensador inicialmente descargado, se conecta el interruptor K1 en el instante t = 0. Al cabo de 2 ms, se conecta además el interruptor K2.

Figura 107.1

Determinar:

a) El valor de la tensión de salida us(t) en el instante t = 1,2 ms

b) Expresión temporal de esta tensión, a partir del momento en que se cierra el interruptor K2

Resolución:

a) Al cerrar el interruptor K1, con el condensador inicialmente descargado, el circuito que se tiene que considerar es el de la figura siguiente:

U =120 VG 120/p

R =400 1 Ω R1

Κ1 Κ1

C=125 Fµ 1/Cp

I(p)i(t)

Figura 107.2

La segunda ley de Kirchhoff permite escribir la ecuación temporal en condiciones iniciales nulas y su transformada de Laplace.

∫ ⋅⋅+⋅=t

0G dt)t(i

C1)t(iR)t(u

G =

UG = 120 V uS (t)

R1 = 400 Ω

R2 = 200 Ω C = 1,25 µF

K1 K2

t=2ms t=0 +



)p(ICp1)p(IR

p120

1 ⋅+⋅=

Depejando I(p), sustituyendo los valores y simplificando:

2000p3,0

p25,110400

p120

Cp1R

p120

)p(I 61

+=

+=

+=

Multiplicando esta corriente por el valor de la impedancia del condensador, se tiene la tensión operacional en los extremos del condensador:

[ ] 2000pB

pA

2000pp104,2

2000p3,0

p108)p(I

Cp1)p(U

55

C ++=

+⋅⋅=

+⋅⋅=⋅=

y para determinar los valores de A y B, aplicando el método de Heaviside, se tiene, para el denominador y su derivada:

p2000p)p(D 2 += 2000p2)p('D +=

Los valores adoptados para N(p) y D’(p) para los valores particulares de las raíces del denominador son:

2000)0('D = 2000)2000('D −=− 5104,2)2000(N)0(N ⋅=−=

Por lo tanto:

1202000

104,2)0('D)0(NA

5

=⋅== 1202000

104,2)2000('D)2000(NB

5−=

−⋅=

−−=

Entonces:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⋅=+

−=2000p1

p1120

2000p120

p120)p(UC

( ) Ve1120))p(U(L)t(u t2000C

1C

−− −⋅==

La tensión de salida uS(t) = uC(t) en el instante t = 1,2 ms, vale:



( ) [ ] V1,109e1120e1120e1120)ms2,1(u 4,23102,12000t2000S =−⋅=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅=−⋅= −−⋅⋅−−

V1,109)ms2,1(uS =

b) Al conectar el interruptor K2 en el instante t=2ms, la tensión que tiene el condensador es:

[ ] V8,117e1120e1120)ms2(u 431022000C =−⋅=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅= −−⋅⋅−

El circuito que ahora se dispone en forma operacional es el de la figura siguiente, donde aparece a trazos la fuente equivalente a la tensión del condensador a causa de su carga en el nuevo instante inicial considerado.

V (2)/pC

R1

R2I (p)2I (p)1

1/Cp

Figura 107.3

Resolviendo por mallas, tenemos:

1ª malla:

[ ])p(I)p(ICp1)p(IR

p8,117

p120

2111 −⋅+⋅=−

Se sustituyen los valores del enunciado:

[ ])p(I)p(Ip108)p(I400

p2,2

21

5

1 −⋅⋅+⋅=

2ª malla:

[ ])p(I)p(ICp1)p(IR

p8,117

1222 −⋅+⋅=

Se sustituyen los valores resueltos:



[ ])p(I)p(Ip108)p(I200

p8,117

12

5

2 −⋅⋅+⋅=

Operando y ordenando, para resolver el sistema por determinantes, se obtiene:

)p(Ip108)p(I

p108400

p2,2

2

5

1

5⋅⋅−⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅+=

)p(Ip108200)p(I

p108

p8,117

2

5

1

5⋅

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅++⋅⋅−=

Operando, se encuentra el valor de I2(p):

[ ] 6000pB

pA

6000ppp589,01200

p104880000

p10960

p47120

p108200

p108

p108

p108400

p8,117

p108

p2,2

p108400

)p(I 117

2

5

55

55

5

5

2 ++=

+⋅⋅+=

⋅+

⋅+=

⋅+⋅−

⋅−⋅+

⋅−

⋅+

=

Que, resolviendo por el método de Heaviside:

p6000p)p(D 2 += 6000p2)p('D +=

Los valores de )p('D y N(p) para las raíces del denominador valen:

1200)0(N = 6000)0('D =

2334)6000(N −=− 6000)6000('D −=−

y, en consecuencia:

2,060001200

)0('D)0(NA1 === 389,0

60002334

)6000('D)6000(NB1 =

−−=

−−=



Se llega a la conclusión que:

6000p389,0

p2,0)p(I2 +

+=

La transformada inversa ya es la expresión temporal de la corriente i2(t):

[ ] Ae389,02,0)t(i t60002

−⋅+=

y a partir de esto, queda definida la tensión de salida uS(t):

[ ] [ ] Ve8,7740e389,02,0200)t(iR)t(u t6000t600022S

−− ⋅+=⋅+⋅=⋅=



Problema 108 El circuito del esquema que se representa en la figura 108.1 trabaja en régimen permanente con el interruptor K desconectado.

En el instante t = 0 se cierra este interruptor.

E=100V

11Ω

20Ω

60Ω90Ω

10Ω

t = 0

t = 0

56Ω

4H

K

K

3,5A

Figura 108.1

Determinar:

a) La expresión temporal de la corriente transitoria que circula por la resistencia de 56 Ω

b) Las expresiones temporales de las tensiones transitorias en los extremos de la misma resistencia y de la bobina

c) Los valores de las tensiones anteriores al instante t = 50 ms

Resolución:

Antes de iniciar el estudio del régimen transitorio, que existirá después de conectar el interruptor K, es conveniente hacer el estudio del régimen permanente de la parte activada del circuito, y a partir de aquí deducir el generador real equivalente a toda esta parte, lo cual simplificará mucho el estudio del régimen transitorio.



Aplicaremos en dos etapas del teorema de Thevenin, considerando que el circuito que se tiene que transformar o transfigurar es el de la figura 108.2.

E=100V

11Ω

20Ω

60Ω90Ω

10Ω

t = 0

t = 0

56Ω

4H

K

K

3,5A

A

B

C

D Figura 108.2

En primer lugar, se determina el generador de Thevenin, equivalente a la parte del circuito situado a la izquierda, y entre A y B, que equivale a un generador ideal E’THEV, de valor igual a la caída de tensión que tendría entre los puntos A y B, sin conectar nada de lo que hay a la derecha de A y B:

V901090

10090'E THEV =+

⋅=

En serie con una impedancia o resistencia de Thevenin: Z’THEV de valor igual a la resistencia de la parte del circuito situado a la izquierda de A y B y visto desde A y B, después de suprimir la fuente de tensión, y en su lugar poner un puente:

Ω==+⋅= 9

100900

10901090'Z THEV

A continuación, se puede convertir el circuito haciendo sucesivamente los pasos siguientes:

a) Traslación de la fuente de corriente. (Una fuente ideal de tensión en paralelo con una fuente ideal de corriente se comporta, a efectos externos, como una única fuente ideal de tensión.)

E’Thev

E’Thev

11Ω Z’ +11Thev Ω

20Ω 20Ω

60Ω 60Ω

Z’Thev

3,5A

3,5A

A

B

C C

D D Figura 108.3



b) Sustitución de la fuente real de corriente por una fuente real de tensión equivalente, f.e.m. EN y resistencia en serie Z’THEV.

V70205,3E N =⋅=

Ω=Ω+ 2011'Z THEV

c) Por último, sustitución de las dos fuentes de tensión en serie por una sola con un valor:

V1609070'EE THEVN =+=+

Una vez hecho todo esto, hallar de nuevo el generador de Thevenin equivalente a este último circuito, visto desde los puntos C y D.

V9610016060ETHEV =⋅=

Ω=+⋅= 24

40604060ZTHEV

Y con esto reafirmamos el resultado que habíamos hallado antes.

E’Thev 160V E =96VThev

E =70VN

20Ω Z =24Thev Ω

20Ω 20Ω

60Ω 60Ω

C C C

D D D Figura 108.4

Podemos proceder al estudio del régimen transitorio.

a) Ahora, al cerrar el interruptor K, lo que tenemos es (en régimen temporal y operacional, respectivamente) el esquema de la figura siguiente:

E =96VThev E(p)=96/p

Z =24Thev Ω Z(p)=24C C

D D

t > 0 t > 0

t > 0 t > 0

56Ω 56

4H 4p

K K

K K

Figura 108.5



En consecuencia, la corriente expresada en operacional es:

( ) ( ) p20p24

p20p24

p480p96

p45624p

96

Z)p(E)p(I 2

p +=

+⋅=

+⋅=

++==

Para poder hallar la expresión de la intensidad en forma temporal, tenemos que descomponer en fracciones simples esta expresión de I(p), y para eso comenzamos buscando las raíces del denominador:

0p20p2 =+

que son:

0p1 = 20p2 −=

lo cual permite ya poner en denominador en forma de productos:

)20p(p)pp()pp(p20p 212 +⋅=−⋅−=+

Una vez escrito en denominador en forma de productos, la descomposición se hace de la siguiente manera:

p20p

24p20

BpA)p(I 2 +

=+

+=

Para hallar los numeradores A y B, reducimos al común denominador la suma e identificamos los numeradores: 24BpA20Ap =++

y esto obliga a escribir el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: 0BA =+ 24A20 =

que, resuelto, da: A = 1,2 y B = -1,2 y, en consecuencia:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−⋅=+

−=p20

1p12,1

p202,1

p2,1)p(I

Por lo tanto la corriente transitoria en el circuito será la transformada inversa de Laplace de esta expresión, que se escribe directamente utilizando la tabla de transformadas de Laplace:

[ ] [ ] Ae12,1p20

1p12,1L)p(IL)t(i t2011 −−− −⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−⋅==

[ ] Ae12,1)t(i t20−−⋅=

b) La tensión en los extremos de la resistencia R = 56 Ω es:

[ ] Ve12,156)t(iR)t(u t20R

−−⋅⋅=⋅=



[ ] Ve12,67)t(u t20R

−−⋅= ( ) Ve12,67)t(u t20R

−−⋅=

y la tensión en los extremos de la bobina se podrá obtener:

)20p(

96)20p(

244)p(IpL)p(UL +=

+⋅=⋅⋅=

[ ] Ve96)p(UL)t(u t20L

1L

−− ⋅==

Ve96)t(u t20L

−⋅=

Las dos tensiones son exponenciales, de constante de tiempo:

s1050201 3−⋅==τ

c) Después de haber pasado un tiempo t = 50·10-3 segundos, es decir, un tiempo igual a la constante de tiempo τ del sistema, las caídas de tensión en la resistencia y en la inductancia serán:

( ) V5,42e

2,672,67e12,67)ms50(u t1R =−⋅=−⋅= −

V3,35e

96e96)ms50(u 1L ==⋅= −



Problema 109 El circuito representado en la figura trabaja con el conmutador en la posición 1. En el instante t=0 s, se cambia el conmutador a la posición 2. Se pide:

a) Expresión temporal de la tensión en bornes del condensador, si se supone inicialmente relajado y la tensión proporcionada por la fuente dependiente es de la forma ux(t) = α · i1(t) V.

b) Expresión temporal de esta tensión, en las mismas condiciones del apartado a), si la fuente dependiente proporciona una tensión de la forma ux(t) = β · uC(t) V.

c) Expresiones temporales de la tensión en bornes del condensador, si se supone inicialmente cargado con Q0 = 0,1 C en los dos casos propuestos en los apartados a) y b) anteriores. Datos: R = R1 = R2 = 1000 Ω α = 500 Ω β = 0,6

C = 2.103 µF IG = 0,2 A

= IG

R

R1

R2

C

2

K

uC (t)

uX (t)

I1 (t)

R2

R1

i (t)1

Figura 109.1

Resolución:

El problema se puede resolver en todos los apartados por dos métodos diferentes: el primer método de resolución será mediante ecuaciones íntegro-diferenciales: el segundo método de resolución contempla la aplicación de la transformada de Laplace. Primer método de resolución a) En este primer apartado el condensador se supone sin carga inicial, así pues, el circuito a resolver es el representado en la figura 109.2.



Figura 109.2

Si se aplica en el nudo A la primera ley de Kirchhoff, se obtiene:

G21 I)t(i)t(i =+

Si se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la malla ACDBA en la cual se incluye, la fuente de tensión dependiente de la corriente será:

)t(iR)t(iR)t(u)t(u 1122Cx ⋅−⋅+=

Siendo )t(i500)t(u 1x ⋅=

Y por último se tiene que la corriente i2(t), que circula por el condensador, tiene por expresión:

dt

)t(duC)t(i C2 ⋅=

Si se substituyen los datos del enunciado para este apartado, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

2,0)t(i)t(i 21 =+ (A)

)t(i1000)t(i1000)t(u)t(i500 12C1 ⋅−⋅+=⋅ (B)

dt

)t(du10.2)t(i C32 ⋅= − (C)

Efectuando operaciones en la ecuación (B), se reduce a:

)t(i1000)t(u)t(i1500 2C1 ⋅+=⋅ (D)

Si en la ecuación (A) se despeja i1(t), se tiene i1(t) = 0,2 – i2(t), y sustituyendo en la ecuación (D) se llega a:

( ) )t(i1000)t(u)t(i2,01500 2C2 ⋅+=−⋅

Operando:

)t(i1000)t(u)t(i1500300 2C2 ⋅+=⋅−

)t(i2500)t(u300 2C ⋅+=

A

B

C

uC(t)

=

IG R1

R2

D

i1(t) i2(t)

uX(t)

uC(0+) = 0V

C

-+



Sustituyendo en esta última expresión el valor de i2(t), obtenido de la ecuación (C), se llega definitivamente a:

dt

)t(du10.22500)t(u300 C3C ⋅⋅+= −

dt

)t(du5)t(u300 CC ⋅+=

dt

)t(du)t(u5160 C

C +⋅=

La expresión obtenida es una ecuación diferencial de primer orden y completa. Resolveremos la ecuación homogénea, que es de la forma:

051 =+α

51−=α

Con lo cual la tensión en bornes del condensador será:

)t(u)t(u)t(u CpCtC += t)(Ctu : Término transitorio (solución de la homogénea)

:)(tuCp Término permanente (solución particular)

)t(ueK)t(u Cpt

C +⋅= α

Ya que la solución particular es del tipo constante, y tiene que satisfacer la ecuación diferencial completa, se puede escribir:

'K)t(uCp = 0dt

)t(duCp =

Y al sustituir estos valores en la ecuación diferencial completa, se tiene:

60'K =⋅α 60'K51 =⋅ 300'K = 300)t(u'K Cp ==

Por lo tanto, la tensión en bornes del condensador es:

300eK)t(u tC +⋅= α

300eK)t(u 5t

C +⋅=−

Para obtener el valor de K, vamos a las condiciones iniciales, siendo:

300eKV0)0(u 0C +⋅==+

por lo tanto, K = -300

Por lo tanto, en definitiva, la tensión en bornes del condensador en este primer caso vale:

Ve1300e300300)t(u 5t

5t

C ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡−⋅=⋅−=

−−

[ ] Ve1300)t(u t2,0C

−−⋅=



b) En este segundo apartado, el condensador se continúa considerando sin carga inicial, por lo tanto el circuito a resolver es el mismo representado en la figura 109.2.

Las expresiones de partida son las mismas teniendo en cuenta solamente que ahora )t(u)t(u Cx ⋅β= y que al sustituir los datos del enunciado se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

2,0)t(i)t(i 21 =+ (A)

)t(i1000)t(i1000)t(u)t(u6,0 12CC ⋅−⋅+=⋅ (B’)

dt

)t(du10.2)t(i C32 ⋅= − (C)

Operando ahora tal y como se ha hecho en el apartado anterior, se llega en definitiva a una expresión de la forma:

dt

)t(du)t(u

10150 C

C +⋅=

Se trata de una ecuación diferencial de primer orden y completa, y su homogénea es de la forma:

0101 =+α

101−=α

Con esto, la tensión en bornes del condensador es:

)t(ueK)t(u Cpt

C +⋅= α

Al ser:

'K)t(u Cp = 0dt

)t(du Cp =

Si se sustituyen estos valores en la ecuación diferencial completa, se tiene:

50'K =⋅α 50'K101 =⋅ 500'K =

Y llegamos a la expresión:

500eK)t(u 10t

C +⋅=−

Y para obtener el valor de K, nos valemos de las condiciones iniciales, siendo:

500eKV0)0(u 0C +⋅==+

Entonces K = -500.

Y en definitiva, la tensión en bornes del condensador en este segundo caso vale:

( ) Ve1500)t(u t1,0C

−−⋅=

c) En este tercer caso se tiene que tener en cuenta que la carga inicial del condensador dará lugar a una tensión inicial en bornes que vale:

V5010.2

1,0C

QU 30

C === −



Por lo tanto, en el instante inicial de la conmutación del condensador tiene una tensión entre armaduras de valor:

V50)0(u C =+

Por lo tanto, para los dos supuestos anteriores, el nuevo circuito a resolver es el representado en la figura 109.3.

Figura 109.3

Siendo el primer caso estudiado la en el que uC(t) valía:

300eK)t(u 5/tC +⋅= −

Al ser en este caso las condiciones iniciales uC(0+) = 50 V, se puede escribir que:

30050 0 +⋅= eK 250K −=

Por lo tanto, la tensión en bornes del condensador, que inicialmente estaba cargado, tiene una expresión de la forma:

[ ] Ve250300)t(u t2,0C

−⋅−=

Para el caso b) la tensión en bornes del condensador tiene un expresión de la forma:

500eK)t(u 10/tC +⋅= −

Con uC(0+) = 50 V, se tendrá K = -450

Por lo cual la nueva tensión en bornes del condensador tiene una expresión de la forma:

[ ] Ve450500)t(u t1,0C

−⋅−=

uC(t)

=

IG R1

R2

D

i1(t) i2(t)

uX(t)

uC(0+)=50V

C

-+



uC(p)

=

IG / p R1

R2 A

I1(p) I2(p)

UX(p)

1/Cp

-+

B

D

C

Segundo Método de resolución a) Con el condensador sin carga inicial, el circuito a resolver en forma operacional es el que se representa en la figura siguiente:

Figura 109.4

La aplicación en el nudo A de la primera ley de Kirchhoff nos permite escribir:

)p(I)p(Ip

I21

G +=

Si se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la malla ABCDA, en la cual se incluye la fuente dependiente de tensión, tendremos:

)p(IR)p(IR)p(U)p(U 1122CX ⋅−⋅+=

Con )p(I500)p(U 1X ⋅=

Y por último, si se tiene en cuenta que la tensión en bornes del condensador es una expresión de la forma:

)p(ICp1)p(U 2C ⋅=

al sustituir los datos del enunciado para este apartado a), llegaremos al siguiente sistema de ecuaciones:

)p(I)p(Ip2,0

21 += (A)

)p(I1000)p(I1000)p(U)p(I500 12C1 ⋅−⋅+=⋅ (B)

)p(Ip

500)p(Ip10.2

1)p(U 223C ⋅=⋅⋅

= − (C)

Operando la ecuación (B), se obtiene:

)p(I1000)p(U)p(I1500 2C1 ⋅+=⋅ (D)



Si en la ecuación (A) se despeja I1(p) y se sustituye en (D), se llega a:

)p(I1000)p(U)p(Ip2,01500 2C2 ⋅+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

Efectuando operaciones en esta última expresión será:

)p(I1000)p(U)p(I1500p

3002C2 ⋅+=⋅−

)p(I2500)p(Up

3002C ⋅+=

Si se sustituye UC(p) dada por la ecuación (C), será:

)p(I2500)p(Ip

500p

30022 ⋅+⋅=

)p(I2500p

500p

3002⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

Despejando I2(p), se obtiene:

p2500500

300

pp2500500

p300

2500p

500p

300

)p(I2 +=+=

+=

p2,0

12,0)p(I2 +=

Donde:

)2,0p(p

60p2,0

12,0p

500)p(ICp1)p(U 2C +

=+

⋅=⋅=

2,0p

BpA

p2,0p60)p(U 2C +

+=+

=

Ya que las raíces del denominador son p1 = 0 y p2 = -0,2, reales y diferentes, la determinación de los coeficientes A y B de la descomposición en suma de fracciones simples se podrá hacer por el método Heaviside, teniendo en cuenta que:

pppD 2,0)( 2 +=

2,02)( +=′ ppD

Con 2,0)0( =′D y 2,0)2,0( −=−′D

y los valores de A y B resultan ser:

3002,0

60)0()0( ==

′=

DNA

3002,0

60)2,0()2,0( −=

−=

−′−=

DNB



Con lo cual en este primer caso será:

2,0p

300p

300)p(UC +−=

La antitransformada nos proporciona la tensión en bornes del condensador en forma temporal:

[ ] [ ]t2,0t2,0C

1C e1300e300300)p(UL)t(u −−− −⋅=⋅−==

[ ] Ve1300)t(u t2,0C

−−⋅=

b) En este apartado, el condensador continúa estando descargado; por lo tanto el circuito, a resolver es idéntico al representado en la figura 109.4.

Se tendrá que tener en cuenta, no obstante que ahora )p(U)p(U CX ⋅β= , )p(U6,0)p(U CX ⋅= .

Con esto, al sustituir los datos del enunciado el sistema de ecuaciones de que se dispone es el siguiente:

)p(I)p(Ip2,0

21 += (A)

)p(I1000)p(U)p(I1000)p(U6,0 1C2C ⋅−+⋅=⋅ (B’)

)p(Ip

500)p(U 2C ⋅= (C)

Operando la ecuación (B’), se obtiene:

)p(I1000)p(U4,0)p(I1000 2C1 ⋅+⋅=⋅ (D)

Si en (A) se despeja I1(p) y se sustituye en la ecuación (D), obtenemos:

)p(U4,0)p(I1000)p(Ip2,01000 C22 ⋅+⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅

)p(U4,0)p(I2000p

200C2 ⋅+⋅=

Si ahora se sustituye el valor de UC(p) dado por al ecuación (C), se llega a:

)p(I2000)p(Ip

5004,0p

20022 ⋅+⋅⋅=

)p(I2000p

200p

2002⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

Despejando I2(p) será:

1,0p

1,0p2000200

200

2000p

200p

200

)p(I2 +=

+=

+=



=

IG / p R1

R2

A

I1(p) I2(p)

UX(p)

1/Cp

+

UC0(p)

-+

Por lo tanto, y para este apartado UC(p) da:

( )1,0pp50

p500

1,0p1,0

Cp1)p(I)p(U 2C +⋅

=⋅+

=⋅=

( ) ( )1,0p'B

p'A

1,0pp50

p1,0p50)p(U 2C +

+=+

=+

=

Procediendo como en el caso anterior para hallar los coeficientes A’ y B’, se llega a:

A’ = 500 B’ = -500

Por lo tanto:

( )1,0p500

p500)p(UC +

−=

La antitransformada nos proporciona la tensión en forma temporal de la tensión en bornes del condensador en este segundo caso:

[ ] [ ]t1,0t1,0C

1C e1500e500500)p(UL)t(u −−− −⋅=⋅−==

[ ] Ve1500)t(u t1,0C

−−⋅=

c) La tensión nominal en bornes del condensador será, en transformadas de Laplace:

p

50)p(U 0C =

Por lo tanto y para los dos supuestos anteriores, el nuevo circuito a resolver es el representado en la figura siguiente, en la cual se ha representado a trazos el generador ficticio equivalente a la tensión inicial en el condensador.

Figura 109.5

A diferencia de lo que ya se ha resuelto anteriormente, la tensión en bornes del condensador para las dos fuentes dependientes de tensión que se tienen ahora será:

)p(ICp1

pU)p(I

Cp1)p(U)p(U 2

0C20CC ⋅+=⋅+=



)p(Ip

500p

50)p(U 2C ⋅+=

Con esto, el sistema de ecuaciones a plantear para el caso que la fuente de tensión dependiente de la corriente sea de la forma )(500)( 1 pIpU X ⋅= , será el siguiente:

)p(I)p(Ip2,0

21 += (A)

)p(I1000)p(I1000)p(U)p(I500 12C1 ⋅−⋅+=⋅ (B)

p

50)p(Ip

500)p(U 2C +⋅= (C’)

Resuelto el sistema para hallar I2(p), se obtiene:

2,0p

1,0)p(I2 +=

Con lo cual la tensión en bornes del condensador en transformadas de Laplace vale:

)2,0p(p

50p

50p2,0

1,0p

500p

50)p(UC ++=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⋅+=

La antitransformada del segundo término de la suma vale:

t2,01 e250250)2,0p(p

50L −− ⋅−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

Con esto, para este caso será:

[ ] Ve250300e25025050)t(u t2,0t2,0C

−− ⋅−=⋅−+=

[ ] Ve250300)t(u t2,0C

−⋅−=

Si la fuente dependiente de tensión es de la forma UX(p) = 0,6 · UC(p), el nuevo sistema de ecuaciones que se tiene es el siguiente:

)p(I)p(Ip2,0

21 += (A)

)p(I1000)p(I1000)p(U)p(U6,0 12CC ⋅−⋅+=⋅ (B’)

p

50)p(Ip

500)p(U 2C +⋅= (C’)

Resuelto el sistema para hallar el nuevo valor de I2(p), se obtiene:

1,0p

09,0)p(I2 +=

Así pues, la tensión en bornes del condensador en transformadas de Laplace vale:

)1,0p(p45

p50

p1,009,0

p500

p50)p(UC +

+=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

⋅+=



La antitransformada del segundo término de esta suma vale:

t1,01 e450450)1,0p(p

45L −− ⋅−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

Con esto, la expresión temporal de la tensión en bornes del condensador en este último caso será:

Ve45045050)t(u t1,0C

−⋅−+=

[ ] Ve450500)t(u t1,0C

−⋅−=

Todas las expresiones halladas mediante este segundo procedimiento coinciden exactamente, como tendría que ser, con las obtenidas mediante el primero.



Problema 110 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0 s cerramos el interruptor K. Se pide la expresión temporal de la corriente i(t) para t>0.

Figura 110.1

Resolución:

En t = 0-:

( ) A1201010

400i =++

=−

( ) ( ) V30110200u =⋅+=−

Figura 110.2

Para t = 0+:

40 V

+2010 Ω

10 Ω30 V2·10 mF

-3< > 40 V

+

10 Ω

10 Ω

30 V

20Ω

iA

+

iB

2 mH

1 A(a) (b)

Figura 110.3

Cálculo de iA(t):

Para t = ∞,

( ) A310300iA ==

( ) A21010

40tiA =+

=∞

Figura 110.4

40 V

+

2·10 mF K

20Ω10 Ω

10 Ω i t( )

2 mH

-3

40 V

+

20Ω10 Ω

10 Ω

u(0') i(0 )-

40 V

+

10 Ω

10 Ω

= +

40 V



56eqeq 10

10101010102CR −− =

+⋅⋅⋅=⋅=τ ( ) [ ] t510

A e322ti −⋅−−=

Cálculo iB(t):

( ) A10iB = ( ) 0tiB =∞

43

eq

eq 1020102

RL −

−=⋅==τ

( ) [ ] t410t410B ee100ti

⋅−⋅− =⋅−−=

( ) ( ) ( )tititi BAL −=

( ) Aee2ti t410t510L

−− −+=



Problema 111 El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En un momento determinado, correspondiente al instante en que la corriente que circula por la bobina sea máxima, se cambia de posición el conmutador (t=0).

Se pide:

a) Corriente que circula por la bobina en t=0- y en t=0+

b) Tensión en bornes de la bobina en t=0- y en t=0+

c) Energía almacenada en el condensador en t=0+

d) Expresión temporal de la corriente que circula por la bobina para t > 0

e) Expresión temporal de la tensión en bornes de la bobina para t > 0


Ω−=⋅⋅

−=ω

−= − j5001001020

1jC1jX 6C Ω=⋅⋅= − 40j10010400jX 3

L

( ) Ω−=−∠=

−∠−∠=

−−=

−−= 2303,19j1541,9631,110584,98

69,78093,590500

5j1500j

j500100j500100ZC//R

Ω∠=+=−+=− 1885,1237157,987691,20j1541,962309,19j1541,9640jZ C//RL

Ω∠=∠

∠=++⋅∠= 1447,801,66

0438,45153,2841885,1297664,19440

628,1977691,20j1541,96628,197885,1237157,98ZT

0

max 0282,0I ∠= ( ) 1447,861482,181447,801,660282,0ZIU 0TmaxmaxAB ∠=∠⋅∠=⋅=

( ) A0438,41892,01885,1237157,98

1447,861482,18I maxL −∠=∠∠=

( ) ( ) V3538,15555,1831,110584,980438,41892,0ZIU C//RmaxLmaxCB −∠=−∠⋅−∠=⋅=



( ) V3562,85568,790400438,41892,0XIU LmaxmaxAC ∠=∠⋅−∠=⋅=

( ) V00u L =− ya que iL es máxima; ( ) ( ) A1892,00i0i LL == +−

( ) ( ) ( )( )0438,43538,15cos555,180u0u CC −−−⋅== +− ( ) ( ) V1946,180u0u CC == +−

( ) ( ) 262CC 1946,181020

210uC

210W ⋅⋅⋅=⋅= −++ ( ) J103104,30W 3

C−+ ⋅=

Para t > 0+ el circuito queda:

Figura 111.2

( ) ( ) ( ) 00u0u0u RCL =++ +++ ; ( ) ( ) ( ) V5,55628,1971892,01946,18R0i0u0u 1LCL −=⋅−−=⋅−−= +++ El circuito operacional es:

Figura 111.3

( )

( )⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

+−⋅−=−

+⋅+−=

212

1121

Ip00050II100

p1946,182Malla

Ip4,0I628,197II10007568,01Malla ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−=−

−+=

21

21

Ip00050100I100

p1946,18

I100Ip4,0628,29707568,0

De la 1ª : ( ) ( ) 0007568,0Ip004,097628,2100

07568,0Ip4,0628,297I 11

2 −+=−+=

Sustituyendo en la segunda ecuación podemos aislar la expresión de I1:



035,372p07,994p1135,49p1852,0I 21

+++=

( )( )

( )

( )( ) ( ) 2222

22221

541,353035,497p541,353541,3539255,44

541,353035,497p035,497p1892,0

541,353035,497p585,259p1892,0

541,353035,497p1135.49p1892,0I

++−

+++

=++

+=++

+=

( ) [ ])t541,353(sen1270,0)t541,353(cos1892,0eti t035,497

1 −= − (es como una suma de dos vectores)

0,1270

2278,01270,01892,0 22 =+

°==α 871,331892,01270,0arctg

( )º87,33t54,353cose2278,0)t(i t035,4971 +⋅⋅= −

( )( )°+⋅== − 871,33t541,353cosedtd4.0

dtid

Lu t035.497LL ( ) V54,1t541,353cose5776,55u t035,497

L °−⋅−= −

( ) ( ) V51,5554,1cos5776,550u AC −=°−−=+ Para cálculo diferencial:

Figura 111.4

( )

( )dt

dCi;ii100u2Malla

0i628,197ii100dtid104001Malla

C221C

12113

u=−=

=⋅+−+⋅⋅ −

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⋅⋅−⋅=

=⋅+⋅⋅−+

−

−

dtd1020100i100u

0i628,197dt

d1020100i100dtd4,0

c61C

1c6

11

u

ui

Hallaríamos uC(t) y de aquí i1 que vale: ( ) ( ) A85,38t541,353cos2278,0eti 0t035.497

1 °+⋅⋅= −

y también ( ) ( ) V54,1t541,353cose5776,55dtid

Ltu t035.4971L °−⋅−== −

( ) ( ) 51.55º54,1cos5776,550uAC −=−⋅−= V

I

I

197.628 Ω

20.10 F- 6

18.1946 V

0.1892 A400 mH

100 Ω

1

2

0,1892



Problema 112

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En el instante t=0,001 s, se cierran los interruptores K1 y K3 y se abre el interruptor K2.

Se pide:

a) Expresión temporal de la tensión uC(t) en bornes del condensador (Para t> 0,001 s)

b) Expresión temporal de la corriente i(t) que circula por la bobina (Para t> 0,001 s)

c) Energía consumida por la resistencia R1 desde t=0,001 s hasta a t=∞

d) Valor de la corriente que circula por la bobina después de haber transcurrido 0,01 s de haber cerrado los interruptores

e) Energía almacenada en el condensador para el mismo instante anterior

Datos: R1= 3 Ω u(t)=240 cos (10t+(π/4)) V


031 303265,153

1015101333,810j7847,132Z ∠=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅⋅−⋅+= − Ω

Se trabaja con valores máximos: 00

0155652,1

303265,15345240

ZUI ∠=

∠∠== A

( )045t10cos240)t(u += ( )015t10cos5652,1)t(i +=

003

0CC 754346,1090

1010151155652,1XIU −∠=−∠

⋅⋅⋅∠=⋅= − V

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π−=−=

125t104346,1075t10cos4346,10)t(u 0

C



Para t=0,01: i (0,001) =1,5077 A u (0,001) =2,8013 V El circuito resultante con sus condiciones iniciales será:

Figura 112.2 Si t’ = t – 0,01 s: Aplicando la ecuación de malla en este circuito tenemos:

0uddLRiuuu CCLR =+

′⋅+⋅=++

ti

Es decir:

CCC

2

uLC1

tdud

LR

dud

+′

+′t

= 0

La ecuación característica es:

01015333,8

1333,8749,182

32 =

⋅⋅+α+α −

Se tienen dos raíces:

371,05641,21 21 −=α−=α . Por lo tanto:

t371,02

t5641,211C eKeKu ′−′− ⋅+⋅= .

Se calculan los coeficientes con las condiciones iniciales. La tensión inicial en el condensador nos lleva a 21 KK8013,2 +=

( ) [ ]( ) [ ]21

3

t371,02

t5641,211

3

K371,0K5641,2110155077,10i

eK371,0eK5641,211015ti

⋅−⋅−⋅==

⋅⋅−⋅⋅−⋅=−

′−′−−

Se obtienen: K1=-4,79178 K2=7,59308

( ) [ ] ( )t1e59308,7e4,79178-tu t371,0t5641,21C ′⋅⋅+⋅= ′−′−

Referido a t resulta

( ) ( ) ( )[ ] ( )01,0t1e59308,7e4,79178-tu 01,0t71,001,0t5641,21

C −⋅⋅+⋅= −−−−



( ) [ ] ( )t1e8170,2e3304,1031015td

udCti t371,0t5641,213C ⋅−⋅== −−−

( ) [ ] ( )At1e04225,0e5499,1ti t371,0t5641,21 ′⋅−= ′−′− Para t’=0,01 después de cerrar el interruptor:

( ) A2071,101,0i = ( ) 7026,301,0uC = V

( ) ( ) J1018,07026,310152101,0uC

2101,0W 232

CC =⋅⋅⋅=⋅⋅= −

que corresponde a la energía disipada por la resistencia R1.



Problema 113

En el circuito de la figura y para t=0 s se cierra el interruptor K. Se conoce que la respuesta uC(t) que presenta el circuito corresponde a una senoide amortiguada de pulsación 2 rad/s.

Se pide:

a)Valor de la capacidad del condensador C.

b)Expresión temporal de la corriente i(t).

Nota: Recordar que 2z1nωpω −= siendo pω la pulsación propia, nω la pulsación natural y z el factor de amortiguamiento.


⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

+++=

dtCdU

Ci

Cu)i25,025,0(dtdi25,060

Cudt

Cdu0,5.C2dt

Cu2d0,25.C60 ++=

0,25.C

60Cu

0,25.C

1

dtCdu

0,25.C

0,5.C2dtCu2d

=++

C

240Cu

C

4

dtCdu

2.2dtCu2d

=++

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

−=

=

=

2z1nωpω

C42

nω

2n.z.ω2

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

−=

=

=

2z1nω2

C4

n2ω

1nzω

F 0,8C =

El cálculo de C se puede hacer también:

0C4α22α =++

2C164

12

C1642

α−

±−=−±−

=

60V

0,25H L

0,25Ω

0,25Ω

i(t) C uC(t)

K



Dado que es una senoide amortiguada C164 − negativa, en consecuencia:

22

416

=−

C 16416 =−C

2016 =C

F0,8C =

Sustituyendo resulta:

0,8

240Cu

0,8

4

dtCdu

22dtCu2d

=++

300C5.udt

Cdu22dt

Cu2d=++

Ecuación característica de la ecuación homogénea:

052α2α =++ j21α ±−= Por lo tanto

)t2(costAe(t)Chi ϕ+−=

60)cos(2ttAe(t)Cpu(t)Chu(t)Cu ++−=+= ϕ

[ ])2sen(2ttAe)cos(2ttAe0.8dt

CduC(t)Ci ϕ+−−ϕ+−−==

Para t=0:

[ ]⎪⎭⎪⎬⎫

ϕ−ϕ−==

ϕ==

A.2.senAcos0,8.0(0)Ci

Acos0(0)Cu

⎪⎭

⎪⎬⎫

−=ϕ

−=ϕ

21tg

60cosA

67,08A153,44º67,08A26,56º

=⇒=ϕ−=⇒−=ϕ

El módulo de A tiene que ser positivo, por lo tanto la solución correcta será la segunda:

)153,44ºcos(2tt67,08.e(t)Cu +−= [ ])153,44º2sen(2t)153,44ºcos(2tte0,8.67,08.(t)Ci +−+−−=

[ ])153,44º2sen(2t)153,44ºcos(2t.t53,664.e(t)Ci +++−−= y sumando los vectores:

153,44º

153,44º

2 1



90º2,236j2,22j1,7880,89j0,4470,8990º153,44º2153,44º1 ∠==+++−=−∠+∠

sen2tt120.e)90ºcos(2tt120ei(t) −=+−−= Por transformadas de Laplace tenemos:

Figura 113.2

( ) 2221p

120,2

52p2p

240

0,8p

10,25p0,5

p

60

I(p)++

=++

=++

=

[ ] Asen2tt120eI(p)1Li(t) −=−=

0,25

0,25p 0,25

p60 0,8p

1



Problema 114

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, con el conmutador, K, en la posición 1. En el instante en que la fuente de corriente i0(t) proporciona un valor nulo de corriente, y siendo la tensión u(t) en bornes de la misma de valor negativo se cambia de posición el conmutador pasando a la nueva posición 2, instante que se tomará como nuevo origen de tiempo (t=0).

Se pide:

a) Valores de las corrientes iL(0-), iL (0+) y de la tensión uC(0-).

b) Valores de les tensiones uL(0+) y uC(0+) y de la corriente iC(0+).

c) Expresión temporal de la tensión u(t) para t>0.

d) Expresión temporal de la corriente iC(t) para t>0.

Datos:

L=(4/π) H R1=20 Ω C=(5/π) mF R0=45 Ω k1=0,604 Ω

i0(t) =10√2 cos (4πt + (π/6)) A

Figura 114.1 Resolución: Pasando a grados :

0306

180rad6

==π

Se coge un origen de fases tal que 00 3010I ∠= A:

Ω=ππ

=ω= 1644LXL Ω=π

π

⋅=ω

= 5045

101C1X

3

C 01 020R ∠= Ω

Si 000

00

p 34,51494,1202090160209016Z ∠=

∠+∠∠⋅∠= Ω

entonces

00pp 34,81935,124IZU ∠=⋅= V

Corrientes de las ramas L y R1:

0

L

pL 660,8808,7

XU

I −∠== A 0

1

p1R 34,81247,6

RU

I ∠== A



Para la fuente dependiente: 0

1R1 34,81773,3Ik ∠= V 0

C0

1R1C 352,309056,0

jXRIk

I ∠=−

−= A

0

CCC 352,219804,2XIU ∠=⋅= V Ya que se dice que la corriente para el nuevo t=0, cuando i0(t)=0, quiere decir que el vector 0I debe estar situado sobre el eje de las ‘Y’, siendo la proyección del vector pU negativa. En este instante se tiene (nuevo origen):

( ) A00i0 =− ( ) ( ) 74.846034,81cos2939,1240up −=+=− V

( ) ( ) 898,66066,8cos2808,70iL =+−=− A ( ) ( )60352,219cos2804,20uc +=−

( ) V644,00uc =− Cuando t=0+, el interruptor k se pasa a la posición 2 (se mantienen los valores de corriente en L y tensión en C):

( ) 898,60iL =+ A y ( ) 644,00uC =+ V Siendo

( ) ( )00

00 90t4cos210tiA9010I +π⋅=→∠= A

Tenemos

( ) 00i0 =+ A ( ) ( ) 0322,0R

0u0i1

C1R ==

++ A

( ) ( ) ( )[ ]+++ +−= 0i0i0i RLC ( ) A93,60iC −=+

( ) ( )++ = 0u0u CL ( ) V644,00uL =+

Analizando la respuesta completa:

tdid

Lu LL =

tdud

Ci CC =

uuuu CLR1

=== LRC0 iiii1

++=

Up I0

81.34º+60º=141.34º



Sustituyendo y ordenando:

LL

1

L2

0 itd

idRL

tdidCLi ++=

Ecuación homogénea:

012044105 2

3=+β⋅π+β⋅

π⋅

π⋅ 708,15j708,15 ⋅±−=β

Solución homogénea:

( ) [ ])(15,708sen B)(15,708 cos Aeti t708,15homL t+t ⋅⋅⋅⋅= −

Solución particular:

364,130387,152UXU

XU

RU

I CC

C

L

C

1

C0 ∠=⇒++= V

364,220047,3XU

IC

CC ∠== A 36,40527,9

XU

IL

CL ∠== A

( ) )40,36t4cos(2527,9tiLp °π= +

( ) [ ] ( ) A36,40t4cos473,13)(15,708sen B)(15,708 cos Aeti t708,15

L °+π+⋅⋅⋅⋅= − t+t Para t=0:

( ) 368,3A266,10A898,60iL −=→+== Por otro lado:

( ) ( )td

idLtutu L

CL ==

Cuando t=0

( ) [ ]0L sen40,364473,13708,15708,154

0dd4644,0 ⋅⋅−⋅+⋅−=== tBAttit

πππ

0 5057 52 904 15 70 8 72 4, , , ,= + ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒B 3 615π Β = ,

( ) [ ] ( ) A36,40t4cos473,13)t708,15(sen615,3)t708,15cos(368,3eti 0t708,15L +π++−= −

( ) ( )tdidLtutu L ==

( ) [ ][ ] ( ) V36,40t4sen4473,13)t708,15cos(708,15615,3)t708,15(sen708,15368,3e

)t708,15(sen615,3)t708,15cos(368,315,78e-4tu

0t708,15

t708,15

+ππ⋅−⋅+⋅

++−π

=

−

−



Problema 115 En el circuito de la figura y para t=0 s, se cambia de posición el conmutador K. Se conoce que la respuesta de la corriente iL (t) que presenta el circuito corresponde a una senoide amortiguada de pulsación 2 rad/s.

Se pide:

a) Valor de la inductancia L

b) Expresión temporal de la tensión u(t)

Nota: Hay que recordar que 2z1nωpω −= , siendo pω la pulsación propia, nω la pulsación natural y z el factor de amortiguamiento.


⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

=

++=

++=

dtLdi

Lu

dtduCLi2

u6,0

CiLiRi6,0

y sustituyendo resulta:

2dtL2di0.25LLidt

Ldi0.5L0,6 ++=

0.25L0.6

Li0.25L1

dtLdi

22dtLi

2d=++

L2.4

LiL4

dtLdi

22dtLi

2d=++

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

−=

=

=

2z1nωpω

L42

nω

2n.z.ω2

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

−=

=

=

2z1nω2

L4

n2ω

1nzω

H 0,8L =

2Ω

K

0,6A 2Ω 0,25F iL (t)

L u(t)



sustituyendo resulta:

0,82,4

Li0,84

dtLdi

22dtLi

2d=++

3L5idtLdi

22dtLi

2d=++

Ecuación característica de la ecuación homogénea:

052α2α =++ j21α ±−= Por lo tanto:

)t2(costAe(t)Lhi ϕ+−=

0,6)cos(2ttAe(t)Lpi(t)Lhi(t)Li +ϕ+−=+=

[ ])2sen(2ttAe)cos(2ttAe0,8dtLdi

Lu ϕ+−−ϕ+−−==

Para t=0:

⎭⎬⎫

===

0)0(Cuu0)0(Li

08,67Aº44,15308,67Aº56,26

=⇒=ϕ−=⇒−=ϕ

El módulo de A tiene que ser positivo, por lo tanto la solución correcta será la segunda

)153,44ºcos(2tt0,67.0,8e(t)Li +−=

[ ])153,44º2.sen(2t)153,44ºcos(2tt0,53664.edtLdi

Lu(t) +++−−==

Vsen2tt1,20eu(t) −=

Por transformadas de Laplace tenemos:

Figura 115.2

0,8p

2 p4

p0,6



2pA.U20,5pA2,5.UApU

A0,25.p.UpAU1,252

AUp

0.6 ++=++=

( ) 2221p22

2,452p2p

2,4

2,5p2p30,5p

1,2pAU

++=

++=

++=

[ ] Vsen2tt1,2.e(p)AU1L(t)Au −=−=



Problema 116 Dado el circuito de la figura, para t=0 abrimos el interruptor K. Por otro lado y dado que la bobina y el condensador formaban parte de otro circuito, presentan les siguientes condiciones iniciales:

uC(0) =200 V iL(0) =10 A

Se pide:

a) Valor de la tensión uL para t=0+

b) Valor de la corriente iC para t=0+

c) Expresión temporal de la corrent iL para t>0

Figura 116.1 Resolución: Para t=0+:

Figura 116.2

UL(0+) = Uc(0+) – UR2 = 200 – 10·28 = -80 V ic(0+) = 48 – iR1(0+) – iL(0+) = 48 – (200/20) – 10 = 28 A

48 = iR1 + iL + ic

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

+−=+=+=

++=

Li28dtLdi310·8Li2Rdt

LdiL2RULUU

dtdUCLi20

U48

48A 20Ω 28Ω

t=0 100µF

8mH

48A

iC

iR2 iR1

10A

28Ω

20Ω uC(0+)=200V

8mH

K



Sustituyendo la segunda ecuación en la primera ecuación resulta:

)dt

di28

dt

id10·8(10·100i)i28

dtdi

·10·8(20148 L

2L

236

LLL3

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ += −−−

dtdi

10·28dt

id10·8ii4,1

dtdi

10·4,048 L42L

27

LLL3 −−− ++++=

48i4,2dt

di10·2,3

dtid

10·8 LL3L

27 =++ −−

Ecuación característica:

8·10-7s2 +3,2·10-3s + 2,4 = 48 donde s1= -3000 y s2= -1000

iL(t) = K1·e-3000t + K2·e-1000t + iLp(t) Para

A202820

20·48(t)iLp =+

=

iL(t) = K1·e-3000t + K2·e-1000t + 20

Falta hallar K1 y K2:

iL(0)= 10 = K1 + K2 + 20 (1)

0tL28i0tdtLdi38·10200)u(0 =+=

−==+

es decir:

( ) ( )( ) 20)2K128(K10002K30001K38·10200 +++−+−−= 200 = -24K1 – 8K2 +28K1 +28K2 +560

es decir:

4K1 + 20K2 = -360 (2)

De las expresiones (1) y (2) resulta:

K1 = 10 y K2 = -20

Por lo tanto: 20e20e10)t(i t1000t3000

L +−= −−



Problema 117 El circuito esquematizado de la figura trabaja en régimen permanente con el conmutador K en la posición 1. En el instante t = 0 s, se pasa el conmutador a la posición 2.

Calcular:

a) Expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el circuito

b) Expresión temporal de la tensión en los terminales del condensador

Figura 117.1 Resolución: a) Establecemos las condiciones iniciales:

A2010200)0(i ==− V2001020U)0(u CC =⋅==−

Poniendo el conmutador en la posición 2, el circuito operacional que se tiene es el siguiente:

Figura 117.2

La impedancia en paralelo resultante de Lp y R1 es:

p5

p10p210p210

LRLR)p(Z

P1

P1p +

=+⋅=

+⋅=

+

L = 2 H

R1 = 10 Ω

R2 = 10 Ω

C = 20 mF

1

2 t = 0

K

Lp R1

R2 1/Cp

200/p +

A

B

e(t) = E = 200 V

IL(p) IR1(p)

IC(p)



y la impedancia operacional total del circuito:

pCRpLC

)LCRR(p)LCRLCR(pLRLR

Cp1R)p(Z

12

21212

p1

p12T

⋅⋅+⋅

+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅=

+⋅

++=

que, sustituyendo y operando, resulta:

)5p(p

)5,12p5p(20)p(Z2

T +⋅++⋅=

Por lo tanto, la corriente que circula por la rama del condensador vale:

)p(Z

)p(E)p(IT

C = con p

200p

)0(u)p(E C ==−

y sustituyendo valores, se obtiene:

( )5,12p5p

5p10)p(I 2C+++⋅=

Por otro lado, la tensión entre A y B valdrá:

)p(I)p(Z)p(U CPAB ⋅=

que sustituyendo y simplificando, da:

5,12p5p

p100)p(U 2AB++

=

por lo tanto, las corrientes IR1(p) y L(p) valen, respectivamente:

( ) 5,12p5pp10

5,12p5p10p100

R)p(U)p(I 22

1

AB1R

++=

++⋅==

( ) 5,12p5pp50

5,12p5pp2p100

Lp)p(U)p(I 22

ABL

++=

++⋅==

Finalmente, y antes de hallar las transformadas inversas de las expresiones anteriores, tendremos que transformarlas en suma de fracciones simples.

Previamente se determinaran las raíces del denominador:

5,12p5p)p(D 2 ++=

y dan:

5,2j5,2p1 +−=

5,2j5,2p2 −−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+++−+⋅=

+++=

5,12p5p5,25,25p10

5,12p5p50p10)p(I 22C

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+++

+++⋅=

5,12p5p5,2

5,12p5p5,2p10)p(I 22C



( ) ( ) ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+++

+++⋅= 2222C

5,25,2p5,2

5,25,2p5,2p10)p(I

( )t5,2senet5,2cose10)t(i t5,2t5,2C ⋅+⋅⋅= −−

( )[ ] At5,2sent5,2cose10)t(i t5,2C +⋅⋅= −

y que se puede transformar de la siguiente forma:

( ) ( )ϕ+ϕ=ϕ+=+ tsen5,2coscost5,2senAt5,2Asent5,2sent5,2cos

y desarrollando se halla: t5,2cosAsent5,2sencosAt5,2sent5,2cos ⋅ϕ+⋅ϕ=+

resultando: 1cosA =ϕ⋅

1tg =ϕ 4

º45 π==ϕ

1senA =ϕ⋅

( ) 2sencosA 222 =ϕ+ϕ 2A2 = 2A =

En definitiva:

A4

t5,2sene210)t(i t5,2C ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π+⋅⋅⋅= −

para IR1 (p) se tiene:

( ) ( ) ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

++−

+++⋅=

++= 222221R

5,25,2p5,2

5,25,2p5,2p10

5,12p5pp10)p(I

[ ] ( ) At5,2senet5,2cose·10)p(IL)t(i t5,2t5,2R

1R 11

⋅−⋅== −−−

A4

t5,2sene210)t(i t5,2R1 ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ π+−⋅⋅⋅= −

La tercera corriente correspondiente a la inductancia L se puede hallar por diferencia de iC(t) y la iR1(t):

[ ] At5,2sene20)t(i)t(i)t(i t5,2RCL 1

⋅⋅=−= −

b) La tensión operacional en los terminales del condensador vale:

( ) p200

p5,12p52p

2500p500p

200)p(CICp1)p(CU −

⋅++

+=−⋅=−



p

2005,12p5p

NMppA)p(U 2C −

++++=−

2500p500NpMpA5,12Ap5Ap 22 +=++++

de donde: 200A = 200M −= 500N −=

( ) p200

5,25,2p500p200

p200)p(U

22C −++

+−=−

( ) 22C 5,25,2p

5,2p200)p(U++

+⋅−=−

[ ] [ ] Vt5,2cose200)p(UL)t(u t5,2C

1C ⋅⋅== −−



Problema 118 El circuito eléctrico del esquema que se representa en la figura 118.1 trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado.

En el instante t = 0 s se abre este interruptor

Determinar:

a) Las expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen

Figura 118.1

Resolución:

Sin efectuar ninguna transformación, el circuito de partida es el de la figura 118.2 (a efectos de cálculo, se pueden imaginar sustituidos la posición y el tipo de interruptor para t > 0).

Figura 118.2

=

I = 24 A

R1 = 5 Ω

K

t = 0

L = 2 H

iC(t)

C = 400 µF

iL(t)

R2 = 7 Ω

UR2(t)

= I = 24 A R1 = 5 Ω

R2 = 7 Ω

K L = 2 mH

C = 400 µF

iC(t) iL(t)

UR2(t)



En forma operacional queda según la figura 118.3:

Figura 118.3

Ω== 5R)p(Z 11

Ω===p

2500p400

10Cp1)p(Z

6

2

Ω⋅+=+= − p1027LpR)p(Z 323

La impedancia total en forma operacional de este conjunto en paralelo vale:

62

4

23313221

321T

103p4000p10875p2500

30000p40p101087500p25

)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z)p(Z

⋅++⋅+=

++⋅⋅+=

⋅+⋅+⋅⋅⋅=

−

−

La tensión aplicada al circuito, en forma operacional UAB (p), vale:

( )632

74

23TAB103p104pp

1021p10630000p40p1010

87500p25p24)p(I)p(Z)p(U

⋅+⋅+⋅⋅+⋅=

++⋅+⋅=⋅= −

En transformadas, las tres corrientes que se tiene son:

( ) ( )632

74

632

74

1

AB1R

103p104pp102,4102,1

5103p104pp1021p106

R)p(U)p(I

⋅+⋅+⋅⋅+⋅=

⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅==

( ) 632

3

632

74AB

C103p104p

1084p24

p2500103p104pp

1021p106

Cp1

)p(U)p(I⋅+⋅+

⋅+=⋅⋅+⋅+⋅

⋅+⋅==

=

I (p) = 24/p R1 = 5 Ω

R2 = 7 Ω

Lp

1/Cp

IC(p) IL(p)

UR2(p)

IR(p)

A

B



( ) ( )[ ]

( ) ( )

( )632

6

3632

36

3632

74

2

ABL

103p104pp1030

p1027103p104pp7p1021030

p1027103p104pp1021p106

LpR)p(U)p(I

⋅+⋅+⋅⋅=

=⋅+⋅⋅+⋅+⋅

+⋅⋅⋅=⋅+⋅⋅+⋅+⋅

⋅+⋅=+

= −

−

−

Aplicando antitransformadas:

( ) 3000pC

1000pB

pA

103p104pp1042p102,1)p(I 111

632

63

1R ++

++=

⋅+⋅+⋅⋅+⋅=

−

p103p104p)p(D 6233 ⋅+⋅+= 632 103p108p3)p('D ⋅+⋅+=

siendo ahora:

143

421031042

)0('D)0(NA 6

6

1 ==⋅⋅==

152

302

4212383

4212103108103

10421012)1000('D)1000(NB 666

66

1 −=−

=−

+−=+−

+−=⋅+⋅−⋅

⋅+⋅−=−−=

166

64236

1031024102710421036

)3000('D)3000(NC 666

66

1 ==+−=⋅+⋅−⋅

⋅+⋅−=−−=

Por lo tanto:

3000p1

1000p15

p14)p(I 1R +

++

−=

En definitiva:

[ ] [ ] Aee1514)p(IL)t(i t3000t10001R

11R

−−− +⋅−==

Utilizamos el mismo procedimiento para hallar )t(iC :

3000p

B1000p

A103p104p

1084p24)p(I 22632

3

C ++

+=

⋅+⋅+⋅+=

632 103p104P)p(D ⋅+⋅+= 3104p2)p('D ⋅+=

3010410210841024

)1000('D)1000(NA 33

33

2 =⋅+⋅−⋅+⋅−=

−−=



610410610841072

)3000('D)3000(NB 33

33

1 −=⋅+⋅−⋅+⋅−=

−−=

3000p6

1000p30)p(IC +

−++

=

[ ] [ ] Ae6e30)p(IL)t(i t3000t1000C

1C

−−− ⋅−⋅==

Y finalmente encontraremos la expresión temporal )t(iL :

( ) 3000pC

1000pB

pA

103p104pp1030)p(I 333

632

6

L ++

++=

⋅+⋅+⋅⋅=

p103p104P)p(D 6233 ⋅+⋅+= 632 103p108p3)p('D ⋅+⋅+=

101031030

)0('D)0(NA 6

6

3 =⋅⋅==

15103108103

1030)1000('D)1000(NB 666

6

1 −=⋅+⋅−⋅

⋅=−−=

510310241027

1030)3000('D)3000(NC 666

6

1 =⋅+⋅−⋅

⋅=−−=

3000p5

1000p15

p10)p(IL +

++

−=

[ ] [ ] Ae5e1510)p(IL)t(i t3000t1000L

1L

−−− ⋅+⋅−==



Problema 119 Consideramos el circuito del esquema que se representa en la figura 119.1. En un instante determinado t1 = 0 s, se cierra el interruptor K1, y K2, se mantiene cerrado. Una vez estabilizado el valor de la corriente que circula por el circuito, se abre el interruptor K2 en el instante t2.

Determinar:

a) La intensidad transitoria i1(t) que se establece en el circuito a partir del instante t1 = 0

b) Las expresiones temporales de las tensiones en los extremos de cada uno de los elementos

c) La intensidad transitoria i2(t) que se establece en el circuito a partir del instante t2 de apertura del interruptor K2

Figura 119.1

Resolución:

a) Con el interruptor K2 cerrado, el circuito que tenemos a partir del instante t1 es el de la figura 119.2, porque el condensador esta cortocircuitado:

TEMPORAL OPERACIONAL

Figura 119.2

G =

+

E = 120 V

R = 4,8 Ω L = 8 mH

C = 500 µF

t1 = 0

t2

K1

K2

G =

G =

K1

t1 = 0

R L R Lp

E = 120 V E (p) = 120/p + +

i1(t) I1(p)



233 p10·8p8,4120

p10·88,4p

120

LpR)p(E)p(I −− +

=+

=+

=

Si dividimos el numerador y el denominador por 8·10-3 y preparamos la expresión obtenida para descomponerla en fracciones simples, tenemos:

600p

BpA

)600p(p15000)p(I1 +

+=+

=

Reduciendo a común denominador e igualando los numeradores, tenemos: 15000BpA600Ap =++

Identificando coeficientes: 15000A600 = 0BA =+

Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, se obtiene: 25A = 25B −=

La función temporal de la corriente en el circuito R-L a partir del instante t=0 s es, pues, la antitransformada de I1(p), que se conoce en función de A y B:

[ ] ( )t600t600t6001

11 e125e2525eBA)p(IL)t(i −−−− −⋅=⋅−=⋅+==

( ) Ae125)t(i t6001

−−⋅=

La corriente de régimen permanente se obtiene buscando i1(t) para t = ∞

A25)(i1 =∞

b) Las expresiones temporales de las caídas de tensión en cada uno de los elementos son:

- en la resistencia R, debida a la corriente i1(t):

( ) [ ][ ] Ve1120e1258,4)t(iR)t(U t600t60011R

−− −⋅=−⋅⋅=⋅=

[ ][ ] Ve1120)t(U t6001R

−−⋅=

- en la inductancia L, debida a la corriente i1(t):

( ) ( ) Ve120e60025108dt

)t(diL)t(U t600t600311L

−−− ⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅=

Ve120)t(U t6001L

−⋅=

c) En el instante t2 de apertura del interruptor K2, por la bobina estaba circulando una corriente permanente de valor i(∞) = 25 A, que es la inicial, i2(0), para esta segunda parte del problema (si cogemos como nuevo origen de tiempos el instante t2 de apertura de K2).



En el circuito operacional, equivale a sustituir esta corriente inicial por una fuente de valor L·i2(0+).

Figura 119.3

La segunda ley de Kirchhoff, expresada en forma operacional y teniendo en cuenta las condiciones iniciales, adopta la forma:

)p(ICp1LpR)0(iL)p(E 22 ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=⋅+ +


)p(Ip500

10p1088,425108p

1202

633 ⋅⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+=⋅⋅+ −−

)p(Ip

2000p1088,42,0p

1202

3 ⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+=+ −

)p(Ip

2000p108p8,4p

p2,01202

23⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅+=+ −

Aislando I2(p) operando para que en el denominador el coeficiente de p2 sea la unidad, se facilita la descomposición en fracciones simples, a la vez que se obtienen los valores del factor de amortiguamiento z y de pulsación propia no amortiguada nω , que caracterizan el comportamiento del sistema:

2nn

222pz2pNMp

250000p600pp2515000)p(I

ω+ω++=

+++=

Identificando coeficientes, se tiene:

a3002

600z n ===ω

s/rad500250000n ==ω

6,02600z

n=

ω=

Como z < 1, el régimen transitorio será oscilante amortiguado y muy bien amortiguado, porque z es próximo a 0,7, que es el valor ideal para obtener el tiempo de respuesta al 5%.

G =

R = 4,8 Ω L = 8 mH

E = 120 V

+

i2(t) C = 500 µF

R Lp

E (p)= 120/p G =

+

+L·i2(0+)

1/CpI2(p)



s/rad40036,01500z1 2np =−⋅=−⋅ω=ω

Con todo esto, las raíces del denominador son de la forma:

400j300jap p1 +−=ω+−=

400j300jap p2 −−=ω−−=

I2(p) se puede escribir también de la siguiente forma:

( ) ( ) 222

p22

400300p15000p25

ap15000p25)p(I

+++=

ω+++=

para hallar la antitransformada de una expresión como la siguiente:

( )( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

ω++

ωω−+⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

ω+++=

=ω++

ω⋅ω−

+ω++

+=ω++

−++=ω++

+=

2p

2p

p2

p2

2p

2

pp

2p

22p

22p

2

apMaN

apapM

ap

MaN

apapM

apMaNMaMp

apNMp)p(S

que permite escribir la antitransformada:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω⋅

ω−+ω⋅⋅=ω⋅⋅

ω−+ω⋅⋅= −−− tsenMaNtcosMetseneMaNtcoseM)t(s p

pp

atp

at

pp

at

Expresión que, aplicada a nuestro caso, permite escribir:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅−+⋅⋅= − t400sen

4003002515000t400cos25e)t(i t300

2

Operando:

( ) At400sen75,18t400cos25e)t(i t3002 ⋅+⋅⋅= −

Esta expresión aún se puede simplificar más haciendo una rutina como la siguiente:

Toda expresión de la forma tsinBtcosA)t(f ω+ω= se puede escribir así:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω⋅

++ω⋅

+⋅+= tsen

BA

BtcosBA

ABA)t(f2222

22

y haciendo el cambio:

22 BA

Acos+

=ϕ 22 BA

Bsen+

=ϕ

que siempre es posible, porque las dos fracciones son más pequeñas que la unidad y a la vez cumplen que la suma de los cuadrados vale la unidad. Se llega a poner la función f(t) de la forma:

( ) ( )ϕ−ω⋅+=ϕ⋅ω+ϕ⋅ω⋅+=ω+ω= tcosBAsentsencostcosBAtBsentcosA)t(f 2222

siendo:



ABarctg=ϕ

Aplicando esta formula al caso que nos ocupa, la corriente i2(t) resulta:

º87,3625

75,18arctgABarctg ===ϕ

25,3175,1825BA 2222 =+=+

Y finalmente, sustituyendo se llega a:

( ) A)º6,38t400cos(e25,31)t(i t3002 −⋅⋅= −

pero en esta expresión hay un grave error de unidades (no es homogénea): 400t es un ángulo en radianes y 36,87º en grados. Para ser correcta, esta expresión se debe dar en grados o en radianes. Por ejemplo, en grados será:

( ) A)º6,38t1093,22cos(e25,31)t(i 3t3002 −⋅⋅⋅= −



Problema 120 En el circuito del esquema que se representa en la figura 120.1, inicialmente relajado, se conecta el conmutador K en la posición 1, en el instante t = 0. Al cabo de dos segundos, se pasa el conmutador a la posición 2.

Figura 120.1

Determinar:

a) En las dos posiciones del conmutador, las expresiones temporales de todas las corrientes que se establecen en el circuito

Resolución:

El circuito que se ha de resolver en la primera posición del conmutador, entre los instantes t = 0 y t = 2s, es el que se indica en la figura 120.2, y que responde a la ecuación temporal:

∫ ⋅⋅+⋅+⋅=t

01

1

1111 dti

C1

dtdiLiRe

con i1(0) = 0

y, en forma exponencial es:

( )pC

11pCRpCL)p(IpC

1pLR)p(I)p(E1

112

1111

111 ⋅++⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅=

G

R1 = 4 Ω C1 = 0,5 F R2 = 10 Ω

R3 = 30 Ω

R4 = 7,5 Ω

L1 L2 2 H 6 H

120

K

+ e(t) = 80t V



Figura 120.2

Sustituyendo los valores conocidos:

2p80)p(E =

Al ser e(t) = 80t y los valores numéricos de:

41 =R 41 =L 501 ,C =

se obtiene:

( )1p2pp40)p(I 21

++⋅=

Para descomponer esta expresión en fracciones simples, se buscan las raíces del denominador:

( )1p2pp)p(D 2 ++⋅=

que son:

0=p 11 −=p 12 −=p

Como tenemos una raíz doble, la descomposición en fracciones simples se ha de hacer de la siguiente forma:

Multiplicando las expresiones de dentro del paréntesis por D(p) e identificando numeradores, se obtiene:

( ) 1)1p(CpBp1p2pA 2 =+++++⋅

Agrupando los coeficientes de las distintas potencias de p, se obtiene:

( ) ( ) 1ApCBA2pCA 2 =+⋅+++⋅+

y para que se cumpla esta igualdad, tenemos que tener:

A = 1 B =-1 C = -1

y entonces las expresión operacional de la corriente es:

( ) ( )⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−

+−⋅=

1p1

1p1

p140)p(I 21

G

R1 = 4 Ω C1 = 0,5 F R2 = 10 Ω

R3 = 30 Ω R4 = 7,5 Ω

L1 L2 2 H 6 H

12

+ e(t) = 80t V i1(t)

( ) ( ) ( )1 2 240 A B CI (p) 40

p p 1p p 1 p 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= = ⋅ + +⎜ ⎟+⋅ + +⎝ ⎠



La antitransformada es la expresión temporal de la corriente:

[ ] ( )tt11

1 eet140)p(IL)t(i −−− −⋅−⋅==

( )( ) A1te140)t(i t1 +⋅−⋅= − válido entre t = 0 y t = 2s

( )( ) A76,2312e140)2(i 21 =+⋅−⋅= −

Esta corriente se deberá considerar la corriente inicial i(0+) al plantear la ecuación para resolver la segunda parte del problema.

Al pasar el conmutador a la posición 2, consideramos este instante de t = 2s como nuevo origen de tiempo t’.

El circuito temporal está representado en la figura 120.3 y en forma operacional en la 120.4, donde la corriente inicial de la bobina 1 ya está sustituida por la fuente equivalente dibujada en trazo fino, de valor:

52,4776,232)0(iL)2(iL 111 =⋅=⋅=⋅ +

en el sentido en que estaba circulando esta corriente por la L1.

Figura 120.3

Figura 120.4

G

R1 = 4 Ω C1 = 0,5 F R2 = 10 Ω

R3 = 30 Ω

R4 = 7,5 Ω

L1 = 2H

L2 = 6H

12

+

e(t) = 80t V i2(t)

G

R2 = 10 Ω

R3 = 30 Ω

R4 = 7,5 Ω

L1 · p L2 · p

12

+

I2(p)

L1 · i(0+)



La impedancia operacional del circuito en este caso vale:

( )423

42321T RpLR

RpLRR)p(L)p(Z+⋅+⋅⋅+++=

Sustituyendo valores numéricos y operando, se llega a:

25,6p

50p15p2)p(Z2

T +++⋅=

Y con esto:

( )( ) 50p15p

5,148p76,2350p15p225,6p25,47

25,6p50p15p2

)0(iL)p(I 2221

2++

+=++⋅

+⋅=

+++⋅

⋅=+

Determinaremos las raíces del denominador, que en este caso valen:

51 −=p 102 −=p

Con esto, la descomposición en fracciones simples de la I2(p) es:

( ) ( ) ( ) ( )10pB

5PA

10p5P5,148p76,23)p(I2 +

++

=+⋅+

+=

Y por Heaviside es:

50p15p)p(D 2 ++= 15p2)p('D +=

( )( ) 94,5

15525,148576,23

)5('D)5(NA =

+−⋅+−⋅=

−−=

( )( ) 82,17

151025,1481076,23

)10('D)10(NB =

+−⋅+−⋅=

−−=

Por lo tanto:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎟⎟⎠⎞

⎜⎜⎝

⎛+

++

⋅=+

⋅++

=+

++

=10p

35p

194,510p

394,55p

94,510p82,17

5p94,5)p(I2

[ ] ( )'t10't52

12 e3e94,5)p(IL)'t(I −−− +⋅==

Siendo t’=t-2, definitivamente se obtiene:

( ) ( )( ) Ae3e94,5)t(i 2t102t52

−−−− +⋅= válido solo para t > 2

Para determinar las corrientes IR3(p) e IR4(p), se dividirá la corriente total hallada I2(p) en partes inversamente proporcionales a las impedancias de estas ramas, es decir:

( )pLRRR)p(I)p(I

234

423R ⋅++

⋅=

( )( )pLRR

pLR)p(I)p(I234

2324R ⋅++

⋅+⋅=




( ) ( ) ( )p6305,75,7

10p5p5,148p76,23)p(I 3R ++

⋅+⋅+

+=

( ) ( ) ( )p6305,7p630

10p5p5,148p76,23)p(I 4R ++

+⋅+⋅+

+=

Operando se llega a:

( ) ( )10p5p7,29)p(I 3R +⋅+

=

( )10p76,23)p(I 4R +

=

Para encontrar la antitransformada, tenemos que descomponer en fracciones simples:

( ) ( ) ( ) ( )10pB

5pA

10p5p7,29)p(I 11

3R ++

+=

+⋅+=

Reduciendo a común denominador e identificando coeficientes se llega a:

94,5A1 = 94,5B1 −=

Así pues:

( ) ( ) ( ) ( )10p94,5

5p94,5

10p5p7,29)p(I 3R +

−+

=+⋅+

=

( )10p76,23)p(I 4R +

=

y las antitransformadas:

( )'t10't53R ee94,5)t(i −− −⋅=

't104R e76,23)t(i −⋅=

y como t’=t-2, las expresiones quedan:

( ) ( )( ) Aee94,5)'t(i 2t102t53R

−−−− −⋅=

( ) Ae76,23)'t(i 2t104R

−−⋅=

expresiones válidas para t > 2



Problema 121 Hallar la corriente i(t) en el régimen transitorio que se establece al cerrar el interruptor K, sabiendo que el circuito representado en la figura está inicialmente relajado y conociendo los siguientes valores:

( ) 230 sen100e t t V= ⋅ F2C µ= Ω= 5000R H2,0L =

Figura 121.1 Resolución: Primer método de resolución: Método temporal

La ecuación íntegro-diferencial del circuito es:

)t(edt)t(iC1

dt)t(diL)t(iR

t=⋅+⋅+⋅ ∫ ∞−

que, para este caso, es e(t) = E0·sen ωt

tsenEdt)t(iC1dt)t(i

C1

dt)t(diL)t(iR 0

t0

0 ω⋅=∫⋅+∫⋅+⋅+⋅ ∞−

y teniendo en cuenta que no hay condiciones iniciales, se cumple que:

0i(t)dtC1 0

=⋅ ∫ ∞−

y derivando y dividiendo por L, resulta:

tcosL

E)t(i

LC1

dt)t(id

dt)t(di

LR 0

2

2

ω⋅ω⋅=⋅++⋅

Como se trata de una ecuación diferencial lineal completa, y tiene coeficientes constantes en la parte homogénea, la solución se hará por el método clásico: resolver primero la ecuación homogénea y luego añadirle una solución particular de la ecuación completa.

Es decir, que la solución a esta ecuación general se compone de un sumatorio formado, por un lado, por la solución de la ecuación homogénea y, por el otro, por una solución particular de la ecuación, que en este caso será la solución en régimen permanente.

C R i(t)

e(t) L

K

+ ~



Por lo tanto:

)t(i)t(i)t(i pht +=

Sustituyendo valores y estableciendo la ecuación característica, que consiste en formar el polinomio en

el que dt

)t(di=α y ,dt

)t(di2

22 =α tendremos:

01022,0

12,0

50006

2 =⋅⋅

+α⋅+α −

0105,2105,2 642 =⋅+α⋅⋅+α −

y, determinando las raíces:

4,1001 −=α

249002 −=α

resultando, por lo tanto, como solución de la ecuación homogénea, la combinación lineal de t1eα y t2eα , o sea:

[ ] AeKeK)t(i t249002

t4,1001h

−− ⋅+⋅=

La solución particular será, como se ha dicho anteriormente, la del régimen permanente:

( )ϕ+ω⋅= tsenI)t(i 0p

siendo:

A033,0

10210012,01005000

230Z

EI

2

62

00 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅−⋅+

==

−

R

C1L

tg ω−ω

=ϕ

º455000

10210012,0100

arctg6

+≅⋅⋅−⋅

=ϕ−

y, sustituyendo:

A)º45t100(sen033,0)t(i p +⋅= ( )º45t100sen033,0eKeK)t(i)t(i)t(i t24900

2t4,100

1pht +⋅+⋅+⋅=+= −− (1)

Para determinar K1 y K2 se tienen que aplicar las condiciones iniciales, que son:

t = 0 i(t) = 0

y también

0dt

)t(diL =⋅



y al aplicarlas a la ecuación 1 resulta:

023,0KK22033,0KK0 2121 ++=⋅++=

y derivando la expresión (1) y multiplicando por L, la expresión obtenida tiene que ser 0 para t = 0s.

( )[ ] 0º45t100cos100033,0eK24900eK4,1002,0 t249002

t4,1001 =+⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅−⋅ −−

y, sustituyendo t = 0, resulta:

0223,3K24900K4,100 21 =⋅+⋅−⋅−

que junto con la expresión (2):

0023,0KK 21 =++

se constituye un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas donde se puede probar K1 y K2:

0232,0K1 −= 42 10872,1K −⋅=

que sustituidas en la ecuación general, resulta:

( )[ ] Aº45t100sen100033,0e10872,1e0232,0)t(i t249004t4,100t +⋅⋅+⋅⋅+⋅−= −−−

Segundo método de resolución: Método operacional

)p(E)p(ICp1)p(IpL)p(IR =⋅+⋅⋅+⋅

pC1pCLpCR

)p(E

Cp1pLR

)p(E)p(I 2

⋅+⋅⋅+⋅⋅

=+⋅+

=

1pCLpCR

pC)p(E)p(I 2 +⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=

pero como e(t) = 230· sen 100 t

22 100p100230)p(E+

⋅=

y sustituyendo en la ecuación I(p), resulta:

( ) ( )p1025p1025p100pp10115

1p01,0p10·4,0

p102100p

100230)p(I 33222

3

26

622

⋅+⋅+++⋅=

+⋅+

⋅⋅+

⋅= −

−

que, descompuesto, sería de la forma:

21

22 ppB

ppA

100pNMp)p(I

−+

−+

++=

siendo p1 y p2 las soluciones de la ecuación:

01025p1025p 532 =⋅+⋅+



y que resultan ser: 4,100p2 −= 24900p1 −=

Igualando las expresiones se puede determinar A, B, M y N, que resultan ser iguales a:

0232,0A −= 410872,1B −⋅=

0231,0M = 296,2N =

y obtenemos, por lo tanto:

24900p

10872,14,100p

0232,0100p

296,2p0231,0)p(I4

22 +⋅+

+−+

++=

−

y si 221bpap)p(I

++= es sólo el primer sumatorio:

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +⋅+⋅== −

abarctgbtsenab

b1)p(IL)t(i 22

11

Sustituyendo valores quedará:

[ ]2222 100p

4,99p0231,0100p

296,2p0231,0)p(I+

+=+

+=

)º45t100(sen4089,10231,0

4,99100arctgt100sen4,99100

10010231,0)t(i 22

º1

+⋅⋅=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⋅+⋅⋅=

( ) Aº45t100sen033,0)t(i º1 +⋅=

Por lo tanto, la transformada inversa será:

( )[ ] Aº45t100sen100033,0e10872,1e0232,0)t(i t249004t4,100 +⋅⋅+⋅⋅+⋅−= −−−



Problema 122 En el circuito representado en la figura que se indica a continuación, el conmutador pasa de la posición DA a la DB en el instante t = 0 y en el instante t = 2s pasa de DB a DC. Esta conmutación se realiza de forma instantánea, es decir, no hay discontinuidad de corriente en la bobina L2.

Figura 122.1

En estas condiciones se pide:

a) Calcular y representar gráficamente la marcha de la corriente y la caída de tensión que aparece en la resistencia R1, indicando los valores numéricos de los puntos más característicos

b) Igualmente en la bobina L2 entre los instantes t = 0 y t = 2-

c) Valores de la corrientes en cada uno de los elementos del circuito a la intensidad t = 2+

d) Valor final de la corriente en la resistencia R3 en el instante t = ∞

e) Constante de tiempo del circuito para la marcha de corriente en la resistencia R3

f) Expresión temporal de la corriente R3 entre los instantes t = 2+ y t = ∞

g) Expresión temporal de la corriente y de la tensión en las bobinas L2 y L4

h) Valores de las corrientes en L2 y L4 para t = ∞ Resolución:

Primer método de resolución: Método operacional

a) Para la posición DB del conmutador, el circuito a resolver será:

Figura 122.2

R3 = 3 Ω L2 = 2 H L4 = 4 H E = 10 V

R1 = 1 Ω

+ =

AB C

D

+

R1

L2p I1(p)

10/p =



)p(IpL)p(IR)p(E 1211 ⋅⋅+⋅=

[ ] )p(IpLRp

10121 ⋅⋅+=

( )21p

BpA

21pp

5p21p

10pLR

p10

)p(I21

1+

+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

=+⋅

=⋅+

=

Por Heaviside:

p21p)p(D 2 +=

21p2)p('D +=

10

215

)0('D)0(NA ===

10

21

5

21'D

21N

B −=−

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

Con lo cual tendremos para I1(p) el valor siguiente:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−⋅=

+−=

21p

1p110

21p

10p

10)p(I1

que corresponde al valor temporal:

[ ] [ ] Ae110)p(IL)t(i 2/t1

11

−− −⋅==

[ ] Ve110R)t(i)t(U 2/t111R

−−⋅=⋅=

que se pueden representar gráficamente como sigue:

Figura 122.3



Figura 122.4

b) En la bobina, es obvio que la corriente i1(t) será la misma que pasa por R1 y la tensión valdrá:

Ve10e101010)t(uu)t(u 2/t2/t1R2L

−− =+−=−=

Figura 122.5

c) Después del instante t=2+, al pasar el conmutador a la posición DC, el circuito operacional quedará:

Figura 122.6

L2p

L4p

I3(p) I2(p) I4(p)

R3

+ L2 i(2)



pLRpLR

pL)p(Z43

432 ⋅+

⋅⋅+⋅=

p43p8p18

p43p12p2)p(Z

2

++=

++=

222

2 p8p18p4364,12

p43p8p18

32,62)p(Z

)2(iL)p(I

++⋅=

++

⋅=⋅

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

+⋅⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅

++⋅

⋅=

49p

1)9p4(p

43

32,6)9p4(p

p4)9p4(p

332,6)p(I2

49p

32,6

)49p(p

74,4)p(I2

++

+⋅=

Por Heaviside:

p49p)p(D 2 +=

49p2)p('D +=

610,2

4974,4

)0('D)0(NA ===

610,2

4974,4

49'D

49N

B −=−

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

con lo que I2(p) valdrá:

49p

21,4p11,2

49p

32,6

49p

106,2p

106,2)p(I2

++=

++

+−= (redondeando)

que, pasado a valores temporales:

[ ]( )

)2t(1e21,411,2)p(IL)t(i 42t9

21

2 −⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅+==

−−−

(tener en cuenta que se modifica el circuito en t = 2s)

Para calcular las corrientes en cada rama i3(t) e i4(t) se deberá calcular primero la tensión aplicada a ambas, que de forma operacional será:

)p(Z)p(Z

)2(iL)p(Z)p(I)p(U 342

34234 ⋅⋅

=⋅=



siendo )p(Z34 la impedancia operacional de las dos ramas en paralelo:

49p

)2(i3p43p43

p43p8p18)2(i2)p(U 234

+

⋅=+⋅⋅

++

⋅=

y por lo tanto se obtiene como valor de I3(p):

49p

32,6

49p3

)2(i3R

)p(U)p(I

3

343

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅==

que se transforma en la ecuación temporal siguiente:

[ ]( )

A)2t(1e32,6)p(IL)t(i 42t9

31

3 −⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⋅==

−−−

De la misma forma:

49p

11,2p11,2

49pp

74,4

49pp4

)2(i3pL

)p(U)p(I

4

344

+−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅

⋅==

[ ]( )

A)2t(1e111,2)p(IL)t(i 42t9

41

4 −⋅⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⋅==

−−−

(tener en cuenta que se modifica el circuito en t = 2s)

Y en el instante t = 2+ tendremos:

A32,621,411,2)2(i2 =+=+

A32,6)2(i3 =+

A0)2(i4 =+

d) Según se desprende del valor hallado para i3(t) cuando t → ∞:

A0)(i3 =∞

lo cuales intuitivo en tanto que no es posible disipar indefinidamente energía, si no hay ninguna fuente que mantenga el circuito.

e) Cuando tenemos las dos bobinas L2 y L4 en paralelo, equivalen a una de valor:

H34

68

4242

LLLL

Lp42

42 ==+⋅=

+⋅

=

y la constante de tiempo es entonces:

s94

334

RLp

3===τ



f) Tal como se ha calculado en el punto c), el valor temporal de la corriente de la resistencia R3 vale:

( )

Ae32,6)t(i 42t9

3

−−⋅=

y entre 0 y 2- s i3(t) = 0.

que se puede representar según el gráfico siguiente:

Figura 122.7

g) También en el punto c) se han hallado los valores temporales de i2(t) e i4(t), que valen:

entre 0 y 2- [ ] Aetiti t 2/12 110)()( −−⋅==

y para 2+ [ ] A)2t(1e21,411,2)t(i 4/)2t(92 −⋅+= −−

entre 0 y 2- Ati 0)(4 =

y para 2+ [ ] A)2t(1e111,2)t(i 4/)2t(94 −⋅−⋅= −−

Las tensiones, como la tensión en L4 es la misma que en R3:

[ ] V)2t(1e96,18R)t(i)t(u 4/)2t(9334 −⋅⋅=⋅= −− a partir de t = 2+ s

Este valor también se podría haber hallado teniendo en cuenta que:

Ve4911,24

dtdi

L)t(u 4/)2t(9444

−−⋅⋅⋅=⋅=

porque:

4/)2t(94 e4911,2

dtdi −−⋅⋅=

Ve4921,42

dtdiL)t(u 4/)2t(92

22−−⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⋅=⋅=

que se obtiene derivando el valor obtenido de i2(t):

[ ] V)2t(1e96,18)t(u 4/)2t(92 −⋅⋅−= −−

Los gráficos de las corrientes i2(t) e i4(t) serán, entonces:



Figura 122.8

Figura 122.9

Y los gráficos de las caídas de tensión u2(t), u3(t), u4(t):

Figura 122.10



Figura 122.11

O sea que –u2(t)=u3(t)=u4(t) a partir de t=2+ s y, curiosamente, quedará una corriente remanente fija, que circulará por las dos bobinas L2 y L4 de valor 2,11 A, mientras que por la resistencia R3 no circulará ninguna. Al permanecer una corriente fija, no se genera ninguna tensión en las inductancias y es por eso que –u2(t)=u3(t)=u4(t)=0. Cuando t→∞ circulará corriente por las bobinas L2 L4 y no por la resistencia R3 al ser u3 (t)=0 V.

h) Las corrientes en régimen permanente en L2 y L4 se obtienen aplicando el teorema del valor final:

AppIip

1,2)(lim:)( 202 =∞→

AppIip

1,2)(lim:)( 404 =∞→

o sea que la corriente de 2,1 A continúa circulando indefinidamente.

Segundo método de resolución: Para ecuaciones temporales

a y b) En el instante t = 0- todas las corrientes son nulas.

Al cerrar el circuito formado por E, R1 y L2 en el instante t = 0 s, se establece una corriente i1(t) en los sentido indicados en la figura 50.12.

Figura 122.12

L2 = 2H

R1 = 1Ω

E = 10 V

+

=u1(t)

u2(t) i1 (t)



Como en la bobina L2 no puede variar bruscamente el nivel de la corriente, sin aplicar una tensión infinita, en el instante t = 0+, la corriente i1(t) aún mantendrá el valor de 0 A; en consecuencia, la caída de tensión en R1 será de 0 V. (Toda la tensión E de la fuente, en este instante queda aplicada a L2.)

Este circuito, al tener únicamente resistencia y bobina, es un sistema de primer orden, por lo tanto la caída de tensión en sus elementos pasivos y corriente común tendrán forma exponencial con una

constante de tiempo de s2RL

1

2 ==τ .

Si no se modifica el circuito, los valores finales de tensiones y corrientes llegarían a ser:

V0)(u2 =∞

V10)(u1 =∞

A10)(i1 =∞

Conocemos los valores iniciales y finales de estos exponenciales y su constante de tiempo; se pueden escribir sus expresiones matemáticas:

( ) Ae110)t(i 2/t1

−−⋅= (Figura 13)

( ) Ve110)t(u 2/t1

−−⋅= (Figura 14)

Ve10)t(u 2/t2

−⋅= (Figura 15)

En el instante t = 2-, sus valores son:

A3,6)2(i1 =−

V3,6)2(u1 =−

V7,3)2(u 2 =−




L2 = 2H

i2 (2+) = 6,3A R3 = 3Ω L4 = 4H

i2 u2 i3 u3 i4 u4

Figura 122.15

c) A partir del instante t = 2+, el circuito a estudiar pasa a ser el de la figura 122.16, con corriente inicial L2 de 6,3 A.

Figura 122.16

En el instante t = 2+, por la bobina L4 seguirá circulando una corriente 0 y la corriente inicial de L2 tendrá que circular por R3 y producirá una caída de tensión u3 = 6,3 · 3 = 19 V. Como los tres elementos pasivos tienen terminales comunes, esta tensión será la misma que en L4 y también que en L2, pero cambiada de signo, según los sentidos convencionales adaptados en la figura anterior.

Resumiendo: en el instante t = 2+

A3,6i2 = A3,6i3 = A0i4 =

V19u 2 −= V19u 3 = V19u 4 =

d) En t = ∞, la corriente en R3 será 0 A (no puede disipar siempre energía).

e) La constante de tiempo en un circuito con R y L en serie es de τ = L/R. En el caso que se estudia, la marcha de la corriente por R3 se puede calcular por el método del generador equivalente de Thevenin. Este generador estará formado por una fuente ideal de tensión, con una Lp en serie, siendo la Lp la composición en paralelo de L2 y L4 vistas desde los extremos R3. En consecuencia, la constante de tiempo para la marcha de la corriente en R3 será:



2 4

3 2 4 3

Lp L L 1 4t = = = sR L +L R 9

⋅ ⋅

f) La corriente por la resistencia R3 será una exponencial (es un sistema de primer orden, ya que sólo hay resistencias e inductancias) de constante de tiempo 4/9 s, valor inicial 6,3 A y valor final 0, o sea:

Ae3,6)t(i 4/t93

−⋅=

Si t se empieza a contar a partir de t = 2+, se obtiene la figura 122.17.

Figura 122.17

g) Tomando como origen de tiempo t = 2 s, las caídas de tensión en R3, en L1 y en L2 serán:

Ve19)t(iR)t(u 4/t9333

−⋅=⋅=

Ve19)t(u)t(u 4/t934

−⋅==

Ve19)t(u)t(u 4/t932

−⋅−=−=

Las corrientes en L4 y en L2 son:

[ ] ( ) Ae11,2e1,2dte19410dt)t(u

L1)2(i)t(i 4/t9t

04/t9t

0

4/t9t

04

444

−−−+ −⋅=⋅−=∫ ⋅⋅+=∫⋅+=

( ) [ ] Ae2,41,2e12,43,6dt)t(uL1)2(i)t(i 4/t94/t9t

02

222

−−+ ⋅+=−⋅−=∫⋅+=

Estas dos expresiones representadas gráficamente sobre unos mismos ejes muestran también, por diferencia, la marcha de corriente por la resistencia R3 (i3(t) = i2(t) – i4(t)), válida solo para s2t .≥



L2 R3 L4 = 4 H i2 = 2,1 A

u2 = 0 V

i3 = 0 A

u3 = 0 V

i4 = 2,1 A

u4 = 0 V

2,1 A 2,1 A

Figura 122.18

h) El punto anterior significa que, en régimen permanente, continúa circulando una corriente de 2,1 A por las bobinas L2 y L4, sin producir caídas de tensión.

Por lo tanto, en el circuito de la figura 16, que queda en régimen permanente, los valores serían los siguientes:

V0)(u)(u)(u 432 =∞=∞=∞

A1,2)(i)(i 42 =∞=∞

A0)(i3 =∞

y que viene representado en la figura siguiente:


circuitos eléctricos problemas 2b/2b... · 2016. 2. 21. · circuitos eléctricos. problemas x....

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