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Departamento de Teoría de la Señal y Comunicaciones Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Telecomunicación UNIVERSIDAD DE VIGO web: www.tsc.uvigo.es/DAF/Investigacion/index.html web: www.tsc.uvigo.es/Docencia/FichasAsignaturas/ar.php Análisis de redes Transparencias de clase Enrique Sánchez Artemio Mojón Vigo, enero 2003 Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Telecomunicación. Lagoas-Marcosende, s/n. 36200 VIGO Tfno.: 986812142. Fax: 986812116. Correo electrónico: [email protected], [email protected]

Analisis de redes electricas

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Page 1: Analisis de redes electricas

Departamento de Teoría de la Señal y ComunicacionesEscuela Técnica Superior de Ingenieros de Telecomunicación

UNIVERSIDAD DE VIGO

web: www.tsc.uvigo.es/DAF/Investigacion/index.htmlweb: www.tsc.uvigo.es/Docencia/FichasAsignaturas/ar.php

Análisis de redesTransparencias de clase

Enrique SánchezArtemio Mojón

Vigo, enero 2003

Escuela Técnica Superior de Ingenieros de Telecomunicación. Lagoas-Marcosende, s/n. 36200 VIGOTfno.: 986812142. Fax: 986812116. Correo electrónico: [email protected], [email protected]

Page 2: Analisis de redes electricas
Page 3: Analisis de redes electricas

Análisis de redesTransparencias de clase

Índice

Conceptos básicos ....................................................................................... 1

Régimen transitorio .................................................................................... 25

Régimen sinusoidal permanente.................................................................... 79

Cuadripolos ............................................................................................... 169

Page 4: Analisis de redes electricas
Page 5: Analisis de redes electricas

Análisis de redesTransparencias de clase

Conceptos básicos

Conceptos básicos - 1: páginas 3-9Conceptos básicos - 2: páginas 10-22Ejercicios de repaso: página 23

Page 6: Analisis de redes electricas
Page 7: Analisis de redes electricas

Los sistemas electromagnéticos se analizan utilizando las ecuaciones de Maxwell.

Se requiere un proceso de cálculo complejo para determinarlas intensidades de los campos eléctrico y magnético.

Se utilizan simplificaciones matemáticas(teoría de circuitos, teoría de líneas de transmisión).

Aproximación básica de la teoría de circuitos (análisis de redes)

Las dimensiones de los elementos del sistema son mucho menoresque la menor de las longitudes de onda de las señales.

Consecuencia

Las magnitudes a calcular son

Magnitud Símbolo Unidadesvoltaje / tensión v(t) voltios (V)

corriente i(t) amperios (A)potencia |p(t)| = |v(t)i(t)| watios (W)

energía w = p(t)dtt1

t2

julios (J)

En general, estas magnitudes varían con el tiempo (t).

Análisis: se supone que el sistema está formado por elementos ideales y se aplican las leyes de Kirchhoff.

Page 8: Analisis de redes electricas

Elementos ideales

Esquemav = f (i)

i = f-1 (v)

+v-

i

term

inal

es(b

orne

s)

rela

cion

esfu

ncio

nale

s

CaracterísticasUn elemento ideal no puede descomponerse en otros.Sólo tiene dos terminales.Los terminales pueden estar a distinta tensión.La corriente que entra por un terminal es iguala la que sale por el otro.La corriente y la tensión están relacionadaspor una función (distinta en cada elemento).En el cálculo de la potencia se aplica el convenio pasivo.Se clasifican en activos y pasivos.

Convenio pasivo de signos

Se asignan arbitrariamente la polaridad de la tensión (+ -)y el sentido de la corriente (-> <-).

v +- - v+ -= i = - i

v

i

+ - v

i

+ - v

i

+- v

i

+-p = vi p = - vi p = - vi p = vi

Si p < 0, el elemento libera energía.Si p > 0, el elemento absorbe energía.

Page 9: Analisis de redes electricas

Elementos activos (fuentes, generadores)Representan la excitación que se aplica al resto del circuito.

ClasificaciónPor la magnitud: de tensión, de corriente.Por la relación con otros elementos:

independientes,dependientes (su valor depende de otros elementos).

Por la relación con el tiempo:continuas (el valor no cambia con el tiempo),variables (el valor cambia con el tiempo).

Representación gráfica

+ - + -

Fuente de tensiónindependiente

(continua o variable)

Fuente de tensiónindependiente

continua

Fuente de tensiónindependiente

sinusoidal

Fuente de corrienteindependiente

(continua o variable)

Fuente de corrientedependiente

(continua o variable)

Fuente de tensióndependiente

(continua o variable)

Fuente de tensiónImpone en sus bornes la tensión indicada por la relación funcional; soporta cualquier corriente.

Fuente de corriente:Impone en sus bornes la corriente indicada por la relación funcional; soporta cualquier tensión.

Page 10: Analisis de redes electricas

Elementos pasivosSoportan la excitación proporcionada por las fuentes.

Caracterización de los elementos pasivos

Esquema Elementoy unidades

Relaciónfuncional

Observaciones

v+

-

i

R

Resistencia

Ohmios (Ω)v = Ri Ley de Ohm

v+

-

i

G

Conductancia

Siemens (S)i = Gv Ley de Ohm

v+

-

i

L

Inductancia

Henrios (H)v = L di

dt

No soportacambios bruscos

de corriente

v+

-

i

C

Capacidad

Faradios (F)i = C dv

dt

No soportacambios bruscos

de tensión

+

-

i

R = 0Cortocircuito v = 0 Soporta

cualquier corriente

+

-

i

R = ∞Circuitoabierto

i = 0 Soportacualquier tensión

Si se cambia el sentido de la corriente con relación a la tensión, hay que utilizar un signo menos en el segundo miembro de la relación funcional.

L y C son elementos reactivos; almacenan y liberan energía.R y G son elementos resistivos; disipan energía.

Page 11: Analisis de redes electricas

Análisis

Analizaremos exclusivamente circuitos lineales(los elementos pasivos tienen valores positivos, constantes con eltiempo, e independientes de los valores de cualquier otro elemento),con lo que podremos aplicar el principio de superposición.

Principio de superposición

Si en un sistema lineal la respuesta a una excitación xk (k = 1, 2,... n) es una salida yk,la respuesta a una excitación compuesta por una combinación lineal de las excitaciones xkes una salida que es la misma combinación lineal de las excitaciones xk.

sistemalinealxk yk k = 1, 2,... n

sistemalineal

ak = cte, para todo k

Σ akxk Σ akyk

La linealidad (y el principio de superposición)sólo se mantiene si las salidas son tensiones o corrientes,y no si las salidas son potencias o energías.

Page 12: Analisis de redes electricas

Leyes de Kirchhoff

DefinicionesNudo: punto en el que se conectan dos o más elementos.Malla: conjunto cerrado de elementos conectados

uno a uno que puede recorrerse sin pasar dos veces por ninguno de ellos.

Ley de las corrientes en los nudosLa suma algebraica de las corrientes en un nudo es nula.

Σ ik = 0, k = 1, 2,... nn: número de elementos conectados al nudo

Ley de las tensiones en las mallasLa suma algebraica de las tensiones en una malla es nula.

Σ vk = 0, k = 1, 2,... nn: número de elementos que forman la malla

Análisis de redes

Analizar un circuito consiste en calcular las corrientes y las tensiones en sus elementos (y, en caso necesario, potencias y energías).

Para ello hay que: plantear las leyes de Kirchhoff en los nudos y en las mallas;relacionar la corriente y la tensión en cada elementomediante su correspondiente relación funcional.

Page 13: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis de redes

vg

R1

R2

R3

Conocidos los valores de vg, R1, R2, y R3,se desea hallar los valoresde las corrientes y las tensionesen todos los elementos del circuito.

vg

R1

R2

R3

a b

cd

i1i2

i3

ig

+ v1 -

+ v3 -

+v2

-

Se identifican los nudos (a, b, c, y d)y las mallas (abcd) del circuito.

Se asignan tensiones y corrientesarbitrarias a los distintos elementos(excepto para la fuente,el sentido de cuya tensión ya está especificado).

nudo a: ig - i1 = 0nudo b: i1 + i2 = 0nudo c: i2 - i3 = 0nudo d: i3 + ig = 0

Se aplica la ley de las corrientesa los nudos(una ecuación por cada nudo).

malla abcd: vg - v1 - v2 + v3 = 0

Se aplica la ley de las tensionesa las mallas(una ecuación por cada malla).

v1 = R1i1

v2 = - R2i2

v3 = R3i3

Se consideran las relacionesfuncionales de los elementos(una relación por elemento).

A partir del sistema de ecuaciones es posible hallar las corrientes y las tensiones buscadas.

Page 14: Analisis de redes electricas

Refinamientos del análisis de redes

El análisis de un circuito mediante la aplicación directade las leyes de Kirchhoff puede ser muy complicado.

Para resolver este problema pueden utilizarsesimplificaciones y procedimientos derivados, sin aproximaciones matemáticas, de las leyes de Kirchhoff.

SimplificacionesElementos en serie.Elementos en paralelo.Equivalencia ∇ -Y (∏-T) entre agrupaciones de resistencias.Divisores de tensión.Divisores de corriente.

ProcedimientosAnálisis por mallas.Análisis por nudos.

Otros aspectos (también derivados de las leyes de Kirchhoff)Equivalentes de Thèvenin y Norton.

Page 15: Analisis de redes electricas

Elementos en serie

Se dice que dos elementos están en serie cuando tienen un nudo común,y a este nudo no se conecta ningún otro elemento.

a b c Los elementos a, b y cestán en serie

La corriente que circula por un conjunto de elementos en serie es igual en todos ellos. Por tanto:

no es posible conectar en serie fuentes de corriente de distintos valores;si los elementos en serie son idénticos en naturaleza y valor, la tensión es igual en ellos.

Elementos en serie de igual naturaleza pueden agruparse.

E1 En

i1 in= = = = i

Eeq

iElementos de igual naturaleza en serie Elemento equivalente

Fuentes de tensión vk (k = 1, 2,... n)

Resistencias Rk (k = 1, 2,... n)

Inductancias Lk (k = 1, 2,... n)

Capacidades Ck (k = 1, 2,... n)

veq = vk∑k = 1

n

Req = Rk∑k = 1

n

Leq = Lk∑k = 1

n

1Ceq

= 1Ck

∑k = 1

n

Page 16: Analisis de redes electricas

Elementos en paralelo

Se dice que dos elementos están en paralelo cuando los terminales de todos ellos se conectan a los mismos nudos.

a b c Los elementos a, b y cestán en paralelo

La tensión en un conjunto de elementos en paralelo es igual en todos ellos. Por tanto:

no es posible conectar en paralelo fuentes de tensión de distintos valores;si los elementos en paralelo son idénticos en naturaleza y valor, la corriente es igual en ellos.

Elementos en paralelo de igual naturaleza pueden agruparse.

E1v1 = ... = vn = vEn

+v1 -

+vn

-Eeq

+v -

Elementos de igual naturaleza en paralelo Elemento equivalente

Fuentes de corriente ik (k = 1, 2,... n)

Resistencias Rk (k = 1, 2,... n)

Inductancias Lk (k = 1, 2,... n)

Capacidades Ck (k = 1, 2,... n)

ieq = ik∑k = 1

n

1eq

= 1Rk

∑k = 1

n

1eq

= 1Lk

∑k = 1

n

Ceq = Ck∑k = 1

n

Page 17: Analisis de redes electricas

Divisor de tensión

v

+ v1 -

R1+v2

-R2

v1 = v R1

R1 + R2

v2 = v R2

R1 + R2

Divisor de corriente

iR1 R2i1 i2

i1 = i R2

R1 + R2

i2 = i R1

R1 + R2

Transformación de generadores

vR

a

b iR

a

b

Desde la perspectiva de un circuito externo conectado a los terminales a y b, ambos esquemas son iguales si se cumplen las relaciones indicadas más abajo. Sin embargo, téngase presente que para cálculos de corrientes y tensiones en el conjunto generador-resistencia la equivalencia no se mantiene en general.

v = Ri i = v/R

Page 18: Analisis de redes electricas

Utilización de las simplificaciones

vg ig

R1

R2

R3

R4

R5

R6

+v6

-

vg = 60 V, ig = 5.6 mA,R1 = 30 kΩ, R2 = 60 kΩ,R3 = 5 kΩ, R4 = 100 kΩ,R5 = 1 kΩ, R6 = 4 kΩ

Hallar v6

i1 igR1 R2

R3

R4

R5

R6

+v6

-

Transformación de fuente

i1 = vg

R1

i1 igR12

R3

R4

R5

R6

+v6

-

Agrupación de resistencias en paralelo

R12 = R1R2

R1 + R2

v12 ig

R12 R3

R4

R5

R6

+v6

-

Transformación de fuentev12 = R12i1

v12ig

R123

R4

R5

R6

+v6

-

Agrupación de resistenciasen serie

R123 = R12 + R3

igR123 R4

R5

R6

+v6

-

i2Transformación de fuentes

i2 = v12

R123

Page 19: Analisis de redes electricas

Utilización de las simplificaciones

i3 R1234

R5

R6

+v6

-

Agrupación de resistencias en paralelo

R1234 = R123R4

R123 + R4

Agrupación de fuentes en paraleloi3 = ig - i2

R1234 R5

R6

+v6

-v1234

Transformación de fuentev1234 = R1234i3

R12345

R6

+v6

-v1234

Agrupación de resistenciasen serie

R12345 = R1234 + R5

R12345

R6

+v6

-v1234

Divisor de tensión

v6 = v1234 R6

R12345 + R6 = 12.8 V

Page 20: Analisis de redes electricas

Equivalentes de Thèvenin y Norton

Un circuito puede conectarse a una red externaa través de dos o más terminales.

Si una red externa está conectada a un circuito a través de dos terminales, el comportamiento del segundo puede representarse mediante los equivalentes de Thèvenin y Norton.

Un circuito tiene tantos equivalentes distintoscomo parejas de terminales se consideren.

Equivalentes de Thèvenin y Norton en continua

a

b VTh

RTh

a

b IN RN

a

b

Circuito original Equivalentede Thèvenin

Equivalentede Norton

Entre los equivalentes se cumplen las relaciones(transformación de fuentes)

RTh = RN VTh = RNIN IN = VTh

RTh

Si entre los terminales a y b se conecta una resistenciaRL = RTh

la potencia disipada en dicha resistencia es la máxima posible, y vale

pmax = VTh2

4RTh

Page 21: Analisis de redes electricas

Análisis por mallas

Identificación de mallasEn un circuito hay r - (n - 1) mallas independientes.

n: número de nudos esenciales.nudo esencial: conecta tres o más elementos.

r: número de ramas esenciales.rama esencial: camino entre dos nudos esencialesque no pasa por otro nudo esencial.

Sistema de ecuacionesA cada malla independiente se asigna una corriente.Se formula una ecuación por cada malla independiente(refleja la ley de Kirchhoff de las tensiones en la malla).Las incógnitas son las corrientes de las mallas.

Ecuaciones adicionalesDebe formularse una ecuación adicional por:

cada fuente independiente de corriente,cada fuente dependiente.

Las incógnitas de las ecuaciones adicionalesestán relacionadas con los elementos que las introducen.

NotaLas corrientes de malla no tienen existencia real.Las corrientes que tienen sentido físico y pueden medirseson las corrientes de rama.En una rama no compartida entre dos mallasla corriente coincide con la de la mallade la que forma parte la rama.

Page 22: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por mallas

va vb

R1

R4

R2R3

R5

i3

Datos:va, vb, R1, R2, R3, R4, R5

Hallar i3

i3 = ia - ib

va vb

R1

R4

R2R3

R5

i3

+ v1 -

+ v4 -

+ v2 -

+ v5 -

+v3 -ia ib

Asignación de corrientesde malla (sentido arbitrario)y tensiones (polaridad arbitraria)

va - v1 - v3 + v4 = 0v3 - v2 - vb + v5 = 0

Ley de Kirchhoffde tensiones en las mallas

v3 = R3i3 = R3(ia - ib)v1 = R1ia, v4 = - R4ia

v2 = R2ib, v5 = - R5ib

Relaciones funcionales

va - R1ia - R3(ia - ib) - R4ia = 0R3(ia - ib) - R2ib - vb - R5ib = 0

Ecuaciones de malla

va = ia(R1 + R3 + R4) - ibR3

vb = iaR3 - ib(R3 + R2 + R5)Ecuaciones de malla(ordenadas)

Prescindiendo de signos:suma algebraica fuentes tensión independientes en malla == corriente de malla X suma resistencias malla ++ suma algebraica (resistencia compartida XX corriente en resistencia compartida)

Los signos dependen de las relaciones entre:corrientes y fuentes en una malla,corrientes en las ramas compartidas.

Page 23: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por mallasR1

R2

R3

i2ig vd

Datos: vd = ri2,

ig, r, R1, R2, R3

Hallar potencias en las fuentes

R2

i2+vg - ia ibig vd

R1 R3 Identificación de incógnitas

vg = ia(R1 + R2) - ibR2

vd = - iaR2 + ib(R2 + R3)Ecuaciones de malla

vd = ri2 = r(ib - ia) Ecuación adicionalpara la fuente dependiente

ia = ig Ecuación adicionalpara la fuente de corriente

pg = - vgig, pd = - vdib Cálculos

Page 24: Analisis de redes electricas

Análisis por nudos

Identificación del nudo de referenciaSe escoge arbitrariamente un nudo esencial como referencia y se le asigna una tensión arbitraria.Suele escogerse el nudo con más conexionesy suele asignársele una tensión nula.

Indicación del nudo de referencia con tensión nula(conexión a tierra, a masa).

Sistema de ecuacionesA cada nudo esencial se asigna una tensióncon relación al de referencia.Se formula una ecuación por cada nudo(refleja la ley de Kirchhoff de las corrientes en el nudo).Las incógnitas son las tensiones en los nudos(excepto la del de referencia).

Ecuaciones adicionalesDebe formularse una ecuación adicional por:

cada fuente independiente de tensión,cada fuente dependiente.

Las incógnitas de las ecuaciones adicionalesestán relacionadas con los elementos que las introducen.

NotaLas tensiones en los nudos no tienen existencia real.Las tensiones que tienen sentido físico y pueden medirseson las diferencias de tensiones entre los nudosy el de referencia.

Page 25: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por nudos

Rai1 Rb

Rc

i2

Datos:i1, i2, Ra, Rb, Rc

Hallar la potencia en Rc

Rai1 Rb

Rc

i2

icv1 v2

ia ibvo

Identificación de nudosy asignación de tensiones (vo = 0 V).Asignación arbitraria del sentido de las corrientes de rama.

i1 - ia - ic = 0i2 - ib - ic = 0

Ley de Kirchhoffde corrientes en los nudos

ia = (v1 - vo) / Ra = v1/Ra

ic = (v1 - v2) / Rc

ib = (vo - v2) / Rb = - v2/Rb

Relaciones funcionales

i1 - (v1/Ra) - (v1 - v2) / Rc = 0i2 - (- v2/Rb) - (v1 - v2) / Rc = 0

Ecuaciones de nudo

i1 = v11Ra

+ 1Rc

- v2

Rc

- i2 = - v1

Rc + v2

1Rb

+ 1Rc

Ecuaciones de nudo(ordenadas)

pc = ic(v1 - v2) Cálculo

suma algebraica fuentes corriente independientes en nudo == tensión de nudo X suma conductancias nudo -- suma algebraica (conductancia compartida XX tensión en otro nudo de conductancia compartida)

Los signos de las fuentes se toman positivossi sus corrientes entran en el nudo considerado.

Page 26: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por nudos

R1R2

R3 idvg

+ vb - Datos: id = gvb,

vg, g, R1, R2, R3

Hallar potencia en la fuente independiente

R1R2

R3 id

v1 v2

ig

vo

vg

+ vb - Identificación de nudosy asignación de tensiones(vo = 0 V)

- ig = v11R1

+ 1R2

- v2

R2

id = - v1

R2 + v2

1R2

+ 1R3

Ecuaciones de nudo

id = gvb = g(v1 - v2) Ecuación adicionalpara la fuente dependiente

v1 = - vg Ecuación adicionalpara la fuente de tensión

pg = - vgig Cálculo

Page 27: Analisis de redes electricas

CONTINUA 2003/1

VG = 5 V, IS = - 1 mA, ID = gV3,g = 1 mS, R1 = R2 = R3 = R4 = 1 kΩ

El circuito de la figura funciona en régimen perma-nente continuo. Hallad las potencias en las tres fuentes (indi-cando si liberan o absorben energía) y la tensión entre x e y.

R1

VG

+V3-

x y

IS

ID

R3

R4

R2

CONTINUA 2003/2

VG = 1 V, IS = 250 mA,R1 = R2 = R3 = R4 = 2 Ω

El circuito de la figura funciona en régimenpermanente continuo. Hallad la tensión V4.

R1

VG IS

R3

R4

R2

+V4-

Page 28: Analisis de redes electricas
Page 29: Analisis de redes electricas

Análisis de redesTransparencias de clase

Régimen transitorio

Transitorio-1: páginas 27-40Ejercicios para resolver en clase: página 41Transitorio-2: páginas 42-51Transitorio-3: páginas 52-69Ejercicios para resolver en clase: página 70Transitorio-4: páginas 71-78

Page 30: Analisis de redes electricas
Page 31: Analisis de redes electricas

En el régimen permanentela excitación mantiene sus características mucho tiempo;la excitación fue aplicada hace mucho tiempo.

En régimen permanente, las salidas del circuito (corrientes,tensiones) son de la misma forma que la excitación.

Una excitación continua provoca salidas continuas.Una excitación sinusoidal provoca salidas sinusoidales.

El régimen transitorio es el que se produce inmediatamente despuésde que se aplique o se suprima una excitación.

exci

taci

óny

elem

ento

sas

ocia

dos

otro

sel

emen

tos

t = taInterruptor cerrado: cortocircuito.

Interruptor abierto: circuito abierto.

En régimen transitorio, las salidas del circuitono son de la misma forma que la excitación.Ello se debe a la presencia de elementos reactivos(sus relaciones funcionales implican dependencias del tiempo).En un circuito puramente resistivo no hay régimen transitorio.

Condiciones de estudiodel régimen transitorio

La excitación que se aplica al circuito o se suprime de él es continua.Sólo se analizan respuestas de circuitoscon dos elementos reactivos como mucho.Los cálculos se realizan mediante análisis integro-diferencial.

Page 32: Analisis de redes electricas

Elementos reactivos en régimen transitorio

Relaciones funcionales

i

L o C+ v -

vL = L diL

dtiC = C dvC

dt

ConsecuenciasLa corriente no puede variar bruscamente (en un tiempo nulo)en una inductancia (provocaría tensión infinita).La tensión no puede variar bruscamente (en un tiempo nulo)en una capacidad (provocaría corriente infinita).La tensión en una inductancia y la corriente en una capacidadsí pueden variar bruscamente.(Las resistencias admiten cambios bruscos de corriente y tensión).En continua

la inductancia se comporta como un cortocircuito(tensión nula ya que la corriente es constante);la capacidad se comporta como un circuito abierto(corriente nula ya que la tensión es constante).

Condiciones iniciales y finalesIniciales (t = 0): las que hay en el circuito cuando cesa el permanente (t = 0-) y empieza el transitorio (t = 0+).Finales (t = ∞): las que hay en el circuitocuando cesa el transitorio y se llega al permanente.

Page 33: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(aplicación de excitación, cálculo directo, septiembre 1999)

IG C RR

L

t = 0iC +vC -

+vL

-

iL

Datos:IG (continua), R, L, C

Hallar condiciones ent = 0-, t = 0+, y t = ∞

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(0-) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(0-) = 0 L no está conectada a la excitación

vC(0-) = RIG toda corriente fuente se va por R paralelo C;las tensiones en R y C son iguales

vC(0+) = vC(0-) = RIG tensión en C no cambia bruscamente

iL(0+) = iL(0-) = 0 corriente en L no cambia bruscamente

vL(0+) = RIG en la malla que contiene a LvC (0+) = RiL(0+) + vL(0+)

iC(0+) = 0 vC (0+) = vC (0-) →toda corriente fuente se va por R paralelo Cmanteniendo la tensión en C

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(∞) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(∞) = IG/2 toda corriente fuente se reparte entre R y R(iC (∞) = 0) igual entre ambas

vC(∞) = RIG/2 tensión en C igual a tensión R paralelo C

Page 34: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(aplicación de excitación, cálculo directo, junio 2001)

IG C

R R

L

t = 0 iC +

vC

-

+vL

-

iLavL

Datos:IG (continua), a, R, L, C

Hallar: condiciones ent = 0-, t = 0+, y t = ∞;

wL (0 ≤ t ≤ ∞)

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(0-) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(0-) = 0 iL(0-) + iC(0-) = 0vC(0-) = 0 vC(0-) = avL(0-) + RiL(0-) + vL(0-)

vC(0+) = vC(0-) = 0 tensión en C no cambia bruscamente

iL(0+) = iL(0-) = 0 corriente en L no cambia bruscamente

iC(0+) = IG iC(0+) = IG - vC(0+)/R - iL(0+)vL(0+) = 0 vC(0+) = avL(0+) + RiL(0+) + vL(0+)

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(∞) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(∞) = IG/2 toda corriente fuente se reparte entre R y R(iC (∞) = 0) igual entre ambas

vC(∞) = RIG/2 vC(∞) = avL(∞) + RiL(∞) + vL(∞)

wL = pL(t)dt0

= vL(t)iL(t)dt0

= iL(t)Ld iL(t)

dtdt

0

= L2

iL2 (∞) - iL2(0)

Page 35: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(aplicación de excitación, cálculo directo, diciembre 2002)

IG

R

t = 0

C

+vC

- aiC

iL

LiC

+vL-

Datos:IG (continua), a, R, L, C

Hallar: condiciones ent = 0-, t = 0+, y t = ∞;

wL (0 ≤ t ≤ ∞)

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(0-) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(0-) = 0 L no está conectada a la excitación

vC(0-) = 0 vC(0-) = vL(0-)

vC(0+) = vC(0-) = 0 tensión en C no cambia bruscamente

iL(0+) = iL(0-) = 0 corriente en L no cambia bruscamente

iC(0+) = IG/(1 - a) IG = vC(0+)/R + (1 -a)iC(0+) + iL(0+)vL(0+) = 0 vL(0+) = vC(0+)

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(∞) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(∞) = IG IG = vC(∞)/R + (1 -a)iC(∞) + iL(∞)

vC(∞) = 0 vC(∞) = vL(∞)

wL = pL(t)dt0

= vL(t)iL(t)dt0

= iL(t)Ld iL(t)

dtdt

0

= L2

iL2 (∞) - iL2(0)

Page 36: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(supresión de excitación, cálculo directo, julio 1999)

CR

Lt = 0

iC +vC

-

iL

VG

+ vL -

R

Datos:VG (continua), R, L, C

Hallar: condiciones ent = 0-, t = 0+, y t = ∞;

wC (0 ≤ t ≤ ∞)

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(0-) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(0-) = 2VG/R iC (0-) = 0 → VG = vL(0-) + (R//R)iL(0-)vC(0-) = VG VG = vL(0-) + vC(0-)

vC(0+) = vC(0-) = VG tensión en C no cambia bruscamente

iL(0+) = iL(0-) = 2VG/R corriente en L no cambia bruscamente

iC(0+) = - VG/R iC(0+) + vC(0+)/R = 0vL(0+) = - VG VG = vL(0+) + RiL(0+)

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(∞) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(∞) = VG/R vL(∞) = 0

vC(∞) = 0 iC(∞) + vC(∞)/R = 0

wC = pC(t)dt0

= vC(t)iC(t)dt0

= vC(t)Cd vC(t)

dtdt

0

= C2

vC2 (∞) - vC

2 (0)

Page 37: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(supresión de excitación, cálculo directo, junio 2000)

IG

t = 0

C

R R

L

iC +vC

-

+vL

-

iLavC

R

Datos:IG (continua), a, R, L, C

Hallar condiciones ent = 0-, t = 0+, y t = ∞

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(0-) = 0 L es un cortocircuito en continua

iL(0-) = IG(1 - a)/(3 - a)

vC(0-) = RIG/(3 - a)

IG = vC(0-)/R + iC(0-) + vC(0-)/R + iL(0-)

vC(0-) = avC(0-) + RiL(0-) + vL(0-)

vC(0+) = vC(0-) tensión en C no cambia bruscamente

iL(0+) = iL(0-) corriente en L no cambia bruscamente

iC(0+) = IG(2 - a)/(3 - a) IG = iC(0+) + vC(0+)/R

vL(0+) = RIG(a - 2)/(3 - a) 0 = RiL(0+) + vL(0+) + avC(0+) + RiL(0+)

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vL(∞) = 0 L es un cortocircuito en continua

vC(∞) = RIG IG = iC(∞) + vC(∞)/R

iL(∞) = - aIG/2 0 = RiL(∞) + vL(∞) + avC(∞) + RiL(∞)

Page 38: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(aplicación de excitación, cálculo directo, otras variables, septiembre 2002)

VG

R t = 0 R

+ v1 -

C

+vC

-RiL

iLL

iC

R

Datos:IG (continua), a, R, L, C

Hallar: v1, vC, iL e iC

en t = 0-, t = 0+, y t = ∞iL(0-) = 0 L no está conectada a la excitación

v1(0-) = 0 v1(0-) = RiL(0-)

iC(0-) = 0 C es un circuito abierto en continua

vC(0-) = 0 RiL(0-) = RiC(0-) + vC(0-)

iL(0+) = iL(0-) = 0 corriente en L no cambia bruscamente

v1(0+) = 0 v1(0+) = RiL(0+)

vC(0+) = vC(0-) = 0 tensión en C no cambia bruscamente

iC(0+) = 0 RiL(0+) = RiC(0+) + vC(0+)

iL(∞) = VG/(2R) VG = (R + R)iL(∞) + vL(∞), vL(∞) = 0

v1(∞) = VG/2 v1(∞) = RiL(∞)

iC(∞) = 0 C es un circuito abierto en continua

vC(∞) = VG/2 RiL(∞) = RiC(∞) + vC(∞)

Page 39: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(aplicación de excitación, cálculo directo, otras variables, junio 2002)

VG

R t = 0 R

+ v1 -

C

+vC

- gvC

RiL

L

i2

R

Datos:IG (continua), g, R, L, C

Hallar: v1, vC, iL e i2

en t = 0-, t = 0+, y t = ∞;wG (0 ≤ t ≤ ∞)

v1(0-) = 0 v1(0-) = RiC(0-), iC(0-) = 0 vC(0-) = 0 C no está conectada a la excitación

iL(0-) = 0 gvC(0-) = iL(0-) + i2(0-)i2(0-) = 0 vL(0-) = 0 → iL(0-) = i2(0-)

iL(0+) = iL(0-) = 0 corriente en L no cambia bruscamente

vC(0+) = vC(0-) = 0 tensión en C no cambia bruscamente

v1(0+) = VG/2 v1(0+) = RiC(0+), VG = (R + R)iC(0+) + vC(0+)i2(0+) = 0 gvC(0+) = iL(0+) + i2(0+)

v1(∞) = 0 v1(∞) = RiC(∞), iC(∞) = 0

vC(∞) = VG VG = (R + R)iC(∞) + vC(∞)

iL(∞) = gVG/2 gvC(∞) = iL(∞) + i2(∞)

i2(∞) = gVG/2 vL(∞) = 0 → iL(∞) = i2(∞)

wG = pG(t)dt0

= - VGiC(t)dt0

= - VGCdvC(t)dt

dt0

= - CVG[vC(∞) - vC(0)]

Page 40: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(cálculo directo, otras variables, junio 1998)

t = 0

VG

+v3 -

i1RG

L1

i2C2 R3

i3

gVG R4

i4 i5C5 R6

i6t = 0 i7

L7

+v7 -

Datos: VG (continua), g, RG, L1, C2, R3, R4, C5, R6, L7

Hallar las variables que se indican en negrita

v3(0+) = vC2(0+) = vC2(0-) = vL1(0-) = 0i1(0+) = i1(0-) = [VG - vL1(0-)]/RG = VG/RG

i3(0+) = v3(0+)/R3 = 0i2(0+) = - i1(0+) - i3(0+) = - VG/RG

i7(0+) = i7(0-) = 0v7(0+) = vC5(0+) = vC5(0-) = gVGR4

i6(0+) = vC5(0+)/R6 = gVGR4/R6

i5(0+) = gVG - i4(0+) - i6(0+) - i7(0+) == gVG - vC5(0+)/R4 - i6(0+) - i7(0+) = - gVGR4/R6

v7(∞) = 0

i7(∞) = gVG - i4(∞) - i5(∞) - i6(∞) =

= gVG - vC5(∞)/R4 - vC5(∞)/R6 = gVG

Una vez conocidas las variables fundamentales (iL, vC) para un instante dado, es posible obtener cualquier otra corriente o tensión para el mismo instante.

Page 41: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(cálculo de derivadas, septiembre 2000)

IG

LiC

C

R +vC

-

+ vL -

iLR

t = 0R

RiL

Datos: IG (continua), R, L, C

Hallar las derivadasque se indican en negrita

iL(0+) = 2IG

3, vC(0+) = - RIG

3

- RiC(0+) = RiL(0+) + vC(0+) →

→ iC(0+) = - IG

3 → dvC

dt 0+ = iC(0+)

C = - IG

3C

IG = vL(0+) + RiL(0+)R

+ iL(0+) → vL(0+) = - RIG

3 →

→ diL

dt 0+ = vL(0+)

L = - RIG

3L

El cálculo de la corriente y la tensión en t = 0+

se hace como se indicó en problemas anteriores.

Las derivadas de cualquier variable en régimen permanente continuo son nulas.

Page 42: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(influencia de distintas condiciones iniciales, diciembre 1994)

IG

t = 0 +

v1

-i1L1

iCC

RbgvC

Ra

t = 0 +

v2

-i2L2

- vC +

Datos: IG (continua), g, Ra, Rb, L1, L2, C

Hallar i1(∞) e i2(∞)

Solución aparente: i1(∞) = i2(∞) = 0.Es falsa porque i1 e i2 tienen corrientes distintas en t = 0.

t = ∞ 0 = iC(∞) = i1(∞) + i2(∞) (1)

t ≥ 0 v1(t) = v2(t) → L1di1

dt = L2

di2

dt →

→ L1di1

dtdt = L2

di1

dtdt → L1i1(t) = L2i2(t) + K

t = 0+ L1i1(0+) = L2i2(0+) + Ki1(0+) = gRbIG, i2(0+) = 0 → K = L1gRbIG (2)

t = ∞ L1i1(∞) = L2i2(∞) + K (3)

i1(∞) = gRbIGL2

L1 + L2 = - i2(∞) Combinando (1-3)

El cálculo de las corrientes en t = 0 se hacecomo se indicó en problemas anteriores.

Page 43: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(influencia de distintas condiciones iniciales, diciembre 1996)

LiL

R

t = 0

+ v1 -

i1riLVG

+vL -

C1

+ v2 -

i2C2 R

Datos:VG (continua), r, R, C1, C2, L

Hallar v1(∞) y v2(∞)

Solución aparente: v1(∞) = v2(∞) = 0(C1 y C2 están entre dos cortocircuitos).Es falsa porque v1 y v2 tienen tensiones distintas en t = 0.

t = ∞ 0 = vL(∞) = v1(∞) + v2(∞) (1)

t ≥ 0 i1(t) = i2(t) → C1dv1

dt = C2

dv2

dt →

→ C1dv1

dtdt = C2

dv2

dtdt → C1v1(t) = C2v2(t) + K

t = 0+ C1v1(0+) = C2v2(0+) + K

v1(0+) = 0, v2(0+) = - rVG

R → K = C2rVG

R(2)

t = ∞ C1v1(∞) = C2v2(∞) + K (3)

v1(∞) = C2rVG

(C1 + C2)R = - v2(∞) Combinando (1-3)

El cálculo de las tensiones en t = 0 se hacecomo se indicó en problemas anteriores.

Page 44: Analisis de redes electricas

Determinación de condicionesiniciales y finales(problema inverso, diciembre 1999

1+ v1 -

i1 2i2

+v2 -

4i4

+v4

-3i3+v3

-

5i5

+v5

-6i6

+v6

-VG

t = 0 t = 0

t i1 v1 i2 v2 i3 v3 i4 v4 i5 v5 i6 v6

0+ VG2R

VG2

VG2R

0 VG2R

VG2

0 VG2

0 0 0 0

0- VG2R

VG2

VG2R

0 VG2R

VG2

- 1 A VG2

1 A VG2

0 VG2

Identificar la naturaleza (R, L, C) de los elementos

1 i1(0-) ≠ 0 → no C; v1(0-) ≠ 0 → no L resistencia

2 i2(0-) ≠ 0 → no C; v2(0-) = 0 → no R inductancia

3 i3(0-) ≠ 0 → no C; v3(0-) ≠ 0 → no L resistencia

4 v4(0-) ≠ 0 → no L; i4(0-) = 0 → no R capacidad

5 cambio brusco de corriente y tensión resistencia

6 cambio brusco de tensión → no C

v6(0+) ≠ 0 e i6(0+) = 0 → no R

inductancia

Page 45: Analisis de redes electricas

Ejercicios para resolver en clase

TRANSITORIO-CONDICIONES 2003/A

El circuito de la figura funciona enrégimen permanente continuo.

Hallad los valores de i1, iC, v2, y vL

para t = 0-, t = 0+, y t = ∞.

+v2

-IG

R

t = 0

R

+ v3 -

C

+vC

-

kvC

LR

iC +vL-

i1 iL

Son datos los valores de todos los elementos del circuito.

TRANSITORIO-CONDICIONES 2003/B

El circuito de la figurafunciona en régimen permanentecontinuo.

Hallad los valores de v1, vC,i2, e iL para t = 0-, t = 0+, y t = ∞.

VG

R t = 0 R

+ v1 -

C

+vC

-

gvC

R

iL

L

i2

R

iC

- vL +

Son datos los valores de todos los elementos del circuito.

TRANSITORIO-CONDICIONES 2003/C

El circuito de la figura funcionaen régimen permanente continuo.

Hallad los valores de v1, vL, v3, yvC para t = 0-, t = 0+, y t = ∞.

IGR

t = 0

R

+ vL -

C

+vC

-

RiLiL

L

RiC

+v1

-

+v3-

Son datos los valores de todos los elementos del circuito.

Page 46: Analisis de redes electricas

Respuesta en régimen transitorio

Se entiende por respuesta de un circuito en transitoriola evolución temporal de sus corrientes y tensionesentre dos estados permanentes.

La respuesta de un circuito en régimen transitorioes igual para todas sus corrientes y tensiones(excepto cuando son variables desacopladas).Es decir, un circuito tiene un único tipo de respuestaen régimen transitorio.

Tipos de respuestasnatural: la que se tiene cuando se suprime la excitación;forzada: la que se tiene cuando se aplica la excitación.

Objeto del análisis en régimen transitorioHallar las expresiones temporales (ecuaciones que reflejanla variación de corrientes y tensiones con el tiempo)que caracterizan matemáticamente la respuesta.

Metodología de estudioAnálisis de respuestas en circuitos con un solo elemento reactivo.Análisis de respuestas en circuitos con dos elementos reactivos.Caso particular: circuitos con variables desacopladas.Circuitos con cambios sucesivos.

Page 47: Analisis de redes electricas

Respuesta natural de un circuito RL

IG

t = 0

RG +vL -

iL

L RDatos: IG (continua), RG, L, R

Se pretende encontrar la respuesta del circuito para t ≥ 0.

En esas condiciones la parte de interés (la que contiene a L)está caracterizada por la ecuación de malla

vL + RiL = 0 → LdiL

dt + RiL = 0

Se trata de la ecuación diferencial que caracterizala evolución temporal de iL para t ≥ 0.

Por ser una ecuación diferencial de primer ordencon segundo miembro nulo, la solución es de la forma

iL(t) = Ae-t/τ, constante de tiempo: τ = L/R

Esta ecuación es la expresión temporal de iL para t ≥ 0y caracteriza la respuesta del circuito.

Para que la expresión temporal esté completaes necesario determinar el valor de la constante A.Para ello se tienen en cuenta las condiciones iniciales.

Por el circuito Por la expresión temporaliL(0+) = iL(0-) = IG iL(0) = A → A = IG

La respuesta del circuito esiL(t) = IGe-t/τ

Page 48: Analisis de redes electricas

Significado de la constante de tiempo

iL(t)

tτ 5τ

IG

0.007IG

respuestanatural

respuesta pararitmo de descenso

constante

0.37IG

Representación gráficade la expresión temporalque caracterizala respuesta naturalde un circuito RL

La constante de tiempo es una medida de lo rápido que desaparece el régimen transitorio.

Puede decirse que el nuevo régimen permanentese establece una vez que ha transcurrido un tiempo igual a cinco constantes de tiempo(pasado ese tiempo apenas hay variacionesen la respuesta del circuito).

Esto valida la suposición de que el circuito está en régimen permanenteantes del cambio de posición del interruptor(se supone que el circuito ha permanecido en el mismo estado mucho tiempo antes de que se produzca dicho cambio).

Page 49: Analisis de redes electricas

Ejempo de respuesta natural en circuito RL

VG

t = 0

RG+vL -

iL

LR1

+v1 -

R2 R3

Datos:VG = 24 V, L = 5 mH,RG = 12 Ω, R1 = 6 Ω,R2 = 4 Ω, R3 = 10 Ω

Hallar:v1(t ≥ 0) y wR3(0 ≤ t ≤ ∞)

t ≥ 0

vL

R1 + R2 + iL + vL

R3 = 0 Ecuación de nudo

L 1R1 + R2

+ 1R3

diL

dt + iL = 0 Ecuación diferencial

iL = Ae-t/τ, τ = L 1R1 + R2

+ 1R3

= 1 ms Expresión temporal

Por circuito Por expresión temporaliL(0+) = iL(0-) =

= VGR1

RG(R1 + R2) + R1R2 = 1 A

iL(0) = A→ A = 1 A

vL(t) = LdiL

dt = - 5e-t V (t en ms)

v1(t) = divisor de tensión = vLR1

R1 + R2 = - 3e-t V (t en ms)

wR3 = pR3(t)dt0

= vR3(t)iR3(t)dt0

= vL(t)vL(t)R3

dt0

= 1.25 mJ

Page 50: Analisis de redes electricas

Respuesta natural de un circuito RC

IG

t = 0

RG +vC -

iC

C RDatos: IG (continua), RG, C, R

Se pretende encontrar la respuesta del circuito para t ≥ 0.

En esas condiciones la parte de interés (la que contiene a C)está caracterizada por la ecuación de nudo

iC + vC

R = 0 → CdvC

dt + vC

R = 0

Se trata de la ecuación diferencial que caracterizala evolución temporal de vC para t ≥ 0.

Por ser una ecuación diferencial de primer ordencon segundo miembro nulo, la solución es de la forma

vC(t) = Ae-t/τ, constante de tiempo: τ = RC

Esta ecuación es la expresión temporal de vC para t ≥ 0y caracteriza la respuesta del circuito.

Para que la expresión temporal esté completaes necesario determinar el valor de la constante A.Para ello se tienen en cuenta las condiciones iniciales.

Por el circuito Por la expresión temporal

vC(0+) = vC(0-) = IG(RG//R) vC(0) = A → A = IG(RG//R)

La respuesta del circuito esvC(t) = IG(RG//R)e-t/τ

Page 51: Analisis de redes electricas

Ejempo de respuesta natural en circuito RC

VG

t = 0

RG

C2

+vC

-iC1 R

iC2

C1

Datos:VG (continua), RG, R, C1, C2

Hallar vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

iC1 + vC

R + iC2 = 0 Ecuación de nudo

(C1 + C2)dvC

dt + vC

R = 0 Ecuación diferencial

vC = Ae-t/τ, τ = R(C1 + C2) Expresión temporal

Por circuito Por expresión temporalvC(0+) = vC(0-) =

= VGR

RG + R

vC(0) = A → A = VGR

RG + R

El circuito contiene dos elementos reactivos,pero, como pueden ser agrupados en un solo,el circuito es del tipo RC.

Page 52: Analisis de redes electricas

Respuesta forzada en circuitos RL y RC (t ≥ 0)

VG

RG

t = 0

R iL

LL descargada para t ≤ 0

VG

RG+vC

-

t = 0

RC

C descargada para t ≤ 0

Ecuación diferencial que caracteriza la evolución temporal

LdiL

dt + (RG + R)iL = VG (RG + R)CdvC

dt + vC = VG

Por ser una ecuación diferencial de primer ordencon segundo miembro no nulo, la solución es de la forma

iL(t) = B + (A - B)e-t/τ

τ = LRG + R

vC(t) = B + (A - B)e-t/τ

τ = (RG + R)C

Esta ecuación es la expresión temporal para t ≥ 0y caracteriza la respuesta del circuito.

Es necesario determinar las constantes A y B.Para ello se consideran condiciones iniciales y finales.

Circuito

→ A = 0

Circuito

→ A = 0iL(0+) = iL(0-) = 0 vC(0+) = vC(0-) = 0

Ex. temporal Ex. temporaliL(0) = A vC(0) = ACircuito

→ B =

= VG

RG + R

Circuito

→ B = VGiL(∞) = VG

RG + RvC(∞) = VG

Exp. temporal Exp. temporal

iL(∞) = B vC(∞) = B

Page 53: Analisis de redes electricas

Respuesta forzada de circuitoscon un solo elemento reactivo (t ≥ 0)

La ecuación diferencial que caracteriza la evolución temporales de la forma (x = iL; x = vC)

dxdt

+ xτ = K ⇔ τdxdt

+ x = Kτ = xf

La expresión temporal que representa la respuestaes de la forma (x = iL; x = vC)

x(t) = xf + (xo - xf)e-t/τ

xo = x(t = 0), xf = x(t = ∞)

Respuesta general de circuitoscon un solo elemento reactivo (t ≥ 0)

La respuesta natural es un caso particularde la respuesta forzada en el que

K = 0 = xf

Procedimiento de análisis en régimen transitorioFormular ecuaciones de mallas o de nudos.Establecer la ecuación diferencial relativaa la variable fundamental (iL, vC).Obtener la expresión temporal.Determinar la(s) constante(s) de la expresión temporalcomparando lo que ocurre en el circuito(condiciones inicial y final) con la expresión temporal.

Page 54: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta forzada

IG

R1

t = 0

L1

i1

+vL

-

R2

L2

i2

Datos: IG (continua), R1, R2, L1, L2

Hallar i1(t ≥ 0)

t ≥ 0

IG

iL+vL

-

R

L

Simplificación para t ≥ 0

L = L1L2

L1 + L2, R = R1R2

R1 + R2

IG = iL + vL

REcuación de nudo

LR

diL

dt + iL = IG

Ecuación diferencial

iL = iLf + (iLo - iLf)e-t/τ, τ = L/R Expresión temporal

circuito 0 = iL(0) = iLo exp. temporalcircuito IG = iL(∞) = iLf

exp. temporal

iL = IG(1 - e-t/τ), τ = L/R Respuesta

circuitooriginal L1

di1

dt = L2

di2

dt = LdiL

dtcircuito

simplificado

L1di1

dtdt = LdiL

dtdt → L1i1 = LiL + K

t = 0 → i1 = 0 = iL → K = 0 →→ i1(t) = LiL(t)/L1

Page 55: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta forzada

VA

R1

t = 0

iC

C

+vC

-

t = 0

R3

R2

VBiB

Datos:VA = 2 V = VB, C = 1µF,

R1 = R2 = R3 = 2 Ω

Hallar potencia en VB para t ≥ 0

t ≥ 0

iB = VB - vC

R2 = iC + vC

R3

Ecuación de nudo

R2CdvC

dt + R2 + R3

R3vC = VB

Ecuación diferencial

vC = vCf + (vCo - vCf)e-t/τ Expresión temporal

τ = R2R3C/(R2 + R3) = 1 µs

circuito 2 V = VA = vC(0) = vCo exp. temporalcircuito 1 V = VBR3/(R2 + R3) = vC(∞) = vCf

exp. temporal

vC = 1 + e-t V (t en µs) Respuesta

pB(t) = - VBiB(t) = - VBVB - vC(t)

R2 = - 1 + e-t W (t en µs)

Page 56: Analisis de redes electricas

Respuesta en régimen transitoriode circuitos con dos elementos reactivosdistintos, o iguales pero no agrupables

VG

t = 0

iCC

+vC

-

R

+ vL -

iLL Caracterización de la respuesta

para t ≥ 0

(1)

(2)

VG = RiL + vL + vC

vL = LdiL

dt, iL = iC = CdvC

dt

Ecuaciones del circuito

Relaciones entre variables

(3)

(4)

Sustituyendo (2) en (1),

LCd2vC

dt2 + RCdvC

dt + vC = VG

Despejando vC en (1)y sustituyendo en (2),

LCd2iL

dt2 + RCdiL

dt + iL = 0

(3) y (4) son las ecuaciones diferenciales

que caracterizanla evolución temporal

de vC e iL para t ≥ 0

La respuesta de un circuito con dos elementos reactivosse caracteriza por dos ecuaciones diferencialesde segundo orden(al igual que la de un circuito con un elemento reactivose caracteriza por una ecuación diferencialde primer orden).

Page 57: Analisis de redes electricas

Respuesta de circuitos con dos elementos reactivos

Las ecuaciones diferenciales que caracterizanla evolución temporal son de la forma (x = iL; x = vC)

ad2xdt2

+ bdxdt

+ cx = K

Los coeficientes a, b y c son iguales para todaslas variables fundamentales del circuito(corrientes en inductancias, tensiones en capacidades)excepto en el caso de variables desacopladas.

El valor de K puede ser distinto para cada variable.

La solución general (expresión temporal) de la ecuación diferencial (ecuación diferencial de segundo orden en una sola variable con coeficientes constantes)es de la forma (x = iL; x = vC)

x(t) = xf + xh(t)

xf = x (t = ∞), (= 0 si K = 0)xh(t): solución de la ecuación homogénea

Page 58: Analisis de redes electricas

Solución de la ecuación homogénea

Ecuación característica:as2 + bs + c = 0 (aunque K ≠ 0)

Raíces de la ecuación característica:

s1,2 = - b ± b2 - 4ac

2a = - α ± α2 - ω0

2

Coeficiente de amortiguamiento: α s-1 = b/(2a)

Frecuencia angular de resonancia: ω0 rad/s = s-1 = c/a

Caso 1 (respuesta supercrítica o sobreamortiguada):

(s1 y s2 reales y < 0) y (s1 ≠ s2) ⇔ ω02 < α2

xh(t) = Aes1t + Bes2t

Caso 2 (respuesta crítica o amortiguada):

(s1 y s2 reales y < 0) y (s1 = s2) ⇔ ω02 = α2

xh(t) = Ate-αt + Be-αt

Caso 3 (respuesta subcrítica o subamortiguada):

(s1 y s2 complejas) y (s1 = s2*) ⇔ ω0

2 > α2

xh(t) = Ae-αtcos(ωdt) + Be-αtsen(ωdt), ωd = + ω02 - α2

Page 59: Analisis de redes electricas

Procedimiento de análisis de circuitos con dos elementos reactivos

Formular dos ecuaciones de circuitoaplicando las leyes de Kirchhoff.

Formular relaciones entre variables.

Transformar las ecuaciones de circuitoen dos ecuaciones diferenciales(una por cada variable fundamental).

Seleccionar una de las variables fundamentales.

Obtener la solución de la ecuación homogéneacorrespondiente a la variable seleccionada.

Obtener las soluciones generales (expresiones temporales)correspondientes a las dos variables.

Determinar las constantes de las soluciones generalescomparando lo que ocurre en el circuito(condiciones iniciales y finales)con las expresiones temporales (soluciones generales).

Page 60: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis de circuitoscon dos elementos reactivos(respuesta supercrítica)

VG

t = 0

iCC

+vC

-

t = 0

R

kiLR

a

iLL

+vL

-

R

Datos:VG = 1 V, k = - 1,

R = 1 Ω, L = 1 H, C = 1 F

Hallar:iL(t ≥ 0) y vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

(1)

(2)

RiC + vC = va = RiL + vL

kiL = iC + va/R + iL

Ecuaciones del circuito

(3)

(4)

vL = LdiL/dt

iC = CdvC/dt

Relaciones entre variables

Combinando (1-4),

2LCd2vC

dt2 + (3 - k)RC + L

RdvC

dt + (2 - k)vC = 0

2LCd2iL

dt2 + (3 - k)RC + L

RdiL

dt + (2 - k)iL = 0

Ecuacionesdiferenciales

a = 2LC = 2 s2, b = (3 - k)RC + L/R = 5 s, c = 2 - k = 3

α = b/(2a) = 5/4 s-1, ω0 = c/a = 3/2 s-1

α2 > ω02 → respuesta supercrítica

Ecuación.característ.

Page 61: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis de circuitoscon dos elementos reactivos(respuesta supercrítica)

(5) vC(t) = vCf + Aes1t + Bes2t

s1,2 = - α ± α2 - ω02 → s1 = - 1 s-1, s2 = - 1.5 s-1

Sustituyendo (5) en (4), y el resultado en (2),

iL(t) = 1k - 1

×

× vCf

R + A 2Cs1 + 1

Res1t + B 2Cs2 + 1

Res2t =

= - vCf

2 + Aes1t

2 + Bes2t

Expresionestemporales

circuito 1 V = VG = vC(0) = vCf + A + B exp. temporalcircuito 0 = vC(∞) = vCf

exp. temporal

circuito 0 = iL(0) = - vCf

2 + A

2 + B exp. temporal

vCf = 0, A = 2 V, B = - 1 V

vC(t) = 2e-t - e-1.5t V (t en s)iL(t) = e-t - e-1.5t A (t en s)

Respuesta

Page 62: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta crítica, diciembre 1997)

IG

t = 0

iCC

+vC

-

t = 0

R

R

a

iLL

+vL

-

R

IG

L

R

pG

Datos:IG = 2 A, R = 1 Ω, L = 1 H, C = 1 F

Hallar: iL(t ≥ 0), vC(t ≥ 0);

pG(t ≥ 0)

t ≥ 0

(1)(2)

RCdvC/dt + vC = va = RiL + LdiL/dtIG = CdvC/dt + va/R + iL

Ecuaciones del circuitoy relaciones

2LCd2vC

dt2 + (3RC + L

R)dvC

dt + 2vC = RIG

2LCd2iL

dt2 + (3RC + L

R)diL

dt + 2iL = IG

Ecuacionesdiferenciales

a = 2LC = 2 s2, b = 3RC + L/R = 4 s, c = 2α = b/(2a) = 1 s-1, ω0 = c/a = 1 s-1

α2 = ω02 → respuesta crítica

Ecuacióncaracterística

(3) vC(t) = vCf + Ate-αt + Be-αt

Combinando (1-3),

iL(t) = IG - vCf

R + A 2αC - 1

Rte-αt +

+ -2CA + B 2αC - 1R

e-αt =

= 2 - vCf + Ate-αt + (B - 2A)e-αt (t en s, vCf en V)

Expresionestemporales

Page 63: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta crítica, diciembre 1997)

circuito 2 V = RIG = vC(0) = vCf + B exp. temporalcircuito 1 V = RIG/2 = vC(∞) = vCf

exp. temporal

circuito 1 A = IG/2 = iL(0) = 2 - vCf + B - 2A exp. temporalvCf = 1 V, A = 0.5 V/s, B = 1 V

vC(t) = 1 + 0.5te-t + e-t V (t en s)iL(t) = 1 + 0.5te-t A (t en s)

Respuesta

pG(t) = - va(t)IG = - RiL + LdiL

dtIG = - (2 + e-t) W (t en s)

Page 64: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta subcrítica, septiembre 1999)

IG

iCC

+vC -

t = 0

R iLL

+vL

-

R

Datos:IG = 2 A, R = 1 Ω, L = 1 H, C = 1 F

Hallar: iL(t ≥ 0), vC(t ≥ 0);

wC(0 ≤ t ≤ ∞)

t ≥ 0

(1)(2)

vC = RiL + LdiL/dtIG = CdvC/dt + vC/R + iL

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2vC

dt2 + (RC + L

R)dvC

dt + 2vC = RIG

LCd2iL

dt2 + (RC + L

R)diL

dt + 2iL = IG

Ecuacionesdiferenciales

a = LC = 1 s2, b = RC + L/R = 2 s, c = 2

α = b/(2a) = 1 s-1, ω0 = c/a = 2 s-1

α2 < ω02 → respuesta subcrítica, ωd = ω0

2 - α2 = 1 s-1

Ecuacióncaracteríst.

(3) iL(t) = iLf + Ae-αtcos(ωdt) + Be-αtsen(ωdt)

Sustituyendo (3) en (2),

C(t) = RiLf + Ae-αt (R - αL)cos(ωdt) - ωdLsen(ωdt) ++ Be-αt (R - αL)sen(ωdt) + ωdLcos(ωdt) =

= iLf - Ae-tsen(t) + Be-tcos(t) (t en s, iLf en A)

Expresionestemporales

Page 65: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta subcrítica, septiembre 1999)

circuito 0 = iL(0) = iLf + A exp. temporalcircuito 1 A = IG/2 = iL(∞) = iLf

exp. temporal

circuito 2 V = RIG = vC(0) = iLf + B exp. temporaliLf = 1 A, A = - 1 A, B = 1 A

iL(t) = 1 - e-tcos(t) + e-tsen(t) A (t en s)vC(t) = 1 + e-tsen(t) + e-tcos(t) V (t en s)

Respuesta

wC = pC(t)dt0

= vC(t)iC(t)dt0

= vC(t)Cd vC(t)dt

dt0

=

= C2

vC2 (∞) - vC

2 (0) = - 1.5 J

(los valores de vC para t = 0 y t = ∞ se obtienen directamente de la correspondiente expresión temporal)

Page 66: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta crítica)

R iL

LC+ vC - R

Rt = 0

VG

Datos:VG continua; RC = τ = L/R

Hallar: iL(t ≥ 0), vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

(1)(2)

VG = RiL + LdiL/dt + R(iL + CdvC/dt)VG = RCdvC/dt + vC + R(iL + CdvC/dt)

Ecuaciones del circuitoy relaciones

2LCd2vC

dt2 + (3RC + L

R)dvC

dt + 2vC = VG

2LCd2iL

dt2 + (3RC + L

R)diL

dt + 2iL = VG

R

Ecuacionesdiferenciales

RC = τ = L/R → (RC)(L/R) = τ2 = LC

a = 2LC = 2 τ2, b = 3RC + L/R = 4 τ, c = 2

α = b/(2a) = 1/τ, ω0 = c/a = 1/τα2 = ω0

2 → respuesta crítica

Ecuacióncaracterística

(3) vC(t) = vCf + Ate-αt + Be-αt

Sustituyendo (3) en (1),

iL(t) = IG - vCf

R + A 2αC - 1

Rte-αt +

+ -2CA + B 2αC - 1R

e-αt

Expresionestemporales

Page 67: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(respuesta crítica, diciembre 1997)

circuito 0 V = vC(0) = vCf + B exp. temporalcircuito VG/2 = vC(∞) = vCf

exp. temporal

circuito 0 A = iL(0) = VG - vCf - 2CA + B 2αC - 1 exp. temporal

vCf = VG

2, A = 0 V/s, B = VG

2

vC(t) = VG

2(1 - e-t/τ)

iL(t) = VG

2R(1 - e-t/τ)

Respuesta

Page 68: Analisis de redes electricas

Ejemplo de circuito con más de dos elementos reactivos (agrupables)

t = 0

R

VG

L1

L2

C1

C2

Datos:VG = 0.5 V, R = 0.5 Ω,

L1 = 0.6 mH, L2 = 0.4 mH,C1 = 2 mF, C2 = 2 mF

Hallar pC2(t ≥ 0)

t ≥ 0

IG iCC

+vC

-

t = 0

iLL

+vL -R

Simplificación para t ≥ 0

IG = VG/R = 1 AL = L1 + L2 = 1 mH

C = C1C2

C1 + C2 = 1 mF

vC = LdiL/dt- IG = CdvC/dt + vC/R + iL

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2vC

dt2 + L

RdvC

dt + vC = 0

LCd2iL

dt2 + L

RdiL

dt + iL = - IG

Ecuacionesdiferenciales

a = LC = 10-6 s2, b = L/R = 2×10-3 s, c = 1

α = b/(2a) = 103 s-1, ω0 = c/a = 103 s-1

α2 = ω02 → respuesta crítica

Ecuacióncaracterística

Page 69: Analisis de redes electricas

Ejemplo de circuito con más de dos elementos reactivos (agrupables)

iL(t) = iLf + Ate-αt + Be-αt

vC(t) = L A(1 - αt)e-αt - αBe-αt

Expresionestemporales

circuito 0 = iL(0) = iLf + B exp. temporalcircuito - 1 A = - IG = iL(∞) = iLf

exp. temporal

circuito 0 = vC(0) = L(A - αB) exp. temporaliLf = - 1 A, A = 103 A/s, B = 1 A

iL(t) = - 1 + te-t + e-t A (t en ms)vC(t) = - te-t V (t en ms)

Respuesta

CdvC

dt = iC = C2

dvC2

dt → CdvC

dtdt = C2

dvC2

dtdt → C2vC2(t) = CvC(t) + K

t = 0 → vC2 = 0 = vC → K = 0 → vC2(t) = CvC(t)C2

pC2(t) = vC2(t)iC(t) = CvC(t)C2

CdvC

dt = t(1 - t)e-2t

2 W (t en ms)

Page 70: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(problema inverso-directo, junio 1999)

iCC

+vC

-

t = 0

iLL

RVG

+ vL -

R

Datos:VG = 2 V, R = 1 Ω,

α = 1 s-1, ω0 = 1 rad/s

Hallar:L y C; vC (t ≥ 0) e iL (t ≥ 0)

t ≥ 0

iL = vC(1/R + 1/R) + CdvC/dtVG = LdiL/dt + vC

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2vC

dt2 + 2L

RdvC

dt + vC = VG

Ecuación diferencial

a = LC, b = 2L/R, c = 1

1 s-1 = α = b/(2a) = 1/(RC) → C = 1 F

1 s-1 = ω0 = c/a = 1/ LC → L = 1 H

α2 = ω02 → respuesta crítica

Ecuacióncaracterística

vC(t) = vCf + Ate-αt + Be-αt

iL(t) = 2vCf + A(1 + t)e-αt + Be-αt A (vCf en V, t en s)Expresionestemporales

circuito 0 = vC(0) = vCf + B exp. temporalcircuito 2 V = VG = vC(∞) = vCf

exp. temporal

circuito 2 A = VG/R = iL(0) = 2vCf + A + B exp. temporalvCf = 2 V, A = 0, B = - 2 V

vC(t) = 2 - 2e-t V (t en s)iL(t) = 4 - 2e-t A (t en s)

Respuesta

Page 71: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(problema inverso-directo, septiembre 1999)

IG

iCC

+vC -

t = 0

R iLL

+vL

-

R

Datos:IG = 2 A, R = 1 Ω,

α = 1 s-1, ω0 = 2 rad/s

Hallar: L y C; vC (t ≥ 0) e iL (t ≥ 0)

t ≥ 0

vC = RiL + LdiL/dtIG = CdvC/dt + vC/R + iL

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2vC

dt2 + (RC + L

R)dvC

dt + 2vC = RIG

Ecuación diferencial

a = LC, b = RC + L/R, c = 2 Ecuacióncaracterística1 s-1 = α = b/(2a) = 1/(2RC) + R/(2L)

→L = 1 H

2 s-1 = ω0 = c/a = 2/(LC) C = 1 F

α2 < ω02 → respuesta subcrítica, ωd = ω0

2 - α2 = 1 s-1

vC(t) = vCf + Ae-αtcos(ωdt) + Be-αtsen(ωdt)L(t) = (2 - vCf) + Ae-tsen(t) - Be-tcos(t) V (vCf en V, t en s)

Expresionestemporales

circuito 2 V = RIG = vC(0) = vCf + A exp. temporalcircuito 1 V = RIG/2 = vC(∞) = vCf

exp. temporal

circuito 0 = iL(0) = 2 - vCf - B exp. temporalvCf = 1 V, A = 1 V, B = 1 V

vC(t) = 1 + e-tsen(t) + e-tcos(t) V (t en s)iL(t) = 1 - e-tcos(t) + e-tsen(t) A (t en s)

Respuesta

Page 72: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(problema inverso, diciembre 1999)

iCC

+vC -

t = 0 iL

L

+vL -

R

VGR

t = 0

L

Datos (t ≥ 0, t en s):vC = (1 - t)e-t ViL = 0.5te-t A

Hallar: α y ω0;VG (continua), R, L y C

t ≥ 0

vC = LdiL/dt0 = CdvC/dt + vC/R + iL

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2iL

dt2 + L

RdiL

dt + iL = 0 Ecuación diferencial

a = LC, b = L/R, c = 1 Ecuación característica

La respuesta es crítica, ya que en las expresiones temporalesfiguran términos de la forma te-t.En la respuesta crítica α es el coeficiente del exponenteen el término exponencial; luego α = 1 s-1.En la respuesta crítica α2 = ω0

2; luego ω0 = 1 s-1.

(circuito) VG = vC(0) = 1 V (exp. temporal) → VG = 1 V

e-t

L - te

-t

L = vC

L = diL

dt = 0.5e-t - 0.5te-t → igualando

términos → L = 2 H

1 s-1 = ω0 = c/a = 1/ LC → C = 0.5 F

1 s-1 = α = b/(2a) = 1/(2RC) → R = 1 Ω

Page 73: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivos(problema inverso, septiembre 1996)

VG

t = 0

iCC

+vC

-

R

+ vL -

iLL

Datos (t ≥ 0, t en s):vC = 10 - 5e-9000t - 5e-9000t V

iL = 9e-9000t + e-1000t mA

Hallar: α y ω0;VG (continua), R, L y C

t ≥ 0

iL = CdvC/dtVG = LdiL/dt + vC + RiL

Ecuaciones del circuitoy relaciones entre variables

LCd2vC

dt2 + RCdvC

dt + vC = VG

Ecuación diferencial

a = LC, b = RC, c = 1 Ecuación característica

La respuesta es supercrítica, ya que en las expresionestemporales figuran dos términos exponenciales distintos.En la respuesta supercrítica los coeficientes de los exponentes son las raíces de la ecuación característica.

s1 = - 9000 s-1, s2 = - 1000 s-1

s1,2 = - α ± α2 - ω02 →

α = - s1 + s2

2 = 5000 s-1

ω0 = + α2 - s1 - s2

22 = 3000 s-1

(circuito) VG = vC(∞) = 10 V (exp. temporal) → VG = 10 V

0.009e-9000t

C + 0.001e-1000t

C = iL

C =

= dvC

dt = 45000e-9000t + 5000te-1000t → igualando

términos → C = 200 nF

3000 s-1 = ω0 = c/a = 1/ LC → L = 5/9 H

5000 s-1 = α = b/(2a) = R/(2L) → R = 50/9 kΩ

Page 74: Analisis de redes electricas

Ejercicios para resolver en clase

TRANSITORIO-RESPUESTA 2003/A

El circuito de la figura funciona en régimen permanentecontinuo. Llegó al estado indicado en ella en t = 0; en esemomento, la corriente en la inductancia y la tensión en lacapacidad valían I0 y V0, respectivamente. Con posterioridad,el circuito no experimenta más cambios. Hallad la expresióntemporal de la potencia en la fuente para t ≥ 0.

VG

+vC-

CiL

R R RL

VG = 2 V,V0 = 1 V, I0 = 2 A,

R = 1 Ω,L = 1 µH, C = 1 µF

TRANSITORIO-RESPUESTA 2003/B

El circuito de la figura funciona en régimenpermanente continuo. Llegó al estado indicado en ella ent = 0; en ese momento, la corriente en la inductancia y latensión en la capacidad valían I0 y V0, respectivamente.Con posterioridad, el circuito no experimenta máscambios. Hallad la expresión temporal de la potencia enla fuente para t ≥ 0.

IG

+vC-C

iLR

LR

IG = 2 mA,V0 = 2 V, I0 = 2 mA,

R = 1 kΩ,L = 1 mH, C = 1 nF

TRANSITORIO-RESPUESTA 2003/C

El circuito de la figura funciona en régimenpermanente continuo. Llegó al estado indicado en ella ent = 0; en ese momento, la corriente en la inductancia y latensión en la capacidad valían I0 y V0, respectivamente.Con posterioridad, el circuito no experimenta máscambios. Hallad la expresión temporal de la potencia enla fuente para t ≥ 0.

IG

+vC-C

iL

RL

R

IG = 1 A,V0 = 1.62 V, I0 = 0 A,

R = 1 Ω,L = 2.62 µH, C = 0.38 µF

Page 75: Analisis de redes electricas

Circuitos con dos elementos reactivosparcial o totalmente desacoplados(julio 1999)

CR

Lt = 0

iC +vC

-

iL

VG

+ vL -

R

Datos:VG (continua), R, L, C

Hallar iL(t ≥ 0) y vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

VG = LdiL/dt + RiL

0 = CdvC/dt + vC/REcuacionesdel circuito

iL(t) = iLf + (iLo - iLf)e-t/τL

Lo = iL(0) = 2VG/R, iLf = iL(∞) = VG/R, τL = L/R

vC(t) = vCf + (vCo - vCf)e-t/τC

vCo = vC(0) = VG, vCf = vC(∞) = 0, τC = RC

Expresionestemporales

Para t > 0 los dos elementos no se influyen entre sí(las variables son independientes -están desacopladas-).A cada variable fundamental le corresponde una ecuación diferencial de primer orden.

Puede haber influencia de un elemento en otrosin que el segundo influya en el primero(circuito parcialmente acoplado -desacoplado).A la variable independiente le correspondeuna ecuación diferencial de primer orden.A la variable acoplada le correspondeuna ecuación diferencial de segundo orden.

En circuitos parcial o totalmente desacopladosno hay respuesta única.

Page 76: Analisis de redes electricas

Circuito desacoplado

RG

C

R

L iSC+vC

-

iL

RVG

t = 0

a Datos:VG = 2 V, RG = 2 Ω,

R = 1 Ω, L = 1 H, C = 0.5 F

Hallar iSC(t ≥ 0)

t ≥ 0

vC(t) + RCdvC/dt = va = 0

VG = RGiL + LdiL/dt + va = RGiL + LdiL/dt

vC(t) = vCoe-t/τC, τC = RC = 0.5 s

vCo = vC(0) = VGR/(R + RG) = 2/3 V

iL(t) = iLf + (iLo - iLf)e-t/τL, τL = L/RG = 0.5 s

iLo = iL(0) = VG/(R + RG) = 2/3 A

iLf = VG/RG = 1 A

Ecuacionesdel circuito

Expresionestemporales

iSC(t) = iL - CdvC

dt = 1 + e-2t

3 A (t en s)

Page 77: Analisis de redes electricas

Circuito parcialmente acoplado(junio 2000)

IG

t = 0

CR

R

L

iC +vC

-

+vL

-iLkvCR

Datos:IG = 2 A, k = 1, R = 1 Ω,

L = 1 H, C = 1 F

Hallar iL(t ≥ 0) y vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

(1)

(2)

(3)

IG = vC/R + CdvC/dt0 = (R + R)iL + LdiL/dt + kvC

vC(t) = vCf + (vCo - vCf)e-t/τC, τC = RC = 1 s

Co = vC(0) = RIG/(3 - k) = 1 V, vCf = vC(∞) = RIG = 2 V

Ecuacionesdel circuito

Cálculode vC(t)

Despejando vC de (2) y sustituyendo en (1),

LCd2iL

dt2 + 2RC + L

RdiL

dt + 2iL = - kIG

a = LC = 1 s2, b = 2RC + L/R = 3 s, c = 2α = b/(2a) = 1.5 s-1, ω0 = c/a = 2 s-1

α2 > ω02 → respuesta supercrítica

Ecuacióndiferencial de iL

Ecuacióncaracterística

(4) iL(t) = iLf + Aes1t + Bes2t

s1,2 = - α ± α2 - ω02 → s1 = - 1 s-1, s2 = - 2 s-1

Expresióntemporal de

iL(t)

(5) (4) en (2) → vC(t) = - 2iLf - Ae-t V (iLf en A, t en s)

(3) = (5) → iLf = - vCf/2 = - 1 A, A = - (vCo - vCf) = 1 A

(circuito) 0 = iL(0) = iLf + A + B (exp. temporal) → B = 0

vC(t) = 2 - e-t V, iL(t) = - 1 - e-t A (t en s)

Page 78: Analisis de redes electricas

Circuito parcialmente acoplado(septiembre 2000)

CR

L +vC

-

iLR

VG

t = 0

R RiL

Datos:VG = 2 V, R = 1 Ω,

L = 4 H, C = 1 F

Hallar iL(t ≥ 0) y vC(t ≥ 0)

t ≥ 0

(1)

(2)

(3)

VG = (R + R)iL + LdiL/dt

0 = RCdvC/dt + vC + RiL

iL(t) = iLf + (iLo - iLf)e-t/τL, τL = L/(2R) = 2 s

iLo = iL(0) = 2VG/(3R) = 4/3 A, iLf = iL(∞) = VG/(2R) = 1 A

Ecuacionesdel circuito

Cálculode iL(t)

Despejando iL de (2) y sustituyendo en (1),

LCd2vC

dt2 + 2RC + L

RdvC

dt + 2vC = - VG

a = LC = 4 s2, b = 2RC + L/R = 6 s, c = 2α = b/(2a) = 3/4 s-1, ω0 = c/a = 1/ 2 s-1

α2 > ω02 → respuesta supercrítica

Ecuacióndiferencial de vC

Ecuacióncaracterística

(4) vC(t) = vCf + Aes1t + Bes2t

s1,2 = - α ± α2 - ω02 → s1 = - 1 s-1, s2 = - 0.5 s-1

Expresióntemporal de

vC(t)

(5) (4) en (2) → iL(t) = - vCf - 0.5Be-0.5t A (vCf en V, t en s)

(3) = (5) → vCf = - iLf = - 1 V, B = - 2(iLo - iLf) = - 2/3 V(circuito) - 2/3 = vC(0) = vCf + A + B (exp. temporal) → A = 1 V

iL(t) = 1 + e-0.5t

3 A, vC(t) = - 1 + e-t - 2e-0.5t

3 V (t en s)

Page 79: Analisis de redes electricas

Circuitos con cambios sucesivos

La evolución de un circuito en régimen transitorioestá determinada por

las constantes de tiempo de las expresiones temporalescorrespondientes a variables independientes;

los términos exponenciales de las expresiones temporales correspondientes a variables acopladas.

En un circuito pueden producirse cambios en distintos instantes. La evolución del circuito se calcula como se indicó anteriormente,con algunas peculiaridades:

El circuito no sabe que va a producirse un cambio;en consecuencia, tras cada cambio evolucionacomo si fuera a alcanzar el régimen permanente.

Las condiciones iniciales correspondientes a un intervalose obtienen de las expresiones temporalesque caracterizan el intervalo anterior.

La variable t ha de ser sustituida por t - t0,donde t0 es el instante final del intervalo anterior.

Page 80: Analisis de redes electricas

Circuitos con cambios sucesivos(junio 1997)

C

R

L

+vC

-iL

R

VA

1

RkvC

iC

2 3R

VB

1 2 3t < 0

0 ≤ t < t1t1 ≤ t < t2

t ≥ t2

AbiertoCerradoCerradoCerrado

AbiertoAbiertoCerradoAbierto

AbiertoAbiertoAbiertoCerrado

Datos:VA = 200 mV, VB = 2 V, t1 = 1 s, t2 = 2 s,R = 0.5 kΩ, L = 0.5 H, C = 2 µF, k = 2

Hallar dvC

dt 0+, dvC

dt 100 ms, iL(1.1 s), e iL(t ≥ t2)

Page 81: Analisis de redes electricas

Circuitos con cambios sucesivos(junio 1997)

dvC

dt 0+ = iC(0+)

C = 1

CVA - vC(0+)

R = 1

CVA - vC(0-)

R = VA

RC = 200 V/s

0 ≤ t < t1 → VA = RCdvC/dt + vC → τC = RC = 1 ms << 100 ms

Esto indica que la parte del circuito formada por VA, R y Cha alcanzado el régimen permanente para t = 100 ms(no hay cambios en el circuito entre 0 y 100 ms), con lo que

iC(100 ms) = cte = 0 → dvC

dt 100 ms = 0

Por el mismo motivo, vC (para todo t > 5τC = 5 ms) = cte = VA.Así, en la parte del circuito que contiene a L,

t1 ≤ t < t2 → kvC = kVA = LdiL/dt + RiL → τL1 = L/R = 1 ms << 100 ms

Esto indica que la parte del circuito que contiene a Lha alcanzado el régimen permanente para t = 1.1 s(no hay cambios en el circuito entre 1 y 2 s), con lo que

iL(1.1 s) = cte = kVA/R = 0.8 mA = iL(2 s)

t ≥ t2 → VB = 2RiL + LdiL/dt →→ iL(t ≥ t2) = iLf + (iLo - iLf)e- (t - t2)/τL2, τL2 = L/(2R) = 0.5 ms

iLo = iL(t2+) = iL(t2

- ) = 0.8 mA, iLf = iL(∞) = VB/(2R) = 2 mA

Page 82: Analisis de redes electricas

Circuitos con cambios sucesivos(diciembre 1998)

CR

L+vC

-

R

VA

1 2

3

R

VB

t = t1

t = t1t = 0

45

6Datos:

0 ≤ t ≤ t1 →→ α = 10 s-1, ω0 = 8 rad/s

en malla 123451

Hallar:vC(t1 = 100 s),

tipo de respuesta en malla 126451

para t > t1

0 ≤ t ≤ t1, malla 123451

α2 > ω02 → respuesta supercrítica

α = 10 s-1

ω0 = 8 s-1 → s1,2 = - α ± α2 - ω02 → s1 = - 16 s-1

s2 = - 4 s-1

vC(t) = vCf + Aes1t + Bes2t

vCf = vC(∞) = 0ya que el circuito no sabe que va a haber cambio en t = t1

es1t1 ≈ 0 ≈ es2t1

vCf = vC(∞) = 0 → vC(t1) ≈ 0

Para t ≥ t1, la malla 126451 es de la misma formaque la malla 123451; los elementos R, L y C siguen en serie, con los mismos valores, y la presencia de la fuente no afecta al tipo de respuesta.Luego ésta es también supercrítica.

Page 83: Analisis de redes electricas

Análisis de redesTransparencias de clase

Régimensinusoidal permanente

Sinusoidal-1: páginas 81-89Sinusoidal-2: páginas 90-101Sinusoidal-3: páginas 102-107Sinosoidal-4: páginas 108-115Sinusoidal-5: páginas 116-123Sinusoidal-6: páginas 124-139Ejercicios para resolver en clase: 140Sinusoidal-7: páginas 141-167Ejercicios para resolver en clase: 164

Page 84: Analisis de redes electricas
Page 85: Analisis de redes electricas

Señales sinusoidalesUna señal sinusoidal es de la forma indicada en la figura.Se hace referencia a régimen sinusoidal permanentecuando la señal no varía su forma en mucho tiempo (>> T).

t

a(t) = Amcos(ωt + ϕ)

Am

- Am

- ϕ/ω

T

T

Caracterización matemática de una señal sinusoidal

Símbolo Significado Dimensionesa señal (corriente, tensión) A, V

Am módulo, amplitud A, Vf = 1/T > 0 frecuencia Hz, s-1

ω = 2πf > 0 frecuencia angular rad/s, s-1

T = 1/f > 0 período sϕ fase rad, ˚

Interés práctico de las señales sinusoidalesSon soportadas por muchos circuitos electrónicos.Señales no sinusoidales pueden ser tratadascomo combinaciones lineales de señales sinusoidales.

Page 86: Analisis de redes electricas

Respuesta de un circuitoa una señal sinusoidal permanente

t = 0

vgR

Li

Datos: R, L,

vg(t) = Vmcos(ωt + ϕv)

Hallar i(t > 0)

Ldidt

+ Ri = Vmcos(ωt + ϕv) Ecuación diferencialque caracteriza la evolución

del circuito para t > 0

i(t) = - Imcos(ϕi)e-t/τ + Imcos(ωt + ϕi)respuesta = transitorio

(desaparece para t > 5τ)+ permanente

Consideraremos únicamente la respuesta permanente.

Características de la respuestaLa respuesta es una señal sinusoidalde la misma frecuencia que la excitación.El módulo y la fase de la respuestadependen del módulo y la frecuencia de la excitación,y de los elementos del circuito.

Im = Vm

R2 + ω2L2 , ϕ i = ϕv - arctg ωL

R

Objeto del análisis en régimen sinusoidal permanenteCalcular el módulo y la fase de la respuesta.

Page 87: Analisis de redes electricas

Tratamiento matemático

Las corrientes y las tensiones se tratan mediante fasores(el concepto de fasor deriva de las identidades de Euler).

Los elementos pasivos se tratan como impedancias.

Se aplican técnicas de análisis por mallas y nudos.

Identidades de Euler

Un número complejo, z, verifica las identidades (a y b reales)

z = a + jb ≡ kejθ ≡ k∠θ ≡ kcos(θ) + jksen(θ)

unidad de los números imaginarios: j ≡ - 1

módulo: k = a2 + b2, fase: θ = arctg ba

Re z = a ≡ kcos(θ) ≡ kRe ejθ , Im z = b ≡ ksen(θ) ≡ kIm ejθ

complejo conjugado de z: z* ≡ a - jb ≡ ke-jθ

Page 88: Analisis de redes electricas

Fasores

A cualquier señal (corriente, tensión) sinusoidalse le puede asociar un fasor.

señal: a(t) = Amcos(ωt + ϕ) (1)

fasor: A ≡ A ≡ Amejϕ

Un fasor no tiene entidad real.En un circuito sólo tienen significado físicoseñales caracterizadas por expresiones temporales como (1).

Conocido un fasor, la señal a la que aquél está asociadose obtiene como

a(t) = AmRe ej(ωt + ϕ) = Re Amej(ωt + ϕ) == Re Amejϕejωt = Re Aejωt

Dado que la respuesta en régimen sinusoidal permanentees una señal con la misma frecuencia que la excitación,su cálculo se reduce a la determinacióndel fasor asociado a la respuesta.

En otras palabras, el fasor combina en un solo parámetrola información de módulo y fase,que son las incógnitas a calcular.

Obsérvese que a la derivada de la señal, da/dt,le corresponde el fasor jωA.

Page 89: Analisis de redes electricas

Impedancias

Caracterización de elementos pasivos en régimen sinusoidal

Elemento(R, L, C)

Corriente ytensión reales

Fasoresasociados

i+v -

v(t) = Vmcos(ωt + ϕv) V = Vmejϕv

i(t) = Imcos(ωt + ϕi) I = Imejϕi

Relaciones funcionales en régimen sinusoidal

Elemento Relaciónfuncional

Equivalenciaen términosde fasores

Relaciónentre fases

R v = Ri V = RI ϕv = ϕi

L v = Ldi/dt V = jωLI ϕv = ϕ i + 90 ˚

C i = Cdv/dt I = jωCV ϕv = ϕ i - 90 ˚

Cualquier elemento pasivo puede representarsepor una impedancia asociada

V = ZI = I/Y I = YV = V/Z Ley de Ohm generalizada

Impedancia: Z Ω = R + jX (R: resistencia; X: reactancia)Admitancia: Y S = G + jB (G: conductancia; B: susceptancia)

R → Z = RY = 1/R , L → Z = jωL

Y = 1/(jωL) , C → Z = 1/(jωC)Y = jωC

Page 90: Analisis de redes electricas

Técnicas de análisis

El circuito se caracteriza en términosde fasores e impedancias.

Se aplican las leyes de Kirchhoff

Vk = 0, k = 1, 2,... n (n: elementos en una malla)∑k

Ik = 0, k = 1, 2,... n (n: elementos en un nudo)∑k

y las simplificaciones del análisis de redes(elementos en serie y paralelo, agrupación de elementos,divisores de tensión y de corriente, equivalentes,...).

El análisis se hace aplicandola técnica de corrientes en las mallas;la técnica de tensiones en los nudos.

Obtenido el fasor correspondiente a la respuesta,se determina la expresión temporal.

Si el circuito es lineal,es posible aplicar el principio de superposición.

Page 91: Analisis de redes electricas

Agrupación de elementos

Elementos pasivos

Se agrupan teniendo en cuenta sus impedancias

Agrupación en serie

Zeq = Z1 + ... + Zn, 1Yeq

= 1Y1

+ ... + 1Yn

Agrupación en paralelo

Yeq = Y1 + ... + Yn, 1Zeq

= 1Z1

+ ... + 1Zn

En régimen sinusoidal permanente es posible agruparelementos pasivos de distinta naturaleza(resistencias y/o inductancias y/o capacidades)una vez que cada uno de ellos ha sido caracterizadopor su impedancia correspondiente;de ahí que la impedancia sea compleja en general.

Elementos activos

Pueden agruparse siempre que sean independientes;sean de la misma naturaleza;tengan la misma frecuencia.

Agrupación de fuentes de corriente en paralelo

Ieq = I1 + ... + In

Agrupación de fuentes de tensión en serie

Veq = V1 + ... + Vn

Page 92: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por mallas

vgL

RL

C

RC

igRig

Ro

Datos:

R = 1 Ω, L = 1 µH, C = 1 µF,RL = 3 Ω, RC = 1 Ω, Ro = 1 Ω,

vg(t) = Vmcos(ωt + ϕv), Vm = 2 V,

ω = 1 Mrad/s, ϕv = 45 °

Hallar po(t)

Vg

RIg

RoZ

Ig

I1 I2

Simplificación del circuitoy caracterización en términos

de fasores e impedancias

Vg = Vmejϕv = 1 + j V

ZL = RL + jωL = 3 + j ΩZC = RC + 1

jωC = 1 - j Ω

1Z

= 1ZL

+ 1ZC

→ Z = ZLZC

ZL + ZC = 1 - j0.5 Ω

Vg = I1Z - I2Z0 = - I1Z + I2(Z + Ro) + RIg

Ig = I1

Ecuaciones de mallas

Ecuación adicional para la fuente dependiente

Io = 0.3 - j0.1 A → io(t) = Re Ioejωt = 0.1cos(ωt + ϕo) A

Vo = RoIo = 0.3 - j0.1 V → vo(t) = Re Voejωt = 0.1cos(ωt + ϕo) V

po(t) = vo(t)io(t) = 0.1cos2(ωt + ϕo) W, ϕo = arctg - 0.10.3

Page 93: Analisis de redes electricas

Ejemplo de análisis por nudos

vgL

RL

C

RC

igRig

Ro

Datos:

R = 1 Ω, L = 1 µH, C = 1 µF,RL = 3 Ω, RC = 1 Ω, Ro = 1 Ω,

vg(t) = Vmcos(ωt + ϕv), Vm = 2 V,

ω = 1 Mrad/s, ϕv = 45 °

Hallar po(t)

Vg

RIg

RoZIg Io

Vz

Simplificación del circuitoy caracterización en términos

de fasores e impedancias

Vg = Vmejϕv = 1 + j V

ZL = RL + jωL = 3 + j ΩZC = RC + 1

jωC = 1 - j Ω

1Z

= 1ZL

+ 1ZC

→ Z = ZLZC

ZL + ZC = 1 - j0.5 Ω

Ig = Vz/Z + Io

Vz = Vg = RIg + RoIo

Ecuación de nudo

Ecuaciones adicionales para las fuentes

Io = 0.3 - j0.1 A → io(t) = Re Ioejωt = 0.1cos(ωt + ϕo) A

Vo = RoIo = 0.3 - j0.1 V → vo(t) = Re Voejωt = 0.1cos(ωt + ϕo) V

po(t) = vo(t)io(t) = 0.1cos2(ωt + ϕo) W, ϕo = arctg - 0.10.3

Page 94: Analisis de redes electricas

Inducción mutua

En general, la tensión en una inductancia depende dela corriente que circula por ella (autoinducción);la corriente que circula por inductancias próximascon las que está acoplada (inducción mutua).

Está regida porla ley de Ampère(una corriente tiene un campo magnético asociado);la ley de Faraday-Henry(el voltaje inducido es proporcional a la variación del campo magnético).

Dos inductancias (L1, L2) acopladas se caracterizan porel coeficiente de acoplamiento, k (0 ≤ k ≤ 1);el coeficiente de inducción mutua, M

M H = + k L1L2

En continua no hay fenómenos de inducción mutuaya que no hay variación de corriente, ni, por tanto,del campo magnético creado por aquélla.

Page 95: Analisis de redes electricas

Inducción mutuaLa tensión total en una inductancia es la suma algebraicade las debidas a la autoinducción y a la inducción mutua.

Caracterización de la autoinducción

i' i

+va

-

-v'a+L

va = Ldidt

= - Ldi'dt

= - v'a

Caracterización de la inducción mutuaSi la corriente entra en (sale de) uno de los elementospor el terminal marcado con el punto,la tensión inducida en el otro es positiva (negativa)en el terminal marcado con el punto.

+v1m

-

-v'1m

+ L1

i1i'1

+v2m

-

-v'2m

+L2

i2i'2

M

v1m = Mdi2

dt = - Mdi'2

dt = - v'1m

v2m = Mdi1

dt = - Mdi'1

dt = - v'2m

Tensión total en L1

Tensión total en L2

v1 = v1a + v1m = v1a - v'1m == - v'1a + v1m = - v'1a - v'1m = - v'1

v2 = v2a + v2m = v2a - v'2m == - v'2a + v2m = - v'2a - v'2m = - v'2

En régimen sinusoidal permanente

Tensión total en L1

Tensión total en L2

V1 = V1a + V1m = - V'1a - V'1m = - V'1V1m = jωMI2 = - jωMI'2 = - V'1m

V2 = V2a + V2m = - V'2a - V'2m = - V'2V2m = jωMI1 = - jωMI'1 = - V'2m

Page 96: Analisis de redes electricas

Circuito con inducción mutua(septiembre 1992)

L1

R1C1

L2M12

I1 Vg L3 C2 R2

L4M34

IsI2

R3

M45

L5

C3

I3

Hallar

I1, I2, e I3

Datos:

Vg = 35 + j77 V, Is = 1 A, R1 = 100 Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 15 Ω,

ωL1 = 4 Ω, ωL2 = 9 Ω, ωL3 = 1 Ω, ωL4 = 25 Ω, ωL5 = 25 Ω,

ωM12 = 4 Ω, ωM34 = 3 Ω, ωM45 = 20 Ω,

(ωC1)-1 = 5 Ω, (ωC2)-1 = 7 Ω, (ωC3)-1 = 10 Ω

Vs: tensión en la fuente de corriente(positiva en el extremo por el que sale la corriente)

0 = I11

jωC1 + jωL1 + jωL2 + R1 - I2R1 - I1jωM12 - I1jωM12

ec. malla 1 sin inducción mutua L1 en L2 L2 en L1

- Vg = -I1R1 + I2 R1 + jωL3 + 1jωC2

+ R2 + Vs + I3jωM34

ec. malla 2 sin inducción mutua L4 en L3

Vs = I3 jωL4 + R3 + jωL5 + 1jωC3

+ I2jωM34 + I3jωM45 + I3jωM45

ec. malla 3 sin induc. mutua L3 en L4 L4 en L5 L5 en L4

Is = I3 - I2 ecuación adicional para la fuente de corriente

I1 = - 2 A, I2 = - 2 A, I3 = - 1 A

Page 97: Analisis de redes electricas

Circuito con inducción mutua(septiembre 1996)

L1R1

L2I1Vg L3

R2

I2M+V2

-

Datos:

Vg = 9 + j30 V,

R1 = 3 Ω, R2 = 5 Ω,

ωL1 = 1 Ω, ωL2 = 4 Ω,

ωL3 = 1 Ω, ωM = 1 Ω

Hallar k y V2

k = ωM(ωL1)(ωL2)

= 0.5

Vg = I1(R1 + jωL1 + jωL2) - I2jωL2 - I1jωM - (I1 - I2)jωMec. malla 1 sin inducción mutua L1 en L2 L2 en L1

0 = - I1jωL2 + I2(jωL2 + R2 + jωL3) + I1jωMec. malla 2 sin inducción mutua L1 en L2

I1 = 5 + j5 A, I2 = j3 A

V2 = (I1 - I2)jωL2 - I1jωM = - 3 + j15 V = I2(R2 + jωL3)

Page 98: Analisis de redes electricas

Transformadores

Son dispositivos que incluyen dos inductancias acopladaselectromagnéticamente (afectadas por inducción mutua).

excitación+

otroselementos pr

imar

iootros

elementos

secundario

transformador

bobinasacopladas

Esquemageneral

de untransformador

Un transformador modifica las condiciones en las queuna excitación llega a una carga (conjunto de elementos pasivos) con relación a las que existen en ausencia de aquél.

TiposTransformador lineal.Transformador ideal.

Serán analizados sólo en régimen sinusoidal permanente.

Un transformador no funciona como tal en continuaya que en dichas condiciones no hay inducción mutua(las inductancias que lo constituyense comportan como simples cortocircuitos).Un transformador elimina la componente continuade una excitación combinada.

Page 99: Analisis de redes electricas

Transformador lineal

VG

ZG Z1

L1

Z2

L2

ZLM

excitación

transformador lineal

carga

IG

Esquema

ZG: impedancia asociada a la excitaciónZ1: impedancia de pérdidas asociada al primario

Z2: impedancia de pérdidas asociada al secundarioZL: impedancia de carga

En un transformador lineal se cumple (con independencia de lasposiciones de los puntos en las inductancias)

VG = IG(ZG + Z), Z = ZP + ZR

impedancia del primario: ZP = Z1 + jωL1

impedancia reflejada en el primario: ZR = (ωM)2

ZTS

impedancia total en el circuito secundario: ZTS = ZS + ZL

impedancia del secundario: ZS = Z2 + jωL2

El transformador altera las condicionesen las que la excitación ve la carga.Si no estuviera el transformador, se cumpliría

VG = IG(ZG + ZL)

Page 100: Analisis de redes electricas

Ejemplo de transformador lineal(diciembre 1996)

VG

ZG

L1

L2

ZL

MC2

+VL

-

Hallar VL

Datos:

VG = 1 + j V,

ZG = 0.75 Ω,

ωL1 = 1 Ω, ωL2 = 1 Ω,

ωM = 0.5 Ω, ωC2 = 1 S,

ZL = 1 + j Ω

VG

ZG

IG Z

L2

Z2L

M I2+

VL-

ZTS = jωL2 + 1jωC2

//ZL = 1 Ω

ZR = (ωM)2

ZTS = 0.25 Ω

Z = jωL1 + ZR = 0.25 + j ΩVG = IG(ZG + Z) → IG = 1 A

1Z2L

= jωC2 + 1ZL

→ Z2L = 1 - j Ω

= IGjωM + I2(jωL2 + Z2L) → I2 = - j0.5 A

VL = I2Z2L = - 0.5 - j0.5 V

Page 101: Analisis de redes electricas

Ejemplo de transformador lineal(febrero 1992)

G

Z1

L1 L2 Z3

I1

M12

Z2

I2

M23 L3

I3

Hallar:I1, I2, e I3;

impedancia total del secundario

Datos:

VG = - j54 V, Z1 = 2 - j4 Ω,

ωL1 = 4 Ω, ωL2 = 9 Ω,

ωM12 = 4 Ω, Z2 = 8 - 65 Ω,

ωL3 = 36 Ω, ωM23 = 10 Ω,

Z3 = 23 - j36 Ω

VG = I1(Z1 + jωL1) + I2jωM12

0 = I2(jωL2 + Z2 + jωL3) - I3jωL3 +

+ I1jωM12 + I2jωM23 + (I2 - I3)jωM23

0 = - I2jωL3 + I3(jωL3 + Z3) - I2jωM23

I1 = - j25 A, I2 = - 1 A, I3 = - j2 A

VG = I1(Z1 + jωL1 + ZR) → ZR = 0.16 Ω

ZR = (ωM12)2

ZTS → ZTS = 100 Ω

Page 102: Analisis de redes electricas

Transformador ideal

Es un transformador lineal llevado al límite.

k = 1, L1 = ∞ = L2

Se caracteriza por la relación de transformación.

a = n2/n1; ni: número de espiras de la bobina i, i = 1, 2

Los voltajes en los terminales de las inductanciasincluyen los efectos de autoinducción e inducción mutua.

+v1

-

-v'1+

i1i'1+v2

-

-v'2+

i2 i'21:a

1/a:1

n1 n2

Esquema

v2v1

= i1

i2 = n2

n1 = a

Caracterización matemática

Relación de voltajes: positiva si ambos tienen la misma polaridad en los puntos

v2 = av1 = - av'1, v'2 = - av1 = av'1Relación de corrientes: negativa si ambas entran o salen simultáneamente por los puntos

i1 = - ai2 = ai'2, i'1 = ai2 = - ai'2

En régimen sinusoidal permanente

V2 = aV1 = - aV'1, V'2 = - aV1 = aV'1I1 = - aI2 = aI'2, I'1 = aI2 = - aI'2

Page 103: Analisis de redes electricas

Transformador ideal

G

ZG

ZLIG

1:aEsquema

ZG: impedancia asociada a la excitaciónZL: impedancia de carga

En un transformador ideal se cumple (con independencia de las posiciones de los puntos en las inductancias)

VG = IG(ZG + ZR)

impedancia reflejada en el primario: ZR = ZL

a2

El transformador altera las condicionesen las que la excitación ve la carga.Si no estuviera el transformador, se cumpliría

VG = IG(ZG + ZL)

Obsérvese que, si se refleja la impedancia del primarioen el secundario, se tiene

ZR = a2ZG

Es decir, el transformador ideal es asimétrico,mientras que el lineal es simétrico.

Page 104: Analisis de redes electricas

Ejemplo de transformador ideal(febrero 1992)

VG

Ia

+V1

-

R1

+V2-

+V3

-Ib

+V4

-Ic

IS

+VS

-

R2 R31:a1 1/a2:1

Datos:

VG = 600 V, IS = 12 A, a1 = 6, a2 = 1/3,

R1 = 24 Ω, R2 = 18 Ω, R3 = 2 Ω

Hallar VS

VG = IaR1 + V1

V2 = IbR2 + V3

V4 = IcR3 + VS

Ic = - IS

V2 = a1V1, Ia = a1Ib

V4 = - a2V3, Ib = - a2Ic

Ecuaciones de mallas

Ecuación adicional para la fuente

Ecuaciones de los transformadores

VS = 0 V

Page 105: Analisis de redes electricas

Ejemplo de transformadores(septiembre 1999)

VGI1 I2

+VL

-ZL

R bVL1:a

R CL M I3

R C

L

Son datos las características de todos los elementos.

Escribir un sistema algebraico de tres ecuacionescuyas incógnitas sean únicamente las corrientes de malla.

VG = R + 1a2

R + jωL + 1jωC

+ (ωM)2

R + jωL + 1jωC

+ ZL

I1 + bZLI3

impedancia reflejadaen el primario del lineal

impedancia reflejada en el primario del ideal

I1 = aI2

0 = I3 R + jωL + 1jωC

+ ZL + I2jωM

NotaNo se puede reflejar impedancias en el primariosi el secundario contiene fuentes(a menos que se trate de fuentes independientesque estén desactivadas).

Page 106: Analisis de redes electricas

Potencia en régimen sinusoidal

Potencia instantánea (real): p(t) = v(t)i(t) (¡signos!)

Caso particular

v(t) = Vmcos(ωt + ϕ) ↔ V, i(t) = Imcos(ωt) ↔ I

Potencia media W : P = VmIm

2cos(ϕ), factor de potencia: cos(ϕ)

Potencia reactiva VAR (voltio-amperio reactivo) : Q = VmIm

2sen(ϕ)

Potencia instantánea: p(t) = VmIm

2cos(ϕ) + VmIm

2cos(ϕ)cos(2ωt) -

- VmIm

2sen(ϕ)sen(2ωt) = P + Pcos(2ωt) - Qsen(2ωt)

Potencia compleja VA (voltio-amperio) : S = P + jQ = VI*2

Siempre

Potencia mediaen un elemento resistivo puro

P = V 2

2R =

I 2R2

Potencia reactivaen un elemento reactivo puro

Q = V 2

2X =

I 2X2

ConclusionesLa potencia instantánea tiene frecuencia doble.R → ϕ = 0 ° → p(t) = P + Pcos(2ωt) ≥ 0 para todo t

(la resistencia siempre absorbe energía)L → ϕ = 90 ° → p(t) = - Qsen(2ωt)

(absorbe-libera energía en cada ciclo)C → ϕ = - 90 ° → p(t) = - Qsen(2ωt)

(absorbe-libera energía en cada ciclo)

Page 107: Analisis de redes electricas

Valores eficaces(rms, root mean square -valor cuadrático medio-)

Valor eficaz de una función f(t) de período T:

Feff = 1T

f2(t)dtT

En régimen sinusoidal permanente

ensión eficaz: Veff = Vm

2 =

V2

, corriente eficaz: Ieff = Im

2 =

I2

fasores eficaces: Veff = V2

, Ieff = I2

potencias:S = VeffI*eff

P = VeffIeffcos(ϕ)

Q = VeffIeffsen(ϕ)

Page 108: Analisis de redes electricas

Cálculos de potencias(septiembre 2001)

VS

IaIb

+V2

-

1:aM Ic

L1

IG

L2

R2

R3

- VG +

+V3

-

Datos:

VS = 2 + j2 V, IG = - j2 A, ω = 100 krad/s, a = 2,R2 = 5 Ω, R3 = 4 Ω,

L1 = 10 µH, L2 = 50 µH, M = 10 µH

HallarVG y pL1(t)

VS = IajωL1 + IbjωM

0 = IajωM + Ib(jωL2 + R2) - VG + V 2

V3 = IcR3

Ib = IG

Ib = - aIc, V3 = - aV2

Ecuaciones de mallas

Ecuación adicionalfuente de corriente

Transformador ideal

Ia = 2 A, Ib = - j2 A, VG = 10 - j10 V

IajωL1 + IbjωM = VL1 = V S = 2 + j2 V

∠ VL1 ≠ 0 °, ∠ Ia = 0 ° → SL1 = VL1Ia*

2 = 2 + j2 VA

P = Re SL1 = 2 W, Q = Im SL1 = 2 VAR

pL1(t) = 2 + 2cos(2ωt) - 2sen(2ωt) W

Page 109: Analisis de redes electricas

Cálculos de potencias(junio 2001)

VGIM I1

+V2

-

1:aM Ia

L1 ISL2

R1 Ra+

VS-

+V1

-CM

RM C1

Datos:

VG = 10 V, IS = j A, ω = 100 krad/s, a = 5,

RM = 1 Ω, R1 = 1 Ω, Ra = 50 Ω, CM = 5 µF, C1 = 5 µF,

L1 = 20 µH, L2 = 20 µH, M = 10 µH

HallarpV1(t)

0 = IM1

jωCM + RM + jωL2 - I1jωM

VG = I11

jωC1 + R1 + jωL1 - IMjωM + V1

V2 = IaRa + VS

Ia = - IS

I1 = aIa, V2 = aV1

Ecuaciones de mallas

Ecuación adicionalfuente de corriente

Transformador ideal

I1 = - j5 A, IM = 5 A, V1 = 10 + j10 V

∠ V1 ≠ 0 °, ∠ I1 ≠ 0 ° → caso general

i1(t) = 5cos(ωt - 90 °) A, v1(t) = 10 2cos(ωt + 45 °) V

pV1(t) = v1(t)i1(t)

Page 110: Analisis de redes electricas

Cálculos de potencias(diciembre 2000)

VGIG

a:1

L3

L2 R1C2 C1L1

Datos:

VG = 2 + j2 V, ω = 100 krad/s, a = 10,R1 = 1 Ω, C1 = 10 µF, C2 = 50 nF,L1 = 10 µH, L2 = 1 mH, L3 = 2 mH

Hallarlas potencias

media y reactivaen la fuente

Reflejando impedancias,

VG = IG1

jωC1 + jωL1 + R1 + 1

a2jωL2 + 1

jωC2 + jωL3 → IG = 2 A

∠ VG ≠ 0 °, ∠ IG = 0 ° → SG = - VGIG*

2 = - 2 - j2 VA

PG = Re SG = - 2 W, QG = Im SL1 = - 2 VAR

Page 111: Analisis de redes electricas

Cálculos de potencias(junio 1997)

VG

I1

1:aL3

L2

R1

C3

C1 L1

M

I2

R2

R3

Datos:

VG = - j2 V, a = 0.5,

R1 = 2 Ω, R2 = 4 Ω, R3 = 0.5 Ω,

ωL1 = 3 Ω, ωL2 = 1 Ω, ωL3 = 2 Ω,

(ωC1)-1 = 6 Ω, (ωC2)-1 = 0.75 Ω, ωM = 1 Ω

HallarpG(t)

(se suponeω conocida)

Reflejando impedancias,

VG = I1 R1 + 1jωC1

+ jωL1 + jωL2 - I2jωL2 + I1jωM + (I1 - I2)jωM

0 = - I1jωL2 + I2 jωL2 + R2 + jωL3 + 1a2

R3 + 1jωC3

- I1jωM

I1 = - j0.75 A

∠ VG ≠ 0 °, ∠ I1 ≠ 0 ° → caso general

i1(t) = 0.75cos(ωt - 90 °) A, vG(t) = 2cos(ωt - 90 °) V

pG1(t) = - vG(t)i1(t)

Page 112: Analisis de redes electricas

Equivalente Thèveninen régimen sinusoidal permanente

Dado un circuito su comportamiento hacia el exterior,desde la perspectiva de dos de sus terminales,puede ser caracterizado mediantelos equivalentes de Thèvenin y Norton.

Equivalentes de Thèvenin y Norton

a

b

ZTh = ZN

VTh

ZTh

a

b

VTh = ZNIN

IN ZN

a

b

IN = VTh/ZTh

Procedimientos para calcular el equivalente (a-b)VTh: tensión de circuito abierto entre a y b.IN:: corriente de cortocircuito de a a b.ZTh:

cociente entre VTh e IN.Desactivación de fuentes independientes,aplicación de Vaux (positivo en a),cálculo de Iaux (sale por el positivo de Vaux),y ZTh = Vaux/Iaux.Si no hay fuentes dependientes,desactivación de fuentes independientes,y ZTh = impedancia total entre a y b.

Page 113: Analisis de redes electricas

Máxima transferencia de potencia

VTh

a

b

ZTh = RTh + jXTh

ZL =

RL +

jX

L Dado un circuito caracterizadopor su equivalente Thèvenin,se trata de determinar la cargaque debe conectarseentre sus terminales.

SiZL = Z*Th ⇔ RL = RTh, XL = - XTh

la potencia media en la carga es la máxima posible y vale

PL = Pmax = VTh

2

8RTh

Casos particulares

RL y XL no pueden tomar valores cualesquiera,sino algunos fijados previamente:

se escoge el valor de XL lo más próximo posible a - XTh,se escoge el valor de RL lo más próximo posible a

RTh2 + (XL + XTh)2

La fase de ZL no puede ser cualquiera, sino una fija:se escoge el módulo de ZL lo más próximo posible al de ZTh.

Page 114: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thèvenin(cálculo completo, septiembre 1997)

1:a

L3

C5C1

L4

MR2

bV5

+ V5 -

IG

c

dDatos:

IG = - j5 A, a = 2, b = 2,

ωL3 = 2 Ω, ωL4 = 8 Ω, ωM = 2 Ω,

(ωC1)-1 = 0.5 Ω, (ωC5)-1 = 0.5 Ω, R2 = 2 Ω

Hallareq. Th.entrec y d

Cálculo de la tensión de circuito abierto

1:a

L3

C5C1

L4

MI2

R2

bV5

+V1-

+V2

-

+ V5 -

IG

d

+V3

-

c

V1 = bV5 = b - IG

jωC5 = 5 V, V2 = aV1 = 10 V

V2 = I2(R2 + jωL3) + IGjωM → I2 = 0 A

I2jωL3 + IGjωM = V3 = VTh = Vcd = V2 - I2R2 = 10 V

Page 115: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thèvenin(cálculo completo, septiembre 1997)

Cálculo de la corriente de cortocircuito

I3

1:a

L3

C5C1

L4

MI2

R2

bV5

+V1-

+V2

-

+ V5 -

IG

d

c

V1 = bV5 = b - IG

jωC5 = 5 V, V2 = aV1 = 10 V, I2 = V2

R2 = 5 A

0 = Vcd = - I3jωL3 + IGjωM → I3 = - j5 A

Icd = IN = I2 + I3

Cálculo de la impedancia equivalente

ZTh = VTh

IN = 1 + j Ω

Page 116: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thèvenin(cálculo de impedancia con fuente auxiliar, junio 1999)

1:a

MZL

bVL

+VL

-IG

R C

L L

R C R

Datos:

IG = - j5 A, ω = 1 Mrad/s, a = 2, b = 0.25,R = 1 Ω, L = 2 µH, M = 1 µH, C = 500 nF

Hallar el valor de ZL para que disipe la máxima potencia

Se desactiva la fuente de corriente (queda en circuito abierto)con lo que el primario del transformador lineal no actúa.

El cálculo se hace sin ZL ya que es la impedancia a calcular.

Se aplica una fuente auxiliar.

Iaux

1:a

I2

bVL+V2

-

+VL

-

+V3

-L

R C R Vaux

0 = I2 jωL + R + 1jωC

- bVaux + V2

Vaux = IauxR + V3, V3 = - aV2, I2 = aIaux

Eliminando I2, V2, y V3,

ZTh = Vaux

Iaux =

a jωL + R + 1jωC

- Ra

b + 1a

= 3.33 Ω

ZL = ZTh* = 3.33 Ω

Page 117: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thévenin(cálculo agrupando impedancias, febrero 1994)

1:a

MVG

R C

LL R

ZL

Se suponen conocidos los datos de todos los elementos.

Hallar ZL para que disipe la máxima potencia

El cálculo se hace sin ZL ya que es la impedancia a calcular.

Se desactiva la fuente de tensión (queda en cortocircuito)y se van reflejando impedancias.

1:a

MR C

LL R

1:aCL RZR1

RZR2

ZTh = R + ZR2 = R + a2 ZR1 + jωL + 1jωC

=

= R + a2 (ωM)2

R + jωL + jωL + 1

jωC

ZL = ZTh*

Page 118: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thèvenin(cálculo completo, junio 2002)

L3

+V3

-

+V2

-

xy

I3

C L2M

L1

I2

I1

VG

Datos:VG = j5 V, a = 2, ω = 100 krad/s,

L1 = 40 µH, L2 = 20 µH, L3 = 160 µH,M = 10 µH, C = 5 µF

Hallareq. Thèveninentre x e y

I1, I2 e I3

son corrientesde rama

Cálculo de la tensión de circuito abierto

Se considera el circuito tal y como está

VG = I1jωL1 + I2jωM, V3 = I3jωL3

VG = I1jωM + I2 jωL2 + 1jωC

V3 = aV2, I2 = aI3

⇒ I1 = 1 AI2 = 1 A

VTh = Vxy = I2 jωL2 + 1jωV

+ I1jωM = j V

Page 119: Analisis de redes electricas

Cálculo de equivalente Thèvenin(cálculo completo, junio 2002)

Cálculo de la corriente de cortocircuito

L3

+V3

-a:1

xy

I3

C L2M

L1

I2

I1

VG

IP

+V2

-

IN

IP = V2

jωL3

a2

= VG

jωL3

a2

= 54

A

VG = I1jωL1 + I2jωM

0 = Vxy = I1jωM + I2 jωL2 + 1jωC

⇒ I1 = 0 AI2 = 5 A

IN = IP - I2 = - 154

A

Cálculo de la impedancia equivalente

ZTh = VTh

IN = - 4

15 Ω

Page 120: Analisis de redes electricas

Aplicación del principio de superposición

Cuando un circuito soporta distintas excitaciones,una o más continuasy/o una o más sinusoidales de distintas frecuencias,

el análisis se realiza aplicando el principio de superposición.

Si las excitaciones están simbolizadas en una sola fuente independiente

(sólo es posible si las excitacionesson de igual naturaleza -corrientes o tensiones-),

se realiza un análisis separadopara cada una de las excitaciones.

Si las excitaciones están simbolizadas en más de una fuente independiente,se realiza un análisis para cada una de ellas,estando las restantes fuentes independientes desactivadas.

Desactivación de fuentesDesactivar una fuente de corrientesupone sustituirla por un circuito abierto.Desactivar una fuente de tensiónsupone sustituirla por un cortocircuito.

Page 121: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición(diciembre 2000)

vg

R

R

C

L R

Datos: vg(t) = VD + VAcos(ωt),

D = 2 V, VA = 26 V, ω = 2 rad/s,R = 2 Ω, L = 2 H, C = 5/8 F

Hallar pC(t)

El circuito tiene una componente continua (VD)y una componente sinusoidal. La respuesta es

vC(t) = VCD + VCAcos(ωt + ϕv), iC(t) = ICD + ICAcos(ωt + ϕi)

VD

R

R C

ICD+

VCD

-

ContinuaEn continua la inductancia y la capacidad

son, respectivamente, un cortocircuito y un circuito abierto.

VCD = VDRR + R

= 1 V, ICD = 0 A

VA

R

RICA

IG Z

SinusoidalZ = 1/(jωC) + (jωL)//R = 1.6 Ω

VA∠ 0 ° = VA = IG(R + R) - ICAR0 = - IGR + ICA(R + Z)

ICA = 5 A → ICA = 5 A, ϕ i = 0 °VCA = ICA/(jωC) = - j4 V → VCA = 4 V, ϕv = - 90 °

RespuestapC(t) = vC(t)iC(t) = 1 + 4cos(ωt - 90 °) 5cos(ωt) W

Page 122: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición(febrero 1994)

L2

R1 C2

R2

+

vO

-vg

L1 C1

Datos:

vg(t) = VC +

+ V1cos(ω1t) + V2cos(ω2t + 270 °),

ω1 = 1 Mrad/s, ω2 = 2 Mrad/s,

VC = 3 V, V1 = 1 V, V2 = 2 V,L1 = 1 µH, L2 = 2 µH,C1 = 1 µF, C2 = 2 µF,R1 = 1 kΩ, R2 = 2 kΩ

Hallar vO(t)

El circuito tiene una componente continua (VC)y dos componentes sinusoidales de distintas frecuencias.Ha de ser analizado aplicando el principio de superposición.

La respuesta es

vO(t) = VOC + VO1cos(ω1t + ϕ1) + VO2cos(ω2t + ϕ2)

ContinuaDado que en continua la inductancia y la capacidad son,respectivamente, un cortocircuito y un circuito abierto,el circuito queda reducido a la fuente y a las dos resistencias. Por tanto,

VOC = divisorde tensión = VCR2

R1 + R2 = 2 V

Page 123: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición(febrero 1994)

Régimen sinusoidalHacemos las siguientes agrupaciones de elementos:

Z1(ω) = R1 + (jωL1)// 1/(jωC1) = R1 + L1/C1

jωL1 + 1/(jωC1)

Z2(ω) = R2// jωL2 + 1/(jωC2) = R2 jωL2 + 1/(jωC2)

R2 + jωL1 + 1/(jωC1)

con lo que la respuesta para cualquier frecuencia es

VOk∠ϕ k = VOk = divisorde tensión = VkZ2(ωk)

Z1(ωk) + Z2(ωk); k = 1, 2

En consecuencia,

respuesta para la frecuencia 1:

k = 1 → V1 = V1ej0 ° = 1 V → VO1 = 0 V

respuesta para la frecuencia 2:

k = 2 → V2 = V2ej270 ° = - j2 V → VO2 = 0 V

Respuesta totalLa respuesta es continua, ya que son nulaslas componentes sinusoidales.

Page 124: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición

- vR +

iA

R L

C

L

C

vD

R R

R

R

GvR

+vd

-

RDatos:

iA(t) = IAcos(ωt),IA = 1 A, ω = 1 rad/s,

vD(t) = VD = 2 V,R = 1 Ω, G = 2 S,L = 1 H, C = 1 F

Hallar vd(t)

El circuito tiene una componente continua (vD(t))y una componente sinusoidal. La respuesta es

vd(t) = VdD + VdAcos(ωt + ϕv)

VDR

R

+VdD

-

VdD = VDRR + R

= 1 V

ContinuaSe desactiva la fuente independiente

de corriente (se sustituye por un circuito abierto),con lo que vRD = 0 V.

En consecuencia, y teniendo en cuentaque en continua la inductancia

y la capacidad son, respectivamente, un cortocircuito y un circuito abierto,

el circuito queda como se indica en la figura adjunta.

Page 125: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición

IA

R

- VRA +

Z1R

R

RR

R

GV

RA +

VdA

-

Z2

SinusoidalSe desactiva la fuente

de tensión (se sustituye por uncortocircuito).

Z1 = jωL + 1jωC

= 0 Ω (cortocircuito)

Z2 = (jωL)// 1/(jωC) = ∞ Ω (circuito abierto)

VRA = - IAR, VdA = GVRA R + (R + R)//(R + R) →

→ VdA = 4 V → VdA = 4 V, ϕv = 0 °

Respuestavd(t) = 1 + 4cos(ωt) V

Page 126: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición(septiembre 2000)

vg

R

R C

L

R

Datos: vg(t) = VD + VAcos(ωt),

VD = 3 V, VA = 4 V, ω = 1 rad/s,R = 1 Ω, L = 0.5 H, C = 1 F

Hallar pL(t)

El circuito tiene una componente continua (VD)y una componente sinusoidal. La respuesta es

vL(t) = VLD + VLAcos(ωt + ϕv), iL(t) = ILD + ILAcos(ωt + ϕi)

RVD

R

R

ILD

+ VLD - ContinuaEn continua la inductancia y la capacidad

son, respectivamente, un cortocircuito y un circuito abierto.

ILD = VD

3R = 1 A, VLD = 0 V

VA

R

RILA

IG Z

SinusoidalZ = jωL + R// 1/(jωC) = 0.5 Ω

VA∠ 0 ° = VA = IG(R + R) - ILAR0 = - IGR + ILA(R + Z)

ILA = 2 A → ILA = 2 A, ϕ i = 0 °VLA = ILAjωL = j V → VLA = 1 V, ϕv = 90 °

RespuestapL(t) = vL(t)iL(t) = 1 + 2cos(ωt) cos(ωt + 90 °) W

Page 127: Analisis de redes electricas

Ejemplo de aplicación del principio de superposición

iS

R

R

L iL

C

RvG

Datos: vG(t) = cos(ωGt) V, ωS = 1 Mrad/s,

iS(t) = 2cos(ωSt - 45 °) A, ωS = 1 krad/s,R = 1 Ω, L = 1 mH, C = 1 mF

Hallar iL(t)

El circuito tiene dos componentes sinusoidales de distintasfrecuencias. La respuesta es

iL(t) = ILScos(ωSt + ϕS) + ILGcos(ωGt + ϕG)

R

R

L

C

RI3S

ILSIS

IS = 2 ∠ - 45 ° A

Componente ωs

0 = - ISR + ILS R + jωL + 1jωC

- I3S

jωC

0 = - ILS

jωC + I3S R + 1

jωC

ILS = 4 A ⇒ ILS = 4 A, ϕS = 0 °

R

L

C

RI3G

ILGVG

VG = 1 V

Componente ωG

0 = ILG R + jωL + 1jωC

- I3G

jωC

VG = ILG

jωC - I3G R + 1

jωC

ILG ≈ 0 A ⇒ ILG = 0 A

Page 128: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(cortocircuito en inductancia mutua, diciembre 1994)

VG

I2R1

I1

ab

Isc L1

L2

R2

MZG

ZL

Son datos las característicasde todos los elementos

Escribir un sistema algebraicode ecuaciones cuyas incógnitas

sean las corrientes de malla

Podría pensarse que no circula corriente por R1 y L1

ya que el cortocircuito impone una tensión nula en los extremos de esa rama.

Sin embargo hay tensión en L1 debido al efecto de inducción mutua.Esa tensión debe ser compensada por otra igual y de signo opuesto en R1 y L1 para que la tensión total sea nula. Y, si hay tensión en la resistencia, también hay corriente en ella.

En consecuencia el sistema de ecuaciones es

Vab = I1(R1 + jωL1) - Isc(R1 + jωL1) - (I1 - I2)jωM = 0

VG = I1(ZG + R2 + jωL2) + Vab - I2(R2 + jωL2) - (I1 - Isc)jωM

0 = - I1 (R2 + jωL2) + I2(ZL + R2 + jωL2) + (I1 - Isc)jωM

Page 129: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(inducción mutua, potencia)

MC4 LIG

RaV3

L

+V4

-I1 I2 C3

+V3-

y

x Hallar:Zxy, y P en R

Datos:IG = 1 A, ω = 1 krad/s, a = 0.5,

L = 1 mH, M = 0.5 mH, R = 0.5 Ω, C3 = 1 mF, C4 = 1.5 mF

V4 + aV3 = I1jωL - I2jωM

0 = - I1jωM + I2 jωL + R + 1jωC3

V4 = IG - I1

jωC4,V3 = I2

jωC3

I1 = - 2 A, I2 = - j2 A

Vxy = I1jωL - I2jωM = - 1 - j2 V ⇒ Zxy = Vxy

I1 = 0.5 + j Ω

PR = I2

2R2

= 1 W

Page 130: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(inducción mutua, potencia)

MCL

IG aV1LI1

+V1-

I2

x y

C

Hallar:Zxy, y la potenciainstantánea en la

fuente independiente

Datos:IG = 1 A, ω = 1 krad/s, a = 0.5,

L = 1 mH, M = 0.5 mH, C = 1 mF

V1 = I1(jωL + jωL) - I2jωL + I1jωM + (I1 - I2)jωM

0 = - I1(jωM + jωL) + I2 jωL + 1jωC

+ aV1

V1 = IG - I1

jωC

I1 = - 0.5 A, I2 = 0 A

Vxy = I1jωL + (I1 - I2)jωM = - j0.75 V ⇒ Zxy = Vxy

I1 = j1.5 Ω

V1 = IG - I1

jωC = - 1.5 V ⇒ v1(t) = 1.5cos(ωt - 90 °) V

IG = 1 A ⇒ iG(t) = cos(ωt) ApG(t) = - v1(t)iG(t)

Page 131: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(inverso a partir de potencia, febrero 1995)

R

VG

+V-

ZG

jX

Hallar VG

Datos: R = 3 kΩ, ZG = 300 + j21 kΩ,V = Vmejϕ, Vm = 5 V,

arctg(4/3) = ϕ ∈ primer cuadrante;X absorbe 2 mVAR

y minimiza la potencia media en R

La corriente que circula por el circuito es

I = VR + jX

→ I = V

R + jX = Vm

R2 + X2

La potencia absorbida en el elemento reactivo es

QX = I 2X2

= Vm2 X

2(R2 + X2) → X = 4 kΩ

X = 2.25 kΩ

La potencia media en R es

PR = I 2R2

= Vm2 R

2(R2 + X2)

PR mínima → I mínimo → X máximo = 4 kΩ

V = Re V + jIm V =

Vm = Re2 V + Im2 V

tg(ϕ) = Im VRe V

ϕ primer cuadrante

= 3 + j4 V

I = V/(R + jX) = 1 mA, VG = IZG + V = 303 + j25 V

Page 132: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, junio 2001)

VG

1:aM

L ISL

R RS+

V1

-C

R Cx

y

Datos:

VG = 10 V, IS = j A, ω = 100 krad/s, a = 5,

R = 1 Ω, RS = 50 Ω, C = 5 µF, L = 20 µH, M = 10 µH

Hallar el equivalente Thèvenin entre x e y

Aplicando las propiedades de los transformadores,

VG = - aIS(ωM)2

R + jωL + 1/(jωC) + R + jωL + 1

jωC + V1 → V1 = 10 + j10 V

VTh = Vxy = aV1 + ISR = 50 + j100 V

Desactivando las fuentes, y reflejando y agrupando impedancias,

ZTh = Zxy = RS + a2 (ωM)2

R + jωL + 1/(jωC) + R + jωL + 1

jωC = 100 Ω

Page 133: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(potencia, equivalente Thèvenin, septiembre 2002)

R1

1:a

C

L2

M

L1

I1VG

x

y

R2

Hallar:la potencia instantánea en L1, y el equivalenteThèvenin entre x e y

Datos:VG = 4 V, ω = 100 krad/s, a = 2, R1 = 1 Ω, R2 = 4 Ω,

L1 = 40 µH, L2 = 40 µH, M = 10 µH, C = 1 µF

Reflejando impedancias en el transformador ideal,

VG = I1 R1 + jωL1 + jωL2 + j2ωM + 1jωC

+ R2

a2 ⇒ I1 = 2 A ⇒

⇒ i1(t) = Re I1ejωt = 2cos(ωt) A

VL1 = I1(jωM + jωL) = j10 V ⇒⇒ vL1(t) = Re VL1ejωt = 10cos(ωt + 90 °) V

pG(t) = vL1(t)i1(t)

Decir “equivalente entre x e y” es lo mismo que “equivalente en elprimario del transformador ideal”.La tensión de circuito abierto se calcula en las condiciones de lafigura.

VTh = Vxy = I1R2

a2 = 2 V

Cuando hay un cortocircuito entre x e y, la tensión es nula en elprimario.

VG = IN R1 + jωL1 + jωL2 + j2ωM + 1jωC

⇒ IN = 4 A

ZTh = VTh

IN = 0.5 Ω

Page 134: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, diciembre 2002)

RS

1:aCG

LGMLS VG

x

yIS

RG R4

C4

Hallar la impedanciaque hay que colocarentre x e y para queen ella se disipe lamáxima potencia

Datos:VG = - 1 + j V, IS =1 A, ω = 100 krad/s, a = 2,

RS = 1 Ω, RG = 1 Ω, R4 = 1 Ω,LS = 20 µH, LG = 20 µH, M = 10 µH, C G = 5 µF, C4 = 10 µF

Desactivando las fuentes y reflejando impedancias,

ZTh = Zxy = jωLS + (ωM)2

jωL2 + RG + 1jωCG

= 1 + j2 Ω

ZL = ZTh* = 1 - j2 Ω

Page 135: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, máxima potencia con limitación de impedancias)

VG

R1 C R2 R3

ZL

1:a1 1:a2 1:a3

Son datos las características de todos los elementos

Hallar el valor que ha de tomar ZL para que en ellase disipe la máxima potencia posible

sabiendo que tal valor sólo puede ser resistivo

Se desactiva la fuente. El cálculo se hace sin ZL ya que es la impedancia a calcular. Se reflejan impedancias.

ZTh = R3 + a32 R2 + a2

2 1jωC

+ a12R1

En principio debería ser ZL = Z*Th, pero ello resultaría en una impedancia compleja.

Puesto que la impedancia ha de ser resistiva, ello significa que hay una limitación de fase (0 ˚). En consecuencia

ZL = ZTh

Page 136: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, problema inverso, junio 1998)

VG C RLIG

+VC

-

R

IC

ML

L IL

M

bVC

I1

1:a

I2R

Demostrar que VC no depende de RL

Hallar R sabiendo que a = 2, RL = 4 Ω,y que en RL se disipa la máxima potencia media posible

Sabiendo que VC = (IG - IC)/(jωC) y reflejando impedancias,el circuito queda descrito por el sistema de ecuaciones

VG = IG R + 1jωC

- IC

jωC

0 = - IG

jωC + IC

1jωC

+ j2ωL + j2ωM - IL(jωL + jωM)

0 = - IC(jωL + jωM) + IL jωL + jωM + b(IG - IC)jωC

b(IG - IC)jωC

= I1 R + RL

a2, I1 = - aI2

Las tres primeras ecuaciones conforman un sistema cerradodel que es posible obtener IG e IC independientemente de RL.En consecuencia VC también puede ser obtenidaindependientemente de la resistencia.

Page 137: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, problema inverso, junio 1998)

Equivalente Thèvenin

Sustituyendo RL por un circuito abierto,

I2 = 0 → I1 = 0 → VTh = - abVC

Sustituyendo RL por un cortocircuito,

I1 = bVC

R → IN = - I1

a = - bVC

aR

Puesto que VC es igual en ambos casos ya que no depende de RL (engeneral sí cambiaría),

RL = RL* = ZTh = VTh

IN = a2R → R = 1 Ω

Page 138: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(equivalente Thèvenin, problema inverso, junio 1996)

VG

1:aZG M

L

Z2

LZL

Hallar ZG

Datos: VG = 5 - j V, ω = 1 Mrad/s, L = 1 µH, M = 0.5 µH,

a = 2, Z2 = 1 - j5 Ω, ZL = 0.25 - j Ω;en ZL se disipa la máxima potencia media posible

Desactivando la fuente, prescindiendo de ZL,y reflejando impedancias,

ZL* = ZTh = jωL + (ωM)2

jωL + Z2 + a2ZG → ZG = j Ω

Page 139: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(superposición, septiembre 2001)

C

LvG

RG C

RC

Hallar la potencia instantánea en la capacidad en serie con RG

Datos: vG(t) = V1 + V2cos(ωt), V1 = 12 V, V2 = 5 V, ω = 1 rad/s,

L = 1 H, C = 1 F, RG = 2 Ω, RC = 2 Ω

El circuito tiene una componente continua (V1)y una componente sinusoidal. La respuesta es

vC(t) = VCD + VCAcos(ωt + ϕv), iC(t) = ICD + ICAcos(ωt + ϕi)

CvG

RGContinua

La inductancia y las capacidades son,respectivamente, un cortocircuito y circuitos

abiertos.ICD = 0 A, VCD = V1 = 12 V

Vale el circuito delenunciado, con VG = V2

SinusoidalZ1 = RG + jωC = 2 - j Ω

Z2 = jωL // RC + jωC = 0.5 + j Ω

ICA = VG

Z1 + Z2 = 2 A ⇒ ICA = 2 A, ϕ i = 0 °

VCA = ICA

jωC = - j2 V ⇒ VCA = 2 V, ϕv = - 90 °

RespuestapC(t) = vC(t)iC(t)

Page 140: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(superposición)

1:a +vC

-C

R1 R2 R3

L1 L2

vg

Hallar vC(t)

Datos:

vg(t) = VD + VAcos(ωt),

VD = 46 V, VA = 220 2 V,

R1 = 6.5 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 45 Ω,

ωL1 = 10.8 Ω, ωL2 = 22 Ω,

(ωC)-1 = 2 Ω, a = 10

Por haber dos excitaciones de distinta naturaleza,

vC(t) = VCD + VCAcos(ωt + ϕ)

VD

R1

R2

+VCD

-

ContinuaExcitación sinusoidal desactivada

L = cortocircuito, C = circuito abierto

VCD = VDR2

R1 + R2 = 20 V

Page 141: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(superposición)

+V1-

1:a+V2- C

R1 R2 R3

L1 L2

VA

+VCA

-

I1I2

SinusoidalExcitación continua desactivada

VA = I1(R1 + jωL1 + R2) + V1 - I2R2

0 = - I1R2 - V2 + I2 R2 + jωL2 + 1jωC

+ R3

I1 = aI2, V2 = aV1

I2 = 2(1 - j) A, VCA = I2

jωC = - 2 2(1 + j) V

Respuesta

vC(t) = 20 + 4cos(ωt + 225 °) V

Page 142: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(superposición)

vG

L

R iS

CL R

Hallar la expresión temporalde la potencia en la capacidad

Datos: vG(t) = 4 V, iS(t) = 2cos(ωt) A, ω = 1 krad/s,

L = 2 mH, C = 0.5 mF, R = 2 Ω

El circuito tiene una componente continua (vG)y una componente sinusoidal. La respuesta es

vC(t) = VCD + VCAcos(ωt + ϕv), iC(t) = ICD + ICAcos(ωt + ϕi)

+VCD

-vG R

ContinuaExcitación sinusoidal desactivada

L = cortocircuito, C = circuito abierto

VCD = vG = 4 V, ICD = 0 A

Page 143: Analisis de redes electricas

Problemas de repaso(superposición)

L

R

+VCA

-C

L

R

IS

I3 I2

IS = 2 A

SinusoidalExcitación continua desactivada

(IS - I2)R = I2 jωL + 1jωC

- I3

jωC

0 = I3 jωL + 1jωC

- I2

jωC

I2 = 0 A, I3 = - j2 A

ICA = I2 - I3= j2 A ⇒ ICA = 2 A, ϕ i = 90 °

VCA = ICA

jωC = 4 V ⇒ VCA = 4 V, ϕv = 0 °

RespuestapC(t) = vC(t)iC(t)

Page 144: Analisis de redes electricas

Ejercicios para resolver en clase

SINUSOIDAL 2003/A

vG(t) = 1.8cos(ω1t + 33.69 ˚) + 2cos(ω2t) V,ω1 = 1 krad/s, ω2 = 1 Mrad/s,L = 1 mH, C = 1 mF, R = 1 Ω

vGL

R

C

R R

L

+v3

-

Hallad la expresión temporal de v3.

SINUSOIDAL 2003/B

El circuito de la figura, en cuyarepresentación se ha utilizadonotación fasorial, funciona enrégimen sinusoidal permanente.

Hallad la impedancia entre x e y,justificando el signo del resultado, yla potencia reactiva en la fuentedependiente.

CL

RCVG

gVR+VR-

xyM

L

VG = 1.5 V, ω = 1 krad/s,L = 1 mH, M = 0.5 mH, C = 1 mF,

R = 0.5 Ω, g = - 1 S

SINUSOIDAL 2003/C

Hallad el equivalente Thèvenin entre xe y.

Se desea colocar entre tales puntos unaimpedancia en la que se disipe la máximapotencia media posible, pero las partes reale imaginaria de dicha impedancia sólopueden tomar valores (positivos onegativos) iguales a múltiplos enteros de0.5 Ω.

Determinad los elementos que han deconstituir esa impedancia.

LC

VG

gV2 +V2-

x y

ML

El circuito de la figura, en cuya representación se ha utilizado notación

fasorial, funciona en régimen sinusoidalpermanente.

VG = 0.75 V, ω = 1 krad/s,L = 1 mH, M = 0.5 mH, C = 1 mF, g = 4 S

Page 145: Analisis de redes electricas

Respuesta en frecuencia

Función de transferencia es una expresión matemáticaque relaciona los fasores correspondientesa la salida y a la entrada de un circuito.

La función de transferencia depende delas características de los elementos del circuito,la frecuencia de operación del circuito.

La función de transferencia suele representarse como T(jω).

Función de transferencia en resonadores ideales

Resonador RLC paralelo Resonador RLC serie

I G =

I G∠

R L C

+

- Vo

=V

o∠ϕ

RL C+

- Vo

=V

o ∠ϕ

VG

=V

G∠

T(jω) = Vo

IG = Zeq = 1

1R

+ 1jωL

+ jωC(jω) = Vo

VG = R

Zeq = R

R + jωL + 1jωC

ω → 0 ⇒ Zeq ≈ jωL → j0

ω → ∞ ⇒ Zeq ≈ 1/(jωC) → - j0

ω intermedia ⇒ Zeq no despreciable

ω → 0 ⇒ Zeq ≈ 1/(jωC) → - j∞ω → ∞ ⇒ Zeq ≈ jωL → j∞ω intermedia ⇒ Zeq finita

Page 146: Analisis de redes electricas

Resonador paralelo ideal(para el serie son aplicables consideraciones similares)

ω creciente →

Vo

Vom

ax

ϕ90 °

- 90 °

0 °

ω0

BW

ω1 ω2

Frecuencia central

ω0 = 1LC

T(jω0) máximo

∠ T(jω0) = 0 °Zeq(ω0) = R

Frecuencia de resonancia

Suele denominarse frecuencia de resonanciaa la frecuencia central; es decir, la frecuencia para la que se cumplen las tres condiciones indicadas.Sin embargo, las tres condiciones sólo se dan a la vezen los resonadores ideales.

Para nosotros, frecuencia de resonancia es aquéllapara la que la impedancia del circuito es resistiva(los efectos inductivos y capacitivosse cancelan mutuamente).

ω0 = 1LC L C

Zeq(ω0) = 0 Ω(cortocircuito)

ω0 = 1LC L C

Zeq(ω0) = ∞ Ω(circuito abierto)

Page 147: Analisis de redes electricas

Banda de pasoConjunto de frecuencias en las que se cumple

T(jω) ≥ T(jω0)

2Ancho de banda

Intervalo de frecuencias correspondiente a la banda de paso.Se representa por BW.

Ancho de banda relativobw = BW

ω0

Factor de calidad

Q = ω0

BW = 1

bw

Cuanto mayor es Q, más afilada es la curvade la función de transferencia.

En resonadores ideales

Paralelo ω0 = 1LC

= ω1ω2

BW = ω2 - ω1 = 1RC

, Q = ω0RC

Serie ω0 = 1LC

= ω1ω2

BW = ω2 - ω1 = RL

, Q = 1ω0RC

La frecuencia de resonancia dependesólo de los elementos reactivos.La resistencia influye en el ancho de banda.

Page 148: Analisis de redes electricas

Otras observaciones sobrela respuesta en frecuencia

Para unos valores dados de L y C

ω 0 ∞

Z = 1/(jωC) - j∞ Ω(circuito abierto,

fase = - 90 ˚)

- j0 Ω(cortocircuito,fase = - 90 ˚)

Z = jωL j0 Ω(cortocircuito,

fase = 90 ˚)

j∞ Ω(circuito abierto,

fase = 90 ˚)

Para un valor dado de ω

Z = 1/(jωC) C → 0 ⇒ Z → - j∞ Ω(circuito abierto,

fase = - 90 ˚)

C → ∞ ⇒ Z → - j0 Ω(cortocircuito,fase = - 90 ˚)

Z = jωL L → 0 ⇒ Z → j0 Ω(cortocircuito,

fase = 90 ˚)

L → ∞ ⇒ Z → j∞ Ω(circuito abierto,

fase = 90 ˚)

Page 149: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, junio 2001)

LVG

R

C R

+Vo

-

L C

Datos:características de los elementos,

∠ VG = 0 °

Si la función de transferencia es

T(jω) = Vo

VG

hallar los valores a los que tienden

su módulo y su fasepara ω → 0, ω = 1/ LC,

y ω → ∞

T(jω) = Vo

VG = Z2

Z1 + Z2

Z1 = R + jωL + 1/(jωC), Z2 = 1/R + 1/(jωL) + jωC -1

ω → 0 ⇒ Z1 → - j/(ωC), Z2 → jωL ⇒ T(jω) → - ω2LC ⇒⇒ T(jω) → ω2LC, ∠ T(jω) → 180 °

ω = 1/ LC ⇒ Z1 = R, Z2 = R ⇒ T(jω) = 1/2 ⇒⇒ T(jω) = 1/2, ∠ T(jω) = 0 °

ω → ∞ ⇒ Z1 → jωL, Z2 → - j/(ωC) ⇒ T(jω) → -1/(ω2LC) ⇒⇒ T(jω) → 1/(ω2LC), ∠ T(jω) → 180 °

Page 150: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, septiembre 1993)

VG

+Vo

-

R1 L1 C1

R2 L2 C2

Ro

Son datos las característicasde todos los elementos. Además,

las bandas de paso de los dos resonadores están muy separadas, yω2 = 1

L2C2 >> 1

L1C1 = ω1, R1 > R2

Si la función

de transferencia es

T(jω) = Vo

VG

se pide dibujar

la variación cualitativa de

su módulo

en función de ω.

T(jω) = Vo

VG = Ro

Ro + Z1//Z2; Zi = Ri + jωLi + 1

jωCi, i = 1, 2

ω1 ω2ω

T(jω)

Ro

R1 + Ro

Ro

R2 + Ro

res

1

res

2

ωc

total

Si el circuito incluyera sólo el resonador 1 (2),la gráfica buscada seríala marcada en la figura como res 1 (res 2), ya quees un resonador serie ideal.

La posición relativa de las curvas deriva de los datos(bandas de paso muy separadas, frecuencia de resonanciamás elevada en el segundo, etc.).

Page 151: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, septiembre 1993)

Para cualquiera de los dos resonadores se tiene

ω << ωi → Zi ≈ - j∞ (por la capacidad)

ω ≈ ωi → Zi ≈ Ri (por estar en resonancia)

ω >> ωi → Zi ≈ j∞ (por la inductancia)

Sea ωc una frecuencia cualquiera mucho mayor (menor)que las correspondientes a la banda de pasodel resonador 1 (2).

Cuando están presentes los dos resonadores se tiene

ω << ωc → Z = Z1//Z2 ≈ Z1(- j∞)

Z1 - j∞ ≈ Z1 → T(jω) ≈ Ro

Ro + Z1

ω ≈ ω1 → Ro + Z1 ≈ Ro + R1

ω ≈ ωc → Z = Z1//Z2 ≈ j∞(- j∞)

j∞ - j∞ ≈ ∞ → T(jω) ≈ 0

ω >> ωc → Z = Z1//Z2 ≈ (j∞)Z2

j∞ + Z2

≈ Z2 → T(jω) ≈ Ro

Ro + Z2

ω ≈ ω2 → Ro + Z2 ≈ Ro + R2

Luego la curva pedida es la marcada como total en la figura.

Page 152: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, septiembre 1998)

L

C

VG R

+Vo

-

Son datoslas características

de todos los elementos

Si la función de transferencia es

T(jω) = Vo

VG

hallar:los valores a los que tienden

su módulo y su fasepara ω → 0, ω = 1/ LC, y ω → ∞;

las condiciones para que el módulo sea superior a la unidad.

T(jω) = Vo

VG =

R//(jωL)1/(jωC) + R//(jωL)

= - ω2LRCR(1 - ω2LC) + jωL

= N(ω)D(ω)

ω → 0 ⇒ T(jω) ≈ - ω2LC ⇒ T(jω) ≈ ω2LC, ∠ T(jω) ≈ 180 °

ω = 1/ LC ⇒ T(jω) = jR C/L ⇒ T(jω) = R L/C, ∠ T(jω) = 90 °

ω → ∞ ⇒ T(jω) ≈ 1 ⇒ T(jω) ≈ 1, ∠ T(jω) ≈ 0 °

T(jω) = N(ω)D(ω)

= N(ω)D(ω)

= ω2RLCR2(1 - ω2LC)2 + (ωL)2

T(jω) ≥ 1 → N(ω) ≥ D(ω) → (ω2LRC)2 ≥ R2(1 - ω2LC)2 + (ωL)2 →

→ ω ≥ ωm = RL(2R2C - L)

→ L < 2R2C

Page 153: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, junio 2000)

L

VG

R

CR R

+Vo

-

Datos:características de los elementos,

∠ VG = 0 °

Hallar:módulo y fase de Vo

para ω → 0 y para ω → ∞;frecuencia de resonancia.

Vo = VGRR(3 - 2ω2LC) + jω(R2C + 2L)

ω → 0 ⇒ Vo → VG/3 ⇒ Vo → VG /3, ∠ Vo → 0 °

ω → ∞ ⇒ Vo → - VG/(2ω2LC) ⇒ Vo → VG /(2ω2LC), ∠ Vo → 180 °

La impedancia que ve la fuente es

Z = R + R//Z1

Z1 = jωL + R// 1/(jωC) = R(ωRC)2 + 1

+ j ωL - ωR2C(ωRC)2 + 1

ω = ω0 → Z resistiva → Z1 resistiva → Im Z1 = 0 →

→ ω0L - ω0R2C(ω0RC)2 + 1

= 0 → ω0 = R2C - LLR2C2

Page 154: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(función de transferencia, junio 1999)

L

+

V

-

R

C

I R, L y C datos; ¿∠ V - ∠ I para ω → 0?

R, L y C datos; ¿ ω (≠ 0) para ∠ V = ∠ I?

R, L y ω = ωa datos; ¿ C para ∠ I = ∠ V + 45 °?

V = IZ, Z = (R + jωL)// 1/(jωC) = R + jωL(1 - ω2LC) + jωRC

= N(ω)D(ω)

ω → 0 ⇒ Z → R ⇒ ∠ V = ∠ I

∠ V = ∠ I → ∠ N(ω) = ∠ D(ω) → ωLR

= ωRC1 - ω2LC

→ ω = 1 - R2LCLC

∠ V = ∠ I + ∠ Z = ∠ V + 45 ° + ∠ Z → ∠ Z = - 45 °

Z = N(ω)D(ω)

= N(ω)D*(ω)D(ω)D*(ω)

, ∠ Z = - 45 ° → ya queD(ω)D*(ω) real →

→ Re N(ωa)D*(ωa) = - Im N(ωa)D*(ωa) → C = L + R/ωa

R2 + ωa2L2

Page 155: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(resonancia, junio 2002)

Datos:R, L, C, a, IG (real) ig

R

C aiCiC

R

L

ig = IGcos(ωt)

El circuito funciona en régimen sinusoidal permanente.

IG = IG

R

C

R

L

+VG- IG IC aIC

Impedancia que ve la fuente independiente

IG + aIC = V G

R + VGjωC + VG

R + jωL ⇒ IG = VGY = VG

Z

Y = 1R

+ j(1 - a)ωC + 1R + jωL

, Z = 1Y

Módulo y fase de la tensión en la fuente dependientepara ω ≈ 0 rad/s y ω ≈ ∞ rad/s

La tensión en ambas fuentes es igual

ω → 0 rad/s ⇒ Y → 2R

⇒ VG → IGR2

⇒ VG → IGR

2

∠ VG → 0 °

ω → ∞ rad/s ⇒

⇒ Y → j(1 - a)ωC ⇒ VG → - j IG

(1 -a)ωC ⇒

VG → IG

(1 - a)ωC

∠ VG → - 90 °

Page 156: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(resonancia, junio 2002)

Frecuencia angular (ω0 ≠ 0 rad/s) para Z puramente resistiva;condiciones para que exista

Z resistiva ⇒ Im Y = 0 Ω ⇒ (1 - a)ω0C - ω0LR2 + (ω0L)2

= 0 ⇒

⇒ ω0 = 0 rad/s (no vale)

+ L - (1 - a)R2C(1 - a)L2C

; condición: L - (1 - a)R2C(1 - a)L2C

> 0 s-2

Hallar iC(t) para C = ∞ F

C = ∞ F ⇒ VG = 0 V ⇒ IG + aIC = IC ⇒

⇒ IC = IG

1 - a ⇒ iC(t) = Re ICejωt = IGcos(ωt)

1 - a

Page 157: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(superposición, junio 2002)

Datos:R, L, C, a, ID (real), IA (real), ω = ω0

Hallar la potencia en la capacidadig

R

C aiCiC

R

L

ig(t) = ID + IAcos(ωt)

Continua

C = circuito abierto; L = cortocircuito

ICD = 0 A, VGD = ID(R // R) = IDR2

R

R

+VGD

- ID ICD

Sinusoidal

Y(ω0) = 1R

+ RR2 + (ω0L)2

realR

C

R

L

+VGA

- IA ICA aICA

VGA = IA

Y(ω0) ⇒ vGA(t) = Re VGAejω0t = IA

Y(ω0)cos(ω0t)

CA = VGAjω0C = jIAω0CY(ω0)

⇒ iCA(t) = Re ICAejω0t = IGω0CY(ω0)

cos(ω0t + 90 °)

Respuesta total

iC(t) = ICD + iCA(t), vC(t) = VGD + vGA(t), pC(t) = vC(t)iC(t)

Page 158: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(resonancia, septiembre 2002)

Datos:R, L, C, a, IG (real) ig

iL

aiLR

R

C

L

ig = IGcos(ωt)

El circuito funciona en régimen sinusoidal permanente.

IG = IG

+VG

- IG

IL

R

L

aIL

C

R

Impedancia que ve la fuente independiente

IG + aIL = V G

R + VGjωC + VG

R + jωL ⇒ IG = VGY = VG

Z

Y = 1R

+ jωC + 1 - aR + jωL

, Z = 1Y

Valor de a para Z imaginaria pura

Z imaginaria ⇒ Re Y = 0 Ω ⇒ 1R

+ (1 - a)RR2 + (ωL)2

= 0 ⇒ a = 2 + ωLR

2

Page 159: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(resonancia, diciembre 2002)

Datos:R, L, C, a, IG (real) ig

iL

aiLL

R

R

iCC

ig = IGcos(ωt)

Hallar iC(t) para C = ∞ F y L = ∞ H

El circuito funciona en régimen sinusoidal permanente.

C = ∞ F ⇒ C es un cortocircuitoL = ∞ H ⇒ L es un circuito abierto ⇒

⇒ la fuente dependiente es un circuito abierto

La corriente proporcionada por la fuente independiente se repartepor igual entre las dos resistencias

iC(t) = ig(t)

2

Page 160: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para entrada y salida en fase)

aIL

L

RL

C

RC

R

RG

VG

+

Vo

-

IL

Son datoslas características

de todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que Vo y VG

están en fase

aIL = Vo - VG

RG + Vo

R + Vo

RC + 1/(jωC) + IL, IL = Vo

RL + jωL

Vo

VG = 1

1 + jωRGC1 + jωRCC

+ RG

R + (1 - a)RG

RL + jωL

= 1D(ω)

Puesto que el numerador es real,también ha de serlo el denominador.

∠ Vo = ∠ VG → Im D(ω) = 0 → ω = RL2C + (a - 1)L

(1 - a)RC2 LC2 - L2C

Page 161: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para entrada y salida en fase)

1:a

VG

C RIG

LM

LI1

CI2

+Vo

-

Son datoslas características

de todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que Vo y VG

están en fase

Reflejando impedancias,

X = ωL - 1/(ωC), Z = jX + R/a2, ZG = jX + (ωM)2/Z

IG = VG/ZG, I1 = IGjωM/Z, I2 = I1/a

Vo = I2R = VGjωRMaZGZ

= V GjωRMa (ωM)2 - X2 + jXR/a2

Puesto que el numerador es imaginario,también ha de serlo el denominador.

∠ Vo = ∠ VG → (ωM)2 - X2 = 0

X > 0 → 1/(ωC) < ωL

(ωM)2 - X2 = 0 → ω = - X/M

ω = X/M

Incompatible con lacondición indicada

Solución correcta

Page 162: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para tensión máxima)

MC

+ VR -

R2R1

IG L2L1

L3

Son datos las característicasde todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que es máximo

el módulo de VR

Transformando la fuente y reflejando impedancias,

IGR1 = I R1 + R2 + 1jωC

+ jωL1 + (ωM)2

jωL2 + jωL3 = IZ

VR = IR2, I = IGR1/Z

VR máximo → I máximo → Z mínimo →

→ (R1 + R2)2 + ωL1 - 1ωC

- ωM2

L2 + L3

2 mínimo →

→ Im Z = 0 → ω = 1C L1 - M/(L2 + L3)

La parte real de Z no depende de ω.Z sólo puede hacerse mínima actuando sobre su parte imaginaria.

Page 163: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para tensión máxima)

VG

C

R1:a +

VL-

+V2-

+V1

-IG I1 I2 IL

IC

Son datos las característicasde todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que es máximo

el módulo de VL

VG = IGR + V1, V1 = IC

jωC + V2, V2 = ILjωL

IG = I1 + IC, IC = I2 + IL, I1 = - aI2, V2 = aV1

VL = VG

1a + j (1 - a2)ωRC

a - aRωL

= VG

D(ω)

VL máximo → D(ω) mínimo → Im D(ω) = 0 →

→ ω = a(1 - a) LC

La parte real de D no depende de ω.D sólo puede hacerse mínima actuando sobre su parte imaginaria.

Page 164: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para impedancia resistiva, diciembre 1998)

L

VG

MCR

L

a:1R

gVCI1I2

+VD

-

+V2

-

+V1

-

L

- VC +

Son datoslas características

de todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que la impedancia

que ve la fuente independientees puramente resistiva

VD = gVC(R + jωL) + I2jωM

0 = gVCjωM + I2jωL + V2

VG = I1 R + jωL + 1/(jωC) + V1

VC = I1/(jωC), V2 = aV1, I1 = - aI2

VG = I1 R - gM/(aC) + j ωL(1 + 1/a2) - 1/(ωC) = I1Z

Z resistiva → Im Z = 0 → ω = a(a2 + 1)LC

Page 165: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para potencia máxima, septiembre 1998)

LM

C

R

L/2

2C

IG

IR

L

1:aR

bIR

Rd

L

Son datoslas características

de todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que la potencia media

en Rd es máxima

PRd = bIR

2Rd

2 máxima → IR máxima

El módulo de IR será máximo cuando toda la corriente de la fuente independiente circule por R.

Ello ocurrirá cuando las corrientes en L y C se compensen;es decir, cuando L y C estén en resonancia.

Para que eso suceda ha de ser

ZC = - ZL → ω = 1LC

Page 166: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(frecuencia para corriente máxima, junio 1996)

LVG

C

R

I1I2

n1

n2

+V1

-+

V2-

Son datos las característicasde todos los elementos

Hallar la frecuencia angularpara la que es máximo el módulo de I2

VG = I1jωL + V1 + V2, V 2 = I2 R + 1/(jωC)

V2/V1 = n2/n1 = a, I1/(I1 - I2) = - n2/n1 = a

I2 = aVG/(1 + a)R + 1/(jωC) + a2jωL/(1 + a)2

= VG

D(ω)

I2 máximo → D(ω) mínimo →

→ R2 + a2ωL/(1 + a)2 - 1/(ωC) 2 mínimo →

→ Im D(ω) = 0 → ω = 1 + aaLC

La parte real de D no depende de ω.D sólo puede hacerse mínima actuando sobre su parte imaginaria.

Page 167: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(impedancia mínima y corriente máxima, problema inverso)

IG

I1

R1

L1

C1

C2

R2

L2

Son datos IG, ω, R1, C1, R2 y L2

Hallar el valor de L1 que minimizael módulo de la impedancia de su rama,

y el valor de C2 que maximizael módulo de I1

Z1 = R1 + jωL1 + 1jωC1

→ Z1 = R12 + ωL1 - 1

ωC1

2

Z1 mínimo → Im Z1 = 0 → L1 = 1/(ω2C1)

La parte real de Z1 no depende de L1.Z1 sólo puede hacerse mínima actuando sobre su parte imaginaria.

El módulo de I1 será máximo cuando toda la corriente de la fuente circule por R1 y R2.

Ello ocurrirá cuando las corrientes en L2 y C2 se compensen;es decir, cuando L2 y C2 estén en resonancia.

Para que eso suceda ha de ser

ZC2 = - ZL2 → C2 = 1ω2L2

Page 168: Analisis de redes electricas

Ejercicios para resolver en clase

RESPUESTAEN FRECUENCIA 2003/A

Hallad los valores hacia los que tienden elmódulo y la fase de vO cuando ω tiende a 0 rad/s y cuando ω tiende a ∞ rad/s.

Hallad la frecuencia angular de resonancia.

iG

R

R

L

CR

+vO

-

iG(t) = IGcos(ωt)Son datos IG (real, > 0), R, L y C.

RESPUESTAEN FRECUENCIA 2003/B

Hallad los valores hacia los que tienden elmódulo y la fase de vO cuando ω tiende a 0 rad/s y cuando ω tiende a ∞ rad/s.

Hallad la frecuencia angular de resonancia.

iG

R RL

CR

+vO

-

iG(t) = IGcos(ωt)Son datos IG (real, > 0), R, L y C.

RESPUESTAEN FRECUENCIA 2003/C

Hallad los valores hacia los que tienden elmódulo y la fase de vO cuando ω tiende a 0 rad/s y cuando ω tiende a ∞ rad/s.

Hallad la frecuencia angular de resonancia.

iG

R

R

L

CR

+vO

-

iG(t) = IGcos(ωt)Son datos IG (real, > 0), R, L y C.

Page 169: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(circuito resonante, equivalente Thèvenin)

1:aL

C

R ZL

R R

m n

x

y

L VG CR

Son datoslas características

de todos los elementosexcepto ZL

Hallar la frecuencia angular para la que el módulo de la corriente en la rama xy es mínimo

Puede observarse que a la frecuencia de resonancia del secundarioéste presenta una impedancia infinita, con lo que también es infinitala reflejada en el primario, haciendo así nulo el módulo de lacorriente en él. Luego

ω = 1/ LC

Para la frecuencia calculada hallar ZL para que disipe máxima potencia y el valor de dicha potencia

R

R R

m nx

y

VGREn las condiciones indicadas

el circuito se reduce al de la figura.La impedancia equivalente se calcula

desactivando la fuentey agrupando resistencias.

ZL = ZTh* = R + (R + R)//R * = 5R/3

VTh = Vxn = Vmn = VG - VGR3R

= 2VG

3

Pmax = VTh2/ 8Re ZTh = VG

2/(30R)

Page 170: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(superposición, resonancia, inverso a partir de expresiones temporales, diciembre 1996)

1:a

RL C

LR

VG

R+

vP

-

R

bvP

+vL

-

CL

iS

Hallar a y b(reales)

Datos:

iS(t) = IScos(ωt), IS = 8 mA, ω = π krad/s, VG = 30 V,

R = 1 kΩ, RL = 250 Ω, L = π-2 H, C = 1 µF,vL(1 ms) = - 6 V, vL(4 ms) = - 4 V

Por haber dos fuentes de distinta naturaleza,

vL(t) = VLD + VLAcos(ωt + ϕ) (1)

+VLD

-RL bVPD

R

R

+vPD

- IG

R VGContinua

Fuente corriente desactivadaL = c.c., C = c.a.

VLD = - bVPD = - b(VG - IGR) = - b VG - VGRR + R//R

= - 10 b (2)

Page 171: Analisis de redes electricas

Ejemplo de respuesta en frecuencia(superposición, resonancia, inverso a partir de expresiones temporales, diciembre 1996)

I2

IS

+VLA

-

RL

IL

bVPA

I1

+V1

-

1:a +V2- R

R+

VPA

-

SinusoidalFuente tens. ind. desactivada

L-C serie = c.c. y L-C paralelo = c.a.

por ser ω = 1/ LC

IS = IL + I1, I1 = aI2, V2 = aV1, VPA = V2/2

LRL = VLA = bVPA + V1 → VLA = 8 (2 - ab)a2 + 4(2 - ab)

= VLA∠ 0 ° (3)

Respuesta combinada

Ya que la fase de la componente sinusoidal es nula, de (1)

vL(1 ms) = VLD - VLA = - 6 VvL(4 ms) = VLD + VLA = - 4 V

VLD = - 5 VVLA = 1 V

Igualando estos resultados a (2-3),

b = 0.5, a = - 4 o a = 2

El valor negativo de a es posible; equivaldría a invertirla posición de uno de los puntos en el transformador.

Page 172: Analisis de redes electricas
Page 173: Analisis de redes electricas

Análisis de redesTransparencias de clase

Cuadripolos

Cuadripolos-1: páginas 171-175Cuadripolos-2: páginas 176-187

Page 174: Analisis de redes electricas
Page 175: Analisis de redes electricas

Cuadripolos

Un circuito se reduce a una caja negra con dos puertas.

La caracterización del circuito como cuadripolo pretende describir su comportamiento en función de lo que ocurre en las puertas.

entr

ada

salid

a

exci

taci

ón

circuito

cuadripoloca

rga+

v1-

+v2

-

i1

i1

i2

i2

No hay fuentesindependientes

en el cuadripolo.

Sin excitación externano hay energía

almacenada en el cuadripolo.

Clasificación

Pasivos: la potencia entregada a la cargaes siempre igual o inferiora la que la excitación entrega a la entrada.

Activos: la potencia entregada a la cargapuede ser mayor que la que la excitación entrega a la entrada del cuadripolo.

Page 176: Analisis de redes electricas

Caracterización de un cuadripolo

Se hace en función de un juego de cuatro parámetros(parámetros característicos)que relacionan las corrientes y tensionesen la entrada y la salida del cuadripolo.

Parámetros Ecuaciones MatricesImpedancia v1 = z11i1 + z12i2

v2 = z21i1 + z22i2

v1v2

= z11 z12

z21 z22 × i1

i2

Admitancia i1 = y11v1 + y12v2

i2 = y21v1 + y22v2

i1i2

= y11 y12

y21 y22 × v1

v2

Híbridos (h) v1 = h11i1 + h12v2

i2 = h21i1 + h22v2

v1i2

= h11 h12

h21 h22 × i1

v2

Híbridos (g) i1 = g11v1 + g12i2

v2 = g21v1 + g22i2

i1v2

= g11 g12

g21 g22 × v1

i2

Transmisión v1 = Av2 - Bi2

i1 = Cv2 - Di2

v1i1

= A BC D

× v2- i2

En continua los parámetros de impedancia y admitancia son,respectivamente, de resistencia y conductancia.En régimen sinusoidal permanente la caracterización puede ser expresada en términos de fasores.

Cuadripolosrecíprocos

z12 = z21, y12 = y21,h12 = - h21, g12 = - g21, AD - BC = 1

Cuadripolossimétricos

Son recíprocos y, además,z11 = z22, y11 = y22,

h11h22 - h12h21 = 1, g11g22 - g12g21 = 1, A = D

Page 177: Analisis de redes electricas

Obtención de parámetros

Caso general: aplicando las definiciones

z11 = v1

i1 i2 = 0

h21 = i2

i1 v2 = 0

A = v1v2 i2 = 0

impedancia de entradacon la salida en circuito abierto

ganancia de corriente directacon la salida en cortocircuito

ganancia inversa de tensióncon la salida en circuito abierto

Caso particular

Si se conoce el interior del cuadripolo,se puede caracterizar el comportamiento del circuitomediante dos ecuaciones e identificar sus términoscon los de las ecuaciones de los parámetros deseados.

Equivalencia entre parámetros

Conocido un juego de parámetros es posible obtener otromanipulando las ecuaciones del primero.

v1 = z11i1 + z12i2v2 = z21i1 + z22i2

→ i1 = z22

∆zv1 -

z12

∆zv2

i2 = - z21

∆zv1 + z11

∆zv2

→ y11 = z22

∆z, y12 = - z12

∆zy21 = - z21

∆z, y22 = z11

∆z∆z = z11z22 - z12z21

Page 178: Analisis de redes electricas

Utilización práctica

cuadripolo+v1-

+v2

-

i1 i2

vG

ZG ZL

vG = i1ZG + v1

v2 = - i2ZL

dos ecuacionesde parámetros

Utilizando las cuatro ecuacioneses posible encontrar cualquier relación deseada en el circuito

Zin = v1

i1 = z11 -

z12z21

z22 + ZL

i2vG

= y21

1 + y22ZL

ZL = v2

i2

* = B + DZG

A + CZG

*

Gi = i2

i1 = h21

1 + h22ZL

impedancia de entradaal cuadripolo

transconductancia

impedancia de cargapara máxima potencia

(prescindiendo de excitación)

ganancia de corriente

Page 179: Analisis de redes electricas

Interconexión de cuadripolos

Conexión Esquema Resultado

Cascada 1 2 ABCD =

= ABCD 1 × ABCD 2

Serie1

2z = z 1 + z 2

Paralelo1

2y = y 1 + y 2

Serie-paralelo

1

2h = h 1 + h 2

Paralelo-serie

1

2g = g 1 + g 2

Supondremos que las reglas son válidas en todos los casos,aunque estrictamente hablando sólo lo son en el caso de la agrupación en cascada.

Page 180: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros a partir de definición, junio 1998)

Z1

Z2 Z3

+V1-

+V2

-

I1 I2 Régimen sinusoidal;son datos las características

de los elementos

Hallar los parámetros indicados

z11 = V1

I1 I2 = 0 = Z1 + Z2//Z3 V1 = I1(Z1 + Z2//Z3)

h21 = I2

I1 V2 = 0 = - 1 I2 se va por Z1, ya que,

de lo contrario, V2 ≠ 0

B = - V 1

I2 V2 = 0 = Z1 V1 = I1Z1 = - I2Z1

y22 = I2

V2 V1 = 0 = 1/(Z1//Z2//Z3)

Page 181: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros y a partir de definición, junio 1999)

Z1

Z2 Z3

+V1-

+V2

-

I1 I2 Régimen sinusoidal;son datos las características

de los elementos

Hallar los parámetros de admitancia,y las condiciones

de reciprocidad y simetría

y11 = I1

V1 V2 = 0 = 1

Z1 V1 = I1Z1

y12 = I1

V2 V1 = 0 = - 1

Z1

V1 = I1Z1 + V2

y21 = I2

V1 V2 = 0 = - 1

Z1

I2 se va por Z1, ya que,de lo contrario, V2 ≠ 0

y22 = I2

V2 V1 = 0 = 1/(Z1//Z2//Z3) = 1

Z1 + 1

Z2 + 1

Z3

recíproco → y12 = y21

se cumple siempre, independientemente de los valoresde las impedancias

simétrico → y11 = y22 → Z2 = - Z3

Page 182: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros z a partir del circuito, relaciones, potencias, septiembre 1996)

ZG ZL

+V1

-

+V2

-

I1 I2

VG

R1

L1

ML2

R2+

V3

- n3

+ V4 -

n4

I3

Régimen sinusoidal permanente;son datos las características de todos los elementos

Hallar los parámetros de impedancia del cuadripolo,I2, y las potencias media y reactiva en ZL

V1 = I1(R1 + jωL1) - I3jωM, 0 = - I1jωM + I2(R2 + jωL2) + V3

V3 = V4 + V2, V4/V3 = - n4/n3, (I3 + I2)/I2 = - n4/n3

V1 = I1(R1 + jωL1) + I2jωM(1 + n4/n3)V2 = I1jωM(1 + n4/n3) + I2(R2 + jωL2)(1 + n4/n3)2 ⇔

⇔ V1 = I1z11 + I2z12V2 = I1z21 + I2z22

→ z11 = R1 + jωL1, z12 = jωM(1 + n4/n3)z21 = jωM(1 + n4/n3), z22 = (R2 + jωL2)(1 + n4/n3)2

V1 = I1z11 + I2z12, V2 = I1z21 + I2z22

VG = I1ZG + V1, V 2 = - I2ZL →

→ I2 = - z21VG

(ZG + z11)(ZL + z22) - z12z21

SL = - V2I*2/2 = - I22ZL/2 → PL = Re SL , QL = Im SL

Page 183: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros z a partir del circuito, simetría, parámetros abcd, junio 2002)

¿Qué condiciones han decumplirse para que sea simétrico?

Hallar los parámetros abcd

+V1-

+V2-

C1

I2I1

L

C2

Régimen sinusoidal permanente;son datos las características de

todos los elementos

V1 = I11

jωC1 + jωL + I2jωL

V2 = I1jωL + I21

jωC2 + jωL

⇔ V1 = I1z11 + I2z12V2 = I1z21 + I2z22

⇒ z11 = 1

jωC1 + jωL, z12 = jωL

z21 = jωL, z22 = 1jωC2

+ jωL ⇒

recíproco (z12 = z21 siempre)

simétrico si z11 = z22 ⇒ C1 = C2

V1 = I1z11 + I2z12V2 = I1z21 + I2z22

⇔ I1 = V2

z21 - I2z22

z21

V1 = V2z11z21

- I2(z11z22 - z12z21)z21

⇒ a = z11

z21 = 1 - 1

ω2LC1, b = z11z22 - z12z21

z21 =

- 1ω2C1C2

+ L 1C1

+ 1C2

jωL

c = 1z21

= 1jωL

, d = z21z21

= 1 - 1ω2LC2

Page 184: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros ABCD a partir del circuito, agrupación, diciembre 1998)

+V1

-

+V2

-

I1 I2

R1

gVV2 gII1

R2

Cuadripolo en continua;son datos

las característicasde todos los elementos

Hallar parámetros ABCD

I2 = gII1 + V2

R2V1 = R1I1 + gvV2

≡ V1 = AV2 - BI2I1 = CV2 - DI2

→ ABCD = gv -

R1

gIR2 - R1

gI

- 1gIR2

- 1gI

gv y (1/R2) despreciables;se conectan en cascada k cuadripolos idénticos

Hallar los parámetros ABCD del cuadripolo resultante

gv, (1/R2) despreciables → ABCD ind = 0 - R1

gI

0 - 1gI

→ ABCD k = ABCD indk =

0 (- 1)kR1

gIk

0 (- 1)k 1gI

k

Page 185: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros ABCD a partir del circuito, agrupación, diciembre 1998)

Se carga el cuadripolo resultante del apartado anteriorcon una resistencia RL

Hallar el valor de k para que el módulo de I2/I1

valga al menos GI

En un cuadripolo cargado,

I1 = CV2 - DI2, V2 = - I2RL → I2

I1 = - 1

CRL + D

Sustituyendo los resultados del apartado anterioren esta expresión,

GI ≤ I2

I1 = - 1

D = gI

k

(- 1)k → k ≥ log(GI)

log(gI )

Page 186: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros ABCD a partir de medidas, agrupaciones, junio 1997)

+V1-

+V2

-

I1 I2 Datos: continua, cuadripolo simétrico;

medida: V1 = 8 V, I1 = 6 A, V2 = 2 V; I2 = 0 A

Hallar parámetros ABCD

V1 = AV2 - BI2, I1 = CV2 - DI2

A = V1

V2 I2 = 0 = 4, C = I1

V2 I2 = 0 = 3 S

simétrico (y recíproco) → D = A = 4, B = (AD - 1)/C = 5 Ω

+V1-

+V2-

I1 I2

R1

2

3

4

R = 1 Ω

Hallar parámetros ABCDdel cuadripolo 1234;

¿es recíproco, simétrico?

Se trata de la agrupación en cascada de dos cuadripolos:el original y el constituido por la resistencia. En el segundo,

V1 = V2 + I1RI1 = - I2

→ A = 1, B = R = 1 Ω, C = 0 S, D = 1

ABCD 1234 = ABCD × ABCD R = 4 9 Ω3 S 7

AD - BC = 1 (recíproco), A ≠ D (no simétrico)

Page 187: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros ABCD a partir de medidas, agrupaciones, junio 1997)

Se conectan en paralelo-serie dos cuadripolos 1234

Hallar los parámetros g del cuadripolo resultante;¿es recíproco, simétrico?

V1 = AV2 - BI2I1 = CV2 - DI2

→ V2 = V1

A + BI2

AI1 = CV1

A + BC

A - D I2

≡ I1 = g11V1 + g12I2

V2 = g21V1 + g22I2

g 1234 = 0.75 S - 0.250.25 2.25 Ω

Por tratarse de una conexión paralelo-serie,

g = g 1234 + g 1234 = 1.5 S - 0.50.5 4.5 Ω

g12 = - g21 (recíproco), g11g22 - g12g21 ≠ 1 (no simétrico)

Page 188: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros z a partir de medidas, potencias, septiembre 1997)

+V1-

+V2

-

I1 I2

VG

RG RL

Hallar RL para máximatransferencia de potencia,

y la potenciaen el cuadripolo

Datos: VG = 8 V, RG = 11 Ω, continua,cuadripolo recíproco, parámetros z positivos;medida 1: V1 = 100 V, I1 = 20 A, I2 = 0 A;

medida 2: V1 = 0 V, I1 = 8 A, V2 = 2 V;medida 3: I1 = 0 A, V2 = 3 V, I2 = 1 A

V1 = I1z11 + I2z12 (1)V2 = I1z21 + I2z22 (2)

Despejando I2 de (2) y sabiendo que z12 = z21 (recíproco),V1 = I1(z11 - z12

2 /z22) + V2z12/z22 (3)

medida 1 en (1) → z11 = 5 Ωmedida 3 en (2) → z22 = 3 Ωmedida 2 en (3) → z12 = z21 = 4 Ω, - 3.75 Ω (no vale)

V1 = I1z11 + I2z12, V2 = I1z21 + I2z22

VG = I1RG + V1 →

→ RL = RTh = V2

I2 VG = 0 = z22 -

z12z21

RG + z11 = 2 Ω

p(VG) = - VGI1 = - 5 W, p(RG) = I12RG = 4.3 W, p(RL) = I2

2RL = 0.5 W

p(VG) = p(RG) + p(RL) + pcuad → pcuad = 0.2 W

Page 189: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros ABCD a partir de un cuadripolo mayor, simetría, septiembre 1998)

Un cuadripolo tiene los parámetros de transmisiónA BC D = 7 12 Ω

4 S 7

Es el resultado de agrupar en cascadados cuadripolos idénticos con parámetros

a bc d

tales que b = 3c y a es un entero positivo.

Hallar a, b, c y d

A BC D = a b

c d × a bc d = a2 + bc b(a + d)

c(a + d) d2 + bc

El cuadripolo original es simétrico (AD - BC = 1, A = D);por tanto,

A = D ⇒ a2 = d2 → a = da = - d (no vale, ya que → B = 0 = C)

Teniendo en cuenta esto, y que b = 3c,

4 = C = c(a + d) → c = 2/a

7 = A = a2 + bc = a2 + 3c2 = a2 + 12/a2 →

→ a = 2 → b = 3 Ω, c = 1 S, d = 2

a = -2 (ha de ser positivo)a = ± 3 (ha de ser entero)

Page 190: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros h a partir de un cuadripolo mayor, simetría, septiembre 2001)

Un cuadripolo es el resultado de la conexión serie-paralelode otros dos idénticos y simétricos.

En el cuadripolo se hacen dos medidas con la salida en cortocircuito:medida 1: V1 = VX, I1 = YVX

medida 2: I1 = IX, I2 = GIX

Hallar los parámetros h de los cuadripolos individuales.

En conexión serie-paralelo

H11 H12

H21 H22 = h11 h12

h21 h22 + h11 h12

h21 h22 =

= recíproco ⇒ h12 = - h21

simétrico ⇒ h11h22 - h12h21

= 2h11 2h12

- 2h12 21 - h122

h11

A partir de la definición de los parámetros h y de las medidas se tiene

V1 = H11I1 + H12V2, I2 = H21I1 + H22V2; V2 = 0 V

H11 = V1

I1 V2 = 0 V = 1

Y = 2h11 ⇒ h11 = 1

2Y

H21 = I2

I1 V2 = 0 V = G = - 2h12 ⇒ h12 = - G

2 = - h21

2h22 = H22 = 21 - h122

h11 = Y(4 - G2) ⇒ h22 = Y(4 - G2)

2

Page 191: Analisis de redes electricas

Problemas de cuadripolos(parámetros h, equivalente Thèvenin, junio 2001)

De un cuadripolo, que funciona en régimen sinusoidal permanente,se conocen sus parámetros híbridos.

A su entrada se conecta una fuente (VG) con una impedancia en serie (ZG).

Hallar el equivalente Thèvenin en la salida.

Tensión de circuito abierto

I2 = h21I1 + h22V2 = 0 A ⇒ I1 = - h22

h21V2

VG = I1ZG + V1 = I1(ZG + h11) + h12V2 = h12 - h22(ZG + h11)

h21V2 ⇒

⇒ V2 = h21VG

h12h21 - h22(ZG + h11) = VTh

Corriente de cortocircuito

V2 = 0 V ⇒ I2 = h21I1

VG = I1ZG + V1 = I1(ZG + h11) = - ZG + h11

h21I2 ⇒ I2 = - h21VG

ZG + h11 = IN

Impedancia equivalente

ZTh = VTh

IN = ZG + h11

h22(ZG + h11) - h12h21