Ejercicios Resueltos Circuitos Trifásicos.pdf

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial 1.- Una fuente 3

Análisis de Circuitos Eléctricos II

simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje entre líneas

__

| V L |  200 [V ] y alimenta a una carga 3 en Y sin neutro, cuyas impedancias son

Z1  10 [] , Z 2   j5 [] y Z3  j10 [] . Determine las corrientes y los voltajes de fase.

El circuito correspondiente, viene dado por: 1

I1

+

10

V1

2

3

donde:

I2

I3

O

-j5

Ia

+

V2

j10

V3

+

Ib

10  j5I a  j5I b  2000 j5I a  j5I b  200120

resolviendo el sistema anterior, se tiene que:

I a  24.4915  23.66  j 6.34 I b  17.5351.2  10.98  j13.66

por lo tanto:

I 1  I a  24.4915 [ A] I 2  I b  I a  12.68  j 7.32  14.64150º [ A] I 3   I b  17.53  128.8º [ A]

entonces:

V 1  Z1 I 1  10 * 24.4915  244.915º V  V 2  Z2 I 2   j5 *14.64150  73.260º V  V 3  Z3 I 3  j10 *17.53  128.8  175.3  38.8º V 

Circuitos Trifásicos: magnitudes

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

2.- Obtenga el valor que marca el voltímetro ideal, si Z1  3 [] y Z 3  j 4 [] . La fuente __

3 simétrica es de secuencia negativa y tiene un voltaje entre líneas | V L |  200 [V ] . I1

1

°

Z1

I2

2

o

V

°

Z2→∞ [Ω] 3

I3

Z3

°

La lectura del voltímetro viene dada por: | V 20 | donde:

V 10  Z1  I 1 , I 2  0

además:

V 12  2000º



V20  V10  V12

V 23  200120º V 31  200  120º

por lo tanto:

I 1  I 3 

V 13 20060º   406.9º Z1  Z3 3  j4

V 10  3 * 406.9º  1206.9º

V 20  1206.9º2000º  80.86  j14.35  82.13169.9º

por tanto:

entonces, la lectura del voltímetro es: 82.13 [V] 3.- Encuentre el valor de la impedancia Z Y de la carga 3 en Y y el valor de los voltajes __

__

__

__

V ab , V bc , V ca . La fuente 3 es simétrica con un voltaje entre líneas | V L |  200 [V ] y una __

corriente de línea | I L |  10 [ A] , cada línea tiene una impedancia Z L  j10 [] .

1

2

3

I1 I2

I3

Circuitos Trifásicos: magnitudes

ZL ZL ZL

V 31 a ° b °

I2 Carga 3Ø simétrica en Y

V 12 I1

ZY c °

I3

V 23 OECA - 2005

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

Dado que el circuito es completamente simétrico, el análisis se reduce a 1/3, esto es: ZL

I1

1

a °

ZY N

°

o

donde:

V12  2000º (según diagrama fasorial)

entonces:

V 1N 

200   30º 3

__

I 1  10  120º A (según diagrama fasorial)

además:

__ __

__

V 1 N  ( Z L  ZY ) I 1  ZY 

por tanto:

V 1N __

 ZL

I1 200   30º 3 ZY   j10  11.5590º  j10  1.5590º  j1.55  10  120º

así:

__

__

por otro lado: V ao  ZY  I 1  1.5590º10  120º  15.47  30º V  V ab  V ao  V bo  3 V ao 0º  26.80º V 

con lo que:

V bc  26.8  120º [V ] V ca  26.8120º [V ]

__

4.- La fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje VL  200 [V ] . Calcule los __

__

__

voltajes V ab , V bc , V ca por dos métodos: a) mallas, b) transformación   Y . j12/5

a

1

° -j1 j2/5

2

b

2

° j1

6/5 3

Circuitos Trifásicos: magnitudes

°c

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

a) mediante el método de variables de corriente (mallas), se tiene: j12/5

a

°

1

Ia

-j2 j2/5

2

b

°

2

Ic j1

Ib

3

6/5 °c

donde: V 12  2000 V 23  200  120 V 31  200120

entonces:  4  j  5  j 2  5  j2  

2 5 6 7  j 5 5  j1 j

 j2    I a   2000º    j1  I b    200  120º      2  j1 I c   0   

cuya solución, viene dada por: I a  26.41  j 98.59  102.06  75 I b  72.17  j 72.17  102.06  135 I c  25.0  j 75  79.06  108.4

por tanto: V ab   j 2 * ( I a  I c )   j102.82  47.18  113.13  114.6 [V ] V bc  j1 * ( I b  I c )  2.83  j 47.17  47.25  93.4 [V ] V ca  2 * ( I c )  158.1271.6 [V ]

b) mediante transformación   Y , se tiene: 1

2

3

Circuitos Trifásicos: magnitudes

I1

j12/5

a

°

I2

j2/5

Za b

°

I3

6/5

c

Zb

o ZC

°

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde: 2( j 2) 4 8   j  1.79  63.4 2  j 2  j1 5 5 ( j1)( j 2) 4 2 Zb    j  0.8926.6 2  j1 5 5 2( j1) j2 2 4 Zc      j  0.89116.6 2  j1 2  j1 5 5

Za 

entonces: 1

I1 °

Z1 2

3

I2 °

I3

Z2

O

Z3

°

por tanto: 12 4 4  Za   j  5 5 5 2 4 4  4 4 Z 2  j  Z b   j   ZY   j  1.1345 5 5 5 5 5 6 4 4  Z3   Zc   j 5 5 5 

Z1  j

además:

I1  I 2  I 3  I L 

Vf ZY



115.47  102.06 1.13

así: I1 

V 10  102.06(30  45)  102.06  75 [ A] Z1

I2 

V 20  102.06(150  45)  102.06165 [ A] Z2

I3 

V 30  102.06(90  45)  102.0645 [ A] Z3

por lo que:

V ab  Za I 1  Zb I 2  47.65  j103.03  113.52  114.8 [V ] V bc  Zb I 2  Zc I 3  2.78  j 46.93  47.01  93.4 [V ] V ca  Zc I 3  Za I 1  50.43  j149.96  158.2171.4 [V ]

Circuitos Trifásicos: magnitudes

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Análisis de Circuitos Eléctricos II __

5.- Una fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje | V L | 200 [V ] y alimenta a una carga 3

en Δ, cuyas fases son

Z 23  50 [] y Z31 : 50 [VA] ,

Z12 : 100 [W ] ,

fp12  0.707 adelanto ;

fp31  0.866 atraso . Determine la potencia activa, reactiva

y el factor de potencia de la fuente 3 .

Donde: Z12 :

P12  100 [W ] ,

fp12  0.707 adelanto

 12  45º

Q12  P12 * tg (45º )  100 [VAR ] cap.

Z 23  50 []  P23 

Z 31 :

VL

2

R23

2  200 

50

 800 [W ] , Q23  0 [VAR ]

fp31  0.866 atraso  31  30º

| S31 |  50 [VA] ,

P31  | S31 | fp31  43.3 [W ] Q31  | S31 | Sen(30º )  25 [VAR ] ind .

entonces:

P3  P12  P23  P31  100  800  43.3  943.3 [W ] Q3  Q12  Q23  Q31  100  25  75 [VAR ] cap

  Q fp3  Cos tg 1  3     P3

   Cos4.55  0.9968 adelante   

6.- Una fuente 3 simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje de 200 [V] entre líneas, se conecta a una carga 3 en conexión Y con neutro, cuyas fases son Z1 : 57.74 [VAR ] ,

fp1  0.866 atraso ; Z 2  50 [] ; Z 3 : 35.35 [W ] , fp 3  0.707 adelanto . Obtenga las corrientes de línea y el factor de potencia de la fuente 3 . El circuito correspondiente, viene dado por: 1

I1 °

Z1 2

3 N

Circuitos Trifásicos: potencias

I2 °

I3

O

Z2

Z3

°

IN

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde: 200  V 1N  3 0  115.50  200  120 V 2 N  3   200   120 V 3 N  3 

los triángulos de potencias, vienen dados por: Z1 : Q1  57.74 VAR , I1 

V 1N

V 2N Z2 : I 2   50

V 3N

 (30)

Q1 57.74   1 A  I 1  1  30 A Sen(30) 200 * Sen(30) 3

200 120 3  2.31120 A 50

Z 3 : P3  35.35 W  , I3 

fp1  0.866 atraso

fp3  0.707adelanto



(45)

P3 35.35   0.43 A  I 3  0.43  75 A 200 Cos3 * 0.707 3

entonces, el triángulo de potencias totales, está dado por: P3  P1  P2  P3  100  266.67  35.35  402.02 W 

Q3  Q1  Q2  Q3  57.74  0  35.35  22.39 VAR  ind .   22.39  fp3  Cos tg 1    Cos 3.19  0.99845 atraso  402.2  

__

7.- La fuente 3 simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje VL  200 [V ] . Encuentre la potencia activa, reactiva y el factor de potencia de la fuente 3 . Donde Z0  3  j 4 [] ; carga 3 simétrica S3  500 [VA] y fp3  0.6 atraso . 1

CARGA TRIFÁSICA SIMÉTRICA

2 ZO 3

Circuitos Trifásicos: potencias

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Departamento de Automatización y Control Industrial Donde:

Z0  3  j 4  5  53.13 []

por tanto:

I0 

VL



Z0

Análisis de Circuitos Eléctricos II

200  40 [ A] 5

2

P0  I 0 * R0  (40) 2 * 3  4800 [W ] 2

Q0  I 0 * X 0  (40) 2 * 4  6400 [VAR ] cap.

carga 3 :

fp3  0.6 atraso  3  53.13

S3  500[VA] ,

P3  300 [W ] , Q3  400 [W ] ind .

fuente 3 :

P3f  P0  P3  4800  300  5100 [W ] Q3f  Q0  Q3  6400  400  6000 [VAR ] cap.

  Q fp3f  Cos tg 1  3f     P3f

   Cos (49.63)  0.6476 adelanto   

8.- Calcule el voltaje de línea en la fuente 3 simétrica de secuencia negativa, si el voltaje de __

línea a los terminales de la carga 3 simétrica es | V L |  200 [V ] , además Z L  10 [] . 1

I2

ZL

I3

ZL

2

3

Puesto que:

ZL

I1

a °

Carga 3Ø simétrica en Δ

b °

Q3Ø=10[KVAR] fp3Ø=0.707 adelanto

c °

V ab  V bc  V ca  200 V  sec() , Z L  10 

carga 3 simétrica:

Q3  10 KVAR  ,

fp3  0.707 adelanto  3  45º

considerando 1/3 del circuito, se tiene: 1

I1

ZL

a °

ZY N

Circuitos Trifásicos: potencias

°

o

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Departamento de Automatización y Control Industrial donde:

I1  I 2  I 3  I L 

Análisis de Circuitos Eléctricos II

Q3 3 V L fp3

10000  40.83 A 3 * 200 * Sen(45º )



además:

Vab  2000º Vab  200120º

200  30º [V ] V ao  3   I 1  40.8375º A 



Vab  200  120º __

entonces:

__

__

V 1N  Z L I L  V ao  10 * 40.8375º 115.4730º  205.68  j 452.13 __

V 1N  496.7265.5º

por lo tanto:

V 12  V 1N  V 2 N  3 V 1N (65.5º 30º )  860.3435.5º V  V 23  860.34155.5º V 

V 31  860.34  84.5º V 

__

9.- La fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje VL  200 [V ] . Determine los valores que marcan los instrumentos de medida. 1

I1

W1 +

°

Z1=3 [Ω] 2

I2

A

°

Z2=0 [Ω] 3

I3

W3 +

o Z3=j4 [Ω]

°

Donde:

V 12  2000 V 23  200  120 V 31  200120 __

entonces:

V 12 2000 I1    66.67 [ A] Z1 30 __

V 32 20060 I3    50  30 [ A] Z3 490 Circuitos Trifásicos: mediciones

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

por tanto:

W1  V 12 I 1 CosV 12 , I 1  200 * 66.67 * Cos(0)  13334 [W ] W3  V 32 I 3 CosV 32 , I 3  200 * 50 * Cos(60  (30))  0 [W ] además:

I 2  ( I 1  I 3 )  (109.97  j 25)  112.77167.2 [ A]

I 2  112.77 [ A]

entonces, la lectura del amperímetro es:

10.- Obtenga el valor de Z  de la carga 3 simétrica en ∆, si la fuente 3 simétrica de __

secuencia positiva tiene un voltaje de línea | V L |  200 [V ] y los elementos vatimétricos marcan respectivamente W1  200 [W ] , W2  800 [W ] . Además Z L   j10 [] .

I2

2

ZL

W1 +

I1

1

°

Carga 3Ø simétrica en Δ

ZL

W2 +

°

ZΔ ZL

I3

3

°

Siendo el circuito completamente simétrico, el análisis se reduce a 1/3, esto es:

1

ZL

I1

1

°

°



ZΔ/3 N

I1 Zeq

N

°

o

°

o

donde: P3  W1  W2  200  800  600 W  Q3  3 (W1  W2 )  3  200  800  1000 3 VAR  cap.  Q3  1   1000 3    tg    70.89º  Zeq  P3   600 

3  tg 1  entonces:

I L  I1 

Circuitos Trifásicos: mediciones

P3 3 V L Cos3



600  5.29 A 3 * 200 * Cos(70.89º )

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por tanto:

Z eq

Análisis de Circuitos Eléctricos II

200  3  21.82  5.29

V 1N  I1

finalmente: Z eq  21.82  70.89º  Z L 

Z 3

Z  3(21.82  70.89º j10)  38.4  56º []

así:

11.- Una carga 3 simétrica en Y, viene dada por Q3  400 [VAR ] , fp3  0.5 atraso ; se conecta a una fuente 3 simétrica de secuencia negativa con voltaje de línea __

| V L | 200 [V ] , a través de líneas de impedancias Z L . Encuentre el valor de la

impedancia de la carga 3 y de la impedancia de cada línea, si los vatímetros miden

W2  200 [W ] y W3  800 [W ] .

°

I2

2

3

Fuente 3 :

ZL

I1

1

I3

W2 + W3 +

ZL

Carga 3Ø simétrica en Y

ZL

Q3Ø=400 [VAR] fp3Ø=0.5 atraso

°

°

P3f  W2  W3  - 200  800  600 [W] Q3f  3W3  W2   3800   200  1000 3 [VAR ] ind .

carga 3 :

Q3  400 [VAR ] ind . , fp3  0.5  3  60 P3 

líneas:

Q3 400   231 [W ] tg (3 ) tg (60)

P3L  P3f  P3  600  231  369 [W ]

Q3L  Q3f  Q3  1000 3  400  1332 [VAR ] ind . Circuitos Trifásicos: mediciones

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Departamento de Automatización y Control Industrial por otro lado: P3f  3 V L I L fp3f



Análisis de Circuitos Eléctricos II P3f

IL 

 Q  3 V L Cos tg 1  3f P   3f 

    

600  5.29 [ A] 3 * 200 * Cos70.9

IL 

realizando el análisis del 1/3 del circuito, se tiene:

1

ZL

I1

°

ZY N

°

o

donde:

ZL :

PL 

P3L 369   123 [W ] 3 3 2

PL  I 1 RL QL 

 RL 

PL IL



2

123  4.39 [] 5.292

Q3L 1332   444 [VAR ] ind . 3 3 2

QL  I 1 X L

QL

 XL 

2

IL



444  15.87 [] 5.292

entonces:

Z L  RL  jX L  4.39  j15.87  16.574.5º []

además:

ZY :

PY 

P3 231   77 [W ] 3 3 2

PY  I 1 RY QY 

Q3 y 3 2



QY  I 1 X Y entonces:

 RY 

PY I1



2

77  2.75 [] 5.292

400  133 [VAR ] ind . 3

 XY 

QY I1

2



133  4.75 [] 5.292

ZY  RY  jX Y  2.75  j 4.75  5.559.9 []

Circuitos Trifásicos: mediciones

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Departamento de Automatización y Control Industrial 12.- Una fuente 3

Análisis de Circuitos Eléctricos II

simétrica de secuencia positiva tiene un voltaje entre líneas

| V L | 200 [V ] y se conecta a dos cargas 3 simétricas. Carga #1: P3  400 [W ] , fp3  0.5 atraso ; Carga #2: Q3  300 [VAR ] , fp3  0.707 adelanto . Calcule el valor

de la lectura de cada uno de los vatímetros.

1

2

3

I1

W1 +

Carga 3Ø simétrica #1

°

I2 °

I3

W3 +

Carga 3Ø simétrica #2

°

Los triángulos de potencias de las cargas 3 , vienen dados por:

Carga # 1:

P3  400 [W ] ,

fp3  0.5 atraso  60º

Q3  P3 tg (60º )  692.82 [VAR ] ind .

Carga # 2 :

Q3  300 [VAR ] ,

fp3  0.707 adelanto  45º

P3  300 [W ]

Carga 3 total:

P3t  400  300  700 [W ] Q3t  695.82  300  392.82 [VAR ] ind .

entonces: P3Ø  W3  W1  700



W3  W1  700

Q3  3 W3  W1   392.82  W3  W1 

392.82  226.8 3

resolviendo las expresiones anteriores, se tiene:

W1  236.6 [W ] W3  463.4 [W ] Circuitos Trifásicos: mediciones

OECA - 2005

pág. 13

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

13.- Determine los valores de corriente i(0 ) y la derivada del voltaje

dv , si en t  0 , se dt 0 

cierra el interruptor.

Análisis en t  0 : 2/5

iL(0-) 2

6

+ 8

+

2

10

1/12

vC(0-)

donde:

LVK : 8  2iL(0)  vL(0)  6iC (0)  vC (0)  2iL(0)  vC (0) LCK : 10 

entonces:

6iC ( 0 )  vC ( 0  ) 2

28  2vC (0) iL ( 0  )  4 



vC( 0  ) 2

 iC ( 0 )  iL ( 0 ) 

vC ( 0 ) 2

 iL ( 0  )

vC (0)  14 V  4

14  3 A 2

análisis en t  0 : iL(0+)

2/5

2

iC(0+)

+

6

8

+

vC(0+)

1/12

donde: iL (0 )  iL (0)  -3 [A]  i(0 )

vC (0 )  vC( 0)  14 V Condiciones Iniciales

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pág. 14

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Departamento de Automatización y Control Industrial además:

dvC dv iC   dt dt C



dv  12iC ( 0  ) dt 0 

por otro lado: vC  RiC  0  iC   entonces:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

vC 6

 iC ( 0  )  

vC ( 0  ) 6

 v  dv   14   12  C ( 0  )   12    28 [V s ] dt 0  6 6    

14.- Obtenga los valores de v(0  ) y

di , si en t  0 el conmutador pasa de la posición (a) a dt 0

la posición (b). 1/2 +

v(t)

1/4

(a)

° t=0

°

i(t)

° (b)

+

+

10

2

4

10μ(t)

Análisis en t  0  :

donde:

iL (0)  5 A , vC (0)  10 V 

análisis en t  0  :

donde:

Condiciones Iniciales

iL (0  )  5 A , vC (0 )  10 V 

v(0 )  vL (0 )  10  4iL (0 )  10  4 * 5  10 V 

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pág. 15

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además:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

dvC di 2 dt dt

10  vC  2i



di 1 dvC  dt 0  2 dt

1 iC 1 i   * (0)   * (0) 2 C 2 14

0

entonces:

0

 2i( 0  )  2 *

10  vC ( 0  )

15.- Encuentre los valores de i(0  ) y

2

 20 A s 

di , si cada uno de los interruptores actúa en el dt 0

instante señalado. ° ° t = 0+

10δ(t)

Análisis en t  0  :

1

1 1

t = 0-

i(t) 1

vC (0)  0 V  , iL (0)  0 A

análisis en t  0 :

0

1  10 (t )  Vo  10 (t )dt  10 V  1 0

donde:

iC ( 0)

además:

vL ( 0)  0  I 0  0 A

Condiciones Iniciales

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pág. 16

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

vC (0 )  10 V  , iL (0 )  0 A

análisis en t  0  :

donde:

i(0 )  iL (0 )  0 A

además:

i  iL

di di  L dt 0  dt



16.- Calcule los valores de i(0 ) y

 0

vL ( 0  ) L



vC ( 0  ) 1

 10 A s 

dv si cada uno de los interruptores se abren en el dt 0 

instante señalado. 10[A]

t=01Ω t=0+

+ 10δ(t)[V]

i(t)

1Ω

+ 1F

1H

V(t)

Análisis en t  0 : 10 10

i(0-)

1Ω

1Ω iL(0-) i(t)

+

+

1Ω 1F 1H

puesto que:

Condiciones Iniciales

1H

V(t)

iC ( 0 )  0  vL ( 0 )  0  i( 0 ) 

vL ( 0  ) 1

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VL(0-)

Ic(0-)

1Ω 1F

Vc(0-) +

0

pág. 17

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Departamento de Automatización y Control Industrial además:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

LCK : iC (0)  0  iL (0)  i(0)  iL (0)  0 [ A]

LVK : 10  1* iC (0)  vL (0)  vC (0)  vC (0)  10 [V ] análisis en t  0 : 1Ω n1

i(0)

ic(0)

iL(0) +

1H

10δ(t)

donde:

VL(0)

1Ω + V(0) 1F

Vc(0) +

LCK : i(0)  iL (0)  iC (0) LVK : 10 (t )  1* i(0)  vL (0)

vL ( 0)  v(0)  vC (0)

entonces:

10 (t )  iC (0)  vL (0)  vL (0)  10 (t )  iC (0)  5 (t )

por tanto:

1 I 0   5 (t )dt  5 [ A] 1 0

0

iL (0 )  iL (0)  I 0  5 [ A]  i(0 )

análisis en t  0 :

1Ω iL(0+)

V(0+) + + + V(0+) Vc(0+) 1F

1H i(0+)

donde:

por lo que:

Condiciones Iniciales

dvC dt

 0

iC iL dv  (0 )  (0 )  5 dt 0  c 1

dv  5 [V s ] dt 0  OECA - 2005

pág. 18

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

dv . dt 0

17.- Determine los valores de i(0  ) y

iL(0)  0 A , vC (0)  0 V 

Análisis en t  0  : análisis en t  0 : vL(0)

iL(0)

+

2

iC(0) 1/2

10 (t )  iC ( 0)  iL ( 0) 

donde:

entonces: además:

V0 

1 1

vC(0)

vC ( 0) 1

10δ(t)

+

1/2

 iC ( 0)  10 (t )

2

0

10 (t )dt  20 V 

2 0

v L(0)  vC (0)  0  I 0  0 A

análisis en t  0  :

i L ( 0  )  i L ( 0  )  I 0  0 A

vC ( 0  )  vC ( 0  )  V0  20 V  v

iL(0+)

+

2

i

+ 10 1/2

donde:

Condiciones Iniciales

i( 0  ) 

vC ( 0  ) 1

1/2

+

vC(0+)

 40 [ A]

2

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pág. 19

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial además:

LVK : 10  v  vC

entonces:

dv dt

 0

dvC dt

 0



iC ( 0  ) 1

0

Análisis de Circuitos Eléctricos II dv dvC  dt dt



dv dv  C dt dt

 2iC ( 0  )

2

 iC (0)  iL(0 )  i(0 )  0  40  40 A

también:

LCK : iL  i  iC

por tanto:

dv  2 40  80 V s  dt 0 

18.- Obtenga los valores de v(0  ) y

di dt

, si en t  0 el conmutador pasa de la posición (a) 0

a la posición (b).

Análisis en t  0  : iL(0-) 1/2 + 10 1/4

+

vC(0-)

2

donde:

LVK : 10  v L ( 0  )  vC ( 0  ) LCK : i L ( 0  )  iC ( 0  ) 

vC ( 0  ) 2

 vC ( 0  )  10 V   i L ( 0  )  5 A

análisis en t  0  :

i L ( 0  )  i L ( 0  )  5 A

vC ( 0  )  vC ( 0  )  10 V 

Condiciones Iniciales

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pág. 20

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v +

iL(0+)

i0

1/2

2

i

+ 10 1/4

Análisis de Circuitos Eléctricos II

+

10e-2t|t=0+

+

vC(0+)

donde: LVK : 10  v  vC vC  2i0  10e  2t LCK : i0  i  i L

entonces:

10  v(0)  vC (0 )

 v(0 )  10  vC (0 )  10  10  0 V 

manipulando las expresiones anteriores, se tiene: vC  10e2t  2i  iL   10e2t  2i  2iL

10  v  10e 2t  2i  2iL derivando la última expresión y evaluando en t  0  , se tiene: dv di di di 1 dv di  20e  2t  2  2 L    10e  2t  2 L dt dt dt dt 2 dt dt v di 1 dv di 1 dv   10e  2t  L   10  L ( 0  ) 1 0  dt 0  2 dt 0  dt 0  2 dt 0  2

0

además:

10  v  vC

 0

dv dvC  dt dt



dv dv  C dt dt

entonces:

di 1  dv   C dt 0  2  dt

 1 iC ( 0  )   10  2vL ( 0  )   2 1  10  2vL ( 0  )  2iC ( 0  )  10  2vL ( 0  ) 4 0 

también: iC ( 0  )  iL ( 0  )  i0( 0  )  iL ( 0  )  vL ( 0  )  10  vC ( 0  )

por lo que:

Condiciones Iniciales

di dt

10  vC ( 0  )

2  10  10  0 V 

5

10  10  5 A 2

 2  5  10  2  0  20 A s  0

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pág. 21

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

19.- Encuentre la respuesta de corriente i (t ) válida para t , si en t  0 el interruptor se abre. 1H

i(t)

10δ(t)[A]

+

10[V]

2Ω t=0+ 2F

Para t  0 : 1

i(t) +

2

10 2

si la fuente se iguala a cero, la configuración es R-L-C en serie, esto es:

s 

R  1 , w0  2L

1 2  2 LC

p1  0.293 ,

cuyas raíces, vienen dadas por:

p2  1.707

la solución general es: i(t )  A1e0.293t  A2e1.707t además:

i' (t )  0.293 A1e0.293t  1.707 A2e1.707t

por lo tanto:

i( 0  )  A1  A2 i'( 0 )  0.293 A1  1.707 A2

análisis en t  0 :

iL(0)  0 [ A] , vC (0 )  0 [V ]

análisis en t  0 : 1 +

iC(0) 10δ(t)

iL(0)

vL(0+)

2 +

2

Respuesta Completa: tiempo

vC(0)

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pág. 22

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde:

iC (0)  10 (t ) , vL (0)  2iC (0)  20 (t )

entonces:

1 V0   iC ( 0) dt  5 [V ] , 2 0

0

0

1 I 0   vL ( 0) dt  20 [ A] 1 0

iL (0 )  iL (0)  I 0  20 [ A]  i(0 )

análisis en t  0 :

vC (0 )  vC (0)  V0  5 [V ] 1

iL(0+)

i(0+) +

2

10 +

2

además: por tanto:

diL dt

vC(0+)

 0

v 10  (2i( 0  )  vC ( 0  ) ) di  L(0 )   45 [ A s ] dt 0  L 1

i(0 )  20  A1  A2 i'(0 )  45  0.293 A1  1.707 A2

donde:

A1  7.68 , A2  27.68

esto es:

i(t )  10 (t )  [7.68e0.293t  27.68e1.707t ]u(t )

20.- Calcule la respuesta de voltaje v(t ) válida para todo t.

Para t  0 :

1/2

Respuesta Completa: tiempo

1/4

5 +

3

v(t)

OECA - 2005

pág. 23

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde: LCK :  5  i L  iC LVK : v L  vC  v iC 

entonces:

v 3

1 diL 1   ic dt  v 1 2 dt 4 1d  5  iC   4 iC dt  v   1 diC  4 iC dt  v 2 dt 2 dt 1 d v  1 dv 4 v    4   dt  v    vdt  v   2 dt  3  6 dt 3  3

derivando:



1 d 2v 4 dv  v 2 6 dt 3 dt



d 2v dv  6  8v  0 2 dt dt

donde, la ecuación característica y sus raíces vienen dadas por:

p2  6 p  8  0 

p1  2 ,

p2  4

por otro lado: v( 0  )  A1  A2

v(t )  A1e 2t  A2 e 4t  v p (t )



dv  2 A1e  2t  4 A2 e  4t dt

análisis en t  0  :

dv dt

 2 A1  4 A2 0

vC (0)  0 V  , iL(0)  0 A

análisis en t  0 : iL(0) 10δ(t)

1/2

vC(0)

+

1/4 3

donde:

LCK : 10 (t )  i L ( 0)  iC ( 0)

 iC ( 0)  10 (t )

LVK : v L ( 0)  vC ( 0)  3iC ( 0)

 v L ( 0)  30 (t )

Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 24

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

entonces: V0  I0 

1 1

10 (t )dt  40 V 

4 0

1 1

0

0

 30 (t )dt  60 A

2 0

análisis en t  0  :

iL ( 0  )  iL ( 0  )  I 0  60 A

vC ( 0  )  vC ( 0  )  V0  40 V  iL(0+) 1/2

+

vC(0+)

1/4 +

3

v

5

donde: LCK : iC  5  i L LVK : v L  vC  v v  3iC

manipulando las ecuaciones, se tiene: v  3iC  3 5  iL   v(0 )  15  3iL(0 )  195 V 

también:

v 1 1 dv  5   v L dt   2v L 1 3 3 dt 2

donde:

dv  6vC  v  dt



dv  6v L dt

dv  6vC ( 0  )  6v( 0  )  930 V s  dt 0 

por lo tanto: A1  A2  195



 2 A1  4 A2  930

A1  75 A2  270

finalmente:

 v(t )  30 (t )  75e

 u(t )

v(t )  3iC ( 0)  75e2t  270e4t u (t )

Respuesta Completa: tiempo

 2t

 270e

 4t

OECA - 2005

pág. 25

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

21.- Determine la respuesta de voltaje v(t ) , válida para t , si en t  0  el interruptor se abre. 3

2

t = 0-

+

5tμ(t)

½

2

+

v(t)

2

10

5δ(t)

Para t  0 :

donde:

v 1 dv 5t   2 2 dt 3

entonces:

v(t )  Ae t  vP (t )  vP (t )  K1t  K 2  K1   K 2 

por tanto:

v(t )  Ae t 



dv 10 v  t dt 3



raíz  1 10 3

10 10 10 t  v( 0  )  A  3 3 3

análisis en t  0  :

10 5 10  , i2  2 22 2 23

donde:

i1 

entonces:

vC ( 0)  3 * 2  6 V 

análisis en t  0 :

Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 26

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

0

donde:

5 1 5 10 iC ( 0)   (t )  V0   (t )dt  V   3 1 2 0 3 3 vC ( 0  )  6 

análisis en t  0  :

10 28  V  3 3

28 V  3

donde:

v( 0  )  vC ( 0  ) 

entonces:

v( 0  ) 

28 10 38  A  A 3 3 3

por lo que:

v(t ) 

1 10t  1  38e t  (t ) 3





22.- Obtenga la respuesta de corriente i (t ) , válida para t , si en t  0  el conmutador pasa de la posición (a) a la posición (b). 3

(a) °

° t = 0-

(b)°

+

i(t)

+

12

15t

6

¼

5δ(t)

Para t  0 :

donde:

15t  v v i 3 6

entonces:

5t 





 v  4 idt



1 1 4 idt  i  4 idt 3 6



 5t 

derivando y reordenando términos, se tiene la e.d.o.: Respuesta Completa: tiempo

 

4 2 idt  i   idt  3 3 di  2i  5  raíz  2 dt

OECA - 2005

pág. 27

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial por lo que:

i(t )  Ae  2t  i p (t )  i p (t )  K

así:

i(t )  Ae  2t 

Análisis de Circuitos Eléctricos II K 

5 2

5 5  i( 0  )  A  2 2

análisis en t  0  :

donde:

vC ( 0  ) 

6 *12  8 V  3 6

análisis en t  0 :

0

donde:

iC ( 0)

1  5 (t )  V0  5 (t )dt  20 V  1 4 0

análisis en t  0  :

vC (0  )  20  8  28 V 

vC ( 0  )

v 28 A , i2(0 )  C (0)  28 A 3 6 6

donde:

i1( 0  ) 

entonces:

 28 28  i( 0  )      14 A 6  3

por lo tanto:

i( 0  )  14  A 

finalmente:

 5 33  i(t )    e 2t   (t )  5  (t ) 2 2 

Respuesta Completa: tiempo

3



5 33  A 2 2

OECA - 2005

pág. 28

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

23.- Encuentre la respuesta de corriente i (t ) válida para t , mediante superposición. ½

3

i(t)

+

5e-2tμ(t)

1

10δ(t) 2

Para t  0 : a) acción de la fuente: 5e2t  (t )

donde:

di 1 i1dt  4i1  2 1  5e 2t  12 dt

derivando:

d 2i1 di  2 1  i1  5e 2t 2 dt dt

entonces:

i1 (t )   A1  A2t e2t  i1 p (t )

esto es:

i1 p (t )  Ke2t

por tanto:

i1 (t )   A1  A2t e2t  5e2t

además:

di1  A2e 2t   A1  A2t et  10e 2t dt

 raices  1

 K  5  i1(0 )  A1  5

análisis en t  0  :

iL (0 )  0 , vC (0 )  0

análisis en t  0  :

iL (0  )  0 , vC (0  )  0

donde:



di1  A2  A1  10 dt 0 

i1(0  )  iL (0  )  0A

Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 29

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial también:

así:

di1 di  L dt 0  dt

 0

Análisis de Circuitos Eléctricos II

vL ( 0  ) L

vc ( 0  )  4i1( 0  )  vL ( 0  )  5e 2t

0

 vL ( 0  )  5 

di1 5  A s  dt 0  2

por lo tanto: i1( 0  )  0  A1  5 di1 dt 0 

entonces:

  A1  5      5 5 A2     A2  A1  10  2 2  

  5  i1 (t )   5  t e t  5e 2t   (t ) 2   

b) acción de la fuente: 10 (t )

donde:

raices  1

entonces:

i2 (t )   A3  A4t et  i2 p (t )  i2 p (t )  0

por tanto:

i2 (t )   A3  A4t et

además:

di2  A4et   A3  A4t et dt

análisis en t  0  :

 i2(0 )  A3



di2 dt

 A4  A3 0

iL (0 )  0 , vC (0 )  0

análisis en t  0 :

donde:

iC ( 0)  10 (t ) 

Respuesta Completa: tiempo

0

V0 

1 10 (t )dt  20 V  1 2 0 OECA - 2005

pág. 30

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial además:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

vL ( 0)  3 *10 (t )  30 (t )  I 0 

0

1 30 (t )dt  15 A 2 0

iL (0 )  15 A , vC (0 )  20 V 

análisis en t  0  :

donde:

i2 (0  )  iL (0  )  15 A

además:

di2 dt

 0

diL dt



vL ( 0  ) L

0

entonces:

vL ( 0  )  vC ( 0  )  4 * i2 ( 0  )  20  4 *15  40 V  di2 dt

 0

40  20 A s  2

por lo tanto: i2 ( 0  )  15  A3 di2 dt

0

  A1  15      20  A4  A3   A2  5 

así:

i2 (t )  53  t et  (t )

con lo que:

  15  i(t )  i1 (t )  i2 (t )   20  t e t  5e 2t   (t ) 2   

24.- Calcule la respuesta de voltaje v(t ) válida para t , mediante superposición. ½ +

5e-2tμ(t)

3 +

v(t)

2

1

10δ(t)

Para t  0 : Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 31

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

a) acción de la fuente: 5e 2t  (t )

donde:

1 dvC v1   iL 2 dt 2

además:

5e2t  vC  v1  vC  5e2t  v1

entonces:

1d v 5e 2t  v1  1 i L 2 dt 2

también:

v1  3i L 

di L dt

por tanto:

 5e 2t 

1 dv1 v1   iL 2 dt 2

así:

1 dv1 v1  d  1 dv1 v1   v1  3 5e 2t      5e 2t   2 dt 2  dt  2 dt 2  

con lo que:

d 2v1 dv  4 1  5v1  10e 2t 2 dt dt





 iL  5e 2t 

1 dv1 v1  2 dt 2

 raices  2  j1

cuya solución general, viene dada por: v1 (t )   A1 cos t  A2 sent e2t  v1 p (t )  v1 p (t )  Ke2t

donde:

K  10  v1 (t )   A1 cos t  A2 sent e2t  10e2t

además:

dv1   A1sent  A2 cos t e 2t  2 A1 cos t  A2 sent e 2t  20e 2t dt

con lo que:

v1( 0  )  A1  10 ,

dv1  A2  2 A1  20 dt 0 

análisis en t  0  :

iL (0 )  0 , vC (0 )  0

análisis en t  0  :

iL (0  )  0 , vC (0  )  0

Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 32

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donde:

v1(0 )  5e 2t

además:

v1  5e 2t  vC

0

Análisis de Circuitos Eléctricos II

 vC (0 )  5 V 



dv1 dt

 10e 2t 0

v1( 0  )

entonces:

0

iC ( 0  )

dv1  10   10  dt 0 C

2

 iL ( 0  )

12



dvC dt

0

 15 V s 

por tanto: v1( 0  )  5  A1  10 dv1 dt 0 

finalmente:

  A1  15      15  A2  2 A1  20  A2  5 





v1 (t )  15 cos t  5sent e2t  10e2t  (t )

b) acción de la fuente: 10 (t )

donde:

d 2v2 dv  4 2  5v2  0  v2 (t )  K3 cos t  K 4 sent e 2t 2 dt dt

además:

dv2   K3sent  K 4 cos t e 2t  2K3 cos t  K 4 sent e 2t dt

entonces:

v2 ( 0  )  K 3 ,

análisis en t  0  :

Respuesta Completa: tiempo

dv2 dt

 K 4  2K3 0

iL (0 )  0 , vC (0 )  0

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pág. 33

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

análisis en t  0 :

donde:

i0  10 (t )  VL (0)  3i0  30 (t )  iC (0)  10 (t )

además: 0

vL ( 0 )

1  30 (t )  I 0   30 (t )dt  30  A 1 0

iC ( 0 )  10 (t )  V0 

iL (0 )  30 A , vC (0 )  20 V 

análisis en t  0  :

donde:

además:

0

1 10 (t )dt  20 V  1 2 0

v2 (0  )  vC (0  )  20 V  dv2 dt

 0

dvC dt

 0

iC ( 0  ) C





v2 ( 0  ) 2

 iL ( 0  )

12

 80 V s 

entonces: v2 ( 0  )  20  K 3 dv2 dt

por lo tanto:

0

  3  20      80  K 4  2 K 3   K 2  40 

v2 (t )  20cos t  2sent e2t  (t )

con lo que, aplicando superposición, se tiene:





v(t )  v1 (t )  v2 (t )  5 7 cos t  9sent e2t  2e2t  (t )

Respuesta Completa: tiempo

OECA - 2005

pág. 34

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

25.- Determine la respuesta de voltaje v(t ) , válida para t , si en t  0 el conmutador pasa de la posición (a) a la posición (b).

Conmutador en la posición (a):

10  10 [ A] , vC ( 0  )  2 * 5  10 [V ] 1

análisis en t  0 :

iL ( 0  ) 

análisis en t  0 :

iL(0 )  10 [ A] , vC (0 )  10 [V ]

conmutador en la posición (b): 1

1

iL(0+)

+ 10

4/3

+

v(t)

1/4



vC(0+)

x

+

4S/3

4/S

10/S 40/3

+

10/S

+

+

y

el equivalente a los terminales x – y, viene dado por: 1

x °

x °

+

4/S

10/S 10/S



I0

+

Z0 °y

y°

donde:

10 10 20  5s , I0  s  s  4 1 2s s

Respuesta Completa: frecuencia

4 1  4 s Z0     4 s4 1 s

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pág. 35

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

entonces: Zo

x ° +

+

4S/3

V(S)

V0

40/3 + y°

4 20  5s 4s *  10 s4 2s ss  4

donde:

V0  Z 0 I 0 

entonces:

40 V0   4 s 3  40  10 V (s)  s *   3 Z  4s 3  s  1s  3 0 3

así:

A   A V ( s)  10 1  2   s  1 s  3

por lo tanto:

 s st  s st v(t )  10 e  e  (t )  s  3 s  1 s  1 s  3  3  1  v(t )  10 e  t  e  3t  (t )  5 e  t  3e  3t  (t ) 2  2 





26.- Obtenga la respuesta de voltaje v(t ) , válida para t , si en t  0 el conmutador pasa de la posición (a) a la posición (b).

Conmutador en la posición (a):

análisis en t  0 : Respuesta Completa: frecuencia

vC (0)  10 [V ] , iL (0)  0 [ A] OECA - 2005

pág. 36

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

para t  0 : conmutador en la posición (b)

el equivalente a los terminales x – y, viene dado por: x ° +

Z0

I0

V(S) °y

entonces: 10 10  2 s s  10  5  1  s   5  5  s  1  I0  4 2 2 s  2 s  s Z0 

1 4s  2 s 1 1 s  2s  1   4 4s 2

4s 5  s  1 s 1  1  *   10   10  2 s  2s  1 2  s  s  1  s 1

por tanto:

V ( s)  Z 0 I 0 

donde:

v(t )  10et  (t )

2

27.- Encuentre la respuesta de corriente i (t ) , válida para t , si en t  0 el interruptor se abre.

Interruptor cerrado: análisis en t  0 :

Respuesta Completa: frecuencia

iL(0)  0 [A] , vC (0)  0 [V ]

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pág. 37

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

análisis en t  0 :

0

donde:

iC ( 0)

10 (t ) 1   2 (t )  V0   2 (t )dt  8 [V ]] 1 1 4 0 4

vL ( 0)  4 * 2 (t )  8 (t )  I 0 

0

1 8 (t )dt  4 [ A] 2 0

interruptor abierto:

iL(0 )  4 [ A] , vC (0 )  8 [V ]

análisis en t  0 : para t  0 :

donde:

10 8 8 2 2 s   8s  14s  16   4s  7 s  8 I ( s)  s  2 4 s  2s  1  j1 2s  2 s 2  2s  2 2s  4  s

entonces:

 A   A2 I ( s)   1    conj    s  2  s  1  j1

por tanto:

4s 2  7 s  8 A1  2 5 s  2s  2 s2



A2 



4s 2  7 s  8 1  180 s  2s  1  j1 s1 j1 2

donde:  1   180   5 I ( s )    2  conj    s  2  s  1  j1   

Respuesta Completa: frecuencia

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pág. 38

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

finalmente: 1   i(t )  5e  2t  2  e  t Cos t  180 (t ) 2   t  2t i(t )  2 (t )  e Cost  5e  (t )





28.- Calcule la respuesta de corriente i (t ) válida para t .

Análisis en t  0 :

donde:

iL ( 0 ) 

10  10 [ A] , vC ( 0  )  0 [V ] 1

para t  0 :

donde:

entonces:

10 5 40 s 5 14s  4s I0  2    2 , Z0   s 4s 1 s 1  4s 4s  1

Respuesta Completa: frecuencia

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pág. 39

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

además:

donde:

V0  Z 0 I 0 

4s 5 20  2  4s  1 s s4s  1

también:

donde:

20 V0 s4s  1 10 I1    4s Z0  2 s6s  1 2 4s  1

por tanto:

I ( s) 

Z0  2 2 Z0  2  s

 I1  10

4s 2  10  s   4 s  1 I (s)    10  101  4 2 4s 2  s6s  1 6s  s  1   2 4s  1 s 20 s I ( s )  10  5 1 3  s   j  12   12

entonces:

    20 A1 I ( s )  10    conj. 5 1 3   s  j     12  12 

donde:

A1 

s 5 1  s   j  12  s   5  j 1  12 12

Respuesta Completa: frecuencia



5  j1 1 5   j  2.55  78.7 j2 2 2

12

OECA - 2005

pág. 40

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así:

   20  2.55  78.7 I ( s)  10    conj  3  s 5  j 1  12 12  

por lo que:

i(t )  10 (t ) 

Análisis de Circuitos Eléctricos II

 t 20 1   2  2.55e 12 Cos t  78.7  u (t ) 3  12  5

i(t )  10 (t )  33.99e0.42t Cos8.33t  78.7 u(t ) 29.- Determine la respuesta de corriente i (t ) válida para t .

Análisis en t  0 :

donde: vC 0     iL 0    iC 0    1   LVK : vC 0    vL 0    2iL 0    

LCK : 6 

 iL 0    2 A   vC 0    4 V 

para t  0 :

Respuesta Completa: frecuencia

OECA - 2005

pág. 41

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde: 1 2  s 2 s4 2 s 2 s4 Z0  2  s 1  2 s  6 2 I0 

entonces:

por tanto:

V0  Z 0 I 0 

I ( s) 

4s  1 2 4s  1  2s  4( s  1)( s  6) 4s 2  30s  24 s s  s6   1 s4 1 s ( s  4 )  ( s  6 ) s 2  5s  6 Z0   s s6 s

V0 

I ( s) 

así:

s4 2 2   s6 s4 s6

4s 2  30s  24 10s  4 ( s  2)(s  3) ( s  2)(s  3)

A   A I ( s)  4  10 1  2  s  2 s  6

donde:  s 2   2 s  3 s2  2  3 3    2    I ( s)  4  10  s 3  s  2 s  3  A2   3  s  2 s3  3  2

A1 

por lo que:

i(t )  4 (t )  10  2e2t  3e3t  (t )

Respuesta Completa: frecuencia

OECA - 2005

pág. 42

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

30.- Obtenga la función de admitancia de punto motriz del circuito. 10

I(s)

20/s

+ V(s)

Donde:

Y ( s) 

entonces:

Y ( s) 

s

10

I ( s) 1 1   20 10s V ( s) Z ( s) 10   s 10  s s( s  10) 1 s( s  10)   2 20s  120s  200 20 s  6s  10 2

31.- Encuentre la admitancia de transferencia. s

2

+ V(s)

2

I(s)

1/s

1

Realizando transformaciones y reducciones, se tiene: s Z1 + V(s)

Z1 Z

2

I(s) 2 1

1/s

donde:

Función de Red

Z1 

2s s4

Z

4 s4

OECA - 2005

pág. 43

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

entonces: Z1(s)

Z1(s)

  Z0 (s)   

+

V(s)

Z 0  Z1 ( s) 

además:

Z0 

I(s)

Z(s)

1

1/S

1 s

5s  4 s( s  4) Z1(s)

Z1(s) I(s)

Z1(s)

I0(s)

Z0(s)

1

I(s) I0(s)

Z10(s)

donde:

5s  4 2s * ZZ 2s(5s  4) s( s  4) s  4 Z10 ( s)  0 1   5s  4 2s Z 0  Z1 ( s  4)(2s 2  5s  4)  s( s  4) s  4

además:

I 0 ( s) 

1

V ( s) s  4  V (s) Z1 ( s) 2s

por tanto:

2s(5s  4) Z10 ( s) s4 ( s  4)(2s 2  5s  4) I (s)  I 0 (s)  * V (s) 2s(5s  4) 2s Z10 ( s)  Z1 ( s)  1 2 s  1 ( s  4)(2s 2  5s  4) s  4 finalmente:

Función de Red

Y ( s) 

I ( s) 2s(5s  4) s4  * 2 V ( s) 2s(5s  4)  (3s  4)(2s  5s  4) 2s

Y (s) 

( s  4)(5s  4) 5s  4  2 2 6s  33s  40s  16 6s  9s  4 3

OECA - 2005

pág. 44

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

32.- Mediante el criterio de función de red, calcule la componente forzada de la respuesta de corriente i (t ) , si v(t )  10e2t Sen(t  87.2) V  .

El modelo en el dominio de S, viene dado por:

donde: I(S ) 

2 2

1 s



V( S ) 1 2  s s   1 2 s

 F( S ) 

I(S ) V( S )



2s 2s  1 2s  2  2 2s  1 2s  s  2 2s  s  2

además:  V  10  s0  2  j1   87.2 V

2(2  j1)  4  j2   0.485| 157.2 2 2(2  j1)  (2  j1)  2 6  j7

entonces:

F( S 0 ) 

donde:

F( S 0 )  0.485 , F  157.2

así:

I  F( S 0 )  V  0.485 10  4.85

i  F  v  157.2  87.2  70

por lo tanto:

i p (t )  4.85e2t Sen(t  70) A

Función de Red: componente particular

OECA - 2005

pág. 45

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

33.- Mediante el criterio de función de red, determine la componente particular de la respuesta de voltaje v(t ) , si i(t )  10e3t sen(5t  60º ) [ A] .

Donde: 6

F ( s) 

entonces:

4/s

2s

I(s)

+ V(s)

V ( s) 4 2s 8s 4s    2  2 I ( s) s 2s  6  4 2s  6s  4 s  3s  2 s

además:

i(t )  10e Sen5t  60º  3t



 I  10  s0  3  j 5   60º  i

por lo que: F ( s0 ) 

4s0 4 3  j5 12  j 20    0.85  92.15º 2 s0  3s0  2  3  j5  3 3  j5  2 23  j15 2

donde:  F ( s0 )  0.85  F  92.15º

por lo tanto:



V  F ( s0 )  I  0.85  10  8.5  v  F  i  92.15º 60º  152.15º

v p (t )  8.5e3t Sen5t  152.15º  [V ]

Función de Red: componente particular

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pág. 46

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

34.- Obtenga la componente particular de la respuesta de voltaje v0 (t ) mediante el criterio de función de red, si la fuente tiene un voltaje v(t )  10e2t Cos4t  60º  [V ] .

donde: a I1(s)

I2(s) 1

+

1

V(s) b° +

v0(s)

2

- °d 2/s

c

entonces:

1 Vab ( s)  I1 ( s)  V ( s) , 2

por tanto:

   1 1  V ( s) V0 ( s)  Vab ( s)  Vad ( s)   I1 ( s)  I 2 ( s)      2 1 2    s 

donde:

F ( s) 

Vad ( s)  I 2 ( s) 

1 2 1 s

V ( s)

V0 ( s) 1 1 1 s s2      V ( s) 2 1 2 2 s  2 ss  2 s

además:

v(t )  10e

entonces:

F ( s0 ) 

así:

F ( s0 ) 

2t

cos4t  60º 



 V  10  s0  2  j 4   60º 

 2  j4  2 1 1 2  j  45º 2 2  j 4  2 2 2 2 2 , v  45º 2

Función de Red: componente particular

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pág. 47

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

2  10  5 2  7.07 2

por lo tanto:

V0  F ( s0 )  V 

además:

0  F  v  45º 60º  105º

entonces:

vop (t )  7.07e2t Cos(4t  105º )

35.- La componente particular de la respuesta de un circuito es 10e2t Cos(t  15) . Si el circuito tiene una función de admitancia de punto motriz, dada por:

F ( s)  20

s 1 s( s  2)

Encuentre la expresión de la variable de la fuente.

I ( s) s 1  20 V (s) s( s  2)

Puesto que:

Y ( s) 

entonces:

i p (t )  10e2t Cos(t  15) [ A]

donde:  I  10  s0  2  j1   15  I s0  1  2  j1  1  20  12.65  108.4 s0 ( s0  2) (2  j1)(2  j1  2)

por tanto:

Y ( s0 )  20

donde:

Y (s0 )  12.65 , Y  108.4

así:

V 

finalmente:

v(t )  0.79e2t Cos(t  123.4) [V ]

I 10   0.79 , V  I  Y  15  (108.4)  123.4 Y ( s0 ) 12.65

Función de Red: componente particular

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pág. 48

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

36.- La función de red correspondiente a una admitancia de transferencia viene dada por: F ( s) 

s( s  2) ( s  1)( s 2  s  1)

Si la componente particular de la respuesta tiene una magnitud de 7.69 unidades, una frecuencia de  0.5  j 2 y un ángulo de 38.8º. Cuál es la forma de la señal de la fuente y su unidad correspondiente.

Donde:

I  7.69 s0  0.5  j 2

I  38.8º

por tanto:

Y ( s0 ) 

s0 ( s0  2) (0.5  j 2)(0.5  j 2  2)  2 2 ( s0  1)(s0  s0  1) (0.5  j 2  1)[(0.5  j 2)  (0.5  j 2)  1]

Y ( s0 ) 

(0.5  j 2)(1.5  j 2) (0.5  j 2)(3.25)

así: Y ( s0 ) 

(0.5  j 2) (1.5  j 2) (1.5  j 2)   (0.5  j 2) (3.25) (3.25)

(1.5) 2  22  0.769 3.25

 0.5  1  2  tg 1     tg    2   1.5   98.8º Y   0.5  tg 1    180º  2 

entonces:

V (s) 

I I ( s) 7.69  V    10 Y ( s) Y ( s0 ) 0.769

V  I  Y  38.8  (98.8)  137.6º

por lo que:

v(t )  10e0.5t Cos(2t  137.6º ) V 

Función de Red: componente particular

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pág. 49

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

37.- Calcule la componente particular de la respuesta del circuito descrito por el diagrama vectorial de polos y ceros, si la fuente está descrita por X  5 2 , s0 y x  15 . jw So

j2

j1

x -3

o -2

x -1

o 0

σ

Según el gráfico se tiene: so  2  j 2   o  j 0 ceros :

( so  0) , ( so  2)

polos :

( so  1) , ( so  3)

donde:

F( S 0 )  5 

s0  s0  2 2 2 *2  5* 4 2 s0  1 * s0  3 5* 5

F  S  S 0

entonces:

0 2

  

S 0 1



 S 0  3  225  180  45

y p (t )  Y e 0t Cos  0t   y 

donde: Y  F ( so ) X  4 2  5 2  40

 y  F  x  45  15  60

finalmente:

y p (t )  40 e2t Cos2t  60

Función de Red: componente particular

OECA - 2005

pág. 50

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

38.- Determine la componente particular de la respuesta de un circuito, cuyo diagrama describe a su admitancia de transferencia. Los datos de la fuente vienen dados por: magnitud  10

10

, ángulo  78.4º y frecuencia  s0 . jw S0

j2

K=10

j1

× -2

-1

°1

0

σ

-j1 -j2

×

Donde:

s0  1  j 2

entonces:

Y21( s0 ) 

I 2 ( s0 ) ( s0  1) 2 2135º  10  10 2 V1 ( s0 ) 563.4º* 490º ( s0  2)(s0  2s0  5)

por tanto: 2 2  10 4 5  135º (63.4º 90º )  18.4º

Y21( s0 )  10

Y

21

además:

10 10 I1  78.4º I1 

s0  1  j 2 así: 10  10 10 2  Y  I1  18.4º 78.4º  60º I 2  Y21 * I1  10 *

por lo que:

i2 p (t )  10et Cos(2t  60º ) A

Función de Red: componente particular

OECA - 2005

pág. 51

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

39.- Dibuje el diagrama de Nyquist de la función dada por: F ( s) 

s2 s  s 1 2

Reemplazando s  jw , se tiene:

F ( jw) 

jw  2 2  jw (1  w2 )  jw  *  w2  jw  1 (1  w2 )  jw (1  w2 )  jw

F ( jw) 

2(1  w2 )  w2  jw(1  w2 )  j 2w (2  w2 )  jw(1  w2 )  (1  w2 )2  w2 w4  w2  1

eF ( jw) 

donde:

2  w2 w4  w2  1

mgF ( jw)  

w(1  w2 ) w4  w2  1

los valores de w, para que el valor real sea máximo, vienen dados por:

d  2  w2   2w( w4  w2  1)  (2  w2 )(4w3  2w)  4   0  0 dw  w  w2  1  ( w4  w2  1)

entonces:

2(w4  w2  1)  (w2  2)(4w2  2)  w4  w2  1  0

para w  0 , se tiene:  w   2  3  1.932 w 2 1, 2  2  3   1  w2   2  3  0.5176

los valores de w, para que el valor imaginario sea máximo, vienen dados por:

d   w3  w   (3w2  1)(w4  w2  1)  ( w3  w)(4w3  2w)  4   0  0 dw  w  w2  1  ( w4  w2  1)2

entonces:

w6  4w4  4w2  1  (w6  1)  4w2 (w2  1)  0 (w3  1)(w3  1)  4w2 (w  1)(w  1)  0 (w  1)(w  1)(w2  w  1)(w2  w  1)  0

Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 52

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

existe un solo valor de w  0 que hace que la componente imaginaria sea máxima, esto es:

w3  1

la tabla con ciertos valores, tanto de la componente real como imaginaria de la función de red, viene dada por:

w

e{F ( jw)}

mg{F ( jw)}

0

2

0



0

0

*0.5176

2.155

-0.8165

*1.932

-0.1547

-0.8165

1

1

-2

5

-0.038

-0.216

1/5=0.2

2.038

-0.216

1/10=0.1

2.0099

-0.102

10

-0.0099

-0.102

cuya gráfica viene dada por: Diagrama de Nyquist 2

1.5

1

Imag F(jw)

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2 -1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Real F(jw )

Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 53

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

40.- Dibuje el diagrama de Bode correspondiente a la función de red: s 2 s  1 s  0.1s  100 s 2  20s  100 2

F ( s)  10 4





Donde: F ( s)  10 4

así:

s 2 ( s  1) 2 s 2 ( s  1) 2 4  10 s  0.1s  100 s 2  20s  100 s  0.1s  100s  102

F ( s)  10 4 





1 s 2 ( s  1) 2  2 0.1 *100 *10 2  s  s  s  1  1  1    0.1  100  10 

reemplazando s  jw : 2

2

w  w   j  1  j  1  1  F ( jw)  10 2 w  w  w  1  j 1  j 1  j  0.1  100  10   entonces:

20 log F ( jw)  20 log 10  40 log j

w w   40 log 1  j  1 1 

w w  w     20 log 1  j   20 log 1  j   40 log 1  j  0.1  100  10    

cuya representación gráfica, viene dada por: Diagrama de Bode 100

20log|F(jw)| (dB)

50

0

-50

-100

-150 -3 10

-2

10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

4

10

Frecuencia w (rad/sec)

Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 54

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

41.- Dibuje, el diagrama de Bode correspondiente a la función de red:

F ( s)  0.9

s( s  10) 2 ( s  1)(s 2  3s  9) 2

2

s  s    10 s1   s 1    10   10  F ( s)  0.9   10  2  s  s   s  2 1  s   1  s       1 9(1  s)     1  3  9   3  3  3   2

Donde:

entonces: 2

w  w   j 1  j  10   1  F ( jw)  10  2 w   w  1 w   1  j      j    1 1    3  3  3    por tanto:

20 log F ( jw)  20 log 10  20 log j

w w   20 log 1  j  1 10  

2

2

w 1 w  w  20 log 1  j  20 log     j    1 1 3 3  3 cuya gráfica correspondiente viene dada por:

Diagrama de Bode 30

20

20log|F(jw)| (dB)

10

0

-10

-20

-30

-40 -2 10

-1

10

0

10

1

10

2

10

3

10

Frecuencia w (rad/sec)

Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 55

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

42.- Dibuje el diagrama de Bode de la función de red

Donde:

reduciendo el modelo, se tiene:

1 1 Z0  s  1 1 s 1 s

entonces:

V0  sV ( s)  Z 0

por lo tanto:

s V (s) V0 s  1 I ( s)   1 Z0  3  s 3 s s 1

donde:

F ( s) 



V0 

s V ( s) s 1

I ( s) s s s   2  V ( s) 1  ( s  1)(s  3) s  4s  4 ( s  2)2

reemplazando s  jw , se tiene: F ( jw) 

( j ) 4(1  j

así:



20 log F ( jw)  20 log

 2

)2

1     20 log j  20 log 1  j  4 1 2 

2

cuya gráfica, viene dada por: Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 56

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

Diagrama de Bode -10

-20

20log|F(jw)| (dB)

-30

-40

-50

-60

-70

-80 -2 10

-1

0

10

1

10

2

10

10

Frecuencia w (rad/sec)

43.- Obtenga la función de red correspondiente al diagrama de Bode: 20log|F(jw)|[db]

40

20

W [rad/s] 0.1

1.0

10

100

1000

Mediante descomposición en factores gráficos de Bode, se tiene: [db] 2

60 40

1

20

w -20 -40 -60 0.1

1

10

102

103

104

3

Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 57

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Análisis de Circuitos Eléctricos II 2

donde:

w w   20 log F ( jw)  20 log K '  20 log 1  j   20 log 1  j   K '  10 1 10   

entonces:

w  1  j   jw  1 1 1 F ( jw)  10   10   2 1  jw  102 w  1  j  102 10  

reemplazando jw  s , se tiene:

F ( s)  103 

s  1 s  102

la reconstrucción del diagrama de Bode, viene dado por: Diagrama de Bode 35

30

Magnitud (dB)

25

20

15

10

5

0 -2 10

-1

10

0

1

10

10

2

10

3

10

Frecuencia w (rad/sec)

44.- Encuentre la función de red, correspondiente al diagrama de Bode dado. [db] 40 20 w 0.1

1.0

10

100

1000

Descomponiendo en los factores gráficos de Bode, se tiene: Función de Red: diagramas

OECA - 2005

pág. 58

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

[db] 4

2

60 40 20

1 w

-20 -40 -60 0.1

1

10

102

3

103

104

5

donde:

w  w  20 log F ( jw)  20 log K '  20 log  j   20 log 1  j  10   1  w w     20 log 1  j   20 log 1  j 2  1 10   

así:

3

20 log K '  20  K '  10 w  w   j  1  j  10   1

además:

F ( jw)  10

por lo que:

w  jw1  j  10   F ( jw)  10 3 w   1  jw 1  j 2  10  

w  w   1  j  1  j 2  1 10  

3

reemplazando jw  s , se tiene: s   1 s 1   s( s  10) 10   10 F ( s )  10  10 3 3 s    1  2 1  s 1  2   2  ( s  1) s  10  10   10 



entonces:

F ( s)  106

Función de Red: diagramas

s( s  10)



( s  1) s  102



3



3

OECA - 2005

pág. 59

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

45.- Calcule los parámetros de impedancia [Z ] de un cuadripolo, cuyas medidas son: a) terminales 2 2' abiertos: TV21  20 , Z11  10 [ K] b) terminales 2 2' cerrados: TI 21  20 , Z11  8 [ K]

Donde: 1 °+

I1

V1

N

°1’

2 +°

1 ° +

V2

V1

2’ °

°1’

I2 2

I1

°

N 2’°

Zeq = 8x103

Zeq=V1/I1=104

entonces: V2  g 21  20  V 1  I 0 a) terminales 2 2' abiertos:  2 V1  Z11  104 I  1 I 2 0

 I2  h21  103   I1 V  0 b) terminales 2 2' cerrados:  2 V1  h11  8  103 I  1 V2  0 Z 21 Z Z , h21   21 , h11  Z11 Z 22 Z 22

además:

g 21 

por tanto:

Z 21  g21  Z11  2  105 Z 22  

Z 21  2  102 h21

Z  h11  Z22  16  105  Z11Z22  Z12Z21  Z12  2 finalmente:  104  [Z ]    2  105  Cuadripolos: parámetros

2    2  102  OECA - 2005

pág. 60

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

46.- Determine los parámetros híbridos [h] mediante condición en variable. 1

I1

1

I2

+

+

+

2V2 V1

2I2

1

V2

Entonces: h11 

V1 I1 V

h12 

2 0

I2 I1 V  0 2 

V1 V2

I1  0

I2 V2 I 0 1 

h21 

h22 

I

II

condición I: 1

I1=0

1

+

V1

1

I2

2I2

donde:

LVK : V1  (2I 2  I 2 )  (I 2 )  V1  4I 2

LCK : I1  V1  (2I 2  I 2 )  I1  V1  3I 2

manipulando las expresiones anteriores, se tiene:

I2 

V1  I1 3

además:

4 4 V  I   4 4 V1  4 1 1    V1  I1  V1 1    I1 3 3  3   3 3

por tanto:

h11 

también:

V1  4I 2  I1  4V2  3I 2  7 I 2

entonces:

h21 

Cuadripolos: parámetros

V1 4  I1 7

I2 1  I1 7

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pág. 61

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

condición II: 1

I1=0

1

+

+

+

2V2 V1

donde:

I2

2I2

1

V2

LVK : V2  (2I 2  I 2 )  I 2  2V2  V1  V2  V1 - 4 I 2 LCK : V1  2I 2  I 2  V1  3I 2

1 por otro lado: I 2  V1 3

7 V 3 1  V2  V1  4 V1    V1  h12  1   3 V2 7 3  también:

V1  3I 2 V2  3I 2  4 I 2  7 I 2

entonces:

 h22 

I2 1  V2 7

 4 3  7 7  [h]   17  17   

47.- Obtenga los parámetros híbridos inversos, mediante condiciones en las variables.

Donde:

g11 

g 21 

Cuadripolos: parámetros

I1 V1 V2 V1

g12  I 2 0

g 22  I 2 0

I1 I2

V1  0

V2 I2

V1  0

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pág. 62

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

condición I 2  0 : I1

I2 +

+

V1

donde:

V2

5V1

1/2V2

LVK : V2  V1 1 LCK : I1  V2  5V1 2

entonces:

además:

1 I I1  V1  5V1  g11  1 2 V1 I g 21 

V2 V1

 2

0

9 2

1 I 2 0

condición V1  0 : +

I2

4I2

+

1/2V2

I1

donde:

V2

LVK : V2  4I 2 1 LCK : I 2  V2  I1 2

entonces:

I2 

1 4I 2   I1  g12  I1  1 2 I 2 V 0 1

además:

g 22 

V2 4 I 2 V 0 1

por lo tanto:

 9 1 [g ]   2  4  1

Cuadripolos: parámetros

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pág. 63

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

48.- Encuentre el parámetro híbrido h21 , mediante condición de variable.

Cambiando el modelo de dominio, se tiene: I1

1

1/s

n1

n2

+

V1

V0

+

10

h21 

entonces:

I2

4V0

I2 I1

V2  0

donde: LCK : (n1) 

(n2) 

I1 

V0 V0  1 10s  1      s V0  V0 1 10 10 10   s

V0  4V0  I 2 1 s

 I 2  4  s V0

por lo tanto: h21 

Cuadripolos: parámetros

4  s V0  104  s  I2  I1 V 0 10s  1V 10s  1 2 0 10

OECA - 2005

pág. 64

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

49.- Calcule el valor de la impedancia de entrada Z in , utilizando parámetros de admitancia [Y ] . 1

I1

I2 +

+

V1

S

V1

ZL=1[Ω]

V2

1/S

Zin

Donde: I1

1

V1

S

V1

V2

I2

1/S

aplicando el método de nodos, se tiene: 1  1    s  1V1  V2  I1  V1    s V1  V2  I1 s  s   V1  V2  I 2

  V1  V2  I 2

por tanto: 1

Y    s  s  1

 1  1  Y   s  1  s 1

finalmente:

Z in 

Cuadripolos: interconexión

Y22Z L  1 1 *1  1 2 2s    2 YZ L  Y11  1  1  2  2s  1 2s  s  2   s  1    s  s  s  s OECA - 2005

pág. 65

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

50.- Determine el valor de la impedancia de salida Z out , utilizando parámetros de admitancia [Y ] . 2S

I1

1

I2

+

+

Zg

2

1

V1

V2

2

1’

1/S

Zout

2’

Donde: Y11 

I1 V1 V

Y12 

2 0

I1 V2 V 0 1

I2 V1 V 0 2 

I2 V2 V 0 1 

Y21 

Y22 

I

II

condición I: 1

1 +

I1

2S

I2

2

V1

+

1

2S/(2S+1)



2’

I1

V1

2

1/S

2/(2S+1)

2 1’

donde:

además:

Y11 

1’

I1 V1 V

 2

0

1 2s  1  2s 2 2s  2  2s  1 2s  1

V V I 2  21'  12 2 2s

también:

V12 

entonces:

I2 

Cuadripolos: interconexión

2’

 V21' 

2s 2s  1 2s 2  2s  1 2s  1

V1 

2 2s  1 2s 2  2s  1 2s  1

V1 

1 V1 s 1

s V1 s 1

1 s V1  V1  0V1 2( s  1) 2s( s  1)

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pág. 66

ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL

Departamento de Automatización y Control Industrial por lo que:

Y21 

Análisis de Circuitos Eléctricos II

I2  0  Y12 V1

condición II:

2S

2

I1

1’ 1/S

I2

+

1

2

V2

1 2’

I2 1 s 1   2s 1 V2 2s  1  s 1 s 1

donde:

Y22 

entonces:

 2s  1  Y    2s  2  0 

además:

1 2s V12' V21 1 s 1 s 1 I1    V2  * V  0V2 2 s 1 2 s 1 2 1 2s 2 s   s 1 s 1 s 1 s 1

con lo que:

Y  Y11Y22  Y12Y21  Y11Y22

finalmente:

Z out 

   s 1   2s  1 

Y11Z g  1 YZ g  Y22

0



Y11Z g  1 Y11Y22Z g  Y22



Y11Z g  1 Y22 (Y11Z g  1)



1 2s  1  Y22 s 1

51.- Obtenga la impedancia de entrada Z in , mediante parámetros híbridos h , donde

ZL  s  4 .

Cuadripolos: interconexión

OECA - 2005

pág. 67

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

donde:

V1  1  ( I1 

1 I2 ) 2

1 V2  V1 2 por tanto:

h11 

V1 I1 V

h21 

2

0

I2 I1 V

0

2

1  I1  I 2  0  2

entonces:

V1  0

así:

h21 

I2  2 I1

h11 

V1 0 I1

h12 

V1 V2

I1  0

I2 V2

I1  0

también:

h22 

1 I1   I 2 2

donde: 1 2V2  I1  I 2 2 1 V2  V1 2

por tanto:

h  

entonces:

Z in 



2  ,   2 4

Cuadripolos: interconexión

0

 h12 

h22 

I2 4 V2

V1 2 V2

h  4

hZ L  h11 4( s  4) s  4   h22Z L  1 4s  17 s  17 4

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pág. 68

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

52.- Encuentre los parámetros de transmisión [a] mediante criterio de interconexión.

Seccionando el modelo, se tiene: 1 -j1

j1

j1

-j1

1

NT

Nπ

entones: Z0

Z1

donde:

a

Z1

Z   1 0 Z1   2Z1  Z 0  Z2 1 

 Z0  1     1  j1   Z  1  0    1  j 2 1  j1 Z1 

además: Z1

Z1

Z0

donde:

 Z 1  1 [a]T   Z 0  1   Z0

entonces:

1 1  j1  1  j 2   1  j1   [a]  [a]  [a]T   1  j1    1  j 2 1  j1 1

por tanto:

 1  j2  2  j2  [a]     2  j2  3  j2 

Cuadripolos: interconexión

2

Z 2Z1  1 Z0 Z 1 1 Z0

    1  j1  1  j 2    1 1  j1   

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pág. 69

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

53.- Utilizando parámetros de cuadripolos interconectados, calcule la impedancia de entrada

Z in , si la impedancia de carga es Z L  3  4 [] . s

Utilizando interconexión paralela, se tiene:

S

1

2

N1

ZL

N N2 1’

Zin

2

2 1/S

2’

Y N  Y N1  Y N 2

donde: por lo que:

S

N1

Y N1

así:

Z→∞

Z→∞

 1   s   1  s

1   s 1   s 

además: N2

2

2

Cuadripolos: interconexión

1/S

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pág. 70

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Departamento de Automatización y Control Industrial

donde:

por lo que:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

Z N 2

1 1   2   s s    1  1 2   s  s

Y N 2

1 1   2s  1  2      1 s s    4s  4   Z   1 2  1    1    s   4s  4  s

1 1 4s  4  Z   2       s s s  2

2

1   4s  4  2s  1   4s  4 



entonces:

Y N

así:

1   2s  1  1     s    4s  4  s  1 1   1    s   4s  4  s

Y N

1   1 2s  1    4s  4    s 4s  4 2s  1   1 1    4s  4   s 4s  4



 1 2s  1  Y11 Y12   s  4s  4       Y21 Y22    1  1  s 4s  4

1 1     s 4s  4  1 2s  1    s 4s  4 

1 1     s 4s  4  1 2s  1    s 4s  4 

por ser cuadripolo reciproco y simétrico, se tiene: 1 2 s  1 2 s 2  5s  4   s 4s  4 4ss  1 1 1 5s  4 Y12  Y21     s 4s  4 4ss  1

Y11  Y22 

1  Y22  Z L Y11  Y  Z L

entonces:

Z in 

además:

Y  Y

por lo que:

1  Y22  Z L  1 

2

2 11

Y

Y11  Y  Z L 

2

 2 s 2  5s  4   5 s  4  s4         s( s  1)  4ss  1   4ss  1 

2 12

2s 2  5s  4 3s  4 10s 3  27 s 2  32s  16   4s( s  1) s 4s 2 ( s  1)

2 s 2  5s  4 s  4 3s  4 5s 2  21s  20    4s( s  1) 4( s  1) s 4s( s  1)

por tanto:

(10s 3  27 s 2 32s  16)[4s( s  1)] 10s 3  27 s 2  32s  16 Zin   (5s 2  21s  20)[4s 2 ( s  1)] s(5s 2  21s  20)

Cuadripolos: interconexión

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pág. 71

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

también, mediante interconexión serie, se tiene:

S

1

Na

2

2 2

N

ZL Nb

1’

1/S

2’

Zin

donde:

Z N  Z Na  Z Nb

por tanto: S

Na

así:

por lo que:

2

2

Y Na

1 1   2 s   1  s

Z Na

1 1 1 2  s   Y  1   s

1  2 2  s   Y   1  1    1   s  4 1 1 4s 2 s s   2 s 

1   2s  4   s  s4 1 1  4    2 s  s4

4   s4  2s  4   s4 

por otro lado: Nb

donde:

Z=0

Z Nb

Cuadripolos: interconexión

Z=0 1/S

1  s  1 s

1  s 1  s OECA - 2005

pág. 72

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Z N

 2s  4   s4  4  s4

así:

Z N

 2 s 2  5s  4  s( s  4)   5s  4   s( s  4)

por tanto:

Zin 

Z11Z L  Z Z L  Z 22

entonces:

4  1   s4 s 2s  4   1   s4  s

Análisis de Circuitos Eléctricos II 1   2s  4 1    s s4 s 1  4 1    s  s4 s

4 1   s4 s  2s  4 1    s4 s

5s  4   s( s  4)  2 s 2  5s  4   s( s  4) 

por ser un cuadripolo recíproco y simétrico, se tiene: 2 s  4 1 2 s 2  5s  4   s4 s ss  4 4 1 5s  4 Z12  Z 21    s  4 s ss  4

Z11  Z 22 

2

entonces:

Z  Z

2 11

 Z12

2

2

 2 s 2  5s  4   5s  4  4s 2  20s  16        ( s  4)2  ss  4   ss  4 

por otro lado:

Z11Z L  Z  

2s 2  5s  4 3s  4 4s 2  20s  16   s ( s  4) s ( s  4) 2 10s 4  67 s 3  140s 2  144s  64 s 2 ( s  4) 2

3s  4 2s 2  5s  4 5s 2  21s  20   s s( s  4) s( s  4)

además:

Z L  Z 22 

finalmente:

10s 4  67 s 3  140s 2  144s  64 10s 4  67 s 3  140s 2  144s  64 s 2 ( s  4) 2 Z in   5s 2  21s  20 s( s  4)(5s 2  21s  20) s( s  4)

Zin 

Cuadripolos: interconexión

(s  4)(10s 3  27 s 2 32s  16) 10s 3  27 s 2  32s  16  s( s  4)(5s 2  21s  20) s(5s 2  21s  20)

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Departamento de Automatización y Control Industrial

Análisis de Circuitos Eléctricos II

FORMULARIO DE TRANSFORMADA UNILATERAL DE LAPLACE

f (t )  L1  F ( s)

F ( s)  L f (t ) 

F ( s)   e  st f (t )dt

f (t )

Sen t .u(t )

0

KF ( s)

Sen(t   ).u(t )

K1 F1 (s)  K 2 F2 (s) 

Cos t.u(t )

d f (t )  f ' (t ) dt

sF (s)  f (0)

Cos(t   ).u(t )

f '' (t )

s 2 F (s)  s f (0)  f ' (0) e  t Sen t.u(t )

Kf (t ) , K constante K1 f1 (t )  K 2 f 2 (t ) 

{K } constantes i

t

 f (t )dt  f

1

(t )



K (t )



1 F ( s)  f 1 (0) S



e   t Cos t.u(t ) t Sen t.u(t )

K

F ( s)  L f (t )

f (t )  L1  F ( s)

 s 2 2

s Sen   Cos s2   2

s s 2 2

sCos   Sen

s2   2

 (s   ) 2   2 s  (s   ) 2   2 2 s (s   2 ) 2 2

s 2  2

K (t  t 0 )

Ke

Ku(t )

K S

Ku(t  t 0 )

K S

Ktu(t )

K S2

K (t  t 0 )u(t  t 0 )

K S2

e  t u(t )

1 s

e (t t0 )u(t  t 0 )

te  t u(t )

1  s   2

t n1  t u (t ) ( n1)!

s  n

 t  t 1 e )u (t )   (e

1 ( s   )( s   )

f (t ).u(t ) periódica

F ( s) 

1   (  e

Anexos

 t



e  t )u(t )

t0 S

eS t

0

tCos t.u(t )

e t Sen(t   ).u(t )

(s 2   2 ) 2 ( s   ) Sen  Cos (s   ) 2   2

et Cos(t   )u(t )

( s   )Cos  Sen (s   ) 2   2

(1  Cost ).u(t )

e

S t

0

s ( s   )( s   )

(t  Sent ).u(t )

e

2

s( s 2   2 ) 3

s 2 (s 2   2 )

est

0

s 1 T

1 1e  sT

e

s t

f (t )dt

0

T donde: f 1 (t ) es la F1 ( s)   e  s t f (t )dt función de un período 0

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

ECUACIONES PARA LA DEFINICIÓN DE PARÁMETROS I1

I2

+

+ Cuadripo lo

V1

V2

pórtico 1

pórtico 2

[Z] IMPEDANCIA (pórtico abierto)

[Y] ADMITANCIA (pórtico cerrado)

V1  Z11I1  Z12 I 2

I1  Y11V1  Y12V2

V2  Z 21I1  Z 22 I 2

I 2  Y21V1  Y22V2

[a] TRANSMISIÓN

[b] TRANSMISIÓN INVERSOS

V1  AV2  B( I 2 )

V2  b11V1  b12 ( I1 )

I1  CV2  D( I 2 )

I 2  b21V1  b22 ( I1 )

[h] HÍBRIDOS

[g] HÍBRIDOS INVERSOS

V1  h11I1  h12V2

I1  g11V1  g12 I 2

I 2  h21I1  h22V2

V2  g 21V1  g 22 I 2

EQUIVALENCIA DE PARÁMETROS IMPEDANCIA (terminales abiertos)

Z11 

Y22 A b22  h 1     Y C b21 h22 g11

Z 21  

Anexos

Y21 1  b h g     21  21 Y C b21 h22 g11

Z12   Z 22 

Y12  a 1 h g    12   12 Y C b21 h22 g11

g Y11 D b11 1     Y C b21 h22 g11

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Análisis de Circuitos Eléctricos II

ADMITANCIA (terminales cerrados) g Z 22 D b11 1     Z B b12 h11 g 22

Y11 

Y21  

Y12  

 Z 21 1 h g     b  21   21 Z B b12 h11 g 22

Y22 

 Z12 1 h g  a    12  12 Z B b12 h11 g 22

Z11 A b22  h 1      Z B b12 h11 g 22

TRANSMISIÓN A

 Z11 Y b 1   22  22   h  Z 21 Y21  b h21 g 21

B

Z 1 b12 h g     11  22 Z 21 Y21  b h21 g 21

C

1  b h g   Y  21   22  11 Z 21 Y21  b h21 g 21

D

g Z 22 Y b 1   11  11    Z 21 Y21  b h21 g 21

TRANSMISIÓN INVERSOS b11 

g Z 22 Y D 1   11    Z12 Y12  a h12 g12

b12 

Z 1 B h11 g      22 Z12 Y12  a h12 g12

b21 

1  C h22 g  Y     11 Z12 Y12  a h12 g12

b22 

Z11 Y22 A h 1     Z12 Y12  a h12 g12

HÍBRIDOS

h11 

Z 1 B b g    12  22 Z 22 Y11 D b11  g

h21  

 Z 21 Y21 1 g      b   21 Z 22 Y11 D b11 g

h12 

 Z12 Y 1 g   12  a    12 Z 22 Y11 D b11 g

h22 

1  C b g  Y   21  11 Z 22 Y11 D b11  g

HÍBRIDOS INVERSOS g11 

 h 1 C b  Y   21  22 Z11 Y22 A b22  h

g 21 

Z 21 Y h  h 1  1 B b   21   b   21 g 22  Z    12  11 Z11 Y22 A b22 h Z11 Y22 A b22  h

Anexos

g12  

 Z12 Y12 h 1   a    12 Z11 Y22 A b22 h

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IMPEDANCIAS DE ENTRADA Y SALIDA I1

I2

+ Zg

+ Cuadripolo

V1

Zout

Zin

Z in 

Z out 

ZL

V2

Z11Z L   Z Y Z 1 AZ L  B b22 Z L  b12  h Z L  h11 Z L  g 22  22 L     Z L  Z 22  Y Z L  Y11 CZ L  D b21Z L  b11 h22 Z L  1 g11Z L   g Z 22 Z g   Z Z g  Z11



Y11Z g  1  Y Z g  Y22



DZ g  B CZ g  A



b11Z g  b12 b21Z g  b22



Z g  h11 h22 Z g   h



 g Z g  g 22 g11Z g  1

IMPEDANCIAS DE ENTRADA EN CUADRIPOLOS ESPECIALES 2

Transformador ideal: Z in  n 2 Z L

Girador: Z in 

Inversor de impedancia (NIC): Z in  Z L

Amplificador operacional: Z in  

Anexos

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