circuitos electricos ii tins

CIRCUITOS , ELECTRICOS 11

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ

Vicerrectorado de Investigación

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS II

TINS Básicos

INGENIERÍA ELECTRÓNICA, INGENIERÍA MECATRÓNICA

TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP

Lima - Perú

CIRCUITOS ELÉCTRICOS II

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© CIRCUITOS ELÉCTRICOS II Desarrollo y Edición : Vicerrectorado de Investigación

Elaboración del TINS : • Ing. Fernando López A.

• Ing. Mercedes Zambrano O.

Diseño y Diagramación : Julia Saldaña Balandra

Soporte académico : Vicerrectorado de Investigación

Producción : Imprenta Grupo IDAT

Queda prohibida cualquier forma de reproducción, venta, comunicación pública y transformación de esta obra.

RAZONAMIENTO MATEMÁTICO I

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“El presente material de lectura contiene una compilación de artículos, de breves extractos de obras Circuitos Eléctricos II publicadas lícitamente, acompañadas de resúmenes de los temas a cargo del profesor; constituye un material auxiliar de enseñanza para ser empleado en el desarrollo de las clases en nuestra institución. Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes de la Universidad Tecnológica del Perú, preparado para fines didácticos en aplicación del Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc. A., del Decreto Legislativo 822, Ley sobre Derechos de Autor”.


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Presentación

En el camino ascendente de la tecnología, alimentado en permanentes actos de reflexión científica, en espacios de pensamiento creativo, impulsado por la globalización de estos años, surge esta obra; congruente con las necesidades de formación profesional, en el ámbito de las ingenierías de: Electrónica, Mecatrónica y ramas afines. Se trata de un texto de instrucción, desarrollado con criterio didáctico, de naturaleza teórica-práctica para facilitar el aprendizaje del Curso de Circuitos Eléctricos II; con un contenido secuencial compatible con el texto de Circuitos Eléctricos I, diseñado para alumnos del V ciclo de la Carrera arriba acotada. La característica singular de estos textos establecido en función del sillabus del Curso, mencionado en líneas precedentes, lleva un énfasis de actualización, como reflejo de un acopio temático cuidadoso de la cantera bibliográfica más recomendada de Circuitos Eléctricos. El texto en mención ha sido compuesto por la Ing. Mercedes Zambrano; de quien refleja la experiencia profesional y el denuedo académico, en el horizonte de mejora continua de calidad educativa; como constante de contribución profesoral a la preparación de textos de instrucción TINS. El sentido didáctico del texto, se plasma en VII capítulos,ordenados de la manera que sigue: En el CAPÍTULO I, hacemos la introducción de los sistemas monofasicos de corriente alterna, indicamos la generación de energía eléctrica, la importancia del tratamiento de ondas senoidales y no senoidales, en el dominio del tiempo y en el dominio de la frecuencia, el uso practico de FASORES, con un estricto respeto a las LEYES DE KIRCHOOFF, remarcando conceptos de impedancia, reactancia, admitancia, susceptancia, triangulo de impedancia, enfatizando “quien adelanta” o “quien atraza”, en circuitos inductivos ,capacitivos o resistivos. E n el CAPÍTULO II y III, hacemos énfasis a la aplicación de los métodos de solución en forma fasorial, apoyandose del algebra topológica y de una calculadora científica que procese operaciones con complejos, en forma programable.(HP, TEXAS VOYAGE, CASIO, etc).


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En el CAPÍTULO IV, damos el concepto de POTENCIA COMPLEJA, su triangulo correspondiente, la analogía con el triangulo de impedancias, y la importancia del factor de potencia. Luego, hacemos aplicación de teoremas a lo circuitos en forma fasorial, con el cuidado de distinguir las fuentes independientes de las controladas, corrección del factor de potencia: una técnica que la industria lo aplica permanentemente. En el CAPÍTULO V, desarrollamos el fenómeno de Resonancia eléctrica, su importancia en la electrónica y mecatrónica, pues se aprecia el concepto de ancho de banda, factor de calidad, selectividad, y su aplicación con filtros pasabanda, rechazo de banda, como una antesala al estudio de los filtros activos con opamp. En el CAPÍTULO VI, los sistemas polifásicos - trifásicos, marcan la importancia de la energía eléctrica que mueve la industria y el progreso de cada país en el mundo. Se hace énfasis a los diagramas fasoriales de voltajes y corrientes, de sistemas trifásicos balanceados y desbalanceados, cargas en estrella y en delta, su medición usando vatimetros electrodinámicos (ahora digitales), y la medición del factor de potencia. En el CAPÍTULO VII, hacemos circuitos acoplados magnéticamente, la importancia del núcleo magnético, factor de acoplo, reactancia mutua, puntos de polaridad instantánea, voltajes inducidos, trafos lineales e ideales, reflexiones de impedancias, hasta aplicarlo en los trafos trifásicos, con la ayuda de diagramas fasoriales y el cuidado del conexionado correspondiente. Al cerrar las líneas de esta presentación el agradecimiento Institucional a la Ing. Mercedes Zambrano e Ing. Fernando López A., por el esfuerzo y delicada labor paciente en la composición del texto.

Ing. Lucio H. Huamán Ureta Vicerrectorado de Investigación


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Índice

CAPÍTULO I SISTEMAS MONOFASICOS DE CA ......................................................... 11

1. Generación de la Corriente y voltaje eléctrico................................... 11 2. Magnitudes de la Corriente y Voltaje eléctrico.................................. 13 3. Medios Para Generar Tensión Alterna .............................................. 13 4. Ondas Eléctricas no Senoidales ......................................................... 17 5. Números Complejos ......................................................................... 23 6. Ondas Eléctricas Senoidales............................................................... 29 7. Fasores ................................................................................................ 31 8. Respuesta en AC de Elementos Pasivos............................................. 37 9. Leyes de Kirchhoff ............................................................................. 56 10. Transformación Delta Estrella ........................................................... 58

CAPÍTULO II METODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN ....................................... 67

1. Divisor de Tensión Fasorial ............................................................... 67 2. Divisor de Corriente Fasorial............................................................. 70 3. Método de Transformación de Fuentes AC ...................................... 73

CAPÍTULO III METODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDES ELECTRICOS LINEALES .................................................................................................... 77

1. Método de Corriente de Mallas ........................................................ 77 2. Método de Tensiones de Nodos ........................................................ 80 3. Supernodo.......................................................................................... 82 4. Supermalla ......................................................................................... 85

CAPÍTULO IV POTENCIA MONFASICA .......................................................................... 89

1. Potencia Activa................................................................................... 92 2. Potencia Reactiva ............................................................................... 93 3. Potencia Compleja ............................................................................. 93 4. Factor de Potencia.............................................................................. 95 5. Corrección del Factor de potencia..................................................... 95 6. Teorema de Thevenin ........................................................................ 103 7. Teorema de Norton ........................................................................... 104


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8. Teorema Superposición ..................................................................... 108 9. Teorema Máxima Transferencia de Potencia..................................... 111 10. Problemas Resueltos........................................................................... 115

CAPÍTULO V RESONANCIA ELECTRICA ...................................................................... 141

1. Resonancia Eléctrica serie .................................................................. 141 2. Circuito Paralelo Resonante .............................................................. 144 3. Circuito paralelo Resonante de dos Ramas ....................................... 150 4. Filtros Pasivos .................................................................................... 151

CAPÍTULO VI SISTEMAS TRIFASICOS............................................................................. 159

1. Generación de Sistemas Polifásicos ................................................... 159 2. Sistemas Bifásicos ............................................................................... 160 3. Sistemas Trifásicos ............................................................................. 162 4. Cargas Trifásicas Balanceadas y Desbalanceado ................................ 168 5. Potencia Trifásica Compleja. ............................................................ 170 6. Medición de potencia Trifásica (Método de los dos Vatímetros) ..... 171 7. Factor de Potencia en sistemas Trifásicos Balanceados. .................... 173

CAPÍTULO VII CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE ................................ 179

1. Autoinducción ................................................................................... 179 2. Inductancia Mutua............................................................................. 180 3. Transformador Lineal ........................................................................ 188 4. Transformador Ideal .......................................................................... 194 5. Transformadores: pruebas en Vacio y Corto Circuito...................... 200 6. Autotransformador ............................................................................ 207 7. Transformador Trifásico .................................................................... 210 8. Problemas Resueltos........................................................................... 219

BIBLIOGRAFÍA ........................................................................................... 239


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Distribución Temática

Clase N°

Tema Semana Horas

1 Principios de Generación de Energía Eléctrica. Ondas eléctricas no senoidales. Valor medio. Valor eficaz, factor de forma.

1 02

2 Propiedades fasoriales. Algebra fasorial. Suma, resta, multiplicación, división, potenciación. Transformaciones fasoriales.

2 02

3

Parámetros eléctricos: R-L-C; Impedancia, Admitancia, Conductancia, Susceptancia, Reactancia. Leyes de Kirchhoff, conexiones de elementos en serie y paralelo. Transformación de conexiones delta y estrella.

3 02

4 Métodos simplificados de divisores de tensión y de corriente. Transformación de fuentes de Tensión y de Corriente. Propiedades de elementos redundantes

4 02

5 Método General de Solución de Redes Eléctricos lineales: Corriente de mallas y Potencial de nodos. Supermalla y Supernodo

5

02

6 Potencia monofásica. Potencia activa, reactiva y aparente. Factor de potencia. Diagramas fasoriales

6

02

7 Teoremas de Thevenin y Norton. 7 02

8 Teoremas de superposición. Teorema de la Máxima transferencia de Potencia.

8 02

9 Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas 9 02

10 EXAMEN PARCIAL 10 02

11

Resonancia, en serie y en paralelo. Variación de frecuencia. Variación de inductancia. Variación de capacitancia. Factor de calidad. Ancho de banda. Aumento de tensión por resonancia.

11 02


10

Clase N°

Tema Semana Horas

12 Generación de tensiones polifásicas. Empleo de los sistemas polifásicos. Secuencia de fases. Circuitos bifásicos.

12 02

13 Circuitos trifásicos balanceados. Conexión estrella, conexión delta. Balance de potencia. Factor de potencia.

13 02

14 Continuación de Circuitos trifásicos desbalanceados, factor de potencia.

14 02

15 Autoinducción. Coeficiente de acoplamiento. Inductancia mutua. El transformador ideal.

15 02

16 Circuitos equivalentes de transformadores monofásicos. Análisis y propiedades.

16 02

17 Prueba de transformadores monofásicos en vació y en corto circuito. Conexiones de transformadores. Transformadores trifásicos. Características técnicas.

17 03

18 Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas de aplicación.

18 02

19 EXAMEN FINAL 19 02

20 EXAMEN SUSTITUTORIO 20 02


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Capítulo I SISTEMA MONOFASICO DE CA

1. GENERACIÓN DE ENERGÍA ELÉCTRICA La electricidad se genera a partir de fuentes de energía, como: centrales hidroeléctricas donde se usa la fuerza mecánica de agua, o en centrales Termoeléctricas donde se produce electricidad a partir del carbón, petróleo y otros combustibles. También puede generarse a partir de la Energía Eólica, Solar y Biomásica entre otras. ¿Centrales Hidroeléctricas? En las centrales hidroeléctricas el agua de un río, se hace bajar por grandes tuberías y túneles adquiriendo gran velocidad. Al llegar abajo, el agua hace girar unas turbinas conectadas a un generador produciendo la electricidad. ¿Centrales Termoeléctricas? Las centrales termoeléctricas producen electricidad mediante turbinas movidas por vapor a presión, el cual es producido al calentar agua empleando diversos combustibles como carbón, gas natural o licuado, petróleo e incluso leña o carbón vegetal. Red de Transporte de Energía Están formadas por generadores eléctricos, transformadores, líneas de transmisión y líneas de distribución para transportar energía eléctrica hasta los hogares, colegios, industrias y otros lugares de empleo. Usualmente las más altas tensiones se usan en distancias más largas y mayores potencias. Para utilizar la energía eléctrica las tensiones se reducen a medida que se acerca a las instalaciones del usuario. Para ello se usan los transformadores eléctricos.


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Corriente alterna: La corriente alterna es aquella que circula durante un tiempo en un sentido y después en sentido opuesto, volviéndose a repetir el mismo proceso en forma constante. Su polaridad se invierte periódicamente, haciendo que la corriente fluya alternativamente en una dirección y luego en la otra.

Este tipo de corriente es la que nos llega a nuestras casas y sin ella no podríamos utilizar nuestros artefactos eléctricos y no tendríamos iluminación en nuestros hogares. También puede ser generada por un alternador o dinamo, la cual convierten energía mecánica en eléctrica. El mecanismo que lo constituye es un elemento giratorio llamado rotor, accionado por una turbina el cual al girar en el interior de un campo magnético (masa), induce en sus terminales de salida un determinado voltaje. A este tipo de corriente se le conoce como corriente alterna AC. La forma de onda de la corriente alterna más comúnmente utilizada es la de una onda senoidal, con lo que se consigue una transmisión más eficiente de la energía.


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2. MAGNITUDES DE LA CORRIENTE Y VOLTAJE ELECTRICO a. Onda: Perturbación en un medio que se propaga de un lugar a otro,

transportando energía y cantidad de movimiento pero no transporta materia.

b. Angulo de fase (φ ): Cada punto de una onda posee una fase definida que indica cuanto ha progresado o avanzado dicho punto a través del ciclo básico de la onda.

c. Ciclo: se llama ciclo a toda forma de onda que completa un tiempo (t), es decir comienza en un punto de la forma de onda y termina el mismo punto para iniciar otro ciclo.

d. Periodo: Se determina periodo al tiempo en segundos, que tarda en completarse un ciclo. Se denota por la letra T.

1 .T segf

=

e. Frecuencia: Se denomina frecuencia al número de ciclos que se realizan en un segundo.

1f HertzT

=

f. Forma de onda Periódica. Se dice que es periódica cuando se repite continuamente, después del mismo intervalo.

g. Fase: Es el ángulo inicial formado por la onda, antes de empezar a contar el tiempo. En el movimiento sinusoidal representa el desplazamiento del eje vertical respecto del inicio de la sinusoide.

h. Pulsación ( ω ): La pulsación del movimiento sinusoidal equivale a la velocidad angular del movimiento circular.

2 rad/sfω π= 3. MEDIOS PARA GENERAR TENSION Y CORRIENTE ALTERNA

1. Generador:

Es un dispositivo que convierte la energía química - mecánica en energía eléctrica. Cuando la espira gira, el flujo del campo magnético a través de la


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espira cambia con el tiempo, y se produce una f.em. Los extremos de la espira se conectan a dos anillos que giran con la espira

(a) (b)

El flujo magnético es: cosm NBAφ θ=

Donde: B= densidad de campo magnético. N = Número de espiras que hay en la bobina. A = área Si Una espira que gira con velocidad angular constante (ω),

tθ ω δ= + Donde: δ = desfasaje Entonces tendremos:

cos( )m N BA tφ ω δ= +

Por la ley de Faraday, la f.em. alterna inducida será:

sin( )mdV NBA tdtφ ω ω δ= − = +

2. Transformadores:

Son dispositivos eléctricos utilizados para elevar o disminuir el voltaje y la intensidad de corriente alterna sin que haya pérdida de potencia. Consiste en dos bobinas arrolladas sobre un núcleo de hierro (N1 vueltas en el primario bobina conectada a la fuente de potencia y N2 en el secundario).


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El flujo que atraviesa cada espira en ambos arrollamientos es el mismo, luego la tensión que aparece en el secundario es

Comparando las dos ecuaciones: 2 2

1 1

V NV N

=

Transformador Elevador 2 1 2 1 VN N V> ⇒ >

Transformador Reductor 2 1 2 1 VN N V< ⇒ <

Si colocamos una resistencia de carga en el secundario, aparecerá una corriente I2 en fase con V2 y aparecerá un flujo adicional proporcional a N2I2. Como el flujo en el primario debe tener el mismo ritmo de variación al estar conectado a una fem externa, debe aparecer una corriente I1 el primario de forma que: Si no existen pérdidas, se debe cumplir que

1 2 2ef ef efV I V I=

Usos de transformadores. Transporte de energía eléctrica con pérdidas mínimas de energía por efecto Joule utilizando alto voltaje y baja corriente.

3. Alternadores.

El alternador es una máquina destinada a transformar la energía mecánica en eléctrica, generando, mediante fenómenos de inducción, una corriente alterna. Un alternador consta de dos partes fundamentales, el inductor, que es el que crea el campo magnético y el inducido que es el conductor el cual es atravesado por las líneas de fuerza de dicho campo.

1 1dV Ndtφ

= 2 2dV Ndtφ

=

1 1 2 2IN I N= −


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Disposición de elementos en un alternador simple

Así, en el alternador mostrado, tenemos que el inductor está constituido por el rotor R, dotado de cuatro piezas magnéticas cuya polaridad se indica. Estas piezas pueden estar imantadas de forma permanente o ser electroimanes. El inducido está constituido por las cuatro bobinas a-b, c-d, e-f y g-h, arrolladas sobre piezas de hierro que se magnetizan bajo la acción de los imanes o electroimanes del inductor. Dado que el inductor está girando, el campo magnético que actúa sobre las cuatro piezas de hierro cambia de sentido cuando el rotor gira 90º, y su intensidad pasa de un máximo, cuando están las piezas enfrentadas como en la figura, a un mínimo cuando los polos N y S están equidistantes de las piezas de hierro. Son estas variaciones de sentido y de intensidad del campo magnético las que inducirán en las cuatro bobinas una diferencia de potencial que cambia de valor y de polaridad siguiendo el ritmo del campo.


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4. ONDAS ELECTRICAS NO SENOIDALES

a. Onda rectangular.- usado en circuitos digitales.

b. Onda Triangular.- Se usa en circuitos de carga y descarga

c. Diente de Sierra.- Usado en TV como pulsos de sincronismo


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d. Onda Rectificada.- Se implementa con diodos.

e. Onda Completa. Se implementa con diodos.

1. Valor máximo o valor pico de tensión y de corriente. Es el máximo valor que alcanza la forma de onda, ya sea positiva o negativa, desde el eje de referencia hasta el punto más alto de la cresta o el punto mas bajo del valle. Se denota por la letra Vp si es tensión o Ip si corriente.

2. Valor pico pico de tensión y de corriente. (Vpp) Es el valor que va desde el máximo positivo (+V) hasta el máximo negativo (-V) , es decir es el doble del valor pico (positivos y negativos son simétricos). Vpp = 2 Vm ó Ipp = 2 Im

3. Valor cuadrático medio (rms). Se llama valor eficaz de una corriente alterna, al valor que tendría una corriente continua que produjera la misma potencia que dicha corriente alterna, al aplicarla sobre una misma resistencia. Para una señal sinusoidal, el valor eficaz de la tensión es:.

2

0

1 ( )

2

T

rms ef

prms

V V v t dtT

VV

= =

=

∫

y del mismo modo para la corriente


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2p

r m s e f

II I= =

la potencia eficaz resultará ser:

1. ( )22 2

prms ef ef ef p p

VP P V I V I

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

4. Valor Medio.-En una señal sinusoidal el semiciclo positivo es idéntico al

negativo, es decir los valores positivos se compensan con los negativos por ello su valor medio es nulo; entonces se dice valor medio de una tensión o corriente alterna es igual al semiciclo de todos los valores instantáneos de tensión o corriente medidos en un cierto intervalo de tiempo. En relación con los otros valores máximos de tensión o de corriente se tienen las siguientes igualdades:

Vprom = 0.637 Vp ó Iprom = 0.637Im (en un semiciclo)

La potencia media suministrada al circuito formado por una resistencia, se obtiene sin factores, directamente de los valores eficaces. Así La potencia media será:

max maxcos ; cosV V t I I tω ω= =


20

))((cos)(cos 2maxmax

2maxmax tIVPtIVVIP media ωω =→==

RV

RIIVIVP efefefefmedia

22

maxmax21

====

5. Valor instantáneo de tensión y de corriente.-La forma de onda

esta formada por infinitos valores instantáneos que se presentan, sucesivamente, El valor instantáneo de tensión y de corriente es aquel que tiene la señal senoidal en cualquier instante de tiempo.

6. Factor de Cresta o Factor de amplitud.- Es la relación entre el valor

máximo Vm y el valor eficaz Vef de la onda senoidal v(t).

mC

ef

VFV

=

7. Factor forma.- Es la relación entre el valor eficaz y el valor medio de la onda senoidal v(t).

efF

med

VF

V=

Resumen

Valor eficaz 2 21 cos ( )2

t Tm

ef mt

VV V t d tt

ω φ+

= + =∫

Factor de forma 22 1,11

2

m

m

V

F VFπ

π= = =

Factor de cresta 2

2 1, 41m

mA C V

VF F= = = =

Transformada fasorial

2 cos( )jm efV V e P V tφ ω φ⎡ ⎤= = +⎣ ⎦


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Ejemplo # 1. Calcular el valor promedio, valor rms, Factor forma y Factor cresta de la forma de onda mostrada.

Solución. Para el intervalo 0 < t < 0.1

( ) 10 100 Ai t t= − Entonces hallamos promI .

0.1

0 0

1 1 (10 100 ) 10(1 0.5)0.1

T

promI idt t dtT

= = − = −∫ ∫

5 ApromI =

Asi mismo Ief será

0.1 0.12 2 2 2

0 0 0

0.12 32

0

1 1 (10 100 ) 100 (1 20 100 )0.1

100 20 100 33.332 3

T

rms

rms

I i dt t dt t t dtT

t tI t

= = − = − +

⎡ ⎤= − + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

Entonces tendremos:

33.33 5.77rmsI A= =


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Luego hallamos el factor forma

5.77 1.1545

efF

prom

VF

V= = =

Y el Factor amplitud será:

10 1.7335.77

mC

ef

VFV

= = =

Ejemplo # 2. En la figura mostrada la onda sinusoidal recortada, está producida por un circuito electrónico, calcular el valor medio y el valor rms de la onda v(t).

Solución: El valor de θ1 se calcula de la manera siguiente: 60 = 100 sen θ1

De ahí que:

11

60 0.6435 rad.100

senθ −= =

2 1 2.4981 rad.θ π θ= + =

Como la onda recortada tiene un valor promedio matemático de cero, el valor medio eléctrico se calcula a partir del primer ciclo.


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1 2

1 20

1 ( ) 0.6 ( ) ( )prom m m mV V sen td t V d t V sen td tθ θ π

θ θω ω ω ω ω

π= + +∫ ∫ ∫

[ ] [ ] [ ] 1 2

1 20cos 0.6 cosm

promVV t t tθ θ π

θ θω ω ω

π= − + + −

48.16promV V=

El valor rms de la onda se puede calcular también al término del primer medio ciclo de la siguiente manera, duplicándolo.

1 2

1 2

2 2 2 2

0

2 ( ) ( ) (0.6 ) ( ) ( ) ( )2rms m m mV V sen t d t V d t V sen t d t

θ θ π

θ θω ω ω ω ω

π= + +∫ ∫ ∫

1 2

1 2

2 2 2

0( ) 0.36 ( ) ( ) 2640m

rmsVV sen td t d t sen td t

θ θ π

θ θω ω ω ω ω

π= + + =∫ ∫ ∫

2640 51.38rmsV V= =

5. NUMEROS COMPLEJOS Introducción Al circular la corriente alterna por circuitos formados por resistencias, bobinas y condensadores, debido a efectos especiales que tienen lugar como consecuencia de este tipo de corriente y de la frecuencia. El comportamiento de estos componentes y por tanto de estos circuitos, es diferente que cuando son recorridos por corriente continua. Conocimientos Previos Teorema de Pitágoras: Cuando se trata de circuitos de una resistencia, bobina y un condensador se pueden resolver por medio del teorema de Pitágoras la cual dice. “El cuadrado formado sobre la hipotenusa de un triangulo rectángulo es igual al cuadrado formado por su catetos.


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2 2 2h a b= +

Vectores. Es un segmento con una punta de flecha en uno de sus extremos, y es nombrado vector (0B) o vector.

Todo vector se caracteriza por. Magnitud o Modulo: Es la longitud del vector o segmento. (longitud 0-B).

se representa así v. Dirección: Es la dirección de la recta sobre la que está representado el

vector; la dirección puede ser 0 – B ó B – 0. Sentido: Es el sentido del vector que viene dado por la punta de la flecha.

Según el grafico el sentido es 0 – B. Origen o Punto de aplicación: es el lugar donde comienza el vector.

Un vector se puede dar en función de sus coordenadas o descomponerse en ellas. Teniendo como:

Abscisa del segmento 0 cosa V φ=

Ordenada del segmento 0b V senφ=

Si de un vector nos dan sus componentes, podemos hallar el modulo por el teorema de Pitágoras o la trigonometría. Numero Complejo. Un número complejo representa un punto en un plano bidimensional, ese punto determina un radio vector trazado desde el origen a ese punto. El eje


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horizontal se denomina real o eje de resistencias y el eje vertical es el imaginario o eje de reactancia. Toda unidad imaginaria se representa por “i”, en electrónica se utiliza la letra “j”.

21 1j j= − → = −

Existen varias formas para representar el número complejo: a) Forma compleja: Se expresa (a,b) cuyo significado ya conocemos. b) Forma binomica: Se expresa por Z a jb= + donde a representa la parte

real y b la parte imaginaria. c) Forma factorial o trigonométrica: en este caso se dan las componentes a y

b en función del ángulo y de sus razones trigonométricas, cuyas componentes son.

cosa r φ= b rsenφ= y el modulo (cos )Z r senφ φ= + d) Forma Polar: todo numero complejo queda determinado si se conocen su

modulo y su argumento o ángulo jZ r re φφ= =

Donde r es la magnitud de Z, y Ф es la fase de Z. De rectangular a polar tenemos:

2 2 1, a br a b tg tgb a

φ φ −= + = ⇒ =

De Polar a rectangular

cosa r φ=,

b rsenφ=

Entonces Z se escribirá:

(cos )Z a jb r r jsenφ φ φ= + = = +


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Representación cartesiana de un número complejo:

|z|=modulo de z =longitud de segmento 0P =longitud del vector 0P

2 20P a b= + Representación Polar de números complejos.

Modulo ( r ): Es la distancia entre el origen y el punto P(a,b), su valor se

calcula por Pitágoras.

Argumento ( θ ): Es el ángulo que forma el segmento 0P con el eje horizontal, cuyo ángulo se expresa en radianes y viene dado por:

, arc cos , b a barc sen arctgr r a

θ θ θ= = =


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Algebra Fasorial. 1. Suma complejo: Para sumar dos o más números complejos se suman las

partes reales y las imaginarias por separado. Dados los números complejos

1 1 1 1 1z a jb r φ= + = , 2 2 2 2 2z a jb r φ= + =

Forma rectangular.

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z a jb a jb a a j b b+ = + + + = + + +

Forma Polar.

1 2 1 2

2 21 1 2 2 1 1 2 2

( ) ( )

( cos cos ) ( )

z z r r

r r r sen r sen

φ φ

φ φ φ φ

+ = +

= + + +

2. Resta complejo: La resta también se toman por separado la parte real y

la imaginaria. Es más fácil hacerla en coordenadas rectangulares.

1 2 1 2 1 2( ) ( )z z a a j b b− = − + −

3. Multiplicación complejo: Para multiplicar dos números complejos es

más fácil en forma polar, las magnitudes se multiplican y los ángulos se suman.

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2. ( ) ( ) . ( )z z r r r rφ φ φ φ= = +


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Forma rectangular

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1. ( )( ) ( ) ( )z z a jb a jb a a b b j a b a b= + + = + + +

4. División complejo: En forma polar se dividen los módulos y se restan

los argumentos.

5. Conjugada un complejo:

Sea

z a jb z φ= + = ⇒

Su conjugada es.

*z a jb z φ= − = −

1 11 11 2

2 2 2 2

zz zz z z

φφ φ

φ= = −


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6. Potenciación de un complejo:

Si:

z r φ= ⇒

Su potencia será:

7. Raíz Cuadrada: Si:

. jz r e φ= Su raíz enésima será:

1

. . ( )( )j

n nj jn nn n nz r e r e z r eφφ φ= = ⇒ =

8. Logaritmo:

: .ln ln . ln lnln ln

j

j j

si z r ez r e r ez r j

φ

φ φ

φ

=

= = += +

6. ONDAS ELECTRICAS SENOIDALES Es llamado también corriente alterna o sistema monofásico, Una función senoidal es una forma de tensión que se genera en todo el mundo y suministrada a casas, fabricas, laboratorios, etc. Una senoide es importante en el análisis de señales periódicas, análisis de circuitos y es fácil de manejar matemáticamente.

( ) ( ) ( )

( ) .

n n j

n n j n n

z z ze

z z e z n

φ

φ

φ

φ

= =

= =


30

Donde: Vm = Tensión máxima T = Periodo (s) ω = 2πf (pulsación rad/s ) θ = Angulo de fase (grados) f = Frecuencia (Hz) Dos ondas sinusoidales se pueden comparar cuando operan a la misma frecuencia, no necesitan tener la misma amplitud. También para comparar es conveniente expresar ambas como seno o coseno con amplitudes positivas usando las siguientes identidades trigonométricas.

( ) cos coscos( ) cos cossen A B senoA B AsenB

A B A B senAsenB± = ±± = m


31

En el grafico tenemos dos senoides diferentes, donde v2 adelanta a v1 de Ф, o v1 se retrasa respecto a v2 de Ф. Si: Ф ≠ 0 entonces v1 y v2 están fuera de fase. Si: Ф = 0 entonces v1 y v2 están en fase

7. FASORES

El fasor es un vector rotando en el plano complejo, con una magnitud y una velocidad de rotación ω expresada en radianes/segundo (ω=fija).

Tiene magnitud constante en un ángulo fijo desde el eje real positivo y representa un voltaje o corriente senoidal en el dominio de vector.

Los fasores se utilizan en ingeniería para simplificar los cálculos con sinusoides.

Permiten reducir un problema de ecuaciones diferenciales a uno algebraico.

Transformación o Representación fasorial.- Se basa en la identidad de Euler.

cosje jsenφ φ φ± = ±

Donde la parte real es:

cos Re( )je φφ =

La parte imaginaria es:

Im( )jsen e φφ =


32

Si observamos el gráfico todo el plano complejo está rotando a una velocidad angular ω y v(t) que es la proyección del vector Vejωt en el eje real en función del tiempo.

Para transformación una función sinusoidal al plano complejo o dominio de la frecuencia primero expresamos en la forma de coseno ( ) cos( )mv t V tω φ= + de

modo que la senoide se pueda describir como la parte real de un número complejo. ( )( ) Re( )j t

mv t V e ω φ+= , después, si tomamos el factor tiempo ( j te ω ) nos

queda una senoide ( ) Re( )j tv t Ve ω= y si eliminamos el factor tiempo, transfórmanos la senoide del dominio del tiempo al dominio fasorial o dominio de la frecuencia. j

m mV V e Vφ φ= = .

Es decir si:

2 .m efV V=

Reemplazando tenemos tenemos:

( )2 cos( )jm m efV V e V P V tφ φ ω φ= = = +

donde P= Transformación fasorial


33

Entonces la Transformación fasorial inversa será.

( ) ( )1 Re 2 2 cos( )j j j tm ef efP V e V e e V tφ φ ω ω φ− = = +

Reemplazando 2 efV por mV tenemos:

cos( )mV tω φ+

Transformación fasorial inversa: Nos permite volver del dominio fasorial al dominio del tiempo. Los fasores:

mV V φ=,

mI I φ= −

Se representan gráficamente en la siguiente figura.

Cuadro transformación senoide – fasor:

Dominio del Tiempo Dominio de la Frecuencia

( ) cos( )mv t V tω φ= + mV V φ=

( ) ( )mv t V s e n tω φ= +

9 0 ºmV V φ= −

( ) co s( )mi t I tω θ= + mI I θ=

( ) ( )mi t I s e n tω θ= +

90 ºmI I θ= −


34

Si se suman dos senoides estos deben convertirse antes en el dominio

fasorial y la suma debe determinarse mediante el algebra complejo, el resultado puede convertirse después en el dominio del tiempo.

Ejemplo # 1 Si tenemos:

1 25 , 10 ( 90º )v sen t v sen tω ω= = +

En el dominio fasorial será:

1

2

1 2

5 0º10 90º

5 10 11.180 63.43ºT TT

vvv v v j v θ

=== + = + = =

La transformada fasorial es útil ya que permite emplear algebra compleja en lugar de algebra sinusoidal. Relaciones de fase: El ángulo de fase entre dos formas de ondas de la misma frecuencia es la diferencia angular en cualquier instante (t).


35

Ejemplo # 2. Dibujar el diagrama fasorial y de impedancias, y determinar las constantes del circuito serie, suponiendo que contiene dos elementos. La tensión y corriente se expresan en voltios y amperios respectivamente.

( ) 50 (2000 25º )( ) 8 (2000 5º )

v t sen ti t sen t

= −= −

Solución: Hacemos notar que ambas funciones tienen la misma frecuencia. Los fasores correspondientes a cada una de las ondas son:

50 825º V, 5º A2 2

V I= − =

La impedancia será.

502

82

25º 50 30º 5.4 3.1 5º 8

Z j−

= = − = − Ω

que corresponde a una resistencia y un condensador conectados en serie, cuyos valores vienen dados por:

Parte real es: La parte imaginaria

5.4 , R = Ω 61 103.1 160

(3.1)(2000)CX C FC

μω

= = ⇒ = =

En la figura se muestra el diagrama fasorial y el diagrama de impedancias. Del diagrama fasorial se comprueba que el circuito es capacitivo ya que la tensión está retrasada respecto de la corriente.


36

Ejemplo # 3 En el circuito mostrado hallar la tensión en el capacitor vC(t), por el método fasorial.

Solución:

1 1 1 1(4)(0.25)C CX j B j

j Cω= = = − = =

1 0.254

G = =

0.25 1 1 76ºeq

eq

Y G jB

Y j

= +

= + =

Luego hallamos la tensión en el condensador:

. eq C Ceq

II Y V VY

= ⇒ =

Reemplazando tenemos:

10 0º 7.07 76º2(1 76º)CV = = −

Y en el dominio del tiempo es:

( ) ( 2)7.07 cos( 76º )Cv t tω= −


37

8. RESPUESTA EN AC DE ELEMENTOS PASIVOS

Variables Eléctricas que se Aplican en Circuitos Serie: a. Impedancia (Z): En corriente alterna la oposición al paso de la corriente eléctrica en un

circuito formado por resistencias, bobinas y condensadores, se llama impedancia (Z) dada por:

( ) .( )

m rm s

m rm s

V Vv tZ c tei t I I

= = = =

La impedancia se expresa también en forma fasorial Z=V/I donde tanto V como I son fasores. En consecuencia la impedancia Z es también un fasor por lo que se puede expresar de la siguiente manera Z= R ±jX donde: R es la resistencia del sistema y X es la reactancia del sistema.

La impedancia, resistencia y reactancia se mide en ohms (Ω) La impedancia también se puede expresarse en forma polar como:

Z R jX Z φ= + =

2 2Z R X= +

1 XtgR

φ −= cosR Z φ= , X Z senφ=

b. Reactancia (X). la cantidad (XL – XC) recibe el nombre de reactancia del

circuito y se representa por X.

L CX X X= −

Entonces la impedancia se puede escribir en términos de la reactancia del circuito en la forma

2 2Z R X= +


38

Formas de reactancia: En una Resistencia es 0X = En Una Bobina es 90ºX L X L j L jXω ω ω= → = = =

En un Condensador 1 1 1 90ºX X j jXC C Cω ω ω

= → = − = − = −

Cuando X es positiva la impedancia es inductiva o de retraso porque la

corriente se atrasa respecto a la tensión Z=R+ jX Cuando X es negativa la impedancia es capacitiva o de adelanto porque la

corriente se adelanta respecto a la tensión Z=R – jX Variables Eléctricas que se Aplican en Circuitos Paralelo

c. Admitancia (Y). Ofrece facilidad al paso de la corriente.

Es la inversa de la impedancia, medido en siemens(S) o mhos( ). la admitancia de un circuito es la razón entre la corriente y la tensión fasorial a través de él:

1m rms

m rms

I IYV V Z

= = =

la admitancia también puede expresarse en forma rectangular

Y G jB= +

Donde: G es la Conductancia parte real de la admitancia

1 1

R

G YR Z

= = =

B es la Susceptancia parte imaginaria de la admitancia.

1jBjX

=

La admitancia, conductancia y susceptancia se miden en siemens(S)

1G jBR jX

+ =+


39

2 2 2 2 2 2,R jX R XG jB G BR X R X R X

−+ = ⇒ = = −

+ + +

8.1 DOMINIO DEL TIEMPO

1. CIRCUITO RESISTIVO. Tenemos un circuito formado por una resistencia y alimentada por una

fuente de tensión alterna senoidal. ( ) ( )mv t V sen tω=

la intensidad de la corriente que se origina se deduce partir de la Ley de Ohm:

( )( )( ) mV sen tv ti t

R Rω

= = : m

mVsi IR

=

( ) ( )mi t I sen tω=

Entonces la diferencia de potencial en la resistencia será:

( ) ( )mv t I Rsen tω=

Por tanto, cuando el circuito es resistivo puro, la corriente y la tensión

están en fase. (Fig.1). 0ºφ = desfase entre v(t) e i(t)


40

Su impedancia.- Una resistencia presenta una impedancia que sólo tiene componente real, ya que su componente imaginaria es de valor cero. Tendremos entonces que la impedancia total del circuito será su valor nominal.

Z R jX= + donde su reactancia es X=0

entonces Z R=

ó m

m

VZI

=

1

0º

XtgR

φ

φ

−=

=

2. CIRCUITO CON UN CONDENSADOR.

Circuito formado por un condensador y alimentado por una fuente de

tensión alterna. ( ) ( )mqv t V sen tC

ω= =


41

Aplicando la ley de ohm tenemos ( ) 0Cv t V− = , si reemplazamos valores

tenemos: ( ) 0 ( )m mqV sen t q CV sen tC

ω ω− = ⇒ =

Derivando respecto al tiempo se encuentra que la corriente que circula por el condensador será:

( )( ) ( ) cosmm

d V sen tdqi t C C V tdt dt

ω ω ω= = = ,

Reactancia capacitiva se define como:

*1 1: C

C

s i X CC X

ωω

= ⇒ =

Reemplazando tenemos ( ) cosm

C

Vi t tX

ω= ó

( ) ( )2

m

C

Vi t sen tX

πω= +

: mm

C

Vs i IX

= y ef

efC

VI

X=

( ) ( )2mi t I sen t πω= +

También m m

C m mm C

V VX I CVI X

ω= ⇒ = =

C

efef

C XV

IX

VI =⇒= max

max

Como se observa la corriente está adelantada en 90º respecto a la tensión, es decir tenemos un desfase de π/2 en los extremos del condensador.


42

la reactancia capacitiva depende de la frecuencia de la corriente en el circuito. Su impedancia: La impedancia que presenta un condensador sólo tiene componente imaginaria o reactiva, donde Xc es la reactancia capacitiva que se calcula así:

0 CZ jX= −

Donde.

1 12 . .CZ X

f C Cπ ω= = =

3. CIRCUITOS CON UNA BOBINA. El comportamiento básico de la bobina en corriente alterna se cumple

( )( ) di tv t Ldt

=


43

Si la tensión que se aplica en los extremos de la bobina

es: ( ) mv t V sen tω= entonces aplicando la ecuación de la bobina, tenemos

( ) Ldiv t V Ldt

= = para obtener la corriente en función del tiempo

reemplazamos mdiV sen t Ldt

ω = separando variables e integrando tenemos

1 1( ) ( ) ( cos )mm

Vi t v t V sen t tL L L

ω ωω

⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

2( ) cos ( )m mV Vi t t sen tL L

πω ωω ω

= − ≡ −

Reactancia inductiva o inductancia es LX Lω=

2( ) ( )m

L

Vi t sen tX

πω= − −

: ;m mm L

L m

V Vsi I XX I

= =


( ) ( 90º )mi t I sen tω= −

Como se observa ahora la intensidad está atrasada en 90º es decir, el efecto del inductor es desfasar la corriente (π/2) respecto a la tensión en los extremos de la bobina.


44

La impedancia que presenta la bobina, y por ende el circuito, será:

0 LZ jX= +

2 .LZ X f L Lπ ω= = =

Siendo XL la reactancia inductiva de la bobina

4. CIRCUITO R - C EN SERIE.

Si tenemos una corriente alterna.

( ) mi t I sen tω=


45

Aplicando la ley de kirchoff tenemos que ( ) R Cv t V V= + , entonces el

voltaje v(t), que alimenta en los extremos será igual a la suma del voltaje en la resistencia y el voltaje en el condensador. Si sabemos que. ( )RV Ri t=

y CqVC

= reemplazando variables e integrando tenemos:

1( ) ( )v t Ri t idtC

= + ∫

[ ]1( ) cosmm m m

Iv t RI sen t I sen t RI sen t tC C

ω ω ω ωω

= + = + −∫

[ ]( ) cos cosm C m m Cv t RI sen t X I t I Rsen t X tω ω ω ω= − = −

( ) cosCm

XRv t I Z sen t tZ Z

ω ω⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦

: cos ; ;Cm m

XRsi sen V ZIZ Z

φ φ= = =

[ ] [ ]( ) cos . .cos ( )m mv t ZI sen t sen t ZI sen tφ ω φ ω ω φ= − = −

Donde la tensión aplicada al circuito es:

( ) ( )mv t V sen tω φ= −

Su Impedancia es:

2 2CZ R X= +


46

5. CIRCUITO R - L EN SERIE. Al igual que el condensador al aplicarle una tensión alterna al circuito,

tendremos una corriente permanente que esta dada por: ( ) mi t I sen tω= .

entonces el voltaje v(t) que alimenta en los extremos será igual a la suma

del voltaje en la resistencia y el voltaje en la bobina. ( ) R Lv t V V= + si

sabemos que: ( )

Ldi tV Ldt

= entonces

( )( ) ( ) di tv t Ri t Ldt

= +


[ ]( ) cos ( ) cosm m m mv t RI sen t L I t RI sen t t I tω ω ω ω ω ω= + = +

[ ]( ) cos cosm L m m Lv t RI sen t X I t I Rsen t X tω ω ω ω= + = +

[ ]

( ) cos

cos . . co s

Lm

m

XRv t Z I sen t tZ Z

Z I sen t sen t

ω ω

φ ω φ ω

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦= +

[ ]( ) ( )mv t Z I sen tω φ= + Si : m mZI V=


[ ]( ) ( )mv t V sen tω φ= +


47

Esto indica que el voltaje esta adelantada Фº grados respecto a la

corriente, y su ángulo de desfase respecto a v(t) es LXarctgR

ϕ = indicando

con ello que la tensión v(t) está adelantada en π/2 respecto a i(t). Su impedancia es:

2 2LZ R X= +

6. CIRCUITO R – L - C SERIE.

Si aplicamos una tensión a los extremos del circuito entonces la corriente que circula por ella será la misma en todos los elementos

( ) mi t I sen tω=

1( ) ( ) div t Ri t L idtdt C

= + + ∫

[ ] 1( ) cosm m mv t RI sen t L I t I sen tC

ω ω ω ω= + + ∫

[ ]( ) ( ) cos cosmm m

Iv t RI sen t L I t tC

ω ω ω ω ωω

= + + −

( ) cos cosm L m L Cv t RI sen t X I t X I tω ω ω= + −


48

( ) cos ; :m eq eq L Cv t I Rsen X t si X X Xω ω⎡ ⎤= + = −⎣ ⎦

( ) coseqm eq

eq eq

XRv t I sen t ZZ Z

ω ω⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Siendo:

2 2

cos

eq

eq

eq

eq

eq

RZ

Xsen

Z

Z R Z

φ

φ

=

=

= +

Reemplazando [ ]( ) . cos . cos .eq mv t Z I sen t t senφ ω ω φ= +

[ ]: . ;

( ) cos . cos .m eq msi V Z I

sen t sen t t senω φ φ ω ω φ

=

+ = +

( ) ( )v t sen tω φ= +

Su impedancia es:

2 2( )L CZ R X X= + −

ó 2

2 1 ef

ef

VZ R L

C Iω

ω⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Si XL > XC → es Inductivo XL < XC → es capacitivo XL = XC → es resistivo las fases respecto a i son siempre las mismas: 0º para VR, 90º para VL y -90º para VC .

7. CIRCUITO R – L EN PARALELO.


49

Si la tensión alterna aplicada es ( ) mv t V sen tω= , se sabe que en un

circuito en paralelo las tensiones en cada rama son iguales y las corrientes en cada rama son diferentes, entonces por ley de kirchoff la corriente total será:

( ) R Li t i i= +

1( ) ( cos )m m mm

V sen t V Vi t V sen t sen t tR L R Lω ω ω ω

ω= + = + −∫

1 1( ) cos cosm mm

L L

V Vi t sen t t V sen t tR X R X

ω ω ω ω⎡ ⎤

= − = −⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( . cos )m Li t V G sen t B tω ω= −

( )

( ) cos

cos . .cos

Lm

m

BGi t V Y sen t tY Y

V Y sen t sen t

ω ω

φ ω φ ω

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

Si: ( ) ( )m m mI YV i t I sen tω φ= ⇒ = −

Su Admitancia es:

2 2LY G B= +

cosL

GY

φ =

L

L

BsenY

φ =

1 LBtgG

φ − ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

8. CIRCUITO R – C EN PARALELO.


50

Si aplicamos una tensión alterna ( ) mv t V sen tω=

Entonces por ley de kirchoff la corriente será:

(1)( ) ...............R Ci t i i= +

cos , m mC R

C

V Vi t i sen tX R

ω ω= =

Reemplazando en (1).

( ) cos

1 1 cos

m m

C

mC

V Vi t sen t tR X

V sen t tR X

ω ω

ω ω

= +

⎡ ⎤= +⎢ ⎥

⎣ ⎦

( ) ( . .cos )m Ci t V G sen t B tω ω= +

( )

( ) cos

cos . . cos

Lm

m

BGi t V Y sen t tY Y

V Y sen t sen t

ω ω

φ ω φ ω

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

: ( ) ( )m m mSi I YV i t I sen tω φ= ⇒ = +

Su Admitancia es:

2 2CY G B= +

1 BtgG

φ −=

9. CIRCUITO RLC PARALELO.


51

Si se aplica una tensión ( ) mv t V sen tω= por la ley de kirchhoff

tendremos que la suma de la corriente de cada componente es igual:

( ) R L Ci t i i i= + +

( ) cos ) cosm m m

C

V V Vi t sen t t tR L X

ω ω ωω

= − +

1 1 1( ) cos cosmL C

i t V sen t t tR X X

ω ω ω⎡ ⎤

= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) . .cos cosm L Ci t V G sen t B t B tω ω ω= − +

( ) cos cosCLm

BBGi t V Y sen t t tY Y Y

ω ω ω⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) cosC Lm

B BGi t V Y sen t tY Y Y

ω ω⎛ ⎞⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

Su Admitancia es:

2 2( )L CY G B B= + −

8.2. DOMINIO DE LA FRECUENCIA


52

1. CIRCUITO RESISTIVO.

0º2mVV =

r

0º 0º2 2m mV IIR

= =r

Su Impedancia compleja Diagrama fasorial

Z R=r

m

m

VZI

=r

2. CIRCUITO CON UN CAPACITOR.

1

0º 90ºC

VI V Cj ω

ω= =−

rr

90ºI V Cω=r

Impedancia del Capacitor Diagrama fasorial

1CZ jX j

Cω= − = −


53

3. CIRCUITO CON UNA BOBINA.

0º 0º 90ºV V VIj L LX ω ω

= = = −r

r

90ºVILω

= −r

4. CIRCUITO R – C EN SERIE. ( 0 90ºφ≤ ≤ )

0º 0º

C

V V VIR jX Z Z

φφ

= = =− −

rr r

VIZ

φ=r

r

Impedancia de la Bobina Diagrama fasorial

LZ jX j Cω= =


54

Impedancia del circuito RC Diagrama fasorial

2 2CZ R X φ= + −

r

5. CIRCUITO R – L EN SERIE. ( 0 90ºφ≤ ≤ )

0º 0º

L

V V VIR jX Z Z

φφ

= = = −+

rr r

I I φ= −r

Impedancia del Circuito RL Diagrama fasorial

2 2LZ R X φ= +

r

Z Z φ=r


55

6. CIRCUITO R – C EN PARALELO.

( )( 0º )I Y Vφ=

.I Y V φ=

Admitancia del circuito paralelo RC Diagrama fasorial

CY G jB Y φ= + =r r

7. CIRCUITO R – L EN PARALELO.

I Y φ= −

( )( 0º )I Y Vφ= −

.I Y V φ= −


56

Admitancia del circuito paralelo RL Diagrama fasorial

Y G jB Y φ= − = −

9. LEYES DE KIRCHHOFF

1. LEY DE TENSIONES DE KIRCHHOFF.

La suma algebraica de las tensiones a lo largo de cualquier camino cerrado en un circuito cerrado es igual a cero. En corriente alterna trabajan en dos dominios. a. En el dominio del tiempo

1 2 3( ) ( ) ( ) ..... ( ) 0nv t v t v t v t+ + + =

b. En el dominio de la frecuencia.

1 2 3 ............ 0nV V V V+ + + + =r r r r

2. LEY DE CORRIENTES DE KIRCHHOFF. La suma algebraica de todas las corrientes que inciden en un nudo es igual a cero. En corriente alterna trabajan en dos dominios. a. En el dominio del tiempo.

1 2 3( ) ( ) ( ) .......... ( ) 0ni t i t i t i t+ + + + =

b. En el dominio de la frecuencia.


57

1 2 3 ............... 0nI I I I+ + + + =r r r r

Impedancia en serie: Las impedancias en serie se suman.

1 2 ............... 0eq nZ Z Z Z= + + + =

Por los elementos en serie pasa la misma corriente.

( )1 2

1 2

.........

.........ab n

ab n

V Z I Z I Z I

V I Z Z Z

= + + +

= + + +

r r r r

r r

abeq

VZI

=r

r

Impedancia en paralelo: La suma de las inversas de impedancias en paralelo es la inversa de la impedancia equivalente.

1 2

1 1 1 1..........eq n

IZ Z Z ZV

= = + + +r

r ó

1 2 ............eq nY Y Y Y= + + +


58

Los elementos en paralelo están en la misma tensión

1 2 .......... nI I I I= + + +r r r r

1 2

..........eq n

V V V VZ Z Z Z

= + + +r r r r

10. TRANSFORMACIÓN DELTA-ESTRELLA Y ESTRELLA-

DELTA


59

Delta-Estrella Estrella-Delta

1

2

3

b c

a b c

c a

a b c

a b

a b c

Z ZZZ Z Z

Z ZZZ Z Z

Z ZZZ Z Z

=+ +

=+ +

=+ +

1 2 2 3 3 1

1

1 2 2 3 3 1

2

1 2 2 3 3 1

3

a

b

c

Z Z Z Z Z ZZZ

Z Z Z Z Z ZZZ

Z Z Z Z Z ZZZ

+ +=

+ +=

+ +=

Nota: Un circuito Delta o Estrella está equilibrado si las impedancias en las tres ramas son iguales entre si.

3 YZ ZΔ = ó 3YZZ Δ=

1 2 3YZ Z Z Z= + + y a b cZ Z Z ZΔ = + + Ejemplo # 1: En el circuito mostrado convertir el conjunto de condensadores conectados en delta en su equivalente de estrella y calcular el valor de la corriente I.


60

Solución. Hallamos la impedancia equivalente en los condensadores

1 2 3 20 10 10 40eqX X X X j j j j= + + = − − − = − Ω

Luego

1 21

( 20)( 10) 540eq

X X j jZ jX j

− −= = = − Ω

−

1 32

( 20)( 10) 540eq

X X j jZ jX j

− −= = = − Ω

−

2 33

( 10)( 10) 2.540eq

X X j jZ jX j

− −= = = − Ω

−

El circuito equivalente será


61

Luego por ecuación de mallas hallamos la corriente I.

1

1

12.5 17.5 2017.5 (10 12.5) 0

j I j Ij I j I

− =− + + =

Despejando I tendremos

12.5 2017.5 0 350 90º 1.79 50.2º

12.5 17.5 195.26 39.8º17.5 10 12.5

jj

I Aj jj j

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠= = =

−⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎝ ⎠

Ejemplo # 2: Un capacitor tiene una reactancia de 80Ω a una frecuencia de 200Hz, calcular la capacitancia del capacitor. Además calcular la reactancia y susceptancia de un inductor de 0.1H a una frecuencia 1kHz.. Solución. En el capacitor su reactancia será:

1 1 C 9.952 2 200 80CX F

fCμ

π π= → = =

× ×

En el Inductor su reactancia será:

2 2 1000 0.1 628.3L LX fL Xπ π= → = × × = Ω

Y la susceptancia es.

1 1 B 0.00159628.3L L

L

B mhosX

= = → =

Ejemplo # 3: En cada una de las formas de onda a y b mostrada. 1. Trazar el diagrama fasorial a cada una de las formas de onda. 2. Determinar la relación de fase entre el voltaje y la corriente. 3. Determinar una expresión para las ondas de voltaje y corriente, expresadas

como una función de tiempo. 4. Presentarlas como cantidades polares complejas. 5. Calcular la impedancia en cada forma de onda.


62

(a) (b)

Solución: Para la forma de onda (a): 1. Su diagrama fasorial es.

2. Si observamos la onda sinusoidal de voltaje comienza en θ = 0 y la

corriente pasa a traves de cero y aumenta en dirección positiva, alcanzando el 80º, es decir I se retrasa en 80º con respecto a V.

3. En el diagrama fasorial correspondiente en el tiempo t = 0, la expresión

que describen el voltaje y la corriente son:

( ) 100 ( ) A( ) 10 ( 80º ) A

v t sen ti t sen t

ωω

== −

4. En forma polar compleja, el voltaje y la corriente son.

100 0º 70.71 0º V2

10 80º 7.071 80º A2

V

I

= =

= − = −


63

5. La magnitud de la impedancia es

100 1010

m

m

VZI

= = = Ω

Usando los valores r.m.s. será.

70.71 107.071

VZI

= = = Ω

Para la forma de onda (b) 1. Su diagrama fasorial es:

2. En este caso 0θ = , el fasor de voltaje ya ha girado a través de un ángulo de

1 0.707180º ( ) 225º10

sen− −+ =

−, así mismo, como la forma de onda de la

corriente alcanza cero en un ángulo de 0.524 radianes o 30º, a girado a través de un ángulo de 180º - 30º = 150º.

Para cuando t = 0.

( ) 10 ( 225º ) A( ) 70 ( 150) A

v t sen ti t sen t

ωω

= += +

Por tanto, el voltaje adelanta a la corriente en 225 – 150 = 75º, y se

expresa así:

10 225º 7.071 225º A2

V = =

70 150º 49.5150º A2

I = =


64

El modulo de la impedancia será:

10 7.07 225º0.143 ó 0.143 75º 70 49.5150º

m

m

VZ ZI

= = = Ω = = Ω

Ejemplo # 4. En el circuito mostrado, utilizando el método fasorial, encontrar la respuesta de estado estable de la corriente total i(t) y construir el diagrama fasorial de tensiones.

Solución: Primero hallamos la reactancia inductiva y capacitiva.

3

6

100(100 10 ) 101 1 1

(100)(10 10 )

L

C

X L

X kC

ω

ω

−

−

= = × = Ω

= = = Ω×

El circuito equivalente será.


65

10 1 990L CX X j j k− = − = − Ω

1 990 990 89.94º Z j= − = − Ω El voltaje efectivo será

50 0º 35.35 0º2rmsV = =

Entonces el fasor de Corriente será:

335.35 0º 35.71 10 89.94º A990 89.94º

efVI

Z−= = = ×

−

En el dominio del tiempo será:

( ) 0.05cos( 89.94º ) Ai t tω= +


67

Capítulo II

METODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN

De aquí en adelante analizaremos los circuitos ca en el dominio de la frecuencia por medio de fasores, pues resulta mucho mas sencillo que en el dominio del tiempo.

1. DIVISOR DE TENSIÓN FASORIAL.

1 21 2

1 2 1 2 1 2

, , Z ZVI V V V VZ Z Z Z Z Z

= = =+ + +

rr r r

Ejemplo # 1. En el circuito mostrado calcular la corriente I y la tensión en cada elemento por el método de divisor de tensión.


68

Solución: Primero hallamos la impedancia equivalente del circuito.

1 2 3 10 20 30 10 10eqZ Z Z Z j j j= + + = + − = −

14.142 45ºeqZ = − Ω

La tensión Total será.

1 2 35.36 0º 35.36 90º 35.36 35.36V V V j= + = + = +r

50 45ºV V=

La Corriente Total Será:

50 45º 3.536 90º 3.536

14.142 45ºeq

VI j AZ

= = = =−

r

Por Divisor de Tensión tenemos:

10 500 45º50 45º 35.36 90º 35.3614.142 45º 14.142 45ºRV j V= = = =

− −


69

20 (50 45º)(20 90º)50 45º 70.7 180º 70.7214.142 45º 14.142 45ºL

jV V= = = = −− −

30 (50 45º)(30 90º)50 45º 106.08 0º 106.08

14.142 45º 14.142 45ºCjV V− −

= = = =− −

1 235.36 70.72 106.08 35.36 35.36R L CV V V V j j V V= + + = − + = + = +r

la tensión total será:

50 45ºV V=r

Su Diagrama fasorial será.


70

Ejemplo # 2: Dado el siguiente circuito, hallar V= ______

10 30º100 0º(5 10 10 30º 20 5 45)

Vj j

=− + + +

(1 0 0 0 º )(1 0 3 0 º ) 1 0 0 0 3 0 º(5 1 0 1 0 3 0 º 5 4 5) 2 5 .2 8 4 7 .1 4 7 º

Vj

= =+ + +

39.55 17.147ºV V= −

2. DIVISOR DE CORRIENTE FASORIAL.

Las impedancias en paralelo dividen la corriente total en la relación inversa de las impedancias (relación de las impedancias).


71

1 1 2 2eqV Y I Y I Y I= = =

Caso 2 Ramas:

2 11 2

1 2 1 2

, Z ZI I I IZ Z Z Z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Caso 3 o mas Ramas:

31 21 2 3, , , , , , n

neq eq eq eq

Y YY YI I I I I I I IY Y Y Y

= = = =

Ejemplo # 3. En el circuito mostrado hallar la corriente en cada rama


72

Solución: Primero convertimos la Impedancia en admitancia.

20 0.05RZ R G mho= = Ω⇒ =

10 0.1L L LZ X j Y j= = ⇒ = −r r rr r

5 0.2C C CZ X j Y j= = − ⇒ =r r rr r

0.05 0.1 0.2 0.05 0.1 0.112 63.43ºeqY j j j= − + = + = Ω

Luego por divisor de corriente hallamos la corriente en cada elemento.

1

(6 30º)(0.05 0º )0.056 30º0.112 63.43º 0.112 63.43ºeq

GI IY

= = =Ω Ω

rr

10.3 30º 2.678 33.43º

0.112 63.43ºI A= = −

20.1 (6 30º)(0.1 90º)6 30º

0.112 63.43º 0.112 63.43ºL

eq

Y jI IY

− −= = =

Ω

r

20.6 60º 5.357 123.43º

0.112 63.43ºI A−= = −

3

(6 30º)(0.2 90º )0.26 30º0.112 63.43º 0.112 63.43º

C

eq

Y jI IY

= = =Ω Ω

rr

31.2120º 10.7156.57º

0.112 63.43ºI A= =

1 2 3 2.678 33.43º 5.357 123.43º 10.7156.57TI I I I= + + = − + − +

5.98 30ºTI =


73

3. METODO DE TRANSFORMACIÓN DE FUENTES AC. a)

2 3 1TV V V V= + −

b)

1 3 2TI I I I= + −r r r r


74

c)

VIZ

=r

r

d)

.V I Z=r r

Ejemplo # 4 Hallar la suma de las tensiones, expresados en voltios, cuyos valores instantáneos viene dados por.

1( ) 35 ( 45º )v t sen tω= +

2 ( ) 100 ( 30º )v t sen tω= −

Tomar como sentido de la suma: a) En primer lugar el sentido positivo de v1(t), b) segundo lugar el de v2(t).

Vuur


75

Solución: Primero transformamos las tensiones instantáneas en fasores.

1 135( ) 35 ( 45º ) 45º 24.75 45º

2v t sen t Vω= + ⇒ = =

2 2100( ) 100 ( 30º ) 30º 70.71 30º

2v t sen t Vω= − ⇒ = − = −

a) Tomando el sentido de v1(t) para el calculo de la suma se tiene.

1 2 70.71 30º 24.75 45ºTV V V= − = − −

(17.499 17.499) (61.236 35.355) 43.737 52.854TV j j j= + − − = − +

68.6 129.61ºTV V=

( ) 68.6 2 ( 129.61º )Tv t sen tω= +

( ) 97 ( 129.61º )Tv t sen tω= +

b) Tomando el sentido de v2(t) para el calculo de la suma se tiene.

'2 1 24.75 45º 70.71 30ºTV V V= − = − −

' 43.737 52.854 68.6 50.39ºTV j V= − = ' ( ) 97 ( 50.38º )Tv t sen tω= −


76

El diagrama fasorial será.


77

Capítulo III

MÉTODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDES ELÉCTRICOS LINEALES

Pasos para analizar circuitos de AC. Si está en el dominio del tiempo, transformar el circuito al dominio

fasorial o al dominio de la frecuencia. Analizar el problema de la misma manera que en el análisis de circuitos

cd. Transformar el fasor resultante al dominio del tiempo.

1. MÉTODOS DE LAS CORRIENTES DE MALLAS.

Lazo0 V =∑rr

Ec. Matricial Z I V⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦r r r

Sea el circuito en el dominio de la frecuencia, aplicando la ley de kirchhoff para las tensiones, se obtiene el sistema de ecuaciónes.

1 1 2 1 2 1

3 2 4 2 3 2 2 1

5 3 4 3 2 2

( )( ) ( ) 0( )

Z I Z I I VZ I Z I I Z I IZ I Z I I V

+ − =+ + + − =

+ + =


78

1 1 1 2 1 3 1 1

2 1 2 2 2 3 2

233 1 3 2 3 3

0Z Z Z I VZ Z Z I

VIZ Z Z

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1 11 2 2

2 2 3 4 4 2

4 4 5 23

( ) 0( ) 0

0 ( )

I VZ Z ZZ Z Z Z Z I

Z Z Z VI

+ − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥− + + =⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Impedancia de entrada. Si tenemos un circuito con fuente única la impedancia de entrada es la relación entre la tensión aplicada y la intensidad de corriente que da lugar es decir:

,r Z

ent rr rr

VZI

Δ= =

Δ

La impedancia de entrada de un circuito con elementos activos es en sus terminales de entrada, cuando todas sus fuentes de tensión Independientes están cortocircuitado, eso si conservan su propia impedancia interna. Donde ZΔ , rrΔ son la impedancia de entrada tanto de un circuito pasivo

como de un activo. Impedancia de transferencia Es la relación entre la tensión aplicada en una malla y la intensidad de la corriente que resulta en otra malla, anulando el resto de las fuentes. El doble subíndice “r s” nos indica que la fuente esta en la malla r y la intensidad a considerar es la que aparece en la malla ( s ).

,r Z

transf rss rs

VZI

Δ= =

Δ

Donde rrΔ es el determinante y adjunto de rsZ en ZΔ .


79

Ejemplo # 1 En el circuito mostrado hallar Vx usando el método de corrientes de malla.

Solución: Si observamos la corriente I3, circula por la resistencia de 10Ω en sentido tal que Vx = I3(10). Entonces hallamos el sistema de ecuación:


80

Malla (1)

1 2 3(7 3) 5 5 10 0ºj I j I I+ + + =

Malla (2)

1 2 35 (12 3) (2 2) 5 30ºj I j I j I+ + − − =

Malla (3)

1 2 35 (2 2) (17 2) 0I j I j I− − + − =

La ecuación matricial es:

1

2

3

7 3 5 5 10 0º5 12 3 (2 2) 5 30º

5 (2 2) 17 2 0

Ij jj j j I

j j I

+ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ − − =⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Resolviendo por determinantes.

3

7 3 5 10 0º5 12 3 5 30º

5 2 2 0 667.96 169.09º 0.435 194.15º7 3 5 5 1534.5 25.06º

5 12 3 2 25 2 2 17 2

j jj j

jI A

j jj j j

j j

+⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟− +⎝ ⎠= = = −+⎛ ⎞

⎜ ⎟+ − +⎜ ⎟⎜ ⎟− + −⎝ ⎠

3(10) 4.35 194.15ºxV I V= = −

2. METODO DE TENSIONES DE NODOS. La Ecuación matricial es:

Y V I⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦r r r

El procedimiento es igual que el anterior pero con admitancias, un circuito en el dominio de la frecuencia, con n nudos principales. Uno de


81

ellos elegidos como nudo de referencia, requiere n-1 ecuaciones de tensión en los nudos

1 1 1 2 1 3 1 1

2 1 2 2 2 3 2 2

3 33 1 3 2 3 3

Y Y Y V IY Y Y V I

V IY Y Y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Admitancia de Entrada y de Transferencia. Se define como:

, ,, r Y r Yent r transf rs

r rr s rs

I IY YV V

Δ Δ= = = =

Δ Δ

Donde rrΔ y rsΔ son adjuntos de rrY e rsY en YΔ .

Ejemplo # 2. En el circuito mostrado calcular la corriente I, usando el método de las tensiones de nudos.

Solución: Aplicamos el método nodal y para ello transformamos las fuentes de tensión en fuentes de corriente.


82

1

2

1 1 1 1 50 0º5 2 4 4 5

1 1 1 1 50 90º4 4 2 2 2

VjV

j

⎛ ⎞ ⎡ ⎤+ + −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎡ ⎤⎜ ⎟ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥− + +⎜ ⎟ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎝ ⎠

De donde:

1 volt.

10 0.525 0.75 0.5 13.52 56.31º 24.76 72.25º

0.45 0.5 0.25 0.546 15.94º0.25 0.75 0.5

j jV

jj

−⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠= = =− − −⎛ ⎞

⎜ ⎟− +⎝ ⎠

24.76 72.25º 12.38 17.75º 2 90º

ampI⇒ = = −

3. SUPERNODO: Un supernodo se forma conectando una fuente de tensión entre dos nodos, excepto el nodo de referencia y cualquier elemento en paralelo con ella. Para ello se aplica tanto la primera como la segunda ley de kirchoff para determinar los voltajes.


83

Ejemplo # 3 En el circuito mostrado calcular V1 y V2

Solución: Como se observa en el circuito los nodos V1 y V2 forman un supernodo, ademas R = 4 se rincea .

Para aplicar el método nodal corto circuitamos la fuente de tensión, circuito abierto a la fuente de corriente y hacemos su diagrama topológico.


84

Diagrama topológico

Como de observa tenemos n = 2, entonces tenemos 2 ecuaciones:

1 2 233 6 12

V V Vj j

= + +−

Resolviendo tenemos:

1 2 (1)36 4 (1 2) .............j V j V= + −

Sin embargo una fuente de tensión está conectada entre los nodos V1 y V2

1 2 (2)10 45º .........V V= +

Reemplazamos la ecuación (2) en la (1) y tenemos

2 236 4( 10 45º) (1 2)j V j V− + = −

236 40135º (1 2)j V− = +

2 volt.31.35 87.17º V = −

Según la ecuación (2)

1 31.35 87.17º 10 45ºV = − +

1 volt25.72 70.42º .V = −


85

4. SUPERMALLA: Una supermalla se forma conectando una fuente de corriente entre dos mallas. Ejemplo # 4. En el circuito mostrado, hallar Vo , utilizando el análisis de malla.

Solución: Observando el circuito en las mallas 3 y 4 forman una supermalla debido a que la fuente de corriente está entre éstas. Por LCK tenemos. Malla 1:

1 2 3 (1)(8 2) 2 8 10 ...........j I j I I− + − =

Malla 2:

2 (2)3 ............I = −

Supermalla:

3 1 4 2 (3)(8 4) 8 (6 5) 5 0 ............j I I j I j I− − + + − = )


86

Debido a la fuente de corriente entre las mallas 3 y 4, en el nodo A, tenemos.

4 3 (4)4 ..........I I= +

Reemplazamos la ecuación ( 2 ) en ( 1 )

1 3(8 2) 8 10 6j I I j− − = +

Luego reemplazamos las ecuaciones ( 2 ) y ( 4 ) en ( 3 ):

3 1 3

1 3

(8 4) 8 (6 5)( 4) 5( 3) 08 (14 ) 24 35

j I I j I jI j I j− − + + + − − =

− + + = − −

Obteniendo la ecuación matricial.

1

2

8 2 8 10 68 14 24 35

Ij jj I j

− − +⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− + − −⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦


87

Por determinantes hallamos.

1

8 2 8112 8 28 2 64 50 20

8 14

8 2 8140 10 84 6 192 280 58 186

24 35 14

jj j j

j

jj j j j

j j

− −⎛ ⎞Δ = = + − + − = −⎜ ⎟− +⎝ ⎠

− −⎛ ⎞Δ = = + + − − − = − −⎜ ⎟− − +⎝ ⎠ La corriente I1 es:

11

58 186 3.618 274.5º50 20

jI Aj

Δ − −= = =Δ −

La Tensión 0V será:

1 22( ) 2(3.618 274.5º) 7.2134. 6.568oV j I I j j= − − = − = −

9.756 222.32ºoV V=


89

Capítulo IV POTENCIA MONOFÁSICA

La tensión aplicada al circuito de elementos pasivos es una función de tiempo, la corriente que resulta es también una función de tiempo cuyo valor depende de los elementos que integre el circuito. La potencia instantánea es el producto en cada instante de la tensión por la corriente.

( ) ( ). ( )p t v t i t= Donde p(t) puede tomar valores positivos o negativos. Una potencia positiva significa una transferencia de energía de la fuente a la red, y una potencia negativa a una transferencia de energía de la red a la fuente.

POTENCIA ACTIVA: (En el dominio del tiempo) Es la potencia que da lugar a un consumo de energía y a la producción de un trabajo ó energía útil (trabajo mecánico, calor). a. En una Bobina. Si tenemos un circuito pasivo con un elemento

inductivo, y aplicamos una tensión senoidal ( ) ( )mv t V sen tω= y la

corriente que circula es ( ) ( )mi t I sen tω= , entonces el valor de la potencia

instantánea es:

( ) ( ). ( ) ( cos )( )

2( ) ( 2 )2 2 2

m m

m mm m

p t v t i t V t I sen t

V Vsen tp t V I sen t

ω ω

ω ω

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠


90

( ) ( 2 )rms rmsp t V I sen tω=

La frecuencia de la potencia es el doble a la tensión o la corriente, y el valor medio de la potencia en un ciclo o periodo completo es cero. (la bobina no disipa potencia).

0mP =

Energía en una Bobina:

4 4

4

0 0

0

( ) ( 2 )

cos 2 cos 2 cos 0º2 2 4

T T

T

L rms rms

rms rmsL rms rms

W p t dt V I sen t

V It TW V I

ω

ω ωω

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫ ∫

Si:

22 24 4T T

Tπω π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠


91

[ ]2

2

2 ; ( )2

1 1 1. . ( )2 22 2

rms rms rms rmsL m m m

m m mL m

V I V IW V XI L I

V I LIW L I

ωω ω

ωω ω

= − − = = =

⎡ ⎤= = =⎣ ⎦

2

2m

LLIW =

b. En un condensador: El condensador no disipa potencia. Entonces la potencia media es cero.

0mP =

Potencia instantánea es:

( ) ( ) 2inst rms rmsP v t i t V I sen tω= =

Energía en el condensador es:

42

02

2

Tm

C rms rmsCVW V I sen tdtω= =∫

2

2m

CC VW =


92

c. En una resistencia. La frecuencia de la potencia es también el doble de la tensión o la corriente, además la potencia siempre es positiva y varia desde cero a un valor máximo Vm Im.

2

2

( ) ( ). ( ) ( )( ) ( )

1 cos( ) (1 cos )2 2 2

m m m m

m mm m

p t v t i t V sen t I sen t V I sen t

V Vtp t V I t

ω ω ω

ω ω

= = =

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) (1 cos 2 )rms rmsp t V I tω= −

El valor medio de la potencia es: 12m m mP V I=

Energía en la resistencia es:

2R rms rmsTW V I=

1. POTENCIA ACTIVA ( P ). (En el dominio fasorial) La ecuación de la potencia promedio en un circuito ac es:

potencia aparente x factor de potenciacos cos P VI Sφ φ= = = Donde cosφ se conoce como factor de potencia y S potencia aparente.

Unidad de medida: watt, kw, Mw.


93

2. POTENCIA REACTIVA (Q). Proporciona una indicación de la energía intercambiada entre el

circuito y la fuente de energía. No implica transformación, trabajo útil ni consumo de energía.

El producto de V Is e nφ se llama potencia reactiva, en el sistema mksa voltio-amperio reactivo (VAR) y su múltiplo es el kilovoltio-amperio reactivo (KVAR). ( 1KVAR = 1000VAR).

3. POTENCIA COMPLEJA (S). Llamado también Potencia Total ó

Potencia Aparente Es un parámetro que indica la disponibilidad de una máquina o una

de una planta en general. Es el producto (V.I) llamado también potencia aparente su unidad de

medida es el voltio-ampere (VA) y su múltiplo es kilovoltio-amperio (KVA) 1KVA = 1000VA.

Demostremos:

* S V I=

Sea: *(1), (2) ........ .........V II I I Iφ φ= = −

Multiplicando miembro a miembro (1) por (2).

* 2 2. ( ) ( ) 0ºV II I I I I Iφ φ= − = =

Pero:

2 * *( ) ( . ) ( . ) ( )V

S Z I Z I I Z I I= = =

*S V I= l.q.q.d. Resumen:

cosP Q

S VI S VI jVIsenφ φ φ= ⇒ = +

S P jQ S φ= + = .


94

Sea: Z R jX= +

Si multiplicamos a Z por 2 0I ≥ tendremos: 2 2 2

S P Q

I Z RI jXI= +

Potencia aparente, 2 VAS VI I Z= =

Potencia real, 2cos P VI I R wattsφ= =

Potencia reactiva, 2 VARQ VIsen I Xφ= =

Potencia aparente compleja, *S V I=

Triangulo de Impedancia:

Z R jX Z φ= + =

Triangulo de potencia:

S P jQ S φ= + =


95

4. FACTOR DE POTENCIA ( fdp ). Es un indicador del correcto aprovechamiento de la energía eléctrica. Además es la relación entre la potencia activa ( P ) y la potencia aparente (S) o el coseno del ángulo que forman los favores de la intensidad y el voltaje.

cos PfdpS

φ= =

5. CORRECCIÓN DE FACTOR DE POTENCIA

Es una técnica empleada en la industria mediante la cual banco de condensadores adecuados se consigue corregir el factor de `potencia con las siguientes consecuencias:

Reducción de la potencia total o aparente del sistema

Reducción de la corriente total del sistema Reducción de las perdidas en las líneas de transmisión de energía

eléctrica Reducción de costos en las instalaciones de conductores Se conserva la potencia activa del sistema.

Circuito a emplear:

a) Cuando el Sw off→ :


96

T m

T m

I I

S S

=

=

b) Cuando el Sw on→ :


97

(1)( ) .........C m m mQ P tg P tg P tg tgφ α φ α= − = −

2

: (2) ........CC

peroVQX

=

( 2 ) en ( 1 ):

2

( )mC

V P tg tgX

φ α= −

2

( )Cm

VXP tg tgφ α

=−


98

Diagrama fasorial de corrientes:

T C mI I I= +

cos cosm TI Iφ α=

coscosT mI I φ

α=

Como:

cos cosα φ>

cos 1 cos T mI Iφ

α< ⇒ <

Del triangulo de potencia se observa que: T mS S<

Ejemplo # 1: Se aplica un voltaje de ( ) 212.1v t sen tω= a una impedancia de

3.6156.31ºΩ , determinar la resistencia y reactancia del circuito, así como la potencia real, la potencia aparente, y la potencia reactiva consumidas. Calcular la corriente que hay en el circuito y su factor de potencia. Dibujar el triangulo de potencia para el circuito. Solución: La impedancia del circuito es:

3.6156.31º 2 3 Z j= = + Ω


99

El voltaje suministrado se expresa como:

212.1 0º 150 0º V

2V = =

Y la corriente en el circuito será:

150 0º 41.55 56.31º A3.6156.31º

VIZ

= = = −

El factor de potencia es:

Retrasadocos( 56.31º ) 0.55 fdp = − = Las potencias consumidas se pueden calcular mediante dos métodos. Método 1. Potencia real

2 2(41.55) 2 3453 WP I R= = =

Potencia Reactiva

2 2(41.55) 3 5179 VAR LQ I X= = =

Potencia aparente

2 2(41.55) 3.61 6232 VAS I Z= = =

Método 2.

150 41.55 56.31º 6232 56.31º S VI VA= = × =

3457 5185 VAS j= − Método 3. Potencia real

cos 150 41.55cos( 56.31º ) 3457 P VI Wφ= = × − =


100

Potencia Reactiva

150 41.55 ( 56.31º ) 5185 Q VIsen sen VARφ= = × − = − Potencia aparente

150 41.55 6232S VI VA= = × = De acuerdo a estos resultados el triangulo de potencia será:

Ejemplo # 2: Si se sabe que en el circuito a) 1 10 20º AI = − , y en el circuito b) 2 8 VLV j= +

entonces: Calcular la potencia real, la potencia aparente y la potencia reactiva que consumen los siguientes circuitos a y b, en cada caso dibujar el triangulo de potencia y el factor de potencia. Circuito ( a ):


101

Circuito ( b ):

Solución: Circuito (a) Impedancia del circuito

1 10 10 14.14 45ºZ j= + =

2 5 5 7.07 45ºZ j= − = −

(14.14 45º)(7.07 45º 99.96 0º 6.326 18.43º15.818.43º 15.818.43ºeqZ −

= = = − Ω

La corriente total es:

11

14.14 45º10 20º 22.36 43.43º A6.326 18.43ºT

eq

ZI IZ

= = − =−

Si se sabe que el voltaje en cada rama es el mismo entonces 1 1T eqI Z I Z= , por lo

que y el voltaje a través del circuito es:

1 1 10 20º 14.14 45º 141.42 25º VV I Z= = − × =


102

La potencia aparente consumida por el circuito es:

* 141.42 25º 22.36 43.43º 3162 18.43º VTS VI= = × − = −

2999 999.6 VAS j= − O sea: Potencia Aparente S = 3162 VA Potencia real consumida, P = 2999 W Potencia reactiva consumida, Q = 999.6 VAR adelantada El factor de potencia es: cos(43.43º 25º ) 0.95 − = adelantada El triangulo de potencia es:

Si el ángulo es negativo indica que es una carga capacitiva.

Circuito ( b ). La impedancia equivalente del circuito es:

4 (5 8) 5 36.9ºeqZ j= + − = − Ω

La corriente que circula por el circuito es:

2 8 8.25 76º 1.65 14º A5 5 90º

L

L

V jIZ j

+= = = = −

El voltaje a través del circuito es:

1.65 14º 5 36.9º=8.25 50.9º VT eqV IZ= = − × − −


103

La potencia aparente consumida es:

* 8.25 50.9º 1.65 14º=13.61 36.9º TS V I= = − × −

10.88 8.17 VA S j= − O sea: Potencia aparente, S = 13.61 VA Potencia real consumida, P = 10.88 W Potencia reactiva consumida, Q = 8.17 VAR adelantada El factor de potencia cos( 50.9 14) cos( 36.9) 0.8 − + = − = adelantada El triangulo de potencia es:

Si el ángulo es negativo indica que es una carga Capacitiva. 6. TEOREMA THEVENIN

Consiste en una fuente de voltaje en serie con una impedancia. Una red que tenga terminales a y b, a las cuales esté conectada una carga eléctrica, se comportara como si tuviera una f.e.m E con una impedancia interna Z. E se mide en las terminales con la carga desconectada, Z es la impedancia medida entre las terminales a y b con la carga desconectada y cada fuente interna de la red es sustituida por su impedancia interna.


104

7. TEOREMA NORTON:

Cualquier red activa de un puerto se puede reemplazar con una solo fuente de corriente I, en paralelo con una admitancia interna Y, I es la corriente que fluirá entre las terminales a y b cuando estuviera en corto circuito; Y es la admitancia medida entre a y b con la carga desconectada, y cada fuente dentro de la red es sustituida por su admitancia interna.

Equivalencia entre los circuitos de Thevenin y Norton es cuando:

1 1 y VZ IZY Y

= = =


105

Ejemplo # 1. En el circuito mostrado encontrar el equivalente de thevenin

Solución: Hallamos las impedancias

1 2

3

6 8 10 53.13º , 3 4 5 53.13º5 5 90º

Z j Z jZ j

= + = Ω = − = − Ω= = Ω

Luego hallamos Thevenin equivalente

(10 53.13º)(5 53.13º) 50 0º5 90º 5 90º9 4 9.85 23.96º

5.1 23.96º 5 90º 4.66 2.9 5.49 31.89º

Th

Th

Zj

Z j

−= + = +

+= − + = + = Ω


106

Luego hallamos la tensión

2 1

2 1

(5 53.13º)(10 0º) 50 53.13º9.85 23.96º 9.85 23.96ºTh

Z VVZ Z

− −= = =

+

5.1 76.9ºThZ = −

Entonces el circuito equivalente de thevenin será

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado hallar el equivalente Norton en los bornes “a y b”.

Solución: Primero hallamos la impedancia

1

2

3 4 5 53.13º5 5 90º

Z jZ j

= + = Ω= − = − Ω


107

(5 53.13º)(5 90º) 25 36.87º 7.91 18.44º 7.5 2.53 1 3.16 18.43ºNZ j

j− −

= = = − = −− −

Luego hallamos la corriente.

11

20 0º 4 53.13º5 53.13ºN

EI IZ

= = = = −

Entonces el circuito equivalente de Norton será:


108

8. TEOREMA SUPERPOSICION: En cualquier red lineal bilateral que contenga varias fuentes independientes, el voltaje a través de cualquier elemento o fuente es la suma de los voltajes o corrientes individuales producidos por cada fuente independiente que actúa sola. Cuando un circuito contiene fuentes dependientes, el teorema solo puede usarse cuando la variable de control es externa a la red que contiene las fuentes.

Ejemplo # 1 En los circuitos mostrados, determinar la corriente que hay en cada rama de la red, por el teorema de superposición.

Solución: Paso 1. Corto circuitamos V2 , la fuente V1 actuara sola, entonces el circuito equivalente es:


109

Hallamos la corriente I4.

4100 0º 100 0º 4.285 0º A40 20 10 13.33310

40 20

I = = =× +++

Por divisor de corriente se tiene

5204.285 0º 1.43 0º A

40 20I = × =

+

Por tanto

6 4 5 4.285 0º 1.43 0º 2.86 0º AI I I= − = − =

Paso 2. Corto circuitazos V1, la fuente V2 actuara sola, como se observa en el circuito mostrado.


110

y por el mismo método hallamos la corriente I9.

950 45º 50 45º 1.79 45º A10 40 20 820

10 40

I = = =× +++

Así mismo

7 81.432 45º A y 0.348 45º AI I= =

Al combinar los valores de los circuitos (a) y (b) obtenemos los valores pedidos del circuito (a) de la forma siguiente.

1 4 7 4.29 0º 1.432 45º 5.410.79º AI I I= + = + =

2 5 8 1.43 0º 0.358 45º 1.7 8.55º AI I I= + = + =

3 6 9 2.86 0º 1.79 45º 4.3217.09º AI I I= + = + =


111

9. TEOREMA DE LA MÁXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA:

La potencia que se transfiere de una red activa a una carga depende de varios factores. Si la carga es una resistencia pura, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la resistencia de la carga es igual a la magnitud de la impedancia interna de la red activa.

Si la carga tiene una impedancia variable, pero con un factor de potencia constante, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la magnitud de la impedancia de la carga es igual a la magnitud de la impedancia interna de la fuente.

Si la resistencia y la reactancia de la carga son independientemente variables, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la impedancia de esta es igual al conjugado complejo de la impedancia interna de la fuente.

Si la carga comprende una reactancia fija en serie con una resistencia variable, se transfiere la máxima potencia cuando la resistencia de la carga es igual a la suma de la magnitud de la impedancia interna de la red activa y la reactancia de la carga.

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado hallar la transferencia de potencia máxima, el valor de la potencia media, y la potencia reactiva de la carga ZL.

Solución: Primero convertimos a fasores cada componente.


112

3

3

21 1 2

(100)(5 10 )(100)(20 10 ) 2

R

C

L

Z

Z jj C j

Z j L j jωω

−

−

=

= = = −×

= = × =

Por el teorema de máxima transferencia de potencia *

L thZ Z= , entonces

calculamos thZ . Se sabe que:

thth

N

VZI

=

Entonces calculamos thZ . si tomamos la referencia en el nodo “b”, la tensión de

thevenin será:

1( ) 0 2th a b abierto a xV V V V V V= − = − = +

Donde.

1 1 1( 2), (2) xV I j V I= =

Por la ecuación de mallas hallamos I1:


113

1

1 1

24 0º (2 2 2)24 2 12 0º

I j jI I

− = + −

− = ⇒ = −

Por tanto:

1

1 1

( 2) 12( 2) 24(2) 12(2) 24

xV I j j jV I

= = − = −

= = − = −

Entonces

12 24 2( 24) 48 24 53.66 153.43ºth xV V V j j= + = − + − = − − = −

Luego calculamos corriente de Norton IN.

Aplicamos análisis de malla:

2 2

1 2

24 (2 2) 2( )2 2( )

N

N

j I j I IV j I I− = − + −

= −

Si 1 22V I=


2 2

2 2

24 (2 2) 2( )4 2( )

N

N

j I j I II j I I− = − + − ⎫

→⎬= − ⎭6(1 3)NI j A= − +

Entonces la impedancia de Thevenin será:


114

24(2 2) 4(2 ) 8.94 26.56º 2.83 45º 2 26(1 3) (1 3) 3.16 71.56º

thth

N

V j jZ jI j j

− + += = = = = − = −

− + +

* 2 2L thZ Z j⇒ = = +

La potencia media y la potencia reactiva de la carga ZL lo calculamos por el circuito de Thevenin:

24(2 ) 48 24 53.66 153.43º2 2 2 2 4 4 0º

th

th L

V j jIZ Z j j

− + − − −= = = =

+ − + +

13.42 153.43º 12 6 AI j= − = − − La potencia media será: (Potencia máxima de transferencia).

2 2.Re( ) (13.42) (2) 360 LZ LP I Z W= = =

La potencia reactiva será:

2 2.Im( ) (13.42) (2) 360 LZ LQ I Z VAR= = = .


115

10. PROBLEMAS RESUELTOS

1. En el circuito mostrado (a) un generador de corriente alterna genera una tensión sinusoidal como se muestra en el grafico (b) calcular: a. Impedancia total b. Las corrientes en R, L y C c. Angulo de desfase entre la corriente total y la tensión aplicada. d. La potencia suministrada por el generador al circuito.

Si se sabe que R =10 Ω, C = 300uF, L = 0.02H

Solución: Según figura (a y b) tenemos:

20 0º y LV X Lω= =

3

1 110 10010 10

T ms f HzT −= → = = =

×

2 2 (100) 628 radsegfω π π= = =

Si: L = 0.02H, entonces la reactancia inductiva será:

(628)(0.02) 12.57LX = = Ω

Si: C = 300μF, entonces la reactancia capacitiva será:


116

6

1 1 5.31(628)(300 10 )CX

Cω −= = = Ω×

1

1

1

10( 5.31)10 5.31

53 90º11.32 27.9º4.69 62.1º

jZj

Z

Z

−=

−−

=−

= −

a) La impedancia equivalente será:

2.2 (12.57 4.14)

2.2 8.43eq

eq

Z j

Z j

= + −

= +

8.71 75.37º eqZ = Ω


117

b) Las corrientes en R L y C son:

1

1

20 0º8.71 75.37º

2.29 75.37º Aeq

VIZ

I

= =

= −

2 1(2.3 75.37º)(5.31 90º 12.21 165.37º

11.32 27.9º 11.32 27.9ºC

C

XI IR X

− − −= = =

− − −

2 1.07 137.47º AI = −

3 1(2.3 75.37º)(10 0º) 23 75.37º

11.32 27.9º 11.32 27.9ºC

RI IR X

− −= = =

− − −

3 2.032 47.47º AI = −

c) El ángulo de desfase entre la corriente y la tensión aplicada es:

75.37ºφ =

d) La potencia suministrada por el generador al circuito es:

. cos 20(2.3) cos(75.37º )P V I φ= =

11.62 WP =


118

2. En el circuito mostrado calcular la corriente Ix, aplicando el teorema de Thevenin en los bornes a y b..

Solución: Separamos la carga y calculamos Vab.

El voltaje en la resistencia 2Ω y en la bobina de j5 es cero debido a que por ellas no circula corriente.

5 9 3 5 6 7.81 50 19ºtotalZ j j j= − + = − = − − Ω

12015º 2.56 65.19º A

7.81 50.19ºtotal

VIZ

= = =−

3(2.56 65.19º) 7.68155.19º VthV j= =

Luego calculamos la impedancia de Thevenin, anulando sus fuentes independientes de alimentación, si es fuente de voltaje se sustituye por un corto circuito y si es una fuente de corriente por circuito abierto.


119

(5 9)( 3) 2 5 2.73 8.88 9.29 72.91º

5 6eq thj jZ Z j j

j−

= = + + = + = Ω−

El circuito thevenin equivalente conectado a la carga será:

7.68155.19º 7.68155.19º 0.61109.7º8.73 8.88 12.45 45.49ºxI

j= = =

+


120

3. En la red mostrada encontrar el circuito equivalente Norton etre las terminales a y b.

Solución: Separamos la carga y cortocircuitamos las terminales a y b

Como se observa la malla 1 y 2 forman una supermalla, entonces primero hallamos las impedancias

1 2 3

12 13 23

30 10, 20 10, 5 4(20 10), 0, 0

Z j Z j Z jZ j Z Z

= + = + = −

= − + = =

Luego para encontrar IN aplicamos el método de mallas.

1 2 3 (1)(30 10) (20 10) 0 2..............j I j I I+ − + + =


121

1 2 3 (2)(20 10) (20 10) (5 4) 0...............j I j I j I− + + + + − =

3 2 1 2 3 (3)3 0 0..............I I I I I− = ⇒ − + =

Si observamos nuestro circuito I3 es la corriente Norton.

3

(20 10) 20 10 00 1 3

30 10 (20 10) 2 640 320(20 10) 20 10 5 4 390 30

0 1 130 10 (20 10) 2

1.6941 0.6901 1.82 22.16º

N

N

j j

j j jI Ij j j j

j j

I j

− + +⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟+ − + +⎝ ⎠= = =− + + − +⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟+ − +⎝ ⎠

= + =

Luego calculamos la impedancia de Norton


122

10(20 10) 200 100 223.6 26.56º10 20 10 30 10 31.62 18.43º

7.18.13º 7

a

a

j jZj j

Z j

+ += = =

+ + +

= Ω = + Ω

7 5 8 12 12 3 12.37 14ºNZ j j j j= + + + − = − = − Ω

Entonces el circuito equivalente Norton será:


123

4. En el circuito mostrado calcular la corriente Ix mediante el teorema de superposición.

Solución: a. Primero anulamos la fuente de voltaje corto circuitandolo y trabajamos

con la corriente.

10(20 10) 200 100 223.6 26.56º 7.18.13º 710 20 10 30 10 31.62 18.43ºa

j jZ jj j

+ += = = = Ω = + Ω

+ + +


124

Por divisor de corriente tenemos:

1(7 )(3 0º) 21.2 8.13º 1.714 22.13º 1.587 0.65 A

12 3 12.37 14ºjI j

j+

= = = = +− −

b. Ahora anulamos la fuente de corriente abriéndola y trabajamos con la

fuente de voltaje.

Aplicando el método de mallas

11 22 1230 10, 25 6, (20 10)Z j Z j Z j= + = + = − +

1 2

1 2

(30 10) (20 10) 2(20 10) (25 6) 0

j I j Ij I j I

+ − + =− + + + =


125

2

2

30 10 2(20 10) 0 4 2 4.47 26.56º 0.114 22.16º

30 10 (20 10) 39 3 39.1 4.4º(20 10) 25 6

0.11 0.04 A

jj jI

j j jj j

I j

+⎛ ⎞⎜ ⎟− + +⎝ ⎠= = = =+ − + +⎛ ⎞

⎜ ⎟− + +⎝ ⎠

= +

La corriente Ix será la suma de I1 e I2:

1.587 0.65 0.11 0.04 1.7 0.69 xI j j j= + + + = +

1.83 22.09º AxI =

5. Dada la función i(t) = I0 sen(ωt) que se muestra en la gráfica, calcular. El valor medio (Im) y el valor eficaz (Ief).

Solución:

a) El valor medio de la función i(t)=I0 sen(ωt) con ωt como variable independiente y periodo T=2π es:


126

[ ] [ ]

[ ]

2

00 0

20 00

0

1 1( ) ( ) ( )2

cos( ) cos(2 ) cos(0 )2 2

1 1 02

T

m

m

m

I id t I sen t d tTI II t

II

π

π

ω ωπ

ω ππ π

π

= =

= − = − +

= − + =

∫ ∫

b) El valor eficaz de la función dada es:

22 200 0

22 22 20 00

0

20 0

1 1 ( ( ) ( )2

1( ) ( ) (2 )2 2 2 4

2 02 2 2

T

ef

ef

ef

I i dt I sen t d tT

I I tI sen t d t sen t

I II

π

ππ

ω ωπ

ωω ω ωπ π

ππ

= =

⎡ ⎤= = −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

∫

6. En la rama 2 del circuito mostrado calcular la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia y y dibujar el triangulo de potencias de esta rama.


127

Solución:

Entonces 2

2S Z I=

Y por el metodo de mallas tenemos:

1 2 1245 40, 55 15, 30 50Z j Z j Z j= + = + = − −

1 2

1 2

(45 40) ( 30 50) 12( 30 50) (55 15) 0

j I j Ij I j I

+ + − − =− − + + =

Para I2 tenemos:

2

2

45 40 12(30 50) 0

45 40 (30 50)(30 50) 55 15

12(30 5) 699.71 59º 0.201 61.1º A3475 125 3447.24 2.06º

jj

Ij jj jjI

j

+⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎝ ⎠=+ − +⎛ ⎞

⎜ ⎟− + +⎝ ⎠+

= = =− −


128

Reemplazando en:

2 22 (25 35)(0.201) 1.01 1.4

1.72 54.19º VA

S Z I j j

S

= = − = −

= −

De la expresión:

S P Q= + Donde:

watts, 1.4 VAR, 1.72 VA, 1.01 aparente activa reactivaQS P == =

cos(54.19º ) 0.585fdp = = (adelantado). El triangulo de potencias será:

7. En el circuito mostrado, calcular la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia de la carga total. Luego calcule las mismas potencias P1 y P2 por el método de divisor de corriente y comprobar que 1 2TS S S= + e

igual a la potencia de la fuente de tensión.


129

Solución: (30 20)(15 30) 1050 600 1209.3 29.7º

45 10 45 10 46.09 12.52º26.23 17.18º

T

T

j j jZj j

Z

+ − − −= = =

− − −

= − Ω50 1.90A

26.23T

VIZ

= = =

2 226.23 17.18º(1.90) 94.69 17.18º90.46 27.96

TS Z IS j= = − = −

= −

De donde se observa que:

watts, 27.96 VAR, 94.69 VA, 90.46 aparente activa reactivaQS P == =

cos( 17.18º ) 0.95fdp = − = (adelantado). Calculamos la potencia en la rama 1.

50 0º 1.90 17.18º A26.23 17.18ºT

VIZ

= = =−


130

Por divisor de corriente tenemos:

1(15 30)(190 17.18º) (33.54 63.43º)(1.90 17.18º)

45 10 46.09 12.53º63.73 46.25º 1.38 33.72º A46.09 12.53º

jIj

I

− −= =

− −−

= = −−

2 2

1 1. 36 33.69º(1.38) 57.3 38 68.7 33.69º AS Z I j= = = + =

Donde:

watts, 38 VAR, 68.7 VA, 57.3 aparente activa reactivaQS P == =

cos( 33.7º ) 0.8fdp = − = atrasado Calculo de la potencia en la rama 2

Si 1.90 17.18º AI = Por divisor de corriente tenemos:

2

2

(30 20)(1.90 17.18º) (36 33.69º)(1.90 17.18º)45 10 46.09 12.53º

68.4 50.87º 1.48 63.4º A46.09 12.53º

jIj

I

+= =

− −

= =−

2 2

2 2 2. 33.54 63.4º(1.48) 33 66 73.46 63.43º AS Z I j= = − = − = − Donde:

watts, 66 VAR, 73.46 VA, 33 aparente activa reactivaQS P == =

cos( 63.43º ) 0.45fdp = − = adelantado La conservación de la potencia es decir la potencia total es:


131

1 2 (57.3 38) (33 66) 90.3 2894.54 17.23º

T T

T

S S S S j j jS

= + ⇒ = + + − = −= −

Si se observa el resultado coincide con lo obtenido inicialmente. Calculo de la potencia en la fuente de alimentación

. (50)(1.90 17.8º) 95 17.18º fP V I= = − = −

8. Analizar: a) Potencia mecánica del motor. b) Calcular el condensador para que corrija

el factor de potencia del sistema a 0.89 (en atraso)

2 (60) 377ω π= =

Solución: Hacemos el triangulo respectivo, para calcular la potencia activa ó la potencia eléctrica del motor, la cual utilizaremos para calcular la potencia mecánica del mismo.

m m

.

0.7530

ecanica ecanica

electrica

P PnP KW

= = =

m 30.16ecanicaP HP=

En el mismo triangulo calcularemos el capacitor para aumentar el f.p. de 0.6 a 0.89, el ángulo nuevo es: cos-10.89=27.13º.


132

9. Determinar L = ____, E = ____ si I está en fase con VZ.

Solución:

Z LI I I= +

2

100 0º 100 0º4 60º, 25 60º 90º 90º

100 90º

Z ZZ L

L

L

V VI IZ X L

IL

ω

ω

= = = = =−

= −

[ ]2

30 (53.13) (27.13)377 (380)

K W tg tgC

−=

452.2C Fμ=


133

Hallamos el modulo de cada vector.

[ ] [ ][ ] [ ]

60º

4 60º 3.46 .L Z

L L

I I sen

I sen I amp

− ×

= × → =

Ahora tenemos lo siguiente: 100 100 91.99 28.89 90

2 (50)(3.46) LL mH XLω π

→ = = → =

Si relacionamos las corrientes obtenemos:

(3.46 90º) (4 60º) 2 0.12ºL ZI I I= + = − + =

Por el método de mallas involucrando la fuente obtenemos.

(28.89 90º)(2 0.12º) (28.89 90º)(3.46 90º)

115.47 30º

L L LV X I X I

V

= + = + −

=

10. Analizar y calcular a) cada uno de las corrientes de mallas. b) Voltaje en los bornes a – b.


134

Solución: Por el método de mallas obtenemos las siguientes ecuaciones: Malla (1):

1 2 3

1 2 3 (1)

380 0º (1 90º 0.5 90º 4 90º) (0.5 90º) (4 90º)380 0º 2.5 90º 0.5 90º 4 90º .........................

I I II I I

= − + − + − − −= − − −

Malla (2):

1 2 3

1 2 3 (2)

0 0.5 90º (190º 0.25 90º 0.5 90º) 0.25 90º0 0.5 90º 0.25 90º 0.25 90º ......................

I I II I I

= − − + + − + − − −= − − + − −

Malla (3):

1 2 3

1 2 3 (3)

0 0.5 90º 0.25 90º (2 0º 0.25 90º 4 90º)0 4 90º 0.25 90º 4.25 61.93º .......................

I I II I I

= − − − − − + − += − − − +

Resolviendo el sistema tenemos:

1

2

3

4.58 73.72º 1.28 4.392.74 29.77º 2.38 1.364.45103.24º 1.02 4.33

I jI jI j

= = += = += = − +


135

Si reemplazamos los valores de las corrientes hallados obtenemos la caida de potencial en abV .

[ ]2 3( )(0.25 90º)

(2.38 1.36) ( 1.02 4.33) (0.25 90º)1.13 131.2º

ab

ab

ab

V I IV j jV

= − −

= + − − + −

= −

1.74 73.72ºS KVA=

11. En el circuito mostrado calcular: V0=_____, I =______-

Solución:


136

00 (1)

(5 0º) 3 0.5 90º 0.3 90º ...............10 90

VI V−= = − − −

0 01 0 2 0

2 0.5 0º , 0.13 38.15º 4 0º 8 38.15ºV VI V I V= = = =

−

Si 2 13I I I= +

Reemplazando valores tenemos:

0 0 0

0

0.13 38.15º 3(0.5 90º 0.3 90º ) 0.5 0º 1.63 25.88º

V V VV

= − − − +=

Reemplazando Vo en (1):

0.22 164.29ºI = −

12. En el circuito mostrado hallar la potencia total activa y reactiva de cada una de las fuentes.

Solución: Por el método de mallas, calculamos las corrientes


137

1 2

1 2 1

(2 2 2) 2 24 0º2 (2 2 2) 2

j j I j Ij I j j I V− + − = −

− + + + =

Utilizando la ecuación de control de la fuente de tensión dependiente de tensión 1 12V I= , obtenemos.

1 (6 2)I j= − + 2 (12 6)I j= − +

Potencias en las fuentes

*24( 6 12) 24( 6 12) 144 288

322116.56º VAS VI j j jS= = − − = − + = − +=

Donde:

144 Q 288 P W

VAR= −=

*

1 2 12 ( ) 2(2 )(12 6) 4( 6 12)(12 6)576 432 720 143.13º

S VI V I I j j jS j S VA= = − = − = − − − −= − − ⇒ = −

Donde:

576 Q 432 P W

VAR= −= −


138

13. En el circuito mostrado calcular ix _____

Solución: Primero se transforma al dominio de la frecuencia, vemos que

4 radsegω =

( ) 20 2 cos 4 20 0ºv t t V= ⇒ =

4(1) 41 1 2.5

4(0 .1)

L

C

X j L j

X jj C

ω

ω

= = = Ω

= = = − Ω

El circuito equivalente en el dominio de la frecuencia será.

Entonces aplicamos la LCK. Nodo 1

1 1 1 22010 2.5 4

V V V Vj j

− −= +−


139

1 2(1 1.5) 2.5 20j V j V+ + =

Nodo 2

Del circuito tenemos1

2.5xVIj

=−

1 2 2

1 1 2 2

24 2

22 .5 4 2

xV V VI

j jV V V Vj j j

−+ =

−+ =

−

Simplificando tenemos

1 21 1 1 5 0V V+ =

La ecuación matricial será:

1

2

1 1.5 2.5 2011 15 0

Vj jV

+ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

La determinante será:

1 1.5 2.515 5

11 15j j

j+⎡ ⎤

Δ = = −⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2

20 2.5 1 1.520300, 220

0 15 11 0j j+⎡ ⎤ ⎡ ⎤

Δ = = Δ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

11

22

3 0 0 1 8 .9 7 1 8 .4 3 º 1 5 5

2 2 0 1 3 .9 1 1 9 8 .3 º 1 5 5

V Vj

V Vj

Δ= = =

Δ −Δ −

= = =Δ −


140

Entonces la corriente XI será:

1 a18.97 18.43º 7.59 108.4º

2.5 2.5 90ºX mpVIj

= = =−

Transformando al dominio del tiempo tenemos

a

7 .59 2 cos(4 108 .4 º )10 .73 cos(4 108 .4 º )

x

x m p

i ti t= +

= +


141

Capítulo V RESONANCIA ELÉCTRICA

Se dice que un circuito está en resonancia cuando la tensión aplicada a él y la corriente que lo recorre están en fase. Además cuando se alimenta un valor pequeño de voltaje o corriente, se produce elevados tensiones o corrientes en los extremos una bobina y el condensador. 1. RESONANCIA EN SERIE. El circuito serie tiene una impedancia de

1Z R j LC

ωω

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

22

1

1eq

Z R j LC

Z R L ZC

ωω

ωω

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

El circuito presenta resonancia cuando 0Z R j= + , o cuando 1L Cω ω= . Esto ocurre en la frecuencia resonante 0ω , donde:

0

0 01 1/

2 2rad seg o bien f Hz

LC LCωωπ π

= = =


142


143

Diagrama de fasores de un circuito serie resonante con elementos ideales.

Factor de calidad (Q). Se llama factor de calidad o de sobre tensión a la frecuencia de resonancia de un circuito (o de una bobina), cociente entre la máxima energía almacenada y la potencia media disipada El factor Q de una bonina, capacitor o circuito es:

2 enegía máxima almacenada

energía disipada por cicloQ π ×=

Y el factor Q de un circuito serie en resonancia es:

0

01L LQ

R R Cω

= =


144

0Q es igual a la relación entre la caída de tensión en la bobina o

condensador y de la resistencia. Se suele tomar un valor mayor que 10

Frecuencia de corte y Ancho de banda. Es el número de ciclos a uno y otro lado de las frecuencias de corte

superior Hω y corte inferior Lω , también es la diferencia de frecuencias,

en las cuales la potencia disipada por el circuito es la mitad de la disipada a la frecuencia de resonancia por dicho circuito, y se expresa tanto en rad/seg como en Hz.

El factor Q del circuito en resonancia está dado por

0 0 0

0H L H L

fQBW f fω ω

ω ω= = =

− −

2. RESONANCIA EN PARALELO. Se cumple que la parte compleja o susceptancia de la admitancia debe ser

nula.

( ) C LY G j B B= + +

Donde CB j Cω= y 1LB j Lω= − . A la frecuencia resonante 0ω ,

y0 0C LB B Y G j− = = + .

También 01L C

ω =


145

En resonancia C LB B= y la admitancia neta es igual a G , a esta

frecuencia, la corriente y el voltaje de suministro están en fase entre si.


146

Diagrama fasorial de un circuito en paralelo en resonancia.


147

Factor de Calidad (Q). o de sobre intensidad

En resonancia, hay un intercambio continuo de energía entre la inductancia y la capacitancia, de manera que el circuito almacena una cantidad una cantidad constante de ella.

0 00

1 CL BBQ QG G G Lω

= = ⇒ =

Para la frecuencia de resonancia será, siendo 0ω la pulsación de

resonancia

0 00

1 CQG L G

ωω

= =

Frecuencia de corte y ancho de banda. Se define como las frecuencias en que la magnitud de la admitancia de

entrada es 2 veces mayor que lo que es en resonancia. Estos se aprecian

en las frecuencias de corte alta Hω y baja Lω , donde H Lω ω> . El ancho

de banda (BW) está dado por H Lω ω− .

1H LBW

RCω ω= − =

Ejemplo # 1. En el circuito mostrado la R = 10Ω, L = 0.01H, C = 0.01microfaradios y E = 10mV. Calcular. a) La frecuencia resonante del circuito b) El factor Q en resonancia c) El ancho de banda d) Las frecuencias de corte alta y baja, y la corriente que hay en el circuito en

resonancia e) El voltaje a través de cada elemento del circuito en resonancia f) dibujar el diagrama fasorial en resonancia g) La corriente que hay en el circuito al 90% de la frecuencia resonante.


148

Solución: a) La frecuencia resonante es:

0 6/ o bien

1 1 100000 15915Hz(0.01)(0.01 10 )

rad sLC

ω−

= = =×

b) El factor Q en resonancia es:

0 6

1 1 0.01 10010 0.01 10

LQR C −= = =

×

c) El ancho de banda del circuito resonante es:

0

0

rad/s o bien100000 100 159.2Hz

100BW

Qω

= = =

d) Frecuencia de corte: Baja.

rad/s ó1000100000 100000 99500 15836Hz

2 2BWLω = − = − =

Alta

rad/s ó1000100000 100000 99500 15995Hz

2 2BWLω = + = + =

e) La corriente en resonancia es:

3

mA10 10 1

10VIR

−×= = =


149

f) En resonancia, el voltaje a través de la Inductancia es

600.001 0º 90º (0.001 0º)(100000 0.01 10 90º)L LV IZ Lω −= = × = × ×

1 90º 1 LV j V= =

Del capacitor es

60

1 0.001 0º0.001 0º90º 100000 0.01 10 90ºC CV IZ

Lω −= = × =× ×

1 90º 1 CV j V= − = −

En la Resistencia es:

0.001 0º 10 0.01 0ºRV IR V= = × =

g) El diagrama fasorial del circuito será

Al 90% de la frecuencia resonante, la frecuencia es de 90000 rad/s y la impedancia del circuito es

6

110 (90000 0.01) 10 211.190000 0.01 10

Z j j−

⎡ ⎤= + × − = −⎢ ⎥× ×⎣ ⎦

211.3 87.29ºZ = − Ω

La corriente a 90000 rad/s es:

3310 10 0º 0.047 10 87.29º

211.3 87.29ºI A

−−×

= = ×−


150

3. CIRCUITO PARALELO RESONANTE DE DOS RAMAS

1) Circuito Tanque Perfecto.

21

21

( )( ) ( )1 1( )

LC C

C

j L j j j LZj L j LCj L

C

ω

ω

ω ωω ωω

ω

− −= = = −

− −−

02

1, : ; Z1eq eq

LZ j siLC LC

ω ωω

= = →∞−

2) Circuito Tanque Imperfecto

1( ) 1

1 1eq

RR j L j jLC LZCR j L j R j L

C C

ωω ω

ω ωω ω

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = ⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠+ − + −⎜ ⎟⎝ ⎠


151

0: 1 ; Zeqsi

LL RRCLC

ω ω>> ⇒ = =

4. FILTROS PASIVOS

FILTROS: Son circuitos pasivos que dejan pasar un cierto rango de frecuencias de una corriente alterna multifrecuencia, rechazando las demás. Los filtros pueden clasificarse: 1) Según los componentes que lo configuran, en:

filtros pasivos que están formados a base de resistencias, bobinas y condensadores.

Filtros activos están formados con Resistencias, Condensadores, Transistores, CI, OPAMPS.

2) Según las frecuencias que dejan pasar:

a. FILTROS PASA - BAJO, Solo dejan pasar las frecuencias que son inferiores a una frecuencia de corte.

La frecuencia de corte es:

1=2πRCCf


152

00 si:

11 1 1i

i

VSCV V RCV RCSR

SC

τ

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⇒ = =⎜ ⎟ +⎜ ⎟+⎝ ⎠

0

11 1

1 11i

VV S S S

ττ τ

τ τ

= = =+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Por Laplace sabemos: S jω=

0

2 1 2 12 2

1 1 10º 0º

1 1 1( ) ( )i

VV j tg tg RC

τ τ τ

ω ω ωτ ω ωτ τ τ− −

= = =⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

La función de transferencia será:

102 1 2

1 1 ( )( ) 1 ( ) ( ) 1i

VH tg RCV RC tg RC RC

ωω ω ω

−

−= = = −

+ +


153

b. FILTROS PASA - ALTO, solo dejan pasar las frecuencias superiores a una frecuencia de corte.

Frecuencia de Corte:

1=2πRCCf

0 1111 1 1i

V R SCR S SV S SCR S SR

SC

ττ τ

τ

= = = = =+ + +⎛ ⎞ ++⎜ ⎟

⎝ ⎠

se sabe que: si S jω=

Entonces reemplazamos:

02 1

2 12

0º 90º1 1 ( ) 1i

V jV tgj tg

ω ω ωτωτ ωτω ω ωττ τ

−−

= = =++ +

10

2

90º

( ) 1i

tgVHV

ωτ ωτ

ωτ

−−= =

+


154

c. FILTROS PASA-BANDA, solo dejan pasar una banda de

frecuencia determinada rechazando las demás.

1

2Cf LCπ= ,

0 02 2

1; ( )

i

L C

RV VLCR X X

ω= =+ +

Factor de calidad:

0 00

0

; LQ BR Qω ωω= =


155

d. FILTROS RECHAZA-BANDA, dejan pasar cualquier número de frecuencias excepto una banda determinada.

0 0( ) 1; i ab

ab

V ZVR Z LC

ω= =+

e. FILTRO DOBLEMENTE SINTONIZADOS.

'0 0

1 1 2

1 1 y eq

f fL C C L

= =


156

Ejemplo # 2: En el circuito mostrado, calcular 2L y 1C , si se sabe que 0 acep t 200f kH z= y

0 re c h a z o 1 5 0f k H z=

Solución:

Si la frecuencia de aceptación es: 0 acep t 200f kH z=

01 1 1

1 1, 2002 2 (12.5 )( )

f kHzL C mH Cπ π

= → =

1 25C pF=

La frecuencia de rechazo es: 0 re c h a z o 1 5 0f k H z=

1 1 18900C LZ X X j= − = − se comporta como un condensador.

El circuito equivalente será.


157

Si:

00

1 1150 , 18900 56.142 2 (150 )Cf kHz X C pF

f kπ π= → = = = → =

Como:

0 02

1 1150 , 2

f kHz fL Cπ

= → = ×

3212

2

1 1150 10 , 202 (56.14 10 )

L HLπ −

× = × → =×


159

Capítulo VI

SISTEMAS TRIFASICOS

1. GENERACIÓN DE TENSIÓN POLIFASICA

Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales con diferencia de fase constante, que suministran energía a las cargas conectadas a las líneas. El uso de un mayor número de fases como sistemas de 4, 6 y 12 fases, se limita casi por completo al suministro de energía a grandes rectificadores para obtener una corriente continua más una componente pulsante más pequeña, o rizo, que disminuye conforme aumenta el número de fases. También se utilizan para el accionamiento de motores de potencias muy elevadas. Al hacer girar una espira rígida, con velocidad constante dentro de un campo magnético uniforme, el flujo que corta la espira tendrá una variación senoidal y en consecuencia se induce una f.e.m. senoidal. En un generador elemental se cumple:

cos( )

( ) ( )m

BS tdv BS sen t V sen tdt

φ ωφ ω ω ω

=

= = =

Donde v es la f.e.m. inducida. La deducción de sistemas polifásicos como el bifásico y el hexafásico, se obtienen incluyendo el número correspondiente de espiras y teniendo en cuenta que los ángulos de desfase son diferentes por la ubicación de las espiras. Observemos la representación vectorial de cada uno de los sistemas polifásicos más comunes.


160

(a) Bifásico (b) Trifásico

(c ) Tetrafásico (d) Hexafásico

2. SISTEMA BIFÁSICO

En un sistema bifásico la diferencia de fase entre las tensiones es de 90°, y esta formado por dos tensiones alternas senoidales de igual amplitud y frecuencia y desfasadas entre sí. Un sistema bifásico puede llevar cuatro hilos, en este caso no habrá ningún acoplamiento de generadores (espiras giratorias) y se tendrán dos circuitos independientes en tensiones y corrientes. Se emplea en la distribución de cargas de alumbrado en USA, y en servomecanismos de aviones y barcos.


161

Para cada circuito se tiene que:

11

1

22

2

VIZVIZ

=

=

2 21 1 1

2 22 2 2

Z R X

Z R X

= +

= +

11

1

22

2

XarctgRXarctgR

φ

φ

=

=

El sistema polifásico más común es el sistema trifásico balanceado Fase y Secuencia de Fase: Fase. Es Cada una de las partes de un circuito donde se genera, transmite o utiliza una de las tensiones del sistema trifásico. Secuencia de Fase o Rotación de Fase. Es el orden en el cual los fasores de tensiones y corrientes pasan por una posición de referencia.


162

3. SISTEMA TRIFÁSICO

Los sistemas trifásicos se utilizan en la generación, transmisión y distribución de la energía eléctrica. Si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasados en 120º entre si, al girar el rotor con velocidad constante w dentro del campo magnético, se induce en cada una de las bobinas una tensión alterna senoidal, del mismo valor, frecuencia pero desfasados entre si 1/3 de periodo. Este dispositivo formado por rotor y estator se llama generador trifásico.


163

Tensión senoidal inducida en cada espira, desfasada en 120º entre si. Magnitudes de línea y de fase balanceados:

Voltaje de Línea ( LV ): Es la tensión que existe entre dos conductores

de línea.

Voltaje de fase ( fV ): Conexión en estrella: Es la tensión entre un

conductor de fase y el punto neutro. Conexión en delta (Δ ): Es la tensión que existe en cada una de las bobinas del generador o en cada una de las impedancias.

Corriente de Línea ( LI ): Es las corrientes que circulan por cada uno

de los conductores que unen el generador y la carga.

Corriente de fase ( fI ): Es la corriente que circula por cada una de las

ramas (fasor) monofásicas de un sistema trifásico.

Voltajes de fase en secuencia (+) y secuencia ( -). a) Secuencia ( + ): R – S – T, S – T – R, T – R – S

( ) ( )( ) ( 1 2 0 º )( ) ( 2 4 0 º )

R N m

S N m

T N m

v t V sen tv t V sen tv t V sen t

ωωω

=

= −

= −


164

Notación fasorial

b) Secuencia ( - ):R – T –S, T – S – R, S – R – T

( ) ( )( ) ( 1 2 0 º )( ) ( 1 2 0 º )

R N m

T N m

S N m


ωωω

=

= −

= +

Notación fasorial

Si se conectan cargas a cada una de las espiras, se obtienen corrientes igualmente senoidales de una misma frecuencia:

1

2

3

( ) ( )( ) ( 1 2 0 º )( ) ( 2 4 0 º )

R N m

S N m

T N m

i t I sen ti t I sen ti t I sen t

ω φω φω φ

= −

= − −

= − −

Donde φ es el desfase entre corriente y tensión en cada fase.

0 º2

1 2 0 º2

1 2 0 º2

mR N

mS N

mT N

VV

VV

VV

=

−=

=

0 º2

1 2 0 º2

1 2 0 º2

mR N

mS N

mT N

VV

VV

VV

=

−=

=


165

Si: 1 2 3φ φ φ= = , el conjunto de estas tres corrientes o tensiones iniciales,

constituye un sistema trifásico equilibrado de corrientes o tensiones.

Para determinar voltaje de fase y línea en forma fasorial usamos el triangulo equilátero.

a) Secuencia ( + ) R S T:

⇒

RS ST TR L

RN SN TN f

V V V V

V V V V

= = =

= = =

Tensión de Línea: VRS, VST, VTR Tensión de fase: VRN, VSN, VTN

L fV V≠

Tensión de Línea: VRS, VST, VTR Corriente de Línea: IR, IS, IT

Corriente de fase: IRS, IST, ITR

L fI I≠

3 L fV V=


166

Voltaje de Fase Voltaje de línea

30º

150º

90º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

= −

= −

=

0º120º

120º

RS L

ST L

TR L

V VV VV V

=

= −

=

b) Secuencia ( - ) R T S:

3 L fV V=

⇒

Voltaje de Fase Voltaje de línea

30º

90º

150º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

= −

=

= −

60º60º180º

RS L

ST L

TR L

V VV VV V

= −==

Conexión en Estrella (Y): En una conexión estrella y en secuencia directa, los valores de tensiones

de línea son 3 veces mayores que los de las tensiones de fase

3 VL fV = , además, cada una de ellas se encuentran adelantada 30º

respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen. En una conexión estrella si el sistema es equilibrado: las tensiones de línea son iguales y están desfasadas en 120º entre si. Las tensiones de fase son iguales y están desfasadas en 120º entre si. Como el devanado de cada fase se encuentra en serie con el conductor

de línea, las corrientes de línea y de fase son iguales f LI I= .


167

Valido secuencia (+)

0º

120º

120º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

=

= −

=

Por la segunda ley de kirchoff:

VRS adelanta a VRN en 30º, o sea

Conexión Delta (∆): Como los conductores de línea parten de los vértices del triangulo, y la tensión entre dos vértices viene dada por la de la bobina correspondiente en este tipo de conexión las tensiones de línea y de fase son iguales

f LV V= .

Si las tensiones constituyen un sistema equilibrado de secuencia directa, en un nudo cualquiera de los que forman un conductor de línea y dos

30º90º

150º

RS L

ST L

TR L

V VV VV V

=

= −=


168

devanados, es decir la corriente de línea son 3 veces mayores que las de

fase. 3 L fI I= , encontrándose cada una de ellas retrasada 30º respecto

de la corriente de fase del mismo origen de referencia. En cambio si la secuencia es inversa la corriente de línea no se encuentra retrasada, sino adelantada 30º.

Los voltajes que se obtienen se denominan voltajes de línea y se expresan:

Valido para secuencia (+)

4. CARGAS TRIFASICAS (3Ф).

a. Cargas trifásicas balanceadas: es cuando las impedancias de fase son iguales en magnitud y fase, para resolver, se puede trabajar con la tercera parte de la red, es decir, con el circuito monofásico equivalente.

0º120º

120º

RS L

ST L

TR L

V VV VV V

=

= −=


169

1 ó 3 3Y YZ Z Z ZΔ Δ= =

b. Cargas trifásicas desbalanceadas:Se dice que son desbalanceadas porque el sistema tiene tensiones o cargas con diferente modulo y ángulo.

Los sistemas trifásicos desbalanceado se resuelven aplicando el método de mallas y nodal. Mediante la ley de ohm se determina las corrientes de línea.

1

2

3

RNR

SNS

TNT

VIZVIZVIZ

=

=

=


170

5. POTENCIA TRIFASICA. ( 3φ) BALANCEADA En una red trifásica equilibrada nos referimos a la potencia total que aportan o toman las tres fases a la vez.. Potencia Instantánea. La potencia instantánea de las tres fases a la vez es constante, y en cada una de las fases depende del tiempo. Para una carga Y:

Las tensiones son: Las corrientes de fase son:

( ) ( )( ) ( 120º )( ) ( 120º )

RN m

SN m

TN m


ωωω

=

= −

= +

( ) ( )( ) ( 120º )( ) ( 210º )

R m

S m

T m

i t I sen ti t I sen ti t I sen t

ω φω φω φ

= −

= − −

= − +

La potencia instantánea en cada fase será:

1

2

3

( ) ( )( ) ( 120º ) ( 120º )( ) ( 120º ) ( 210º )

m m

m m

m m

p t V I sen t sen tp t V I sen t sen tp t V I sen t sen t

ω φ ωω ω φω ω φ

= −

= − − −

= + − +

La potencia total es:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 120º ) ( 120º )

( )( 120º ) ( 210º )

total

total m m

p t p t p t p tsen t sen t sen t

p t V Isen t sen t

ω φ ω ω φω ω φ

= + +

− + − − − +⎡ ⎤= ⎢ ⎥+ − +⎣ ⎦

3( ) cos .2total m mp t V I cteφ= = (No depende del tiempo).

Este resultado es valido si la carga está conectado en Y, o en ∆. Potencia Activa: La potencia activa total es la suma de las potencias activas de cada fase.

3( )( ) cosf fP V I φ=


171

Potencia activa en función de los valores de tensión y corriente de línea.

En estrella Y. En Delta ∆.

3( )( ) cos3L

L

VP I φ= 3( )( )cos

3L

LIP V φ=

Potencia activa en la carga 3Ф, sea ó Y es: 3 cosL LP V I φ= .

Por el triangulo de potencia tenemos: Triangulo de Potencias 3 cos

L LP V I φ= Potencia activa

3L LQ V I senφ= Potencia reactiva

Si el sistema está equilibrado:

2 23 L LS V I P Q= = +

ángulo del factor de potencia:

1 1 1cos tanP Q QsenS P S

φ − − −= = =

6. MEDICIÓN DE POTENCIA TRIFÁSICA: (Método Aron) a) Para medir la potencia activa experimentalmente se puede hacer con 2

watímetros el cual es conocido como el método ARON. (Llamado también método de los 2 vatímetro)


172

Donde:

1

2

cos cos( 30º )

cos cos( 30º )

RSRS R L L

R

TSTS T L L

T

VW V I V I

I

VW V I V I

I

φ

φ

⎧= = +⎨

⎩⎧

= = − +⎨⎩

Si sumamos tenemos:

[ ]1 2 cos( 30º ) cos( 30º ) 3 cosL L L LW W V I V Iφ φ φ+ = + + − + =

b) Cuando hay cargas desbalanceadas.-

10

20

1 ( )

1 ( )2

T

RS R

T

TS T

W V i dtT

W V i dt

= −

= −

∫

∫

La suma de ambos será la potencia activa total del sistema 3Ф.

1 20

1 ( )T

RS R TS TW W v i v i dtT

+ = +∫

Conclusión: método ARON es un método universal para medir potencia activa. (No interesa si es Balanceada ó no)


173

7. FACTOR DE POTENCIA EN SISTEMA TRIFASICO BALANCEADO a) En los sistemas balanceados: Ф1 = Ф2 = Ф3 Factor de potencia

PPFS

=

1 2 3

1 2 3

; 3; Q 3

T F

T F

P P P P PQ Q Q Q= = == = =

2 2 2 23 3T T FS S S P Q P Q S= = = + = + =

c) En los sistemas desbalanceados:

1 2 3 1 1 1 1 2 3; P P P ; Q Q Qφ φ φ≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠

PPFS

=

1 2 3

2 2 2 21 2 3 1 2 3( ) ( )

PP P P PF

P P P Q Q Q P Q+ +

= =+ + + + + +


174

Ejemplo # 1. En el siguiente circuito, calcular la lectura de cada uno de los watimetros

Solución: Por el método de mallas tenemos.

11 2 2

2 2 3 2

RS

ST

VIZ Z ZZ Z Z I V+ − ⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎢ ⎥− +⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1

2

24 12 240 0º12 0 240 120º

Ij jj I

− ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Resolviendo:

1 2 2

240 0º 12240 120º 0 (240 120º)( 12) 20 30º

24 12 ( ) (12)12 0

R

jjI I

j j jj

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= = = = −

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

2

24 240 0º12 240 120º

34.63 0º( 12)( 12)T

jj

I Ij j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= = =

−


175

Diagrama fasorial:

Según el diagrama obtenemos:

0º1 30º 1cos (240)(20) cos 4.16RS

R

VRS R IW V I W Kwatts→ →

→−→= = ⇒ =

60º2 0º 2cos (240)(34.63) cos 4.16TS

T

VRS R IW V I W Kwatts→ →

→→= = ⇒ = Ejemplo # 2. En la figura mostrada tenemos un sistema equilibrado de voltajes escribir las expresiones complejas de a) secuencia de fase positiva. b) secuencia de fase negativa. Si el voltaje de fase es 250V.

( a ) Secuencia positiva ( b ) Secuencia negativa


176

Solución: a) Secuencia positiva, los voltajes de fase son:

30º 250 30º 216.5 125

90º 250 90º 0 250

150º 250150º 216 125

RN f

SN f

TN f

V V j V

V V j V

V V j V

= = = +

= − = − = −

= = = − +

Los voltajes de línea son: 3 3(250) 433 VfV = = .

60º 433 60º 216.5 375 60º 433 60º 216 375 180º 433 180º 433 0

RS L

ST L

TR L

V V j VV V j VV V j V

= = = +

= − = − = −

= − = − = − +

b) Secuencia Negativa, los voltajes de fase son:

250 30º 216.5 125 250 150º 216 125 250 90º 0 250

RN

SN

TN

V j VV j VV j V

= − = −= − = − −

= = +

Los voltajes de línea son:

433 60º 216.5 375 433 60º 216 375 433180º 433 0

RS

ST

TR

V j VV j VV j V

= − = −= = +

= = +

Ejemplo # 3 Un generador trifásico en Estrella de 150 KVA, 440 V, 60Hz, alimenta las cargas, Determinar la potencia en KVA de una carga trifásica balanceada que se debe conectar para que el generador trabaje con el mejor factor de potencia a plena carga. (secuencia positiva). Solución: Primero veamos el sistema del motor:


177

85(746) 46815.57 46.82 0.92(0.85) 3motorS VA KVA= = ≈

Ahora veamos el sistema carga: S3φ

3 43824.74 43.8 S VA KVAφ = ≈

Por ley de cosenos:

2 2 23 32 175ºT m mS S S S S cosφ φ= + −

90.5 TS KVA=

Por ley de Senos:

43.8 90.5 2.4º175ºse sen

αα

= ⇒ =

m


178

:CS Potencia de la carga.

Ley de senos:

90.5 150 ' 14.4º' (34.4 ') 145.6º

CSsen sen sen

αα α

= = ⇒ =−

150 14.4º 66 145.6ºC CS sen S KVA

sen= ⇒ =


179

Capítulo VII

CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE 1. AUTOINDUCCIÓN.

Si tenemos un elemento de N espiras que circula una corriente que varia en el tiempo d(t), generando un flujo magnético variable d(Ф), a través de cada espira, tendremos una Fem. Autoinducida (v).

dv Ndtφ

= −

Y, si tenemos en cuenta que: Ф = k.i, nos quedaría que:

div NKdt

= −

Siendo K una cte.. Si NK=L entonces tenemos

div Ldt

= −

“L” se le llama coeficiente de autoinducción o autoinducción (Henrios)

Calculo de la autoinducción Se puede realizar por la siguiente expresión:

2n SLl

μ=

Donde: μ es la permeabilidad, n número de espiras, L es la inductancia, l es la longitud del circuito magnético y S es la sección efectiva del núcleo en m2.


180

Coeficiente de Acoplamiento ( k ). Es la cantidad de acoplamiento magnético entre dos bobinas L1, L2

1 2

MkL L

=

Entre mayor sea el valor de k, mayor es el acoplamiento magnético entre las bobinas. Donde k está en el intervalo: 0 ≤ k ≤ 1

El coeficiente de acoplamiento k especifica el grado de acercamiento

de la inductancia mutua al límite superior.

1 2M k L L=

Para 2 inductancias L1 y L2 , 1 20 M L L< < se mide en henrrios

2. INDUCCIÓN MUTUA ( M ).

Si existen dos bobinas por las que circulan las corrientes i1 e i2, respectivamente, si las bobinas se encuentran lo suficientemente próximas entre sí, entonces las líneas de flujo magnético generadas por una bobina, enlazan a las espiras de la otra bobina y viceversa. En este caso se dice que las bobinas están acopladas magnéticamente.

1 2M k L L=

Siendo M: Coeficiente de inducción mutua

Como este curso pertenece a alterna entonces la ecuación anterior se

transforma en: 1 2( )( )M k L Lω ω ω=

ωM = XM = Reactancia mutua ( Ω ) ωL = X = Reactancia ( Ω )


181

1 2MX k X X=

Regla de los Puntos de Polaridad. Si los flujos tienen el mismo sentido: la tensión propia del

arrollamiento y la inducida en el mismo se suman Si los flujos tienen sentidos opuestos: la tensión propia del

arrollamiento y la inducida en el mismo se restan De lo que deducimos:

1. Si la corriente entra en una bobina por el punto homólogo, la polaridad de la tensión inducida en la otra bobina es positiva en el borne marcado con un punto

2. Si la corriente sale de una bobina por el punto homólogo, la polaridad de la tensión inducida en la otra bobina es negativa en el borne marcado con un punto.

Caso 1.


182

Caso 2.

Caso 3.

Caso 4.

Para la resolución de acoplamientos magnéticos el mas apropiado es corrientes de mallas o maxwell.

1) Escójase arbitrariamente los sentidos de corriente en cada malla 2) La autoinducción produce tensiones con la polaridad positiva en el

terminal por donde entra la corriente (como un receptor)


183

3) Las tensiones asociadas a las inductancias mutuas vienen dadas por el criterio de puntos

4) Aplíquese la Ley de Kirchhoff de tensiones a cada malla Ejemplo # 1. Calcular el Thevenin equivalente en los bornes “ a y b “

Solución: Convertimos las bobinas y condensadores en función de la frecuencia, si se sabe que ω = 103

1

3 31 10 (2 10 ) 2LX L jω −= = × =

2 4

3 32 10 (3 10 ) 3L LX L j Xω −= = × = =

3

3 33 10 (6 10 ) 6LX L jω −= = × =

1

3 31 10 (1 10 )MX M jω −= = × =

3 32 2 10 (2 10 ) 2MX M jω −= = × =

1 3 31

1 1 0.210 (5 10 )CX j

Cω −= = = −×

2 3 32

1 1 0.12510 (8 10 )CX j

Cω −= = = −×


184

a) Aplicamos teorema de Thevenin en los bornes “a y b”. Entonces I2 = 0 por lo cual se anula la R y C.

12

40~ +

~ "v

-JO.2

20 15.7 1-

40~ ¡3

+

~ "v

0.' +

-¡0.2 ¡6

2 O ¡;;¡

•

J3 ---------J

\ • J3

J J6 -----

J2

.~

¡3 •

• "'----¡2'--/

•

(f) UNIVERSIDAD

.. TECNOLOGICA DEL PERU

Il

----- 12 - O

-1.25

b

¡/ ¡21 + - + Il

-1:- O

b


185

40 0º40 0º (20 5.71º 3 6 0.2) 20 5.71º 8.8

40 0º 1.76 28.37º22.73 28.37º

j j j I Ij

I

= + + − ⇒ =+

= = −

2 6 9

(9 90º)(1.76 28.81º) 15.8 61.54ºth ab

th

V V jI j I j I j IV= = + + =

⇒ = − =

15.8 61.54ºthV =

b) Calculamos impedancia equivalente, para ello anulamos la fuente 40V

1 20 2 0.2 20.1 5.14ºZ j j= + − =

2 10 1.25 10 7.125ºZ j= − = −

Si se sabe que: 2

eqE ZI=


186

Entonces por Maxwell tenemos: Malla 1:

1 2 2 2

1 2 1 2

1 2 (1)

0 (20.15.14º 3 6) 6 20 (20.15.14º 9) 9 (20 1.8 9) 9 0 (22.73 28.37º) 9 .......................

j j I j I jI j Ij I j I j j I j II j I

= + + − − −

= + − = − + −

= − Malla 2:

2 1 1 1

1 2 1 2

1 2 (2)

( 3 6 10 7.125º) 6 2( )9 ( 11 10 7.16º) 9 (10 10.875)9 15.38 49.8º .......................

V j j I j I jI j I IV j I j I j I j IV j I I

= + + − − − − −

= − + + − = − + +

= − +


187

Despejamos I2:

2 2

22.73 28.37º 09 (22.73 28.37º)

22.73 28.37º 9 (22.73 28.37º)(15.38 49.8º) 819 15.38 49.8º

j V VIj j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠= =

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

2(22.73 28.37º) (22.73 28.37º) 349.58 78.17º 81 374.67 66º

V VI = =+ ;

2

: eqsiVZI

=

2

374.67 66º 15.29 37.63º 22.73 28.37º

VI

⇒ = = Ω

15.29 37.63º eqZ⇒ = Ω

Por lo tanto el circuito entre a y b es:


188

3. TRANSFORMADOR LINEAL Un transformador es un dispositivo de cuatro terminales que tiene dos (o más) bobinas magnéticamente acopladas Un transformador es lineal si las bobinas están devanadas en un material magnéticamente lineal (con permeabilidad magnética constante. En un transformador lineal el flujo es proporcional a la corriente en sus devanados.

La impedancia de entrada del transformador se compone de dos términos, la impedancia primaria y la impedancia reflejada

2 2

1 11 2 2Im

Im

inLpedancia

primaria pedanciareflejada

V MZ R j LI R j L Z

ωωω

= = + ++ +

Circuito equivalente T de un transformador lineal. Es posible reemplazar un circuito magnéticamente acoplado por un circuito equivalente sin acoplamiento magnético.


189

Circuito “a”:

1 2, X , Xa M b M c MX X X X X X= − = − =

Circuito “b”:

1 2, X , Xa M b M c MX X X X X X= + = + = −

*Nótese que el circuito “b” es homologo del circuito “a” (guíese por el sentido de la corriente I2). En el circuito equivalente los inductores no están acoplados magnéticamente; Si se cambia la ubicación del punto de la bobina X2, se debe reemplazar XM por –XM en el circuito equivalente.


190

Circuito equivalente π de un transformador lineal: Circuito “a”:

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2 1

, X , XM M Ma b c

M M M

X X X X X X X X XXX X X X X

− − −= = =

− −

Circuito “b”:

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2 1

, X , XM M Ma b c

M M M

X X X X X X X X XXX X X X X

− − −= = = −

+ +

Circuitos equivalentes de bobinas magnéticamente acopladas equivalente serie


191

Ejemplo # 1. En el siguiente circuito Calcular: a) Las corrientes I1, I2 empleando el circuito en T. b) Con el borne de la bobina j16 cambiado calcular I1, I2 empleando el circuito

en T.

Solución: a).

Como la bobina es negativa entonces es equivalente a un condensador


192

Entonces el circuito equivalente es:

Aplicando LCK tenemos: Malla 1:

1 1 2

1 2

1 2 (1)

(7 49) 12 12 300 0º(7 37) 12 300 0º37.66 79.28º 12 300 0º ....................

j I j I j Ij I j I

I j I

+ − − =

+ − =

− =

Malla 2:

2 1 2

2 1

2 1 (2)

(9 3) 12 12 0(9 9) 12 012.73 45º 12 0 ..................

j I j I j Ij I j I

I j I

+ − − =

− − =

− − =

Resolviendo por cramer:

1 2

300 0º 120 12.73 45º (300 0º)(12.73 45º)

37.66 79.28º 12 (37.66 79.28º)(12.73 45º) 14412 12.73 45º

j

Ij j

j

−⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= =

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1 2

(300 0º)(12.73 45º) 3819 45º 3819 45º(37.66 79.28º)(12.73 45º) 144 479.4 34.28º 144 603.73 26.56º

Ij

− − −= = =

− − +


193

1 6.33 71.56º AI = −

2 2

37.66 79.28º 300 0º12 0 ( 12)(300 0º)

37.66 79.28º 12 (37.66 79.28º)(12.73 45º) 14412 12.73 45º

j jIj j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= =

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠

2(12 90º)(300 0º) 3600 90º 5.96 116.56º A

603.73 26.56º 603.73 26.56ºI − −= = = −

b) Con el borde homologo de la bobina j16, es decir con el sentido de la

corriente I2 cambiado tenemos:

1 2 (1)37.66 79.28º 12 300 0º ....................I j I+ =

1 2 (2) 12 12.73 45º 0 ..................j I I+ − =

1

300 0º 120 12.73 45º 3819 45º 6.32 71.56º

37.66 79.28º 12 603.73 26.56º12 12.73 45º

j

I Aj

j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= = = −

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

2

37.66 79.28º 300 0º12 0 3600 90º 5.96 63.44º

37.66 79.28º 12 603.73 26.56º12 12.73 45º

jI A

jj

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠


194

4. TRANSFORMADOR IDEAL:

Un transformador es ideal si tiene las siguientes propiedades: Las bobinas tienen reactancias muy grandes (L1, L2 y M → ∞) El coeficiente de acoplamiento es igual a la unidad (k=1) Las bobinas primaria y secundaria no tienen pérdidas (R1=R2=0) Los transformadores con núcleo de hierro son aproximaciones

cercanas a los transformadores ideales Los devanados primario y secundario tienen N1 y N2 vueltas,

Respectivamente.

22 1 1

1

2 2

1 1

LV V nVL

V N nV N

= =

= =

Donde n es la razón del número de vueltas o razón de

transformación 12

NNn =

Para conservar la potencia, la energía proporcionada al primario debe igualar la energía suministrada a la carga por el secundario


195

2 1

1 2

V I nV I

= =

La potencia compleja en el devanado primario es igual a la potencia del devanado secundario.

* *21 1 1 2 2 2 2( )VS V I nI V I S

n= = = =

Si n=1 el transformador se denomina transformador de aislamiento Si n>1 el transformador se denomina transformador elevador (su

tensión secundaria es mayor que su tensión primaria) Si n<1 el transformador se denomina transformador reductor (su

tensión secundaria es menor que su tensión primaria) Si V1 y V2 son ambas positivas o negativas en las terminales

punteadas, se debe usar n+ , en otro caso se debe usar n− . Si ambas i1 e i2 entran o salen de las terminales punteadas, se debe

usar n− , en otro caso se debe usar n+ . El transformador ideal no tiene pérdidas, por lo tanto no absorbe

potencia. La impedancia de entrada (o impedancia reflejada) es

1 22 2 2

1

1 Lin

V V ZZI n I n

⎛ ⎞⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

El transformador ideal permite acoplar la impedancia de la carga y asegurar la máxima transferencia de potencia

Para analizar un circuito que contiene un transformador ideal es común eliminar el transformador, reflejando impedancias y fuentes de un lado del transformador al otro, es decir buscamos el equivalente de thevenin desde el primario o el secundario.

1. Equivalente del transformador ideal y el primario (con lo que tenga

conectado).

1

2

NnN

=


196

Ecuaciones de corrientes y voltajes en el transformador:

1 1 21 2 1

2 2

1 y VI V Vn I nII V n n= → = = → =

Se determina el equivalente Thevenin desde el secundario:

El secundario en circuito abierto 2 10 0I I= → =

Entonces 1 iV V=

2 1cd iV V nV nV= = =

Hallamos la impedancia equivalente Thevenin, con v1(t) eliminada, la impedancia en el primario es Z1 y sabemos que:

221 2 12 th

ZZ Z Z n Zn

= → = =

Reemplazando tendremos el circuito equivalente Thevenin:

También se puede obtener el circuito equivalente conservando el primario y reemplazando el secundario y su carga por su equivalente de Thevenin resultando ser:


197

• Esta metodología solamente puede aplicarse si no hay una conexión externa entre los devanados primario y secundario

• Cuando se tienen conexiones externas entre los devanados primario y secundario, se utiliza análisis de malla y análisis nodal

• Si las ubicaciones de los puntos cambian, se debe reemplazar n por –n

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado, calcular el voltaje de salida Vo.

Solución: Primero hallamos el equivalente thevenin del circuito primario:


198

4(24 0º) 4 90º 12 8 14.42 33.69º4 4th abjV V j

j−

= = − − = − = −−

4( 4) 2 4 24 4th

jZ jj

−= + = −

−

El nuevo circuito equivalente será:

Por reflexión de impedancias y de fuentes en un trafo ideal del primario al secundario se tiene:

' ( 2)(14.42 33.69º 28.84 33.69º VthV = − − = − − ' 22 (4 2) 16 8 thZ j j= − = − Ω

Finalmente el circuito equivalente es:


199

Entonces por divisor de voltaje:

0

0

2 ( 28.84 33.69º)20 52.80 160.35º V

Vj

V

= − −−

=

Ejemplo # 3´. Calcular I1, I2 y V1

Solución: Por el método nodal tenemos:

Las relaciones de trafo es: 1 1 2

1

1 2 22

102 2

2 2

V V V I

V V VIj

− −= +

−+ =

2 1

1 2

22

V VI I==


1 1 21 1 1 2 1

1 1 1 1

10 10 22 2

10 2 2 2 2

V V V I V V V I

V V I I

− −= + ⇒ − = − +

= − + =

1 2 5 A, 2.5 AI I⇒ = =


200

1 5 63º VV =

5. TRANSFORMADORES EN VACIO Y CORTOCIRCUITO

En los transformadores, al igual que en cualquier dispositivo eléctrico, se producen pérdidas en transformación de los cuales son:

• Perdidas en el cobre del bobinado (Pcu). • Perdida por corriente de Foucault (PF). • Perdida por histéresis (PH).

Perdidas en el cobre del bobinado (Pcu). Cuando un transformador esta en vacío, la potencia que medimos en un transformador con el circuito abierto se compone de la potencia perdida en el circuito magnético y la perdida en el cobre de los bobinados. Al ser nula la intensidad en el secundario (I2 = 0), no aparece en el perdida de potencia, y al ser muy pequeña la intensidad del primario en vacío (Io) con respecto a la intensidad en la carga I2n, las pérdidas que se originan en el cobre del bobinado primario resulta prácticamente insignificante. Perdidas en el Hierro (PFe). La pérdida de potencia en el hierro en un transformador en vacío se producen por: Corriente de Foucault (PF). Se produce en cualquier material conductor cuando se encuentra sometido a una variación de flujo magnético. Las perdidas dependen del material del que este constituido el núcleo magnético. Para el cálculo de las pérdidas en el hierro por las corrientes de foucault será por:

2 2 2

max11

2.210FfP β Δ

=

Donde: FP = perdidas por corriente de Foucault en W/kg

f = frecuencia en Hz.


201

maxβ = inducción máxima en Gauss.

Δ = espesor de la chapa magnética en mm.

El cambio de frecuencia de 50 a 60 Hz hace que aumente las perdidas en el transformador.

Ejemplo # 1. Tenemos un transformador que trabaja a una frecuencia de 50Hz, con una chapa magnética que tiene un espesor de 0.35 mm y una inducción magnética de 1 tesla o 10000 gaus. Lo vamos a conectar a una red de 60 Hz de frecuencia. ¿Cuáles serán las perdidas en el hierro conectado a la red de 50 Hz y a 60 Hz.?. Solución: Para 50 Hz. Aplicando la formula Tenemos:

2 2 2 2 2 2max

11 11

(2.2) (2.2)(50) (10000) (0.35) 0.673 10 10

WkgF

fP β Δ= = =

Para 60 Hz será: 2 2 2 2 2

max11 11

(2.2) (2.2)(60) (10000) (0.35) 0.970 10 10

WkgF

fP β Δ= = =

Esto indica que cuanto mayor sea la frecuencia, mayores serán las perdidas por corrientes de Foucault. Histéresis (PH). En el transformador, cuando al someter el material

magnético a un flujo variable se produce una imantación que se mantiene al cesar el flujo variable, lo que provoca una perdida de energía en forma de calor.


202

A= Comienzo del ciclo de imanación que, al aumentar la intensidad, llega a F.

D= Extremo del ciclo a máxima intensidad negativa.

CFEDC = área de histéresis. AC = HC =Fuerza campo coercitiva. AB = Br = magnetismo remanente

Para determinar las pérdidas por histéresis es por la formula siguiente:

max. . nH hP K f β=

Donde: hK = coeficiente de cada material

f = frecuencia en Hz

maxβ = inducción máxima tesla.

HP = perdida por histéresis en W/kg

4

4

1.6 para 1 (10 Gauss) 2 1 (10 )

teslan

para tesla Gaussβ

β

⎧= <⎪⎨= >⎪⎩

1= Área de pérdidas para hierro dulce. 2= Área de pérdidas para acero

templado. A igual magnetismo remanente (AB), el acero templado tiene mayor fuerza coercitiva (C’A) que el hierro dulce (CA).


203

Ejemplo # 2. ¿Calcular la potencia perdida en el hierro? Si tenemos un transformador conectado a una red de 50Hz de frecuencia con una chapa magnética de 0.9 Tesla (9000 Gauss) de inducción. El peso del núcleo del transformador es de 12kg. El espesor de la chapa del núcleo es de 0.35 mm y el coeficiente de histéresis es 0.002. Solución. Mediante la siguiente formula calculamos la potencia perdida por Foucault.

2 2 2max

11

2.210FfP β Δ

=

Reemplazamos tenemos:

2 2 2

3

(2.2)(50) (0.9) (0.35) 0.54510

WkgFP = =

Las pérdidas totales por Foucault serán:

( ) 0.545(12) 6.54FT FP P peso del nucleo W= = =

Las perdidas por histéresis serán:

1.60.002(50)(0.9) 0.0844n WkgH HP K f β= = =

Entonces las perdidas totales por histéresis serán:

. peso del hierro 0.084(12) 1.01HT HP P W= = =

Para las perdidas totales en el núcleo magnético, sumaremos las perdidas.

6.54 1.01 7.55Fe F HP P P W= + = + =

Además las perdidas en el hierro se pueden determinar por los siguientes métodos: 1. Ensayo en vacío. 2. Ensayo en cortocircuito.


204

TRANSFORMADOR EN VACÍO.

1. Ensayo al vacío. es decir, midiendo la potencia consumida por el

transformador en vacío mediante vatímetro.

El ensayo al vacío proporciona, a través de las medidas de tensión, intensidad y potencia en el bobinado primario, los valores directos de la potencia perdida en el hierro, y deja abierto el bobinado secundario. Por lo tanto, este bobinado no será recorrido por ninguna intensidad, y no se tendrán en cuenta los ínfimos valores de las pérdidas en el cobre para este ensayo.

Los principales datos que hay que determinar en el ensayo en vacío son: • Las Pérdidas en el Hierro a través de la lectura del vatímetro (W) en

el bobinado primario.

feP W=

• La intensidad en el vacío del primario a través del amperímetro (A1). • La relación de transformación (m):

1

2

VnV

=

También podemos calcular, con la ayuda de los resultados:

• La impedancia (Z): 1VZI

=

• La potencia aparente en vacío (Sap).

1.aparenteS V I=

• El ángulo de desfase φ o factor de potencia de vacío:


205

cosaparente

WS

φ =

En vacío el coseno del primario 1φ coincide aproximadamente con el

coseno del secundario 2φ . 1 2cos cosφ φ=

TRANSFORMADOR EN CORTO CIRCUITO. Cuando la potencia se produce en los conductores de los bobinados primario y secundario, sometidos a la intensidad nominal. Se denomina pérdida 2RI debidas al cobre ( cuP ).

2. Ensayo en corto circuito. Con este método conseguimos las

intensidades en los dos bobinados, aplicando una pequeña tensión al primario y cortocircuitando el secundario con un amperímetro (el amperímetro tiene una resistencia nula).


206

En muchos ensayos en corto circuito, la CCI supera el 25% de la

intensidad nominal ( nI ).

Las pérdidas en cortocircuito también se determinan directamente con el

vatimetro conectado en el primario, que corresponde a la potencia en cortocircuito ( CCP ).

cc cuP P=

Las perdidas en el cobre se calculan mediante. 2 2

1 1 2 2. .cu n nP R I R I= +

Los valores de la resistencia ( CCR ), de la inductancia ( CCX ), y de la

impedancia ( CCZ ) de los circuitos en el ensayo en cortocircuito se

obtendrán mediante:

Resistencia '

1 2ccR R R= +

Inductancia '

1 2cc d dX X X= +

Impedancia 2 2 2cc cc ccZ R X= + donde

2 2cc cc ccZ R X= +

También 1

cccc

VZI

=


207

La intensidad de corto circuito.

2cc

cc

VIZ

=

Dado que no se conoce la tensión del secundario, se obtiene sustituyendo la tensión del secundario (V2) por su valor en la expresión de la relación transformación, será:

1

2 2

Vn

cc

cc cc

IR X

=+

Factor de potencia de cortocircuito. Una vez obtenidos los datos en el ensayo (la potencia y la tensión de cortocircuito), el coseno será:

1

cos.cc

cccc

PV I

φ =

6. AUTOTRANSFORMADOR. Forma Física Forma Eléctrica

Autotrafo variable. Especialmente útil cuando se necesita suministro de tensión variable, o para mantener un voltaje constante en situaciones de carga variable.


208

Es importante señalar que transformadores de dos devanados pueden ser conectados fácilmente en configuración de auto transformador:


209

Potencia: Se sabe que en un transformador de dos devanados, tanto el primario como el secundario están diseñados para la misma potencia que demanda la carga. Analicemos un trafo que es utilizado como auto transformador.

Si se sabe que:

1

2 1p s

s p

V I N n nV I N

= = = =

1 1 (1)( ) ( ) ( 1) ............p p s p s s p s pS V I V V I nV V I n V I= = + = + = +

(2)( ) ( ) ( 1) ............L L L s L s p s s p p s pS V I V I V I I V nI I V I n= = = + = + = + Entonces de 1 y 2 tenemos:

1( 1) ( 1) s p s p LV I n V I n S S+ = + ⇒ =

Es decir la potencia entregada es igual a la potencia consumida.

Ahora vamos a demostrar que la potencia del devanado primario es una fracción de la potencia de carga.

(3) ............p p p s pS V I nV I= =

(4)( ) ( ) ( 1) ............L L L s L s p s s p p s pS V I V I V I I V nI I V I n= = = + = + = +De 3 y 4:

1

2 1

1 2 2

2

( 1) 1 1

p s p

L s p

NS nV I N Nn

NS V I n n N NN

= = = =+ + ++


210

ACOPLAMIENTO DE IMPEDANCIAS:

Los trafos son especialmente útiles cuando se trata de garantizar que una carga reciba máxima potencia desde una fuente.

Se transfiere máxima potencia a una carga cuando su impedancia está acoplada con la resistencia interna de la fuente.

7. EL TRANSFORMADOR TRIFÁSICO El banco de transformadores monofásicos Y − Δ :


211

Circuito equivalente

DESARROLLO DEL NÚCLEO DE UN TRANSFORMADOR TRIFÁSICO


212

CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS.

a) Conexión Estrella - Delta (Y − Δ ).

)V 3I VI I V

3 3LP LP LP

LP LP LSn

n=== == = == =

b) Conexión delta - estrella ( YΔ − )


213

c) Conexión delta - delta (Δ − Δ )

d) Conexión estrella - estrella (Y Y− ).


214

DESFASE ENTRE DEVANADOS:

Desfase entre las tensiones línea - línea en los devanados primario y secundario de un transformador trifásico CIRCUITO EQUIVALENTE POR FASE


215

Transformador trifásico y su circuito equivalente por fase.


216

Grupo de conexión en transformadores trifásicos Transformador delta estrella

R, S, T : Devanados de alta tensión r, s, t : Devanados de baja tensión Su diagrama fasorial es:

Tensión Fase - Neutro Tensión entre líneas Fase - neutro

Ejemplo # 1: Analizar:


217

Determine: a). Lectura de A1, A2, V. b). Lectura de W1, W2. c). Factor de potencia sistema:( f.p.) d). Potencia aparente (Ssistema).

Solución:

a) Secuencia del trafo ( YΔ − ): ' '' volt4400 LR S

V V= =

Motor:

100(746) (4400) 3 (0.86)MI=

11.38 36.38ºMI = −

Banco capacitivo:

330(10 ) 3(4400) CI=

3.93 90ºCI =

' (11.38 36.86º) (3.93 90º) 9.55 17.67º

17.67ºM CR

I I I

φ

= + = − + = −

→ = Circuito monofasico equivalente del secundario:


218

En el circuito:

'2

12

1

(por relación de corrientes del trafo)

(primario)

9.55 A

1095.5 .

R

pamp

A I

AA

A I

= =

=

= =

b) las lecturas de los watimetros son:

1

2

(4400)(9.55) cos(30 17.67) 28279(4400)(9.55) cos(30 17.67) 41179

W wattsW watts

= + == − =

c) cos cos17.67º 0.95fdp φ= = =

d) Potencia del sistema:

3 3(4400)(95.5)sistema L pS V I= =

73sistemaS KVA=


219

PROBLEMAS RESUELTOS

1) En el circuito mostrado grafique 0 V vs f si se sabe que:

R = 1k; L1 = L2 = L =10μH; C1 = 2C2 = C =100nF. y 0 < ω < ∞.

Solución: Veamos casos de resonancia: Serie:

01 6 9 5 7 121 1

1 1 1 1(10 10 )(100 10 ) 10 10 10L C

ω− − − − −

= = = =× × ×

601 016

1 10 1 159.210

rsegM f kHzω −= = = ⇒ =

Paralelo:

02 66 9 5 71002 2 2

1 1 2 210(10 10 )( 10 ) 10 10L C

ω −− − − −= = = =

× × ×

602 022 (10 ) 2 229r

segM f kHzω = = ⇒ =

10V


220

Ahora:

2

2 2

2

12 2 2

2 2 212 2 2 2 2

( )( ) ( )( 1) ( 1)

Lj C C

C

j L C LZj L j j L C j L C

ω

ω

ω ω ωω ω ω

= = =− − −

2 36 2 6 9

10 10 ( 20)(500 10 1)(1 10 ) (10 10 )(50 10 ) 1

Z jjj −− −

= = = − −× −⎡ ⎤× × × −⎣ ⎦

2 20 20 90ºZ j= = Ω

01 0.2 90ºV =

6 6

1 02 1 6 902 1

1 12 10 (10 10 )2 10 (50 10 )

Z j L jj C j

ωω

−−

= − = × × −× ×

f01 w01

f02 w02


221

6 61 6 9

114.14 2 10 (10 10 )2 10 (50 10 )

Z j jj

−−

= − = × × −× ×

1 14.1 7.09 7.01Z j j j= − = Ω

El grafico 0 V vs f será:

2) En el circuito mostrado, determinar: a. Frecuencia de resonancia (f0). b. Factor de calidad (Q0) c. Voltaje en el condensador Vc.

02 5 3.5ºV = −


222

Solución:

a) 1

CV j ICω

= −

10 0º 30 21110 0º 30 21

CI V j L

I j I j LC

ω

ωω

= + +

⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

0

2110 0º 30I j LC

ωω

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞= + −⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

14243

20

21 21 21 10.25 rsegL M

C LC LCω ω ω

ω= → = ⇒ = =

Entonces la frecuencia será:

021 1.63(6.28)

f MHzLC

= =


223

b) El factor de calidad es.

6 30

0(10.25 10 )(20 10 )

30L LXQ

R Rω −× ×

= = =

3

0 6.8 10Q = ×

c) El voltaje en el condensador será:

0

1 10 0º; 0.33 0º30CV j I I

Cω⎛ ⎞

= − = =⎜ ⎟⎝ ⎠

5

6 12

1 10 (0.33 0º)(10.25 10 )(10 10 ) (10.25)(3)CV −= =

× ×

3.25CV KV=

3) En el circuito mostrado: a) Determinar R, para que absorba la máxima potencia de

transferencia b) Calcular la potencia máxima. Si N1 = 900, N2 = 150.

Solución: Hallamos por Thevenin.


224

1 2240 0º (4 5) 20j I j I= + − ; si I2 = 0

1 37.48 51.34ºI = −

120 (20 90º)(37.48 51.34º) 749.6 38.66º

ab th

th

V V j IV

⇒ = = = −

⇒ =

Por Norton

1 2240 0º (4 5) 20 ...............( )j I j I α= + −

1 20 20 (100 44) ...............( )j I j I β= − + −

De (α ) y ( β )

1 229.937 25.62º, 5.389 40.627ºcc NI I I= − = =


225

2

139.106 1.97º 139 4.78

th thth

N

th

V VZI I

Z j

⇒ = =

⇒ = − = − Ω

Luego:

2 2 2 1

1 1 1 2

1 , 6 6

V N I NV N I N

= = = =

Aplicamos Thevenin en los bornes c – d. '

2 1 10, 0, thI I V V= = =

' 11 2 1 1 1

7 ; 749.634 38.66º6 6cd thVV V V V V V V= = + = + = ⇒ =

' '1

7 874.57 38.66º6th thV V V⇒ = ⇒ =

Para 'thZ (rama c-d a corto circuito). Calculamos I:

2 1 2 2 2 10 6 0 0, 0V V V V V V+ = ⇒ + = ⇒ = =

1 th thV Z I V= + 1: 0si V = , entonces


226

5.38 40.6ºth

th

VIZ

⇒ = =

Luego calculamos I2:

21 2 2 2

7 6 6II I I I I I= + = + ⇒ =

26 4.62 40.6º7NI I I= = =

''

2

189.33 1.9º 189.22 6.51thth

VZ jI

= = − = − Ω

a). Para que tenga máxima potencia.

189.339thR Z= =

b). 0 2.3 39.6ºI =

20 1010.2 R wattsP I R⇒ = = Potencia máxima.


227

4) En el circuito mostrado calcular: I1, I2, I3, V2, si X1 = X2 = XL = 100Ω, K = 100% y R = 1Ω

Solución: a) Reflejamos “R” al primario:

210 (2) 100eqR = = Ω

Malla ( I1 ):

1 1 2 2 1 2 (1)230 0º ( 100) ( 100) .......X I X I j I j I= + = +

Malla ( I2 ):

2 1 2 1 (2)0 (100 100 100) 100 100 100 ......j j I j I I j I= + − + = +

De ( 2 ) 2 1I jI= − en ( 1 ).

1 1 1 1 1230 100 100( ) 100( ) 100(1 )j I j jI j I jI j j I= + − = − = −


228

1 .2.3 2.3 1.63 45º

(1 ) (190º)( 2 45º)ampI

j j= = = −

− −

2 .(1 90º)(1.63 45º) 1.63 135º ampI = − − = −

b). Calculamos I3:

3 2 3 .( )10 (1.63)10 I 16.3 ampI I= = ⇒ =

2 3 2 .(1)(16.3) V 16.3 voltV RI⇒ = = ⇒ =

5) En el circuito mostrado hallar la impedancia equivalente en las terminales

a y b, a la frecuencia de 310 radsegω = .


229

Solución: 3 3

13 3

23 3

3

(8 10 )10 8,

(1 10 )10 1,

(4 10 )10 4

X j

X j

X j

−

−

−

= × =

= × =

= × =

1 23 31 13000 9000

1 13, 910 ( ) 10 ( )C CX j X j= = − = = −

1 1 1 2

2 2 1 3

0.5 (8)(1) 1.41

0.2 (8)(4) 1.13M

M

X k X X j

X k X X j

= = =

= = =

Aplicamos método de Maxwell: Malla (1):

[ ][ ]

[ ]

1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1

1 1 2 2 1 2 1

1 2

1 2

5 ( ) 4 ( )

(5 8) 1.41( ) ( 1.13) 4 3 ( ) (1.41)

5 8 1.41 (4 2) 1.41 ( 1.41 1.13 4 2)

(9 8.82) (4 4.54) ...................

M M C MV jX X I I X I jX jX I I X I

V j I j I I j I j j I I I

V I j j j j I j j j

V I j I j

= + + − − + + − − +

= + + − − + + − − +

= + + + − + + − − − +

= + − + (1)...................


230

Malla (2): 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2

2 1 1 2

1 2

1 2

(6 4 4 ) ( 4 ) 0(6 4 9 8 4 3 4 ) ( 4 3) 1.13 1.41 0

( 4 3 1.13) (14 1.14) 0( 0.67 4) (14 0.14) 0 ......................

C L C C M MjX jX jX jX jX I I jX jX X I X Ij j j j j I I j j j I j I

I j j j I j jI j I j

+ − + + − + + − + − − − =

+ − + + − + + − + − − − =− + − + + + − =− − + + − = ......................................(2) De ( 1 ) y ( 2 ):

1

8.44 9.2abV Zeq jI= = +

6) Calcular la impedancia equivalente entre las terminales a y b.

Solución:


231

Malla (1).

1 1 2 1 2 2 2

1 2

1 2 (3)

(8 2 3 3 3) ( ) 2 3(8 ) ( 2 3)(8 ) ( 3) ...............

V I j j j j jI jI j I I j I j IV I j j j I j j j jV I j I j

= − + + − − − + − + −

= + − + + − − + −

= + + − Malla (2).

2 1 1 2 1 2 1

2

2 1

(10 4 2 4 3) 3 ( ) 2 0(12 3 ) ( 3 2 ) 0(12 3) 0 ...............(2)

I j j j j I j I I j I jI jII j j j j j j jI j jI

− + + + − + − + + + =

− − + + − + + =

+ + = De (1) y (2):

1

8.07 1.02abV Zeq jI= = − Ω

7) En figura mostrada, 3 trafos son conectados en Y - ∆, y alimentan una carga balanceada de 100KVA. Se sabe que las tensiones de línea del primario es de 2200V, n = 10. Calcular voltaje y corriente de cada uno de los trafos y potencia total de cada trafo.


232

Solución: Para la conexión estrella Y:

2199.7 12703 3L

fVV V= = =

El cual es el voltaje primario de cada trafo Vp = 1.27KV Conexión ∆, el voltaje secundario es:

1.27 12710

ps

V KVV Vn

= = =

Sabemos que la carga:

100100 3 454.6 (127) 3L L L

KVAKVA V I I A= ⇒ = =

La corriente secundaria del tipo delta es:

sec127 73.3 A

3I = =

Entonces:

73.3 7.33 A10

SIIn

φ = = =

La potencia de cada trafo:

(127)(73.3) 9.31p p s sS V I V I

S KVA

= =

= =

Es la tercera parte de la potencia total de la carga.

8) En la figura mostrada determinar: a. La impedancia para que se transmita la máxima potencia desde el

primario hacia los secundarios del trafo. b. Potencia máxima.


233

Solución: a. Reflejamos al primario

1

2

1 80.38

15

CXC

N aN

ω= =

= =

Por admitancias:

1 11 120 (80.38)25 25

T

jZ

= +

Resolviendo se tiene:

*

0.78 13.9º 0.757 0.1875

0.757 0.1875T

T

Z j

Z Z j

= − = −

∴ = = +

b). Para hallar la potencia primero hallamos la corriente.

2020 (2 0.757) 13.2 A2 0.757

I I= × → = =×

max

2 2(0.757)(13.2) 132wattsP RI P= = ⇒ =


234

9) En el sistema mostrado, se tiene un motor trifásico operando a condiciones normales, su factor de potencia ha sido corregido a 1 por el banco capacitivo. Calcular: a. La tensión de envío entre líneas del generador. b. La potencia reactiva del banco de capacitares Se instala una nueva carga, es un sistema de rectificación que alimenta a una red trifásica, esta carga es una fuente de corriente trifásica. c. Construir una red monofásica equivalente vista desde los terminales

de la nueva carga. d. La impedancia de la red que se ve desde la nueva carga e. A que frecuencia puede presentarse la resonancia.


235

Solución: a.

Por dato el banco capacitivo corrige el f.dp. del motor a la unidad entonces

C MQ Q= , calculemos potencias del motor:

550 (746) 455.89 0.9

455.89 536.34 cos 0.85

cos 536.34 (0.85)282.53

M

MM

M M

M

HPP KW

P KS KW

Q S KQ KVAR

φφ

= =

= = =

= ==

Vemos que el motor condensador tiene una potencia aparente numéricamente igual a la potencia activa del motor: P = ST.

3

455.89 3(4.16 )63.27 0º

T M L L

L

L

S P V I

kw kv II

∴ = =

⇒ ==

Como el circuito es equilibrado podemos trabajar con el circuito monofásico equivalente.


236

4.16 0º(4 6)(63.27 0º)

34645.22 8.13º

g

g

V j

V

= + +

=

b.

282.53 34.16282.53 3(4.161 )

3

C M L L

C

Q Q KVAR V IKVKVAR KVX

= = =

=

61.258 43.3CX C uF= ⇒ =

c. Circuito monofásico equivalente:

Veamos el motor:

536.34 3 , 4.16M M M MS KVA V I V KV= = =


237

536.34 74.4363(4.16 )M

KIKV

= =

cos 0.85 31.78ºM Mφ φ= ⇒ =

4.163 32.26 31.78º 27.42 17

74.44M

k

Z j= = = +

d).

/ / / / ; 4 6 7.21 56.31ºeq M CZ Z Z X Z j= = + =

' (7.21 56.31º)(32.26 31.78º)38.94 36.2º

232.6 88.09º38.94 36.2º

M

M

Z ZZZ Z×

= =+

=

' 5.97 51.9º 3.68 4.7 .........( 60 ); 377

Z j a Hzω= = +=

' ( ) 3.68 (0.01247); 12.47mHZ j Lω ω= + =


238

2

2 2

2 22 2

1( )( ) , X( )

1 1

R L RC C C CR

R L R LC C

ωω ω ωω ωω ω

ω ω

− −= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

En resonancia: 2

0

0 0

1

1328.31 211.1

RLC L

f Hz

ω

ω

⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⇒ =

Ocurre resonancia cuando 1 0ω ω=


239

BIBLIOGRAFÍA

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5. Kerchner – Corcoran. 1970. “Circuitos de Corriente Alterna” Editorial

CECSA.

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7. Brenner Dave. 1970. “Análisis de Circuitos Eléctricos” Edit.Cecsa.

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