Problemas de Fundamentos de Electrotecnia, 2ª Edición
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Problemas de Fundamentos de
Electrotecnia2ª Edición
Miguel Ángel García GarcíaJoaquín Mur Amada
Iván Cristóbal MonrealNabil El Halabi
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Problemas de
Fundamentos de Electrotecnia
2ª edición
Miguel Ángel García García
Joaquín Mur Amada
Iván Cristóbal Monreal
Nabil El Halabi
Centro Universitario de la Defensa Zaragoza
No se permite la reproducción total o parcial de este libro, ni su incorporación a un sistema informático, ni su transmisión en cualquier forma o por cualquier medio, sea éste electrónico, mecánico, reprográfico, gramofónico u otro, sin el permiso previo y por escrito de los titulares del copyright.
© Miguel Ángel García García, Joaquín Mur Amada, Iván Cristóbal Monreal, Nabil El Halabi.
© De la presente edición, Centro Universitario de la Defensa.
2ª edición, 2019 Edita: Centro Universitario de la Defensa Ctra. de Huesca s/n. 50090 Zaragoza http://cud.unizar.es Impresión: Edelvives Talleres Gráficos Impreso en España Printed in Spain Depósito Legal: Z 2075‐2018 ISBN: 978‐84‐942315‐6‐8
Prólogo
Hemos escrito este texto docente con el ánimo de que sirva de apoyo y ayuda para que los alumnos alcancen los resultados de aprendizaje previstos en la asignatura Fundamentos de Electrotecnia del Grado en Ingeniería de Organización Industrial, perfil Defensa, que se imparte en el Centro Universitario de la Defensa de Zaragoza.
El objetivo de esta recopilación de problemas, tanto resueltos como propuestos, es que, a través de su resolución, los alumnos afiancen los conceptos de circuitos y máquinas eléctricas, y las técnicas y métodos para el análisis de circuitos que se tratan en los diversos temas en los que se ha dividido la asignatura.
Para alcanzar los resultados de aprendizaje nos atrevemos a aconsejar que, antes de consultar la solución, el alumno trate primero de resolver los problemas por sus propios medios, y que las soluciones sirvan como instrumento para contrastar la validez de los razonamientos y los pasos que ha seguido en su propia resolución. Para afianzar y autoevaluar este aprendizaje, se han incluido problemas propuestos, en los que sólo se indica su resultado.
Cabe reseñar que se ha hecho una estimación del nivel de dificultad de todos los problemas, indicándolo en cada uno mediante estrellas. Una y dos estrellas señalan los problemas que ayudan a introducirse en el estudio del tema en cuestión, mientras que los señalados con 3 y 4 estrellas son los problemas que servirán al alumno para afianzar los conceptos y para hacerse con las técnicas y métodos utilizados a lo largo de la asignatura. El adecuado uso de este texto permitirá al alumno adquirir las competencias necesarias para llevar a cabo con éxito el análisis de circuitos y el estudio de las máquinas eléctricas que otras disciplinas le requerirán más adelante.
Por último, queremos dejar aquí patente nuestro reconocimiento y gratitud a todas las personas que, directa o indirectamente, han contribuido a que esta recopilación de problemas haya sido posible.
Los autores
Zaragoza, enero de 2013
En esta segunda edición, se ha revisado completamente el libro y se ha cambiando el orden en que aparecen algunos problemas dentro de los temas para ajustarse al proceso más habitual de adquisición de destrezas a lo largo del curso.
Para facilitar la interpretación de los ejercicios, se han modificado algunas explicaciones y se ha revisado la nomenclatura siguiendo la tendencia actual de otros libros y normas.
Se han añadido algunos ejercicios introductorios para ilustrar con mayor claridad las técnicas de resolución de los temas 4, 5 y 6. También se han añadido algunos ejercicios ejemplificadores que inciden en aspectos que, bajo nuestra experiencia, suelen generar más dudas y equivocaciones.
Los autores
Zaragoza, enero de 2019
Índice
Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad.
Problemas resueltos ..................................................................... 7
Problemas propuestos ................................................................. 12
Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de definición.
Problemas resueltos ..................................................................... 13
Problemas propuestos ................................................................. 46
Tema 3: Energía y Potencia
Problemas resueltos ..................................................................... 55
Problemas propuestos ................................................................. 76
Tema 4: Métodos de análisis de circuitos
Problemas resueltos ..................................................................... 81
Problemas propuestos ................................................................. 126
Tema 5: Teoremas fundamentales del análisis de circuitos
Problemas resueltos ..................................................................... 135
Problemas propuestos ................................................................. 193
Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos ...................................................................... 199
Problemas propuestos ................................................................. 254
Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos ..................................................................... 261
Problemas propuestos ................................................................. 307
Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados
Problemas resueltos ..................................................................... 313
Problemas propuestos .................................................................. 339
Tema 9: Máquinas eléctricas
Problemas resueltos ..................................................................... 343
Problemas propuestos .................................................................. 358
Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad
Problemas resueltos
Problema 1.1 ()
En el circuito de la figura se conocen las intensidades:
i1 = 3 A, i4 = ‐5 A, i7 = ‐2 A, i9 = 2 A
Determinar el resto de las intensidades para las referencias indicadas.
Solución:
La estrategia de resolución consistirá en buscar o bien recintos cerrados o bien
nudos, en los que solamente una intensidad sea desconocida, de tal forma que
se pueda aplicar la LKI (Ley de Kirchhoff de las Intensidades) en ese
recinto/nudo y despejar la intensidad desconocida.
Utilizando la estrategia descrita, se aplica la LKI generalizada al recinto
cerrado 1:
Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto
i8 = i1 i8 = 3 A
1 2 i
4
i3
i2
i1
i6 i
7 i
8
i5
i9
B
A D
C
8 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la LKI a los distintos nudos se obtiene:
Intensidades que entran en el nudo Intensidades que salen del nudo
Nudo A: 0 = i2 + i8 + i7 i2 = ‐1 A
Nudo B: i1 + i2 + i9 = i3 i3 = 4 A
Nudo C: i3 + i5 = i4 i5 = ‐9 A
Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado 2:
i5 + i6 = 0 i6 = 9 A
Se puede comprobar que, aplicando la LKI al nudo D, se obtiene igualmente:
i6 + i7 + i4 = i9 i6 = 9 A
Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 9
Problema 1.2 ()
En el circuito de la figura, los rectángulos indican elementos de naturaleza
desconocida, y las flechas indican la referencia de polaridad tanto de la
intensidad como de la tensión en cada rama.
a) Si se conocen las siguientes tensiones:
U1 = 8 V, U2 = 4 V, U5 = 3 V, U6 = 3 V, U7 = 1 V, U10 = ‐1 V, U11 = 2 V
Determinar las tensiones restantes del circuito y calcular la tensión
entre los puntos A y B.
b) Si se conocen las siguientes intensidades:
I1 = 1 A, I3 = 2 A, I4 = 4 A, I6 = 6 A, I9 = 1 A
Determinar las restantes intensidades del circuito.
c) Demostrar que se cumplen las ecuaciones:
I6 + I9 + I11 = 0
I1 + I2 + I3 + I4 = 0
Solución:
a) La estrategia de resolución consistirá en buscar trayectorias cerradas en las
que solamente exista una tensión desconocida y despejarla de la ecuación
resultante de aplicar la LKT (Ley de Kirchhoff de las Tensiones) a ese camino
cerrado.
6 5 7
1 2 3 4
9 8 10
11
A
B
10 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Los nudos A y B están especificados en el enunciado. El resto de nudos se
terminan de nombrar con letras y se indican explícitamente las referencias de
tensión.
Para aplicar la LKT, se eligen trayectorias cerradas con solo una tensión
desconocida y se van despejando secuencialmente dichas tensiones:
Trayectoria A‐C‐B‐F‐A: U5 + U2 – U8 – U1 = 0 U8 = ‐1 V
Trayectoria A‐C‐D‐G‐F‐A: U5 + U6 + U3 – U11 – U1 = 0 U3 = 4 V
Trayectoria F‐B‐G‐F: U8 + U9 – U11 = 0 U9 = 3 V
Trayectoria D‐E‐H‐G‐D: U7 + U4 – U10 – U3 = 0 U4 = 2 V
La diferencia de tensión entre los puntos A y B, que es la tensión del nudo A
respecto el nudo B, se calcula a través de una trayectoria que parte del punto
A y llega al punto B recorriendo elementos de tensiones conocidas (a través
del punto C):
UAB = U5 + U2 = 3 V + 4 V UAB = 7 V
A este resultado se llega también (a través del punto F):
UAB = U1 + U8 = 8 V – 1 V UAB = 7 V
U4 U3
U6 = 3 V U5 = 3 V U7 = 1 V
U9 U8 U10 = –1 V
U11 = 2 V
A
B
U1 = 8 V +
U2 = 4 V + + +
+ + +
+ + +
+
C D E
F G H
UAB
+
Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad 11
b) Las restantes intensidades del circuito se calculan aplicando secuencial‐
mente la LKI a nudos donde solo se desconoce una corriente.
Nudo A: 0 = I5 + I1 I5 = ‐ I1 I5 = ‐1 A
Nudo E: I7 = I4 I7 = 4 A
Nudo H: I4 + I10 = 0 I10 = – I4 I10 = – 4 A
Nudo C: I5 = I2 + I6 I2 = – 7 A
Nudo B: I8 + I2 = I9 I8 = 8 A
Nudo G: I11 + I9 + I3 = I10 I11 = – 7 A
c) Para demostrar las ecuaciones del enunciado, se buscan recintos cerrados
que corten las ramas cuyas intensidades aparecen en las ecuaciones. El recinto
cerrado A corta las ramas 6, 9 y 11, mientras que el recinto cerrado B corta las
ramas 1, 2, 3 y 4.
Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado A se obtiene:
I6 + I9 + I11 = 0
Aplicando la LKI generalizada al recinto cerrado B se obtiene:
I1 + I2 + I3 + I4 = 0
I6 I5 I7
I1 I2 I3 I4
I9 I8 I10
I11
A
B
Recinto cerrado B
Recinto cerrado A
C D E
F G H
12 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 1.3 ()
En el circuito de la figura se conocen las intensidades:
i1 = 1 A, i2 = 2 A, i7 = 3 A, i11 = 4 A
Determinar el resto de las intensidades según las referencias indicadas.
Resultados: i3 = ‐1 A, i6 = 1 A, i4 = ‐1 A, i5 = ‐4 A, i9 = ‐3 A, i8 = 7 A, i10 = ‐4 A
Problema 1.4 ()
En el circuito de la figura se conoce que UAB = 16 V y que UBC = 10 V.
Determinar la tensión UAD y la intensidad IBC.
Resultados: UAD = 26 V, IBC = 0 A
1 2 i
8
i11
i3 i
6 i
9
i5 i
2
i4 i
7 i
1 i
10
+10 V
12 A 2 A
+
D
I ·I 4
7
3
6 = 3
B C
Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de
definición
Problemas resueltos
Problema 2.1 ()
Dado el circuito de la figura, calcular la tensión U y la intensidad I.
Solución:
Por las resistencias de 1 y 2 , de la derecha del circuito, circula la misma
intensidad, es decir, están conectadas en serie. Agrupando estas resistencias:
1 11 2 3eq eqR R
Ahora, puede verse que la tensión en bornes de la resistencia de 2 de la
derecha es la misma que la tensión en bornes de Req1. Por lo tanto, ambas
2 3 V
+
4 2 1
3 2 U +
I
Req1= 3
4 2
3 2
14 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
resistencias están conectadas en paralelo. Hallando su resistencia
equivalente:
2
2
1 1 1 5 61,2
2 3 6 5eq
eq
RR
Las dos resistencias de la derecha, la de 2 y Req2, están conectadas en serie
ya que por ellas circula la misma intensidad. Su resistencia equivalente es:
3 32 1,2 3,2eq eqR R
La resistencia de 3 y la resistencia Req3 están sometidas a la misma tensión,
por lo tanto están conectadas en paralelo. Su resistencia equivalente es:
4
4
1 1 1 31 481,548
3 3,2 48 31eq
eq
RR
4 2
3 Req2= 1,2
4
3 Req3= 3,2
4
Req4=1,548 +
3 V ++
U2
U1
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 15
Por la resistencia de 4 y por Req4 circula la misma intensidad, por lo que
están conectadas en serie. Así pues, se puede aplicar con ambas la regla del
divisor de tensión en ese circuito, obteniéndose que:
1
2
43 2,162 V
4 1,548
1,5483 0,837 V
4 1,548
U
U
Deshaciendo la última agrupación de resistencias realizada, el circuito
resultante será:
Se calcula la intensidad I1 en este circuito mediante la ley de Ohm:
21 0,261A
3,2
UI
Deshaciendo las agrupaciones de resistencias realizadas anteriormente:
4
3
+U2 U
1
+
I1
Req3
= 3,2
4 2
3 + U2
I1
Req2
= 1,2
4 2
3 2
I1
I2
I3
Req1
= 3
16 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Como se ha dicho anteriormente, las resistencias de 2 y Req1 están
conectadas en paralelo (ambas tienen la misma tensión entre sus bornes).
Por lo tanto, es posible aplicar la regla del divisor de intensidad para estas
resistencias, obteniéndose:
2 1
132 0,261 0,156 A
1 1 52 3
I I
3 1
123 0,261 0,104 A
1 1 52 3
I I
Y volviendo al circuito original:
se observa que el valor pedido I, coincide con el de I2.
2 0,156 AI I
Y aplicando la ley de Ohm a la última resistencia de la derecha, se calcula U:
3 2 0,104 2 0,208 VU I
U 2 3 V +
4 2 1
3 2
+
I
I2
I3
I1
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 17
Problema 2.2 ()
Para el circuito de la figura y la referencia indicada en él, determinar el valor
de la intensidad I.
Solución:
Las resistencias de 2 y 3 de la parte inferior del circuito están
conectadas en paralelo ya que ambas tienen la misma tensión entre sus
bornes. El valor de la resistencia equivalente de estas dos en paralelo es:
e 1
e 1
1 1 1R 1,2
R 2 3q
q
El circuito, teniendo en cuenta esta asociación, queda:
En este circuito puede verse que la resistencia Req1 y la resistencia de 2 de
la derecha están conectadas en serie ya que por ambas circula la misma
intensidad. El valor de su resistencia equivalente es:
e 2 e 1R 2 R 2 1,2 3,2q q
El circuito queda:
2
+
28 V
2
2
3 I
2 +28 V
2
Req1 = 1,2
18 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La resistencia Req2 y la resistencia de 2 están conectadas en paralelo. Su
resistencia equivalente vale:
e 3
e 3 e 2
1 1 1 1 1R 1,23
R 2 R 2 3,2q
q q
A partir del circuito equivalente, y aplicando la ecuación de definición de una
resistencia (ley de Ohm), se calcula la intensidad que circula por la fuente, I3:
3
2822,764 A
1,23I
A partir de esta intensidad I3, y aplicando la expresión del divisor de
intensidad, se calcula la intensidad I2.
2 3
1
3,28,755A
1 1
3,2 2
I I
A partir de esta intensidad I2, y aplicando nuevamente la expresión del
divisor de intensidad, se calcula la intensidad I’.
+28 V
2
Req2 = 3,2
+
28 V Req3 = 1,23
I3
+28 V
2
Req2 = 3,2
I3 I
2
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 19
2
1
3' 3,5 A1 1
3 2
I I
Mirando las referencias del circuito, la intensidad pedida, I, vale:
' 3,5 AI I
2
+
28 V
2
2
3
I3
I2
I I’
20 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.3 ()
La figura muestra la forma de onda de la tensión en bornes de la bobina para
la referencia indicada en el circuito. Determinar la forma de onda de ig(t)
(valor de la fuente de intensidad). Considerar descargados inicialmente tanto
la bobina como el condensador.
Solución:
Inicialmente se establecen las referencias de las intensidades en las ramas:
La expresión temporal de la tensión u(t) es:
2 0 2( )
4 2
t tu t
t
Aplicando la LKI al nudo A se obtiene:
( ) ( ) ( )g L Ci t i t i t
Las ecuaciones de definición de la bobina y del condensador son:
00
1( ) ( ) ( )
t
L L ti t i t t u d
L
1
ig(t) +
0,5 Hu(t)2 F
u(t)
4
3
2
1
1 2 3 4 5 [s]
[V]
t 0
1
ig(t)
+0,5 Hu(t)2 F
iL(t)
iC(t)
A
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 21
( )( )C
du ti t C
dt
Dada la forma de la expresión de la tensión u(t), para determinar la
expresión de la intensidad ig(t), se han de considerar dos intervalos
diferenciados, y calcularla en cada uno de ellos.
Así pues:
o Para el intervalo 0 2t
La expresión de la intensidad iL(t) es:
0
2 20 00
1 1 1( ) ( ) ( ) ( 0) 2 0 2
0,5
( 2) 8 A
t t t
L L Lt
L
i t i t t u d i t d tL L
i t
Conviene resaltar que el valor de la intensidad iL(t) al final de cada intervalo,
será el valor inicial de la intensidad iL(t) en el intervalo siguiente. Por lo que
se ha calculado el valor de iL(t) al final del intervalo, es decir, para t = 2 s.
La expresión de la intensidad iC(t) es:
( )
( ) 2 (2 ) 4 AC
du t di t C t
dt dt
Con lo que en este intervalo:
2( ) ( ) ( ) 4 2g c Li t i t i t t
o Para el intervalo 2t
00 22
1 1 1( ) ( ) ( ) ( 2) 4 8 4 8 8( 2) 8 8
0,5
t t t
L L Lt
i t i t t u d i t d t tL L
( )
( ) 2 (4) 0 AC
du t di t C
dt dt
Por lo que la intensidad ig(t) en este intervalo es:
( ) ( ) ( ) 8 8g c Li t i t i t t
22 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por lo tanto, la expresión temporal de la intensidad es:
24 2 0 2( )
8 8 2g
t ti t
t t
La representación gráfica de esta intensidad se muestra en la siguiente
figura:
t [s]
ig(t) [A]
5
10
2 4
20
15
3 1
5 6
25
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 23
Problema 2.4 ()
Dados el circuito y la forma de onda de la tensión en bornes del condensador
de la figura, determinar la expresión temporal de la tensión en bornes de la
fuente independiente de tensión. La bobina y el condensador se encuentran
descargados inicialmente.
Datos: L = 1 H, R1 = 5 , C = 0,3 F, R2 = 2 , = 3
Solución:
La tensión uc(t) está definida a tramos, por lo que se determinará el valor de
eg(t) para cada uno de ellos. La expresión temporal de la tensión uc(t) es:
2 si 0 2
( ) 8 2 si 2 4
0 si 4C
t t
u t t t
t
Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:
+
R1
eg(t)
+
–
R2
C
L
+
i1(t)
uC(t)
∙i1(t)
uC(t) [V]
t [s]
1 2 3 4 5
1 2 3 4
0
5
+
R1
eg(t)
+
–
R2
C
L
+
i1(t)
uC(t)
∙i1(t)
+
+
+
+
iL(t)
iT(t)
uR1(t)
uL(t)
uR2(t)
u(t)
24 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Para el intervalo 0 t 2
( ) 2Cu t t
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
1
( )( ) 0,3 2 0,6 Acdu t
i t Cdt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:
2 2 1( ) ( ) 2 0,6 1,2 VRu t R i t
1( ) ( ) 3 0,6 1,8 Vu t i t
Aplicando la LKT, se calcula la tensión en bornes de la bobina:
2( ) ( ) ( ) ( ) 2 1,2 1,8 2 3L C Ru t u t u t u t t t
Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad
que circula por ella aplicando su ecuación de definición:
2 2
0 0
1( ) ( 0) 2 3 3 3
0 A
tt
L Li t i t d t tL
Nótese que, en la expresión anterior, iL(t=0) = 0 porque la bobina está
inicialmente descargada.
Conocidas las dos intensidades, se puede aplicar la LKI para hallar iT(t):
21( ) ( ) ( ) 0,6 3T Li t i t i t t t
Entonces:
1 1
2 21
( ) ( )
( ) 5 0,6 3 5 15 3
R T
R
u t R i t
u t t t t t
Aplicando la LKT se obtiene la tensión en la fuente independiente:
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 25
1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t
2 2( ) 5 15 3 2 3 5 17 6ge t t t t t t
2( ) 5 17 6ge t t t
o Para el intervalo 2 t 4
( ) 8 2Cu t t
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
1
( )( ) 0,3( 2) 0,6 Acdu t
i t Cdt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:
2 2 1( ) ( ) 2( 0,6) 1,2 VRu t R i t
1( ) ( ) 3( 0,6) 1,8 Vu t i t
Aplicando la LKT, se calcula la tensión en bornes de la bobina:
2( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 1,2 1,8 5 2L C Ru t u t u t u t t t
Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad
que circula por ella aplicando su ecuación de definición:
2 2
2 2
1( ) ( 2) 5 2 10 5 10 5 10 4
10 A*
tt
L Li t i t d t tL
(*) El valor inicial de la intensidad en este intervalo, es el valor final de la
intensidad en el intervalo anterior:
2 20 2 ( ) 3 ( 2) 2 3 2 10 AL Lt i t t t i t
Entonces:
2( ) 5 4Li t t t
26 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la LKI:
2 21( ) ( ) ( ) 0,6 5 4 5 3,4T Li t i t i t t t t t
Entonces:
2 21( ) 5 5 3,4 5 25 17Ru t t t t t
Aplicando la LKT:
1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t
2( ) 5 25 17 5 2ge t t t t
2( ) 5 23 22ge t t t
o Para el intervalo t ≥ 4
( ) 0 VCu t
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
1
( )( ) 0 Acdu t
i t Cdt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos que comparten esa intensidad:
2 2 1( ) ( ) 0 VRu t R i t
1( ) ( ) 0 Vu t i t
Aplicando la LKT, se calcula la tensión en bornes de la bobina:
2( ) ( ) ( ) ( ) 0 VL C Ru t u t u t u t
Así pues:
4
1( ) ( 4) 0 8 A
8 A
t
L Li t i t dL
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 27
Aplicando la LKI:
1( ) ( ) ( ) 0 8 8 AT Li t i t i t
Por tanto:
1( ) 5 8 40 VRu t
Aplicando la LKT:
1( ) ( ) ( )g R Le t u t u t
( ) 40 Vge t
Por lo tanto, la expresión temporal de la tensión en la fuente es:
2
2
5 17 6 si 0 2
( ) 5 23 22 si 2 4
40 si 4g
t t t
e t t t t
t
La representación gráfica de esta tensión se muestra en la siguiente figura:
t [s]
eg(t) [V]
10
20
2 4
40
30
31
60
50
5
6
28 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.5 ()
Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las
ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las
referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes
indicados en el dibujo.
Solución:
Las ecuaciones de definición de las bobinas serán de la forma:
31 21 1 12 13
31 22 21 2 23
31 23 31 32 3
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
di tdi t di tu t L M M
dt dt dt
di tdi t di tu t M L M
dt dt dtdi tdi t di t
u t M M Ldt dt dt
Resta conocer el valor de cada uno de los signos que aparecen en las
ecuaciones.
Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de
autoinducción, solo se necesita observar el sentido relativo entre la
referencia de intensidad de cada bobina y su referencia de tensión.
i1(t)
u3(t)
+
+ +
i2(t)
u1(t) u
2(t)
i3(t)
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 29
o Término que contiene a L1: La referencia de la intensidad i1(t) coincide con
el sentido de la referencia dada para u1(t), con lo que el signo de este
término es “+”.
o Término que contiene a L2: La referencia de la intensidad i2(t) coincide con
el sentido de la referencia dada para u2(t), con lo que el signo de este
término es “+”.
o Término que contiene a L3: La referencia de la intensidad i3(t) no coincide
con el sentido de la referencia dada para u3(t), con lo que el signo de este
término es “‒”.
Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de
inducción mutua, ha de conocerse el efecto que producen las intensidades
que circulan por las otras bobinas, en la bobina para la cual se está hallando
la expresión de la tensión, utilizando para ello los terminales
correspondientes entre ellas y las referencias de tensión e intensidad de
cada bobina.
o Término que contiene a M12: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i2(t) en la tensión u1(t). La intensidad i2(t) entra
por punto en la bobina 2, luego creará en la bobina 1 el mismo efecto que
una intensidad que entrara por punto en la bobina 1 (concepto de
terminal correspondiente). Esa intensidad (entrando por punto en la
bobina 1) circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 1,
con lo que el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M13: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i3(t) en la tensión u1(t). La intensidad i3(t) sale
por cuadrado en la bobina 3, luego una intensidad que saliera por
cuadrado en la bobina 1, circularía en sentido contrario a la referencia de
tensión de la bobina 1, con lo que el signo de este término es “‒”.
o Término que contiene a M21: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i1(t) en la tensión u2(t). La intensidad i1(t) entra
por punto en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por punto en
30 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
la bobina 2, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 2,
con lo que el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M23: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i3(t) en la tensión u2(t). La intensidad i3(t) sale
por triángulo en la bobina 3, luego una intensidad que saliera por
triángulo en la bobina 2, circularía en sentido contrario a la referencia de
tensión de la bobina 2, con lo que el signo de este término es “‒”.
o Término que contiene a M31: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i1(t) en la tensión u3(t). La intensidad i1(t) entra
por cuadrado en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por
cuadrado en la bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión
de la bobina 3, con lo que el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M32: Se está comprobando cómo influye la
variación de la intensidad i2(t) en la tensión u3(t). La intensidad i2(t) entra
por triángulo en la bobina 2, luego una intensidad que entrara por
triángulo en la bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión
de la bobina 3, con lo que el signo de este término es “+”.
Por lo tanto, las ecuaciones de definición son:
31 21 1 12 13
31 22 21 2 23
31 23 31 32 3
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
di tdi t di tu t L M M
dt dt dt
di tdi t di tu t M L M
dt dt dt
di tdi t di tu t M M L
dt dt dt
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 31
Problema 2.6 ()
En el circuito de la figura, la fuente ideal de tensión tiene un valor constante
de 5 V. En estas condiciones, y para la referencia indicada, determinar la
tensión en bornes de la resistencia R2. El transformador debe considerarse
ideal.
Datos: Eg = 5 V, R1 = 10 , R2 = 2 , a = 3
Solución:
La fuente ideal de tensión es de continua, por lo que genera un flujo
magnético en el primario del transformador constante. Un flujo constante
implica, por la ley de inducción de Faraday, que no hay tensión inducida U2
en el secundario del transformador, luego la tensión en la resistencia R2 es
nula.
2
2 2
2
0 V
0 VR
R
U
U U
U
R1
Eg+
R2
a:1
+UR2
R1
Eg +
R2
a:1
+
UR2
U2
++ U1
32 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.7 ()
En el circuito de la figura, que contiene un transformador ideal, y para la
referencia indicada, determinar la tensión en bornes de la resistencia R.
Datos: eg(t) = t2 V, R = 10 , a = 3
Solución:
El secundario del transformador está cortocircuitado, esto es us(t) = 0 V, por
lo que, aplicando la primera ecuación de definición de un transformador
ideal (para las referencias y terminales correspondientes indicados en el
circuito):
( ) ( )
( ) 3 0 0 V
p s
p
u t a u t
u t
Entonces, aplicando la LKT en el circuito del primario del transformador:
2
2
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
g R p R
R g
e t u t u t u t t
u t e t t
R
eg(t)+
a:1
+ uR(t)
R
eg(t)
+
a:1
+ uR(t)
up(t) u
s(t)
++
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 33
Problema 2.8 ()
Calcular u(t)/i(t) en el dipolo de la figura. El transformador se considerará
ideal.
Solución:
Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:
Si se aplica la LKI generalizada al recinto cerrado indicado en el figura:
Intensidades que entran en el recinto Intensidades que salen del recinto
3( ) 0 Ai t
Por lo tanto, aplicando la LKI a los nudos A y B:
3:1
+
u(t)
i(t)
1
1
3:1
+
u(t)
i(t)
1
1
i2(t) i
1(t)
i3(t)
i4(t)
u1(t) u
2(t)
+ +uR2(t)
+
+
uR1(t)
A B
34 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1
2 4
( ) ( )
( ) ( )
i t i t
i t i t
La relación de transformación es a = 3, lo que significa que:
1
2
3N
aN
Las ecuaciones del transformador, para las referencias tomadas son:
1 1
2 2
1 1 2 2
( )1ª ecuación del transformador 3
( )
2ª ecuación del transformador ( ) ( ) 0
u t Na
u t N
N i t N i t
A partir de las cuales se obtiene que:
1
2
1 2
( )3
( )
1( ) ( )
3
u t
u t
i t i t
Por otro lado, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha:
2 4( ) ( ) 1u t i t
Sustituyendo en las expresiones obtenidas anteriormente:
2 4 2 1
1 2 1 1
( ) ( ) 1 ( ) 1 3 ( ) 1
( ) 3 ( ) 3 3 ( ) 9 ( )
u t i t i t i t
u t u t i t i t
Con lo que la relación pedida es:
1 1
1 1
( ) 9 ( )( )9
( ) ( ) ( )
u t i tu t
i t i t i t
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 35
Problema 2.9 ()
Cuando se conecta en bornes de una fuente real de tensión continua una
resistencia de 3 , se mide entre dichos terminales una tensión de 9 V. Si en
bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 5 , la tensión que se mide entre ellos es de 10 V. Determinar los valores de los
elementos que modelan la fuente real de tensión.
Solución:
El circuito equivalente de una fuente real de tensión continua es:
Si se representa en un circuito el primer caso:
La intensidad que circula por el circuito es:
1
93 A
3I
La tensión U1 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):
1 1g gU E R I
Rg
Eg +
Rg
Eg +
3
+
I1
U1 9 V
+
36 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:
9 3g gE R
Si se representa en un circuito el segundo caso:
La intensidad que circula por el circuito es:
2
102 A
5I
La tensión U2 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):
2 2g gU E R I
Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:
10 2g gE R
Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de
ecuaciones cuya solución es:
9 312 V, 1
10 2
g g
g g
g g
E RE R
E R
Luego el circuito que modela la fuente real de tensión es:
Rg
Eg+
5
+
I2
U2 10 V
+
12 V +
1
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 37
Problema 2.10 ()
Cuando se conecta en bornes de una fuente real de intensidad continua una
resistencia de 20 , se mide entre dichos terminales una tensión de 100 V. Si
en bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 100 , la tensión que se mide entre ellos es de 300 V. Determinar los valores de los
elementos que modelan la fuente real de intensidad.
Solución:
El circuito equivalente de una fuente real de intensidad continua es:
Si se representa en un circuito el primer caso:
La intensidad I1 es:
1
1005A
20I
Esa intensidad I1 es (ecuación de definición de una fuente real de
intensidad):
1
100g
g
I IR
Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I1, se obtiene:
100
5 g
g
IR
Rg I
g
Rg Ig 20
+
100 V
I1
38 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Si se representa en un circuito el segundo caso:
Se calcula la intensidad I2:
2
3003A
100I
Esa intensidad I2 es (ecuación de definición de una fuente real de
intensidad):
2
300g
g
I IR
Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I2:
300
3 g
g
IR
Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de
ecuaciones cuya solución es:
1005
6 A, 100300
3
g
g
g g
g
g
IR
I R
IR
Luego el modelo de la fuente de real intensidad es:
RgIg 100
+
300 V
I2
6 A 100
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 39
Problema 2.11 ()
En el circuito de la siguiente figura se realizan dos medidas diferentes. En la
primera medida se conecta un voltímetro real de resistencia interna
RV = 10 Ω entre los terminales A y B, y se mide 40 V. En la segunda medida se
conecta entre los terminales A y B un voltímetro ideal (RV =), y se mide
60 V. Determinar a partir estas medidas, los parámetros Rg y Eg de la fuente
real de tensión.
Solución:
El circuito que modela el comportamiento de un voltímetro real es:
Donde representa a un voltímetro ideal y RV representa la resistencia
interna del voltímetro real.
En la primera medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro real de
resistencia interna RV = 10 , esto es:
Rg
Eg+
10
A
B
Fuente real de tensión
RV V
Rg
Eg
+
10
A
B
RV
V 10
+UAB1
40 V
I1Req
V
40 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Calculando la Req de las dos resistencias en paralelo:
1 1 1 2 1
510 10 10 5
eq
eq
RR
Con lo que el circuito se puede representar como:
donde la tensión UAB1 es la medida por el voltímetro real.
Aplicando la ley de Ohm a Req se obtiene I1:
1
408 A
5I
Según la ecuación de definición de una fuente real de tensión:
1 1∙AB g gU E R I
40 ∙8g gE R
En la segunda medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro ideal
(resistencia interna RV = ), esto es:
donde la tensión UAB2 es la medida por el voltímetro ideal.
Rg
Eg +
Req = 5
+
UAB1
40 V
I1 A
B
Rg
Eg +
10 RV = V
+UAB2
60 V
I2 A
B
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 41
El circuito se puede representar como:
Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 , se obtiene I2:
2
606 A
10I
y según la ecuación de definición de la fuente real de tensión:
2 2∙AB g gU E R I
60 ∙6g gE R
Las ecuaciones obtenidas para ambas medidas forman un sistema lineal de
ecuaciones:
40 ∙8
60 ∙6
g g
g g
E R
E R
cuya solución son los parámetros pedidos de la fuente real de tensión:
120 V
10
g
g
E
R
Rg
Eg+
10
+
UAB2
60 V
I2 A
B
42 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.12 ()
Sabiendo que el amperímetro ideal del circuito de la figura indica 0 A,
determinar el valor de la resistencia R.
Solución:
La intensidad I que circula por la rama en la que se encuentra el
amperímetro ideal es cero.
Si esta intensidad I es cero, la tensión en bornes de la resistencia de 3 es
nula (por aplicación de la ley de Ohm sobre esta resistencia). Por otra parte,
en un amperímetro ideal nunca cae tensión entre sus bornes (circule o no
intensidad por él). Por lo tanto:
0 VABU
Si la tensión UAB = 0, y aplicando la LKT a la trayectoria cerrada CABC, se ha
de cumplir que:
CA CBU U
5
R
3 +10
A
2
12 V
5
R
3 +10
2
12 V A B
C
D
+ UAB
UCA
+ +
UCB
AI
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 43
Dado que la intensidad I es cero, las resistencias de 10 y de 2 de la
izquierda están en serie (por ellas circula la misma intensidad), al igual que
las resistencias de 5 y de valor R. Si esto es así, se puede aplicar la
expresión del divisor de tensión entre los puntos C y D para las ramas de la
izquierda y las ramas de la derecha del circuito anterior, de manera que:
10 1012 10V
10 2 12CA CDU U
5 5 6012 V
5 5 5CB CDU U
R R R
Como se ha dicho, se ha de cumplir que UCA = UCB. Así pues, igualando estas
dos expresiones se tiene:
60
105 R
y, despejando, el valor de la resistencia R es:
1R
44 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.13 ()
Una persona realiza en el laboratorio los montajes que se muestran en la
figura con una fuente real de tensión continua, un voltímetro ideal, un
amperímetro ideal y una resistencia, obteniendo unas lecturas en los
equipos de medida de 10 V y 2 A, respectivamente. A pesar de que los
elementos de medida no están conectados adecuadamente, es posible
determinar los parámetros de los elementos que conforman el modelo de la
fuente real de tensión. Calcularlos.
Solución:
El modelo que representa el comportamiento de una fuente real de tensión
continua, está formado por una fuente ideal de tensión (Eg) en serie con una
resistencia (Rg).
El elemento que representa el comportamiento de un voltímetro ideal es un
circuito abierto, mientras que el elemento que representa el
comportamiento de un amperímetro ideal es un cortocircuito. Teniendo en
cuenta estas consideraciones, los circuitos equivalentes a los representados
en el enunciado son:
4 4
V
A
Fuente real
de tensión
continua
Fuente real
de tensión
continua
4 +
= Eg
Rg
10 V4
+
=Eg 2 A
Rg
I I’+
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 45
En el circuito de la izquierda puede verse que I = 0 y, por lo tanto, la caída de
tensión en las dos resistencias que forman parte de este circuito (Rg y 4 ) es también nula. Aplicando la LKT se tiene que:
10 VgE
En el circuito de la derecha puede verse que I’ = 0. Por lo tanto, aplicando la
ecuación de definición de la resistencia Rg se puede escribir que:
2g gE R
Combinando estas dos últimas expresiones, el valor de la resistencia Rg es:
105
2 2
g
g
ER
Por lo tanto, los valores de los elementos que forman el modelo de la fuente
real de tensión continua son:
10 V
5
g
g
E
R
46 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 2.14 ()
La gráfica de la figura corresponde a forma de onda de la tensión aplicada en
bornes de una bobina de 2 H de coeficiente de autoinducción. Obtener la
expresión de la intensidad que circula por ella y representarla. Suponer que
inicialmente no circula intensidad por la bobina.
Resultados: La expresión temporal de la intensidad es:
1t para 0 t 3
2i(t)3
6 ‐ t para 3 t 62
y su representación gráfica es:
3 [s] t 6
u(t) [V]
1
‐3
3 t [s]
1
‐3
6
i(t) [A]
2
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 47
Problema 2.15 ()
Deducir si la curva representada en la figura corresponde a la tensión en
bornes o a la intensidad que circula por un condensador de 1 F de capacidad.
Determinar la ecuación de la otra variable, u(t) o i(t), y representarla.
Suponer que el condensador está inicialmente descargado.
Resultados: Corresponde a la intensidad que atraviesa el condensador.
La expresión temporal de la tensión es:
2
2
t para 0 t 1
‐2t + 3 para 1 t 3u(t)
‐t + 8t ‐18 para 3 t 4
‐2 para t 4
La representación gráfica de esta tensión es:
1
2
‐2
2 4 t [s] ‐1
3
5 6
t [s]
u(t) [V]
1
2
‐2
2 4
‐3
1 ‐1
5 6
48 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.16 ()
El circuito de la figura se encuentra en estado estacionario, calcular el valor
de u(t).
Resultados: u(t) = 0 V
Problema 2.17 ()
Hallar las tensiones y las corrientes en todos los elementos del circuito de la
figura, sabiendo que u(t) = sen 2t. Suponer que inicialmente los elementos
están descargados: u(t=0) = 0 V e i2(t=0) = 0 A.
Resultados: 23i (t) = cos t
2
2 2
2 24
2 3 24
4
2
2
1
u (t) = 2cos t
u (t) = sen t + 2cos t
1i (t) = (‐cos t + 2sen t + 1)
1i (t) = (1+ 2sen t + cos t)
+ 10 V
2 2
1 mH 2
1 F
2
+
5 V
2
1 mH
+u(t)
2
+
4
2 H 2
1/2 F
+
u(t) e (t)
u1(t)
+
u2(t)
+
i3(t) i
1(t)
i2(t)
u4(t)
+
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 49
2 3 2
3 2 5 21u (t) = 1+ 2sen t + cos t
e(t) = 1+ sen t + cos t
Problema 2.18 ()
Determinar la relación U0/E en el circuito de la figura.
Resultados: 0U = 1E
Problema 2.19 ()
Dado el dipolo de la figura, calcular la tensión entre los terminales A y B
(tensión a circuito abierto, U0) y la intensidad que circula entre estos dos
mismos puntos cuando entre ellos se coloca un cortocircuito (intensidad de
cortocircuito, Icc).
500
250
Ib
U0
+
2Ib
+
E
+ E1
+
E2
R1
+
I2 R
2
A
B I2
50 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados: 2 10 2
1
E ‐ EU = ‐ + E
R
2 1 2 1cc
1 2
E R ‐ (E ‐ E )I
R (R + )
Problema 2.20 ()
Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las
ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las
referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes
indicados en el esquema.
Resultados: 31 21 1 12 13
31 22 12 2 23
31 23 13 23 3
di (t)di (t) di (t)u (t) = +L +M +M
dt dt dt
di (t)di (t) di (t)u (t) = ‐M ‐ L ‐M
dt dt dt
di (t)di (t) di (t)u (t) = +M +M + L
dt dt dt
2
i1(t)
u2(t)
1
1’
2’ +
+
+
i3(t)
u1(t) u
3(t)
3
3’
L1 L
3
L2
M13
M12 M
23
i2(t)
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 51
Problema 2.21 ()
Dos bobinas acopladas magnéticamente, de parámetros L1, L2 y M, se
conectan como se muestra en la figura siguiente. Escribir las ecuaciones de
las tensiones u1(t) y u2(t) en función de las intensidades i1(t) e i2(t) y de los
parámetros anteriores.
Resultados: 1 21 1
di (t) di (t)u (t) = (L M) M
dt dt
21 2
2 2
di (t) di (t)u (t) = (L M) L
dt dt
Problema 2.22 ()
Encontrar la relación entre u1(t) e i1(t) en el circuito de la figura.
+
u1(t)
+
u2(t)
i1(t)
i2(t)
L2
L1
M
+
u1(t)
i1(t)
R
R
N 3N
52 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados: 1
1
u (t) R=
i (t) 25
Problema 2.23 ()
Para el circuito de la figura calcular:
a) La tensión UAB, si no existiera el voltímetro.
b) La tensión UAB, si el voltímetro fuera ideal.
c) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna
RV = 10 k. d) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna
RV = 100 k.
Resultados: a) UAB = 50 V, b) UAB = 50 V, c) UAB = 25 V, d) UAB = 45,4 V
Problema 2.24 ()
Para el circuito de la figura calcular:
a) El valor de la intensidad I si no existiera el amperímetro.
b) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera ideal.
c) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de
resistencia interna RA =1 . d) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de
resistencia interna RA =10 m.
+
100 V A
B
20 k
20 k
V
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición 53
Resultados: a) I = 0,5 A, b) I = 0,5 A, c) I = 0,375 A, d) I = 0,498 A
Problema 2.25 ()
A través de las medidas realizadas sobre un vehículo militar de tracción
eléctrica se sabe que:
Cuando el motor que mueve dicho vehículo funciona a velocidad
máxima, la tensión en bornes de la batería de corriente continua que
lo alimenta es de 23 V y la intensidad que circula por dicho motor es
de 100 A.
Cuando esa misma batería alimenta, además de al motor
funcionando a velocidad máxima, a los faros de dicho vehículo, la
tensión medida en bornes de la batería pasa a ser de 22,97 V, y la
intensidad que circula por ella es entonces de 103 A.
Determinar el valor de los elementos que, convenientemente conectados,
representan el comportamiento de la batería del vehículo.
Resultados: Una fuente real de tensión de valores: Rg = 0,01 y Eg = 24 V
3 I
+
1,5 V A
54 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 3: Energía y Potencia
Problemas resueltos
Problema 3.1 ()
Para el circuito de la figura determinar:
a) La potencia consumida en la resistencia.
b) La energía almacenada en la bobina.
c) La tensión en bornes de la fuente.
d) La potencia cedida por la fuente.
Solución:
a) Lo primero es dar referencias a las tensiones e intensidad del circuito.
3
i(t) = 4sent 5 H
+
+
uR(t)
3
i(t) = 4sent 5 H uL(t)
ug(t)
+
i(t)
56 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se define la potencia en un dipolo como el producto de la tensión entre sus
bornes por la intensidad que circula por él.
( ) ( ) ( )P t u t i t
Para saber si la potencia así calculada se trata de la potencia absorbida o, por
el contrario, de la potencia cedida por el dipolo, hay que fijarse en las
referencias de la tensión y la intensidad dadas para ese dipolo. Si ambas
referencias van en el mismo sentido, se estará calculando la potencia
absorbida y, si las referencias van en sentidos opuestos, el producto de
tensión por intensidad da como resultado la potencia cedida por el dipolo.
De esta manera, para las referencias del dipolo de la figura siguiente, al
hacer el producto de la tensión por la intensidad, y dado que ambas
referencias ven en el mismo sentido sobre el dipolo, se está calculando la
potencia absorbida por dicho dipolo, tal y como se indica en el subíndice
(abs) que se le ha añadido a la potencia.
( ) ( ) ( )absP t u t i t
Por lo tanto, para las referencias indicadas en el circuito del enunciado, el
producto de la tensión en bornes de la resistencia, uR(t), por la intensidad
que circula por ella, i(t), da como resultado la potencia absorbida por la
resistencia (ambas referencias tienen el mismo sentido):
( ) ( ) ( )abs R RP t u t i t
Aplicando la ley de Ohm a la resistencia:
( ) ( )Ru t i t R
i(t)
Dipolo +
u(t)
Energía y Potencia 57
Con lo que:
2 2 2 ( ) ( ) (4sen ) 3 48senabs Rp t i t R t t
Se comprueba que la potencia absorbida en la resistencia es siempre mayor
o igual que cero.
b) La energía almacenada en la bobina es:
2 2 21 1( ) ( ) 5 16sen 40sen
2 2Lw t L i t t t
c) La tensión en la bobina es:
( )
( ) 5 4cos 20cosL
di tu t L t t
dt
Con lo que la tensión en bornes de la fuente, aplicando la LKT, es:
( ) ( ) ( ) (3 4sen ) (20cos ) 12sen 20cosg R Lu t u t u t t t t t
d) Para las referencias dadas para la tensión y la intensidad en la fuente, el
producto de ug(t) por i(t) da como resultado la potencia cedida por dicha
fuente (ambas referencias tienen sentidos contrarios):
2
( ) ( ) ( ) (12sen 20cos ) 4sen
48sen 80sen cos
ced fuente gp t u t i t t t t
t t t
Se puede comprobar que la potencia cedida por la fuente es igual a la suma
de las potencias absorbidas por la resistencia y por la bobina (balance de
potencias del circuito):
2 ( ) ( ) ( ) 48sen 80sen cosced fuente gp t u t i t t t t
2 ( ) 48senabs Rp t t
( ) ( ) ( ) (20cos )(4sen ) 80sen cosabs L Lp t u t i t t t t t
58 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 3.2 ()
Determinar las tensiones e intensidades en todos los elementos del circuito
de la figura. Calcular la potencia absorbida por cada uno de los 5 elementos
que lo integran y comprobar que su suma es cero:
Solución:
Lo primero es establecer las referencias de tensión e intensidad del circuito:
En la resistencia de 20 Ω se tiene que:
2 1 2 60 VU U U
Aplicando la ley de Ohm en esa resistencia:
2 2 2 220 60 20 3 AU I I I
Y la potencia absorbida por ella es:
2 2 2 20 2 2 20 3 20 180Wabs RP I R I
Se puede comprobar que la potencia también se puede calcular como:
+
60 V 20
+
U1
5
5I2
U1/4
I2
+
+
60 V 20
+ +
U1
5
5I2
U1/4
I2
+ I1
I5 I
4
I3+
U3
U5
+ U2 U
4
+
Energía y Potencia 59
2 2 22 2
20
60180W
20 20abs R
U UP
R
O bien como:
20 2 2 60 3 180Wabs RP U I
La tensión en la fuente de tensión dependiente es:
5 25 5 3 15 VU I
Se puede hallar la tensión en la fuente de intensidad dependiente ya que:
2 5 3 3 360 15 45 VU U U U U
Se tiene que:
3 4 4 45 VU U U
Conocida esa tensión, se puede hallar la intensidad I4 aplicando la ley de
Ohm a la resistencia de 5 :
4 4 4 45 45 5 9 AU I I I
Por tanto la potencia absorbida por la resistencia es:
2 2 =5 4 9 5 405Wabs RP I R
O bien:
5 4 4 45 9 405Wabs RP U I
La intensidad I3, de la fuente de intensidad dependiente (f.i.d.), vale:
13
6015 A
4 4
UI
En la fuente de intensidad dependiente, las referencias U3 e I3 tomadas para
la tensión y la intensidad van en el mismo sentido y, por tanto, su producto
da como resultado la potencia absorbida.
60 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1 3 3
4
45 15 675WUabs fidP U I
1
3
13
4
45 V
En f.i.d. 15 A4
675WUabs fid
UU
I
P
La intensidad I5 es, aplicando la LKI:
5 3 4 15 9 24 AI I I
En la fuente de tensión dependiente (f.t.d.), la potencia es el producto de su
tensión en bornes, U5, por la intensidad que circula por ella, I5. La potencia
así calculada se trata de la potencia absorbida por la fuente, ya que las
referencias de su tensión y de su intensidad van en el mismo sentido:
2 5 5 5 15 24 360Wabs ftd IP U I
2
5 2
2 5
5
3 3 5 15V
En f.t.d. 5 24 A
360Wabs ftd I
U I
I I
P
La intensidad I1 es:
1 2 5 3 24 27 AI I I
En la fuente de tensión (f.t.) de 60 V, como las referencias tomadas para la
tensión y la intensidad van en sentidos contrarios, el producto de U1 por I1 da
como resultado la potencia cedida:
ced 60 V 1 1 60 27 1620WftP U I
1
1
60 V 60 V
60 V
En f.t. 60 V 27 A
1620Wabs ft ced ft
U
I
P P
Se puede comprobar que:
Energía y Potencia 61
Potencias absorbidas 0
1620 180 405 675 360 0 W
62 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 3.3 ()
Dado el circuito de la figura, determinar la tensión U y las potencias cedidas
por todas las fuentes.
Solución:
Dando nombre a los nudos y poniendo las referencias en el dibujo, se tiene:
Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada ABCDEA, y para las referencias
indicadas, se tiene que:
4 710R RU U U
Por otra parte, si se aplica la LKI generalizada al recinto cerrado indicado en
la figura de arriba:
2
Intensidades que entran al recinto Intensidades que salen del recinto
0 AI
+ 10 V
12 A 2 A
+
B
+ U
I ∙I 4
7
3
6 = 3
+
10 V
12 A 2 A
+
B
+ U
I ∙I 4
7
3
= 3
+
+
UR4
UR7
I2 I3
C
I1 E D
6 UI +
Energía y Potencia 63
Por tanto la tensión UR7 es:
7 2 7 0 7 0 VRU I
Las resistencias de 3 y 6 están en paralelo, independientemente de que I2
sea igual a cero o no, por lo que siempre es aplicable el divisor de intensidad.
Luego aplicando la fórmula del divisor de intensidad en el nudo C:
16 72312 12 8 A
1 1 6 3 93 6
I
Conocida la intensidad I, la fuente dependiente de tensión del circuito de la
izquierda tendrá un valor:
∙ 3∙8 24 VI
Aplicando la ley de Ohm al lado izquierdo del circuito se calcula la
intensidad I1:
1
∙ 244 A
2 4
II
R
Por lo tanto:
4 4 1∙ 4 ∙4 16 VRU R I
La tensión U es entonces:
4 710 16 10 0 26 VR RU U U
En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes:
Para referencias de tensión e intensidad en sentidos opuestos, como las
indicadas en el dipolo de la figura siguiente, el producto de U por I es igual a
la potencia cedida.
64 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Luego si se aplica este criterio a las fuentes del circuito, se obtiene:
3 1
10V 2
∙ ∙ 24∙4 96W
10∙( ) 10∙0 0Wced I
ced
P I I
P I
La tensión a la que está sometida la fuente de intensidad de 12 A es:
3 ∙ 3 ∙8 24 VIU R I
Luego, para las referencias tomadas, la potencia cedida por esa fuente es:
12A 12∙ 12∙24 288Wced IP U
I
U
+
Pced = U∙I Dipolo
Energía y Potencia 65
Problema 3.4 ()
Calcular la potencia absorbida o cedida por cada elemento del circuito de la
figura y comprobar el balance de potencias. Calcular la energía almacenada
en el condensador y en la bobina en t = 20 s. Considerar que el circuito se
encuentra en estado estacionario.
Datos: R1 = 1 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 1 , R5 = 1 , R6 = 2 , Eg = 8 V,
C = 1 mF y L = 10 mH.
Solución:
Dado que la fuente es de continua, y que el circuito se encuentra en estado
estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito y el condensador
como un circuito abierto. En estas condiciones el circuito es equivalente a:
+
L
C
R1
R2
R3
R4
R5
R6
Eg
+
8 V
1
2
1
1
1
2
I
66 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:
1 1 2eq eqR R
Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:
1 1 1
12 2
eq
eq
RR
Agrupando las dos resistencias de 1 que están en serie:
1 1 2eq eqR R
+
8 V
1
2
2
1
2
I
+
8 V
1
2 1
1
I
+ 8 V
1
2 2
I
Energía y Potencia 67
Agrupando las dos resistencias de 2 que están en paralelo:
1 1 1
12 2
eq
eq
RR
Resolviendo el circuito:
8 (1 1) 4 AI I
Conocida esa intensidad I se puede, apoyándose en los circuitos anteriores y
mediante el divisor de intensidad, hallar las intensidades en cada rama del
circuito. La intensidad de 4 A se divide entre dos ramas que tienen la misma
resistencia cada una, luego esa intensidad se dividirá por dos. Lo mismo
ocurrirá con la intensidad de 2 A.
+ 8 V
1
1
I
+ 8 V
1
2 2
4 A 2 A
2 A
68 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Conocida la intensidad que circula por cada una de las ramas, se puede
calcular la potencia absorbida o cedida en cada elemento del circuito. Para
las referencias dadas, esas potencias son:
1
2
3
4
5
6
2 2 1
2
2
2
2
2
8 4 32W
4 1 16W
2 2 8W
1 1 1W
1 1 1W
2 1 4W
1 2 2W
ced fuente g
abs R
abs R
abs R
abs R
abs R
abs R
P E I
P I R
P
P
P
P
P
Se puede comprobar el balance de potencias en el circuito:
ced fuente abs resistenciasP P
32 W 16 8 1 1 4 2 W
La bobina no absorbe potencia ya que:
cte 0 V 0 WL L abs LI U P
El condensador no absorbe potencia ya que:
cte 0 A 0 WC C abs CU I P
+
8 V
1
2
1
1
1
2
1 A
4 A 2 A
1 A
2 A
Energía y Potencia 69
Para calcular la energía almacenada en el condensador hay que tener en
cuenta que, aunque se comporta como un circuito abierto (IC = 0), sigue
estando presente en el circuito y está sometido a una tensión UC. Lo mismo
ocurre con la bobina, aunque se comporta como un cortocircuito (UL = 0),
sigue estando presente en el circuito, y por ella circula una corriente IL.
La energías almacenadas en el condensador y en la bobina son:
21( ) ( )
2C Cw t C u t
21( ) ( )
2L Lw t L i t
Como el circuito se encuentra en régimen estacionario, las variables del
circuito, entre ellas la tensión en el condensador y la intensidad en la bobina,
no dependen del tiempo, es decir, son constantes. Debido a ello, tanto la
energía almacenada en el condensador como la energía almacenada en la
bobina no dependen del tiempo.
Se puede calcular la tensión en el condensador como:
5 4 5 42 1 2 1 1 1 3 VC R R C CU U U U R R U
Por tanto la energía almacenada en el condensador es:
2 310,001 3 4,5 10 J
2CW
+
UC
+
8 V
1
2
1
1
1
2
1 A
4 A 2 A
1 A
2 A
IL
+
UR5
+ UR4
70 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La intensidad que circula por la bobina es:
2 ALI
Por tanto la energía almacenada en la bobina es:
210,01 2 0,02 J
2LW
Energía y Potencia 71
Problema 3.5 ()
Se dispone de un radiotransmisor alimentado mediante un adaptador de
corriente alterna a corriente continua (AC/DC). Normalmente se utiliza
conectándolo a la red de alimentación eléctrica de 230 V AC, pero por causas
de fuerza mayor se ha de utilizar este transmisor en campo, donde no se
dispone de una red de alimentación eléctrica.
Los datos que aparecen en el adaptador son:
INPUT: AC 100‐240 V OUTPUT: DC 12 V 0,25 A (máx) 2,25 A (máx) 50‐60 Hz
El fabricante facilita los datos de consumo de potencia eléctrica del
radiotransmisor. Éste presenta un consumo continuo de 2 W en el modo de
funcionamiento de espera/recepción. Cuando el aparato está en modo
emisión, al consumo anterior hay que sumarle un consumo de 25 W.
Se ha pensado alimentar el radiotransmisor en campaña mediante una
batería de automóvil disponible, en la que pueden leerse sus características:
12 V y 60 Ah.
a) Calcular el tiempo de autonomía de funcionamiento del
radiotransmisor alimentándolo con dicha batería en modo espera, en
modo emisión y en un modo mixto de relación 60% espera y 40%
emisión.
b) Repetir los cálculos anteriores si no se quisiera sobrepasar una
“profundidad de descarga” del 70% en la batería.
Solución:
a) Antes de pasar a la solución del problema, se ha de hacer un comentario
sobre la manera en que los fabricantes de baterías expresan la capacidad
(energía almacenada) de las mismas. Es usual que la capacidad de una
batería se exprese en “Ah” (Amperios × hora), por ejemplo, como en este
caso 60 Ah. Esto corresponde al producto de la corriente que suministra la
batería por el tiempo durante el cual es capaz de cederla. Es decir, la batería
72 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
es capaz de suministrar 60 A durante 1 h, ó 30 A durante 2 h, ó 15 A durante
4 h, ... , o cualquier combinación cuyo producto sea 60 Ah. En la tabla
siguiente se exponen algunas posibles combinaciones. Ha de notarse que el
producto real que garantiza el fabricante es lo que se denomina como C100,
es decir, la capacidad a 100 horas, y que el resto son extrapolaciones que no
son del todo ciertas, y que cuanto más se alejan de esa capacidad de
referencia, más difiere el comportamiento real de la batería con respecto a
ese producto.
Amperios (A) Horas (h)
60 130 215 410 65 121 600,6 1000,3 2000,1 600
Esto es así ya que cuanto más lentamente se descarga una batería, más
energía es capaz de ceder (debido a la dinámica de las reacciones químicas
que se producen en su interior). Por lo que si una batería está cediendo 60 A,
por ejemplo, no conseguirá hacerlo durante 1 hora, sino durante algo menos
de tiempo, con lo que el producto será algo menor que 60 Ah. Y por el
contrario, es posible que se consiga extraer 0,1 A durante más de 600 horas,
con lo que el producto será algo mayor.
En cualquier caso, y para realizar los cálculos, se considera que la capacidad
de la batería no depende del tiempo, y que para descargas en el orden de la
capacidad a 100 horas ese producto se va a mantener constante. Además
también se considera que la batería mantendrá una tensión
aproximadamente constante, aunque realmente la tensión irá cayendo
ligeramente a medida que la batería se descarga. Como dato, una batería de
plomo‐ácido de tensión nominal 12 V, cuando termina de cargarse, presenta
una tensión en vacío entre sus bornes de 12,8 V (después de reposar y sin
C100
Energía y Potencia 73
nada conectado a ella). Por el contrario, una tensión inferior a 11,7 V indica
un estado muy bajo de carga de la batería.
Ha de notarse que este comportamiento se supone para una batería en buen
estado de conservación Según una batería realiza ciclos carga/descarga su
capacidad (energía que puede almacenar y posteriormente ceder)
disminuye.
Hecha esta introducción y para calcular la autonomía de la que se dispondrá
con la batería citada, lo primero que se necesita conocer es el consumo
(Amperios) del transmisor en ambos modos de funcionamiento.
Del dato de la potencia eléctrica consumida en espera y en emisión se puede
calcular la intensidad consumida en ambos modos, ya que se conoce la
tensión de alimentación, 12 V.
Con el dato de la potencia consumida en espera:
12 2 WESP ESPP U I I
de donde se obtiene que:
0,167 AESPI
Esta intensidad IESP es consumida continuamente por el aparato por el hecho
de estar conectado, y es la consumida en el modo de espera.
Cuando el aparato se encuentra emitiendo, el consumo de potencia aumenta
en 25 W. Con este dato se puede calcular la intensidad consumida por el
hecho de emitir, que es:
12 25 WEMI EMIP U I I
de donde se obtiene que:
2,083 AEMII
Esta intensidad IEMI es consumida por el aparato por el hecho de emitir. Con
lo que la intensidad total que consume cuando se encuentra emitiendo es la
74 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
suma de la consumida en modo espera, más la consumida por el hecho de
emitir:
2,250 AEMI TOT ESP EMII I I
Conocidos estos datos ya es posible calcular la autonomía que se tendrá con
la batería citada.
La autonomía en modo de espera será:
60 Ah
360,00 h0,167 A
Autonomía espera
Y la autonomía en modo emisión será:
60 Ah
26,66 h2,250 A
Autonomía emisión
Para calcular la autonomía en el modo mixto, se ha de calcular la intensidad
promedio consumida en ese modo:
60% 40% 0,60 0,167 0,40 2,250 1 AMIXTO ESP EMI TOTI I I
La autonomía en modo mixto será:
60 Ah
mixto 60,00 h1 A
Autonomía
b) La profundidad de descarga (PD), es un concepto que afecta al máximo
de energía que el fabricante aconseja extraer de una batería. Normalmente,
y si las circunstancias lo permiten, se intenta no descargar las baterías
totalmente, ya que el hecho de descargarlas profundamente acorta mucho
su vida útil. En baterías utilizadas de plomo‐ácido, una profundidad de
descarga típica puede ser del 70%. Esto significa que se intentará no utilizar
más del 70% de la capacidad de la batería, es decir, que se deja una reserva
de energía del 30% sin utilizar, con la intención de alargar la vida de la
batería.
Energía y Potencia 75
Los cálculos de autonomías anteriores se han realizado sin tener en cuenta el
concepto de profundidad de descarga, es decir, se han realizado
descargando la batería al 100%.
Si se tiene en cuenta este concepto, la capacidad de la que se dispone con
esa batería, al 70% de profundidad de descarga es:
70% 100% 70% 60 Ah 0,70 42 AhPDCapaciad Capaciad
Si se repiten los cálculos de autonomía anteriores con esta nueva capacidad,
que se ha reducido al 70% de la original, obviamente, todos los resultados se
ven reducidos en esa misma proporción.
70%
42 Ah252,00 h
0,167 APDAutonomía espera
70%
42 Ah18,66 h
2,250 APDAutonomía emisión
70%
42 Ah mixto 42,00 h
1 APDAutonomía
Los cálculos de autonomía se han realizado en función del consumo previsto
por el radiotransmisor, sin descargar la batería totalmente para mejorar su
rendimiento futuro. Esto puede que no sea operativo en algunas
circunstancias especiales, que pueden exigir descargarla totalmente. Para
estas circunstancias, se sabrá que se dispone de un 30% más de capacidad de
“reserva” para solventar las posibles contingencias.
76 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 3.6 ()
(Continuación Problema 2.17). Sabiendo que u(t) = sen2t, hallar, en función
del tiempo, la energía almacenada en el condensador y en la bobina. Hallar la
potencia cedida o absorbida por cada uno de los elementos del circuito.
Suponer que inicialmente los elementos están descargados: u(t=0) = 0 V e
i2(t=0) = 0 A.
Resultados: 24
2C
1w (t) = sen t
4
2 21
2
2 2
2 2 2 24
2 3 24
3 2 5 2 2 3 24
2L
2abs R=2
abs C
abs L
2abs R=
ced fuente
1w (t) = (1+ 2sen t ‐ cos t)
6
p (t) = 2cos t
p (t) = sen t cos t
1p (t) = (sen t + 2cos t)(1+ 2sen t ‐ cos t)
1p (t) = (1+ 2sen t + cos t)
1p (t) = (1+ sen t + cos t)(1+ 2sen t cos t)
+
4
2 H 2
1/2 F
+
u(t) e (t)
u1(t)
+
u2(t)
+ i3(t) i
1(t)
i2(t)
u4(t)
+
Energía y Potencia 77
Problema 3.7 ()
Dado el circuito de la figura, calcular la energía almacenada en la bobina y en
los condensadores y la potencia absorbida o cedida por las fuentes. El
circuito se encuentra en estado estacionario.
Resultados: , , ,‐3 ‐3 ‐6L C 5 F C 10 FW = 9 10 J W = 1 10 J W = 125 10 J
, , ,abs 6A ced 20V abs 10VP = 30 W P = 120 W P = 30 W
abs 3AP = 15 W
Problema 3.8 ()
Todas las resistencias del circuito de la figura son del mismo valor R. Al
aplicar una tensión entre los terminales A y B, la resistencia que está
colocada entre estos mismos terminales consume una potencia de 110 W.
Calcular la potencia total consumida por el conjunto de las siete resistencias.
+
10 V
5 2 mH
5 F
+
10 F
6 A
3 A
20 V
78 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados: TotalP = 150 W
Problema 3.9 ()
El circuito de corriente continua de la figura se encuentra en estado
estacionario. El condensador C1 tiene una energía almacenada de 1 Julio.
Calcular el valor del condensador C1.
Resultados: ‐51C = 5 10 F
Problema 3.10 ()
Dado el circuito de la figura, calcular todos los valores que puede tomar la
fuente de tensión E para que la resistencia de 2 absorba una potencia de
R
R
R
R
R R
R UAB
+A
B
+
300 V
R
L
C1
R
L
C2
R
L
Energía y Potencia 79
8 W. Suponer que las fuentes son de continua y que el circuito se encuentra
en estado estacionario.
Resultados: La potencia absorbida por la resistencia de 2 será siempre
8 W, independientemente del valor de E.
Problema 3.11 ()
Calcular la potencia cedida por la fuente de tensión en el circuito de la figura,
siendo e(t) = 2sent y considerando el transformador ideal.
Resultados: 2ced fuentep (t) = 12sen t
+
E
1
2
10 mH
20 F
+
4 V
+
1 e(t) 2 N 2N
80 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 4: Métodos de análisis de circuitos
Problemas resueltos
Problema 4.1 ()
Aplicando el método de análisis por nudos, calcular las intensidades indicadas
en el circuito de la figura.
Datos: R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , R4 = 8 , R5 = 10 , eg1(t) = 20 V, eg2(t) = 8 V.
Solución:
Como se solicita aplicar el método de análisis por nudos, es recomendable
que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito
considerado, existen dos fuentes de tensión reales, por lo que pueden
transformarse en sus fuentes de intensidad reales equivalentes. El circuito,
equivalente al dado para todos sus elementos salvo para aquellos que
intervienen en la transformación de las fuentes, es:
+
R1
eg1(t) +
eg2(t)
R2
R5 R
3
R4
i4(t)
i5(t) i
2(t)
i3(t)
i1(t)
82 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A continuación se determina el número de nudos del circuito que se van a
considerar para la aplicación del método de análisis. Existen dos
comprobaciones importantes a realizar a la hora de localizar y denotar a los
nudos de un circuito para la aplicación del método de análisis por nudos.
Estas dos condiciones son: verificar que todos los elementos del circuito
están flanqueados por un nudo en cada uno de sus extremos; y verificar que
no hay nudos unidos por un cortocircuito que tengan distinta designación. De
ahí que en este circuito, los dos nudos inferiores, al estar unidos por un
cortocircuito, se denominen ambos como nudo 0.
Una vez determinados los nudos (tres en el circuito del ejercicio, A, B y 0), se
toma uno de ellos como nudo de referencia (en este caso el nudo 0), y se
dibujan las tensiones de nudo (tensiones de los n1 nudos restantes del circuito al nudo que se ha tomado de referencia), en este caso las tensiones
UA0 y UB0.
Sustituyendo los valores de los elementos que componen el circuito:
R1
R2
R5 R
3 R
4
g2
4
e (t)
R
g1
1
e (t)
R
A B
0
R1
R2
R5 R
3 R
4 g2
4
e (t)
Rg1
1
e (t)
R
A B
0ref.
+
uA0(t)
uB0(t)
+
Métodos de análisis de circuitos 83
A continuación, se escriben las ecuaciones correspondientes al análisis por
nudos del circuito, aplicando escritura directa:
0ij i al iY u i
Para ello es necesario obtener la matriz de admitancias de nudo [Yij], el vector
de tensiones de nudo (o vector de incógnitas) [ui0] y el vector de intensidades
de alimentación de nudo [ial i].
o La matriz de admitancias de nudo [Yij] es cuadrada y simétrica y se forma a
partir de las admitancias de los elementos pasivos que concurren al/ a los
nudo/s considerado/s. Sus elementos son:
Los elementos de la diagonal principal de la matriz de admitancias (Yii)
son la suma de las admitancias de los elementos pasivos que concurren
al nudo i. En el circuito del enunciado, al nudo A concurren la resis‐
tencia de 2 , la resistencia de 4 y la resistencia de 6 , por lo que:
1 1 1
2 4 6AAY
De la misma manera, en el nudo B concurren las resistencias de 4 , 8 y 10 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de
admitancias de nudo vale:
1 1 1
4 8 10BBY
6
A B
0ref
+
uA0(t)
uB0(t)
+
10 A 1 A
4
2 8 10
84 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Los elementos de fuera de la diagonal principal de la matriz de
admitancias (Yij|ij) son la suma, con signo negativo, de las admitancias
de los elementos pasivos que comparten el nudo i y el nudo j.
En el circuito puede verse que el nudo A y el nudo B comparten la
resistencia de 4 , por lo que:
1
4AB BAY Y
o El vector columna de tensiones de nudo [ui0] está formado por las
incógnitas del método de análisis y sus elementos son, obviamente, las
tensiones de nudo.
En el circuito del enunciado, estas tensiones de nudo son:
0
0
( )
( )A
B
u t
u t
o En el vector columna de intensidades de alimentación de nudo [ial i], sus
elementos son la suma algebraica (con signo) de las intensidades
provenientes de fuentes que llegan directamente al nudo considerado. El
signo de estas intensidades es positivo si la intensidad entra al nudo y
negativo si sale de él. De esta manera, para el circuito del enunciado:
Al nudo A le llega la intensidad de la fuente de intensidad de 10 A.
Además, esta intensidad entra en el nudo A, por lo tanto:
( ) 10al Ai t
Al nudo B le llega directamente la intensidad de la fuente de 1 A.
Además, esta intensidad entra en el nudo B, por tanto:
( ) 1al Bi t
De esta manera, la aplicación de la escritura directa de las ecuaciones
correspondientes al circuito equivalente al del enunciado queda, en forma
matricial:
Métodos de análisis de circuitos 85
0
0
1 1 1 1( ) 102 6 4 4
1 1 1 1 ( ) 1
4 4 8 10
A
B
u t
u t
Escrito en forma de sistema de ecuaciones:
0 0
0 0
0,916 ( ) 0,25 ( ) 10
0,25 ( ) 0,475 ( ) 1A B
A B
u t u t
u t u t
y su solución es:
0
0
( ) 13,408 V
( ) 9,162 VA
B
u t
u t
Se ha analizado un circuito equivalente al circuito dado en el enunciado, pero
hay elementos en él para los que las transformaciones realizadas no son
equivalentes. Para determinar las intensidades pedidas en el enunciado, es
necesario “volver” al circuito original y, para ello, hay que apoyarse en las
tensiones y/o intensidades calculadas en el circuito analizado sobre los
elementos que se no se han visto afectados por los cambios. En dichos
elementos, los valores de la tensión entre sus bornes calculados en el circuito
analizado sí serán los mismos que la tensión en dichos elementos sobre el
circuito original. Esto es:
A partir de las tensiones calculadas, y aplicando la ley de Ohm y las leyes de
Kirchhoff sobre este circuito, se obtienen las intensidades pedidas:
+ + 10
i4(t)
i5(t) i
2(t)
uA0(t)
i1(t) 4
6 8 V
8
2
20 V
+ +
uB0(t)
A B
0
i3(t) + u
1(t)
+ u4(t)
0
86 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
011
03
2 1 3
044
05
20 ( )( )( ) 3,296 A
2 2( ) 13,408
( ) 2,234 A6 6
( ) ( ) ( ) 1,061
( ) 8( )( ) 0,145 A
8 8( )
( ) 0,916 A10
A
A
B
B
u tu ti t
u ti t
i t i t i t A
u tu ti t
u ti t
Métodos de análisis de circuitos 87
Problema 4.2 ()
Analizar por mallas el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por
la resistencia R5 y la potencia cedida por las fuentes de tensión.
Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.
Solución:
Se solicita que se analice el circuito por mallas. Al emplear este método de
análisis, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de
tensión. Como en este caso existen dos fuentes, y ambas son de tensión, no
será necesario apoyarse en un circuito equivalente para aplicar el método de
análisis.
Lo siguiente es determinar el número de mallas presentes en el circuito.
Recordando la definición de malla: “lazo de un circuito que no contiene
ningún otro lazo en su interior”, se observa que el circuito a analizar tiene
tres mallas.
A continuación se establecen las referencias para las intensidades de
circulación de cada una de estas tres mallas (se recuerda que dichas
referencias tienen sentido arbitrario).
R1
Eg2
+
+
Eg1
R2
R5 R
4 R
3
88 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
El sistema de ecuaciones resultante de aplicar el método de análisis por
mallas a este circuito se puede expresar, en forma matricial:
ij i al iZ i e
Mediante el sistema de escritura directa, es posible determinar sin más que
fijarse en el circuito: la matriz de impedancias de malla [Zij], el vector de
intensidades de circulación de malla (o vector de incógnitas) [ii] y el vector de
tensiones de alimentación de malla [eal i].
o La matriz de impedancias de malla [Zij] es cuadrada y simétrica y se forma
a partir de las impedancias de los elementos pasivos que pertenecen a la/s
malla/s considerada/s. Sus elementos son:
Los elementos de la diagonal principal de la matriz de impedancias (Zii)
son la suma de las impedancias de los elementos pasivos que
pertenecen a la malla i. En el circuito del enunciado, a la malla a
pertenecen la resistencia de 2 , la resistencia de 3 y la resistencia
de 4 , por lo que:
2 3 4aaZ
De la misma manera, a la malla b pertenecen las resistencias de 3 y
de 1 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de
impedancias de malla vale:
5
5 V
+
+
10 V
ia(t)
ib(t)
ic(t)
2
1 3 4
Métodos de análisis de circuitos 89
3 1bbZ
A la malla c pertenecen las resistencias de 5 y de 2 , por lo que el elemento correspondiente de la matriz de impedancias de malla vale:
5 2ccZ
Los elementos de fuera de la diagonal principal de la matriz de
impedancias (Zij|ij) son la suma algebraica (con signo) de las
impedancias de los elementos pasivos que pertenecen
simultáneamente a la malla i y a la malla j. El signo es positivo si el
sentido de las intensidades de circulación de malla coincide sobre el
elemento pasivo, y negativo en caso contrario.
En el circuito puede verse que la malla a y la malla b comparten la
resistencia de 3 y, como sobre esa resistencia el sentido de la
intensidad de circulación de la malla a es de arriba hacia abajo y el
sentido de la intensidad de circulación de la malla b es de abajo hacia
arriba, se tiene que:
3ab baZ Z
Sólo hay un elemento pasivo que pertenezca simultáneamente a la
malla a y a la malla c, y es la resistencia de 2 . Sobre esta resistencia, el sentido de circulación de la intensidad de la malla a es de izquierda a
derecha, mientras que el sentido de circulación de la intensidad de la
malla c es de derecha a izquierda, por lo que el signo del elemento es
negativo:
2ac caZ Z
La malla b y la malla c no comparten ningún elemento pasivo (sólo
comparten la fuente de tensión de 5 V, pero las fuentes no afectan a la
matriz de impedancias). Por lo tanto:
0bc cbZ Z
90 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o El vector columna de intensidades de circulación de malla [ii] está formado
por las incógnitas del método de análisis, que son las intensidades de
circulación de malla.
En el problema del enunciado, estos elementos son:
( )
( )
( )
a
b
c
i t
i t
i t
o En el vector columna de tensiones de alimentación de malla [eal i], sus
elementos son la suma algebraica (con signo) de las tensiones de las
fuentes que pertenecen a la malla considerada. El signo es positivo si la
intensidad de circulación de la malla considerada “sale” por el terminal
marcado con el “+” de la fuente de tensión y negativo si la intensidad de
circulación de malla “entra” por este terminal.
A la malla a pertenece la fuente de tensión de 10 V. La intensidad de
circulación de la malla a “sale” por el terminal marcado con el + de la
fuente, por lo tanto:
( ) 10al ae t
A la malla b pertenece la fuente de tensión de 5 V. La intensidad de
circulación de la malla b “entra” por el terminal marcado con el + de la
fuente, por lo tanto:
( ) 5al be t
A la malla c pertenece la fuente de tensión de 5 V. La intensidad de
circulación de la malla c “sale” por el terminal marcado con el + de la
fuente, por lo tanto:
( ) 5al ce t
Así pues, las ecuaciones, en forma matricial, correspondientes al método de
análisis por mallas de este circuito, aplicando escritura directa, son:
Métodos de análisis de circuitos 91
4 2 3 3 2 ( ) 10
3 3 1 0 ( ) 5
2 0 5 2 ( ) 5
a
b
c
i t
i t
i t
Escrito en forma de sistema de ecuaciones:
9 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 10
3 ( ) 4 ( ) 5
2 ( ) 7 ( ) 5
a b c
a b
a c
i t i t i t
i t i t
i t i t
Resolviéndolo, se obtienen las intensidades de malla:
( ) 1,242 A
( ) 0,318 A
( ) 1,069 A
a
b
c
i t
i t
i t
Y las potencias pedidas, según las referencias dadas a las intensidades de
malla, son:
5 5
1 1
2 2
( ) 6,17W
( ) 12,42W
( ) ( ) 6,93W
abs R a
ced Eg g a
ced Eg g b c
P i t R
P E i t
P E i t i t
2
92 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.3 ()
Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por
nudos la intensidad que circula por todas las resistencias y por la fuente
dependiente de tensión, así como la tensión en bornes de las fuentes de
intensidad. Calcular la potencia absorbida por todos los elementos del
circuito y comprobar que se verifica el balance de potencias.
Datos: R1 = 2 , R2 = 3 , R3 = 1 , ig = 3 A, = 5.
Solución:
Para aplicar el método de análisis por nudos, es conveniente que todas las
fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En este caso, el circuito
contiene 2 fuentes de intensidad (reales) y una fuente de tensión (ideal y
dependiente). Al tratarse de una fuente ideal, no es posible transformarla
directamente en una fuente real de intensidad y, en consecuencia, se deja tal
cual en el circuito. Para solventar el hecho de tener en el circuito una fuente
de tensión, es necesario agregar una incógnita al sistema resultante de
aplicar el método de análisis y, por lo tanto, es necesario escribir una
ecuación adicional que permita que dicho sistema tenga solución única.
Se trata de un circuito con 3 nudos, y se toma el nudo inferior como nudo de
referencia (recordar que hay que asegurarse de que no existan nudos unidos
a través de un cortocircuito que tengan distinta designación, de ahí la forma
en la que se ha representado el nudo 0 en el circuito).
R2
igR1 +
ig
R3∙u u
+
Métodos de análisis de circuitos 93
Se ha añadido la incógnita ie (con referencia arbitraria) para solventar el
hecho de que la fuente de tensión dependiente es ideal. Dicha intensidad se
trata, cuando se escriben las ecuaciones del método de análisis, como la
intensidad proveniente de una fuente de intensidad.
Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:
0
0
1 1 132 3 3 ∙
1 1 1 3 3
3 3 1
A e
B
u i
u
Ecuaciones adicionales:
Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión (la
ecuación se construye escribiendo el valor conocido de la fuente en
función de las incógnitas principales del método de análisis):
05 Au u
Por haber en el circuito una fuente dependiente (la ecuación se
construye escribiendo la variable de la cual depende la fuente en
función de las incógnitas principales del método de análisis):
0Bu u
El sistema de ecuaciones a resolver es:
3
3 A+
3 A
1 5∙u u
+
2
A B
0
+
uB0
+
uA0
ie
94 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0 0
0 0
0
0
0,833 0,333 3
0,333 1,333 6
5
0
A B e
A B
A
B
u u i
u u
u u
u u
cuya solución es:
A
B
e
u
u
i
u
0
0
10 V
2 V
6 A
2 V
Dibujando las referencias para las distintas ramas del circuito:
Se calculan las intensidades que circulan por las resistencias y por la fuente
de tensión, así como las tensiones en bornes de las fuentes de intensidad:
01
1
0 02
2
03
3
105 A
2
10 24 A
3
22 A
1
AR
A BR
AR
ui
R
u ui
R
ui
R
3
3 A+
3 A
1 5∙u u
+
2
A B
0
+
uB0
+
uA0
ie
+
uI1
+
uI2
iR1 iR3
iR2
Métodos de análisis de circuitos 95
1 0 0
2 0
6 A
10 2 12 V
2 V
e
I A B
I B
i
u u u
u u
Las potencias absorbidas por los distintos elementos, para las referencias
indicadas en el circuito, son:
1
2
21 1 1
22 2 2
23 3 3
1 1
2 2
0
∙ ( 5) ∙2 50W
∙ ( 4) ∙3 48W
∙ 2 ∙1 4W
∙ 3∙( 12) 36W
∙ 3∙2 6W
∙ ( 10)∙( 6) 60W
g
g
abs R R
abs R R
abs R R
abs i g I
abs i g I
abs u A e
P i R
P i R
P i R
P i u
P i u
P u i
2
2
2
Dado que todas las potencias están calculadas con criterio de potencia
absorbida por cada uno de los elementos del circuito, el balance del circuito
se verifica comprobando numéricamente que la siguiente expresión suma
cero:
1 21 2 3 0
50 48 4 36 6 60 0W (se cumple)
g gabs absR absR absR abs i abs i abs u
abs
P P P P P P P
P
96 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.4 ()
Dado el circuito de la figura, determinar mediante el método de análisis por
mallas la intensidad que circula por las resistencias y las fuentes de tensión,
así como la tensión en bornes de las fuentes de intensidad. Calcular la
potencia absorbida por las resistencias y la potencia cedida por las fuentes, y
verificar que se cumple el balance de potencias.
Datos: R1 = 1 , R2 = 1 , R3 = 2 , R4 = 2 , Eg1 = 4 V, Eg2 = 6 V, Ig = 3 A, = 3.
Solución:
El circuito contiene dos fuentes de intensidad (una real y otra ideal, y ésta
última además dependiente) y dos fuentes de tensión. El método de análisis
por mallas prefiere que el circuito contenga fuentes de tensión, por lo que se
transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente.
Como no es posible transformar la fuente ideal de intensidad, se deja en el
circuito y, para solventar este inconveniente, se dibuja la referencia de la
tensión en bornes de dicha fuente. Se utilizará dicha tensión como si se
tratara de la tensión en bornes de una fuente de tensión.
Posteriormente, como esta tensión en la fuente de intensidad es una
incógnita, se añadirá una ecuación adicional al sistema. El circuito,
equivalente al original, es entonces:
R2
R1
Eg1
∙I
+
+Eg2R3 R4Ig
I
Métodos de análisis de circuitos 97
Sobre este circuito se han dibujado las referencias de las intensidades de
circulación de malla. Aplicando la escritura directa de las ecuaciones de este
método de análisis:
1 2 1 2 0 4 6
2 2 2 2 6
0 2 2 6
a
b I
c
I
I U
I
Ecuaciones adicionales:
Debido a la existencia de una fuente de intensidad ideal, se ha
añadido como incógnita la tensión en bornes de dicha fuente. La
ecuación adicional se construye relacionando el valor conocido de la
fuente (en este caso el valor de su intensidad) con las incógnitas
principales del método de análisis (en este caso las intensidades de
circulación de malla).
bI I
Debido a que existe una fuente dependiente, cuyo valor depende del
valor de una variable en otra rama del circuito, se hace preciso escribir
una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando el
parámetro del cual depende dicha fuente con las incógnitas
principales del método de análisis.
Dado que la intensidad de la cual depende la fuente es la intensidad
que circula por la resistencia de la fuente real, que se ha transformado
1
1
4 V
3∙I
+
+
6 V
+ 2
IbIa Ic2
+ UI
6 V
98 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
en su fuente equivalente, esta relación entre parámetro e incógnitas
habrá que establecerla sobre el circuito original.
Aplicando la LKI en el nudo A:
3 a bI I I
Agrupando las ecuaciones:
4 2 2
2 4 2 6
2 2 6
3 0
3
a b
a b c I
b c
b
a b
I I
I I I U
I I
I I
I I I
La solución del sistema es:
7 A
15A
12 A
5 A
16 V
a
b
c
I
I
I
I
I
U
Para calcular tensiones y corrientes en el circuito original, se dibujan las
referencias de estas magnitudes en las diferentes ramas:
R2
R1
Eg1+
R3
3 A
I
Ia
Ia–Ib
A
Ib
…
…
∙I
Métodos de análisis de circuitos 99
De esta manera:
1
2
3
4
5
3 3
4 4 4
3
7 A
8 A
15A
3 A
12 A
10 V
6 V
10 V
16 V
a
a b
b
b c
c
R
R
Ig R
I
I I
I I I
I I
I I I
I I
U R I
U R I
U U
U
La potencia absorbida por las resistencias es:
21 1 1
22 2 2
23 3
24 4 4
49W
49W
50W
18W
abs R
abs R
abs R
abs R
P R I
P R I
P R I
P R I
La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias
indicadas en el circuito) se calcula:
1 1 1
2 2 5
28W
72W
30W
240W
ced Eg g
ced Eg g
ced Ig Ig g
ced I I
P E I
P E I
P U I
P U I
R2
R1
Eg1
∙I
+
+Eg2 R3 R4Ig
IUR2
UR1
UR3
I2
I1 I3
I4
I5
UR4UIg
UI+
+
+
+
+
+
Ia–I
b
100 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A partir de las potencias absorbidas y cedidas calculadas, se puede
comprobar el balance de potencias del circuito:
166WSe cumple
166W
ced resto elementos abs resistencias
abs resistencias
ced resto elementos
P P
P
P
Métodos de análisis de circuitos 101
Problema 4.5 ()
Para el circuito de la figura, calcular, aplicando el método de análisis por
nudos (tomando el nudo 0 como nudo de referencia), la potencia cedida por
las fuentes y la potencia absorbida por las resistencias. Verificar el balance de
potencias.
Datos: Eg = 8 V, Ig = 15 A, R1 = 1 , R2 = 1/2 , R3 = 1/3 , R4 = 1/4 , R5 = 1/5 , = 5
Solución:
Dado que el circuito se va a analizar aplicando el método de análisis por
nudos, se transforma la fuente real de tensión en su fuente real de intensidad
equivalente. Por otra parte, por estar en serie con una fuente ideal de
intensidad, se puede eliminar la resistencia R4 sin que el resto de los
elementos del circuito se vean afectados. Por último, se añade como
incógnita la intensidad que circula por la fuente ideal dependiente de
tensión, Ie.
Hechas estas transformaciones, el circuito queda:
R1
Eg
+
–
+
+
R2
U
∙U
R3
R4
Ig
R5
0 Ref
102 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante
escritura directa) son:
A
B e
C
U
U I
U
0
0
0
1 2 2 0 8
2 2 3 3
0 3 3 5 15
Debido a la presencia de una fuente de tensión ideal, se agrega la ecuación
adicional:
BU U 0
Se añade otra ecuación adicional debido a la presencia de una fuente
dependiente:
0 0A BU U U
El sistema de ecuaciones a resolver es:
A B
A B C e
B C
B
A B
U U
U U U I
U U
U U
U U U
0 0
0 0 0
0 0
0
0 0
3 2 8
2 5 3
3 8 15
5
R1
Eg/R
1
+
–
+
R2
U
∙U
R3
Ig
R5
0 Ref
A B C
+ ++
UA0
UB0 UC0
Ie
Métodos de análisis de circuitos 103
La solución del sistema es:
0
0
0
6 V
5 V
0 V
1V
13 A
A
B
C
e
U
U
U
U
I
Para calcular las potencias cedidas y absorbidas, hay que recordar que se ha
analizado un circuito equivalente al del enunciado, por lo que se hace preciso
volver a dicho circuito original.
A continuación se calculan, teniendo en cuenta las referencias indicadas en el
circuito anterior, las potencias cedidas por las fuentes y las potencias
absorbidas por las resistencias.
Potencia cedida por la fuente Eg:
1
11
1
1 0
1
∙
2 V
2 A
16W
ced Eg g
R
R A g
ced Eg
P E I
UI
R
U U E
I
P
Potencia cedida por la fuente dependiente U:
+
–
+
R2
U
∙U
R3
R5
0 Ref
A B
+ +
UA0
UB0 UC0
IeR1
Eg
+
+
+
UR1
I1
R4
Ig
C
+
+
UR4
UI
UR3
+
104 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0( )
65W
ced U e B e
ced U
P U I U I
P
Potencia cedida por la fuente independiente Ig:
0 4
4 4
15V
415
V456,25W
ced Ig I g
I C R
R g
I
ced Ig
P U I
U U U
U I R
U
P
La potencia absorbida por las resistencias se calcula:
21 1 1
22 1 2
23
3
3
3 0 0
3
24 4
20
5
5
4W
2W
5V
75W
56,25W
0W
abs R
abs R
Rabs R
R B C
abs R
abs R g
Cabs R
P I R
P I R
UP
R
U U U
P
P I R
UP
R
Agrupando resultados:
1
2
16W
65W
56,25W
4W
2W
ced Eg
ced U
ced Ig
abs R
abs R
P
P
P
P
P
Métodos de análisis de circuitos 105
3
4
5
75W
56,25W
0W
abs R
abs R
abs R
P
P
P
El balance de potencias es:
16 65 56,25 137,25WSe cumple
4 2 75 56,25 0 137,25W
ced fuentes abs elementos restantes
ced
abs
P P
P
P
106 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.6 ()
Para las referencias indicadas, escribir todas las ecuaciones necesarias para
analizar por mallas el circuito de la figura.
Solución:
Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente:
Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas, mediante escritura
directa, son:
R1
∙u(t)
R2
ig(t) u(t)L2D
L1D
1/C1D
1/C2D
++–
i1(t)
i3(t)
i2(t)
R1
∙u(t)
R2
u(t)L2D
L1D
1/C1D
1/C2D
++–
i1(t)
i3(t)
i2(t)
(1/C1D)i
g(t)
+
Métodos de análisis de circuitos 107
g
R L D R RC D C D
i t
L D L D i t i tC D C D C D C D
i tR L D R L D u t
1 1 2 2
2 21
2 2 2
2 1 2 13
2 2 2 2
1 1
0( )
1 1 1 1( ) ( )
( )∙ ( )
Al existir una fuente dependiente, la ecuación adicional del sistema es:
u t L D i t i t2 2 3( ) ( ) ( )
Se trata de un sistema de 4 ecuaciones diferenciales con 4 incógnitas. La
correcta aplicación del método de mallas asegura que estas ecuaciones son
linealmente independientes y que, por lo tanto, el sistema tiene solución
única.
Se pueden obtener las expresiones temporales de las tensiones e
intensidades en todos los elementos que forman el circuito sin más que
resolver el sistema de ecuaciones diferenciales anterior. Para ello, es
necesario conocer las expresiones temporales de las fuentes presentes en el
circuito, los valores de los elementos que lo integran y las condiciones
iniciales en las bobinas y condensadores (intensidades y tensiones,
respectivamente).
108 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.7 ()
Escribir todas las ecuaciones necesarias para analizar por mallas el circuito de
la figura.
Datos: ig(t), R1, R2, L1, L2, L3, M, C,
Solución:
Dado que el circuito contiene bobinas acopladas, además de porque así lo
solicita el enunciado, se va a analizar aplicando el método de mallas, por lo
que se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente:
R1
∙i(t)
R2
ig(t)
i(t)
L1D
L2D
L3D
1/CD
MD
R1
∙i(t)
R2
L1D∙ig(t) i(t)
L1D
L2D
L3D
1/CD
MD
+ i2(t)i1(t)
i3(t)
+ui(t)
Métodos de análisis de circuitos 109
El circuito contiene otra fuente de intensidad, pero es una fuente ideal y, por
lo tanto no es posible su transformación a fuente de tensión. Para solventar
el inconveniente, se añade una incógnita al problema que es la tensión en
bornes de dicha fuente de intensidad, ui(t). Se ha indicado su referencia en el
dibujo del circuito.
Como en el circuito hay bobinas acopladas magnéticamente, no se aplicará el
método de análisis mediante escritura directa de las ecuaciones, sino que se
van a escribir la suma de las tensiones correspondientes a cada malla y, dicha
suma, se igualará a cero (aplicación de la LKT a cada malla). Se recuerda que
el criterio a seguir al aplicar el método de mallas es que las caídas de tensión
positivas las crea la intensidad de la malla que se considera en cada caso, es
decir, las caídas de tensión positivas en la malla a las crea la intensidad ia:
o Malla 1:
2 1 3 3 1 2 1 1 1
1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0gL D i t i t MDi t i t i t L Di t L Di t
CD
Los signos de los términos de caída de tensión que contienen al coeficiente
de inducción mutua M se determinan, a partir del criterio mencionado arriba,
según las reglas dadas en los problemas del tema 2 en los que se estudiaban
las ecuaciones de definición de varias bobinas acopladas magnéticamente.
o Malla 2:
2 2 3 2 1
1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0iR i t i t u t i t i t
CD
o Malla 3:
1 3 3 3 3 1 2 3 2 2 3 1 3( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0R i t L Di t MD i t i t R i t i t L D i t i t MDi t
La ecuación adicional debida a la presencia en el circuito de una fuente de
intensidad ideal, es:
i t i t2( ) ( )
110 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La ecuación adicional debida a que el circuito contiene una fuente
dependiente, es:
1 2( ) ( ) ( )i t i t i t
Estas 5 ecuaciones forman un sistema de ecuaciones diferenciales
linealmente independientes, cuya solución permite obtener el valor de las
intensidades de las mallas.
Métodos de análisis de circuitos 111
Problema 4.8 ()
Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por
nudos y tomando el nudo 0 como nudo de referencia, la potencia cedida por
cada una de sus fuentes y la potencia absorbida por cada uno de los
elementos restantes. Comprobar que se verifica el balance de potencias.
Solución:
Las fuentes del circuito son de continua, esto implica que, en régimen
estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito.
Como en el enunciado se pide que se aplique el método de análisis por
nudos, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de
intensidad, por lo que las fuentes reales de tensión se transforman en su
fuente real de intensidad equivalente.
+
0
+
1 V
U
1
+
1
1 V
0,5 2 mH
2 V 2 A
2
∙U
= 1 S
+
+
0
+
1 V
U
1
+
1
1 V
0,5
2 V 2 A
2
∙U
= 1 S
+
112 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Los elementos en serie con una fuente ideal de intensidad pueden eliminarse
sin que el resto de elementos del circuito se vean afectados. Siguiendo este
criterio, se podrá eliminar la resistencia de 2 ya que está conectada en
serie con la fuente de intensidad de valor ∙U.
Los nudos que están unidos por un cortocircuito han de tener la misma
designación. Por lo tanto, si se elimina la resistencia de 2 , el circuito a analizar tiene sólo 3 nudos, tal y como se indica en la figura siguiente. (Si no
se elimina la resistencia de 2 , el circuito tendrá entonces 4 nudos, existiendo un nudo entre la fuente de intensidad ∙U y la resistencia de 2 ).
Aplicando escritura directa:
A
B e
U
U I U0
0
1 1 1 1
1 11 1 0,5 0,5
1 1 2
0,5 0,5
Las ecuaciones adicionales son:
Por la fuente de tensión ideal:
0 2 VBU
Por la fuente dependiente (tal y como, aplicando la LKT en el circuito
original, se deduce en la figura siguiente):
01 AU U
0
+1 A 1
0,5
2 V 2 A
∙U
= 1 S
AB
+
UA0
+
UB01
1 A
Ie
Métodos de análisis de circuitos 113
El sistema resultante es:
0 0
0 0
0
0
4 2 2
2 2 2
2
1
A B
A B e
B
A
U U
U U I U
U
U U
y resolviéndolo se obtiene:
0
0
6V 1,5 V
42 V
0,5 V
1,5 A
A
B
e
U
U
U
I
Volviendo al circuito original y estableciendo las referencias de tensión e
intensidad:
+
1 V
U
1
+
1
1 V
+
…
…
+
UA0
+
0
+
1 V
U
1
+
1
1 V
0,5 2 mH
2 V 2 A
2
∙U
= 1
+
+
UA0
A B B+
UB0
I1
I2
I3 Ie
I4 I5
U2
+
114 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A
A B
e
UI
UUI
U UI I I I
I I I
I I U
1
022
0 03 1 2 3
4 3
5 4
0,5 A1
10,5A
1 1
1A también: 1A0,5
2,5 A
2 0,5A
La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias
indicadas) se calcula como se indica a continuación.
1 1 1
2 2 2
3 3
∙ 0,5W
∙ 0,5W
∙ 3W
ced Eg g
ced Eg g
ced Eg g e
P E I
P E I
P E I
1 0 1 4 W
1,5W
ced Ig B g
ced U I
P U I
P U U
La tensión en bornes de la fuente dependiente, UI, se ha calculado aplicando
la LKT:
+
1 V
I1
+
Eg1 + 1 V
I2
1
+
Eg2
+
2 V
Ie
+
Eg3
Ig1 =2 A
B
0
+
UB0∙U = = 0,5 A
+
UB0
2 +1 V +
UI
Métodos de análisis de circuitos 115
01 3 VI BU U
Las potencias absorbidas por el resto de los elementos del circuito son:
21 1 1
22 2 2
23 3 3
25 5 5
∙ 0,25W
∙ 0,25W
∙ 0,5W
∙ 0,5W
0W
abs R
abs R
abs R
abs R
abs L
P I R
P I R
P I R
P I R
P
Por último, se comprueba que se verifica el balance de potencias.
ced fuentes abs resto elementosP P
0,5 0,5 3 4 1,5 1,5WSe cumple
0,25 0,25 0,5 0,5 0 1,5W
ced fuentes
abs resto elementos
P
P
116 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.9 ()
Tomando como referencia el nudo 0, aplicar el método de análisis por nudos
al siguiente circuito, que se encuentra en estado estacionario y cuyas fuentes
son de corriente continua. A partir de los resultados:
a) Determinar el valor de la fuente de intensidad Ig si el condensador
de 2 F tiene almacenada una energía de 4 J.
b) Determinar las potencias absorbidas/cedidas por todas las fuentes
del circuito.
c) Comprobar que se verifica el balance de potencias en el circuito.
Solución:
Las fuentes del circuito son de corriente continua y el circuito se encuentra
en régimen estacionario, por lo que la bobina se comporta como un
cortocircuito y el condensador se comporta como un circuito abierto.
Por otra parte, el circuito contiene una fuente real de tensión. Como se pide
que se analice por el método de nudos, se construye la fuente real de
intensidad equivalente a esta fuente de tensión.
La resistencia de 3 está conectada en serie con la resistencia de 1 . Para simplificar el número total de nudos del sistema, se asocian estas dos
resistencias poniendo en su lugar una resistencia equivalente de 4 .
0
+4 V
0,4 0,5
Ig∙I
= 0,5 2 3 +
20 mH
1
2 F
I
+UC > 0
Métodos de análisis de circuitos 117
Por otra parte, el circuito contiene una fuente de tensión dependiente que es
ideal. Como no se puede transformar, se añade una incógnita, que es la
intensidad que circula por ella Ie.
Se seleccionan y nombran los nudos del circuito llamándoles nudos A y B,
señalados sobre el circuito de abajo, aparte del nudo de referencia, 0, que
viene impuesto en el enunciado.
En este punto es necesario comprobar las condiciones de que todos los
elementos del circuito están entre dos nudos (se cumple) y que no hay nudos
unidos por un cortocircuito que se denoten por letras distintas (se cumple).
Nótese que el nudo A abarca la parte superior del circuito y que tiene muchos
elementos conectados. Para no omitir ningún término al escribir el sistema,
se recomienda recorrer los elementos del nudo A en el orden de lectura.
Una vez se han determinado los nudos, se establecen las tensiones de nudo
del circuito, UA0 y UB0. Incorporando estas consideraciones y modificaciones
al circuito original, éste queda:
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (escritura
directa), son:
0
0
1 1 1 1 1 1
104 0,5 0,4 2 0,5 0,4
1 1 1 1 10
0,5 0,4 0,5 0,4
A g
B e
U I
U I
0
10 A
0,4 0,5
Ig∙I
= 0,5
2 4 +
I +UC > 0
AIeA B A
0
+ + +
UA0UA0 UB0
A
118 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En este sistema de ecuaciones se aprecia que hay más incógnitas que ecua‐
ciones, por lo que es necesario establecer una serie de ecuaciones adicionales
para que tenga solución única. Estas ecuaciones son:
0 0,5BU I I (por fuente ideal de tensión)
0 010
0,4A BU U
I (por fuente dependiente)
Se desconoce además el valor de la fuente Ig, por lo que se necesita
establecer una ecuación adicional más para añadirla al sistema. En el
enunciado se dice que el condensador almacena una energía de 4 J. Sabiendo
que la energía que almacena un condensador es:
21
2C Cw CU
Y como en el dibujo del circuito se ve que:
0 0C B AU U U
se deduce que:
20 0
14 2
2B AU U
y de aquí se obtiene que:
0 0 4 2 VB AU U
Como la referencia dibujada en el circuito del enunciado para la tensión en
bornes del condensador dice que UC >0, queda establecido que UB0 > UA0 y,
por lo tanto, se tiene que:
0 0 2 VB AU U
que es la ecuación adicional que faltaba para que el sistema de ecuaciones
sea determinado.
Métodos de análisis de circuitos 119
Agrupando las ecuaciones que se han ido estableciendo se ve que hay tantas
ecuaciones (5) como incógnitas (5):
0
0
5,25 4,5 10
4,5 4,5 10A g
B e
U I
U I
0 0,5BU I
0 04
0,4A BU U
I
0 0 2B AU U
y desarrollando las matrices, se tiene un sistema de ecuaciones determinado:
0 0
0 0
0
0 0
0 0
5,25 4,5 10
4,5 4,5 10
0,5 0
0,4 4
2
A B g
A B e
B
A B
B A
U U I
U U I
U I
U U I
U U
Resolviendo este sistema se obtiene:
0
0
9,5 V
7,5 V
19 A
15A
A
B
e
U
U
I
I
Y también la intensidad pedida, Ig:
26,125AgI
Para calcular las potencias absorbidas o cedidas por las fuentes es necesario
volver al circuito original.
120 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para las referencias indicadas en el circuito de arriba, a continuación se
calculan las potencias cedidas/absorbidas por las distintas fuentes del
circuito.
Potencia de la fuente de tensión de 4 V:
4 4 ( 15) 60Wabs fuente V fuenteP U I
En cuanto a la fuente dependiente de tensión, la potencia se calcula:
(0,5 ) 0,5 ( 15) 19 142,5Wced fuentedep fuente e eP U I I I
La potencia de la fuente de intensidad se calcula:
int 0 ( 9,5) 26,125 248,1875Wabs fuente fuente g A gP U I U I
Completando el cálculo de potencias para el resto de elementos del circuito:
2 20
2
( 9,5 )45,125W
2 2A
absR
UP
2 20,4 0,4 ( 15) 0,4 90WabsRP I
2 20 0
0,5
( 2)8W
0,5 0,5A B
absR
U UP
0
+
4 V0,4 0,5
Ig∙I
2 3 +
20 mH
1
2 F
I
+UC > 0
IeA
B A
+++
UA0
UA0 UB0
IR
0
A
Métodos de análisis de circuitos 121
0 9,5
2,375A4 4A
R
UI
2 23 3 ( 2,375) 3 16,9 1 W2 9absR RP I
2 21 1 ( 2,375) 1 5,6406WabsR RP I
20 0WabsL LP I
2 0 0WabsC CP U
Finalmente, se comprueba que se verifica el balance de potencias:
ced fuentes abs resto elementosP P
165,6875W 165,6875W
122 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.10 ()
El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario y sus fuentes son
de corriente continua. Aplicando el método de análisis por nudos y tomando
el nudo 0 como nudo de referencia, calcular el valor que ha de tomar la
tensión Eg para que la resistencia R = 1 disipe una potencia de 36 W (para
la referencia indicada, U2 > 0). En estas condiciones, calcular la potencia
absorbida por las fuentes de tensión y la potencia cedida por las fuentes de
intensidad.
Solución:
Dado que el circuito se encuentra en régimen estacionario y sus fuentes son
de corriente continua, la bobina se comporta como un cortocircuito y el
condensador como un circuito abierto.
Por una parte, se pide que se aplique el método de análisis por nudos.
Por esto, es preferible que todas las fuentes del circuito sean fuentes de
intensidad.
El circuito contiene 4 fuentes, dos fuentes de intensidad y dos fuentes de
tensión. De estas dos últimas, la fuente de la izquierda es una fuente real y la
de la derecha es una fuente ideal. La fuente de la izquierda se puede
transformar en su fuente real de intensidad equivalente y la de la derecha se
deja tal y como está y se añade la intensidad que circula por ella, Ie, como
incógnita.
+
Eg 2 U 1∙I
I0,5 H
+
2∙U
0
+
0,5 F
R = 1 4
1 A2
2 + U2
Métodos de análisis de circuitos 123
Por otra parte, a la hora de elegir y nombrar los nudos del circuito, hay que
tener en cuenta que han de cumplirse las condiciones de que todos los
elementos del circuito estén entre dos nudos y que todos los nudos unidos
por un cortocircuito han de tener el mismo nombre. Aplicando estos
requerimientos, en el circuito a analizar, como puede verse en la figura
siguiente, se distinguen cuatro nudos, el nudo A, el nudo B, el nudo C y el
nudo 0 o de referencia, que viene impuesto en el enunciado. Se han dibujado
también, en el circuito de la figura siguiente, las tensiones de nudo.
Empleando la escritura directa, el sistema de ecuaciones correspondiente al
método de análisis por nudos del circuito es:
0
0
0
11 0 0
222
1 10 0 1
2 21
10 0
4
g
A
B
C e
EU
U
U
U I
Este sistema tiene 3 ecuaciones y 6 incógnitas, por lo tanto, para que sea
determinado, se deben añadir 3 ecuaciones adicionales.
La primera ecuación adicional se obtiene de la fuente ideal de tensión, de la
cuál conocemos su valor. Esta ecuación es:
01 CI U
2 U1∙I
I
+
2∙U
0
+
1 4
1 A
2 2 +
U2
Ie
0 0 0 0 0
A A B C
+
UB0
+
UC0
+
UA0
124 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En esta ecuación ha aparecido una incógnita más, la intensidad I. Esto
provoca que haya que buscar una ecuación adicional más. Ésta se obtiene la
aplicación de la LKI al nudo A y a partir de las incógnitas principales del
método de análisis, es decir, de las tensiones de nudo.
0
2 2
g AE U
I
La tercera ecuación adicional se obtiene escribiendo el valor de la variable de
la cual depende la fuente dependiente de tensión, U, en función de las
incógnitas principales del método de análisis:
0BU U
La cuarta ecuación adicional se obtiene de la condición dada en el enunciado
sobre la potencia que absorbe la resistencia de 1 .
2202
1 036W 6 V1 1
AabsR A
UUP U
En el enunciado se indica que para la referencia mostrada en el circuito
U2 > 0, por lo tanto, de las dos soluciones obtenidas para UA0, sólo es válida:
0 6 VAU
Agrupando las 7 ecuaciones del sistema y resolviéndolo, se obtiene:
0
0
0
6 V
1 V
8 V
1 V
22 V
8 A
3A
A
B
C
g
e
U
U
U
U
E
I
I
A continuación se calculan las potencias absorbidas por las fuentes de tensión
del circuito. Para ello es necesario volver al circuito original.
Métodos de análisis de circuitos 125
Para las referencias indicadas en el circuito:
22V 22V22 22 8 176W 176Wced absP I P
1∙ 1 8 3 24Wabs I eP I I
En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes de intensidad:
2 0 22 6 2 1 12W 12Wabs U A ced UP U U P
1A 0 0 1A1 1 8 1 7W 7Wabs B C cedP U U P
+
22 V
2 U1∙I
I0,5 H
+
2∙U
0
+
0,5 F
R = 1 4
1 A2
2 + U2
+
UC0
+
UA0
A A B B C Ie
126 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 4.11 ()
Analizar por nudos el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por
la resistencia R5 y las potencias cedidas por las fuentes de tensión.
Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.
Resultados: Pabs R5 = 6,17 W, Pced Eg1 = 12,42 W, Pced Eg2 = 6,93 W
Problema 4.12 ()
Dado el circuito de la figura, determinar la potencia absorbida por la fuente
de intensidad:
a) Aplicando el método de análisis por nudos.
b) Aplicando el método de análisis por mallas.
Datos: R1 = 3 , R2 = 5 , R3 = 2 , R4 = 2 , R5 = 4 , R6 = 5 , eg1 = 8 V, ig = 3 A.
R1
Eg2
+
+
Eg1
R2
R5 R
4 R
3
Métodos de análisis de circuitos 127
Resultados: Pabs ig = 8,02 W
Problema 4.13 ()
Aplicando el método de análisis por nudos, calcular la potencia absorbida por
la fuente de intensidad del circuito de la figura. Tomar el nudo 0 como nudo
de referencia.
Resultados: Pabs fuente intensidad = 3,47 W
+
R1
ig(t)
R2
R3
R4
R5
R6
eg(t)
3
+ 1
6 2 10 mH
ia
2∙ia
5 V
0
128 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.14 ()
Dado el circuito de la figura:
a) Calcular, utilizando el método de análisis por nudos, el valor de la
tensión u y el valor de la intensidad que circula por cada una de las
resistencias de 10 . b) Calcular la potencia cedida por cada una de las fuentes del circuito.
Resultados: a) u= 5 V, IAB = 4 A, IBC = ‒ 2,33 A
b) Pced5V = ‒5 W, Pced3A = 50 W, Pcedu = 316,7 W
Problema 4.15 ()
Dado el circuito de la figura, y tomando el nudo 0 como nudo de referencia,
escribir las ecuaciones correspondientes a su análisis por nudos, incluyendo
las ecuaciones adicionales que se estimen necesarias para obtener un sistema
de ecuaciones que tenga solución única.
+
∙u
10
+‒
10
5
3 A
5 5 V
A
B
C
D
= 10
+u
Métodos de análisis de circuitos 129
<<Resultados:
g
A0 B0 g
1 2 2 1
A0 B0 e
2 2 3
B0
g A0
1
E1 1 1+ U ‐ U = +I
R R R R
1 1 1‐ U + + U =IR R R
U =α I
E ‐UI=
R
Problema 4.16 ()
Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por
mallas la potencia cedida por las fuentes en función del valor de R.
Resultados: Pced f.d.t. = 1050 W, Pced f.d.i. = ‒450 W
R2R1
Eg+
∙I R3Ig
I
+
0
10 A
2 6 R
I
6∙I
1,5
+
A
0
B
0
130 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.17 ()
Para el dipolo de la figura:
a) Determinar, aplicando el método de análisis por mallas, la tensión que
aparece entre los terminales A y B cuando éstos se encuentran a
circuito abierto.
b) Calcular, aplicando el método de análisis por nudos, y tomando el
nudo B como nudo de referencia, la intensidad que circula entre los
terminales A y B cuando se conecta entre ellos un cortocircuito.
Resultados: a) UAB = 23 V, b) IAB = 23/6 A
Problema 4.18 ()
En el circuito de la figura, utilizando el método de análisis por nudos y
tomando en nudo 0 como nudo de referencia, determinar:
a) El valor que ha de tener la resistencia R1 para que no circule
intensidad por la resistencia de 3 . b) La potencia absorbida por la fuentes del circuito y la potencia
absorbida por la resistencia de 1 .
6 A+
2 A
B3
5 V
6
I
∙I = 1
Métodos de análisis de circuitos 131
Resultados: a) R1 = 7
b) Pabs 9V = ‒18 W, Pabs 8V = ‒16 W, Pabs 2A = ‒30 W,
Pabs R=1 = 4 W
Problema 4.19 ()
Utilizar el método de análisis por mallas para calcular el valor de la tensión u.
Calcular también la potencia absorbida por la resistencia de 10 y la suma
de la potencia cedida por todas las fuentes.
Resultados: u = 1 V, Pabs R=10 = 0,4 W, Pced fuentes = 47,4 W
1
9 V
+
+R1
3
8 V
8
5 2 A
0
AB
C
5
+
1 A
+ ∙u
5
2 A
5
10
5 10 V
+ u
= 1
5
132 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.20 ()
Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por
nudos, el valor de la tensión U.
Resultados: U = 1,25 V
Problema 4.21 ()
Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis
por mallas del circuito de la figura.
+
4
4 V
1 mF
2
1 5 A 2 mH
I 3∙I
+
U
1
+ M
R2L1 L2
eg1(t) eg2(t)
+
R1
R3
Métodos de análisis de circuitos 133
Resultados:
1 1 1 1 2 3 1 2 g1
2 2 1 2 2 g2 3 2 1
R i (t)+L Di (t)+MDi (t)+R i (t)‐i (t) ‐e (t)=0
L Di (t)+MDi (t)+R i (t)+e (t)+R i (t)‐i (t) =0
Problema 4.22 ()
Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis
por mallas del circuito de la figura.
Resultados:
1 1 1 1 2 2 g1
2 2 1 2 2 2 g2 1 2 1 2
R i (t)+L D i (t)‐i (t) +MDi (t)‐e (t)=0
L Di (t)+MD i (t)‐i (t) +R i (t)+e (t)+L D i (t)‐i (t) ‐MDi (t)=0
i2(t) i1(t)
+M
R2
L1
L2
eg1(t) eg2(t)
+
R1
i2(t) i1(t)
134 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.23 ()
Dado el circuito de la figura, escribir todas las ecuaciones correspondientes a
su análisis por el método de mallas.
Resultados:
1 1 2 g1
2 2 1 g2 2
R i (t)‐au (t)‐e (t)=0
au (t)+R i (t)+e (t)+au (t)=0
1+a
R1
eg1
+
+
eg2
R2a:1
N1
N2
i2(t) i1(t)
u2(t) +
+
u1(t)
Tema 5: Teoremas Fundamentales del Análisis de
Circuitos
Problemas resueltos
Problema 5.1 ()
Determinar, aplicando el teorema de superposición, la energía almacenada en
la bobina en el instante t1 = 3 s.
Solución:
La energía almacenada en una bobina en un determinado instante sólo
depende de la intensidad que atraviesa la bobina. Por tanto, es necesario
conocer la intensidad que circula por ella en dicho instante para calcular la
energía almacenada.
Debe considerarse que el circuito ha alcanzado el régimen estacionario en
t1 = 3 s porque el enunciado no detalla las condiciones iniciales del circuito.
Por tanto, este ejercicio se resolverá como un circuito de corriente continua.
+
5 V + 1 A
10 V
2 mH
2,5 6
136 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
El teorema de superposición se utilizará para calcular la intensidad que circula
por la bobina. De acuerdo con dicho teorema, la intensidad que circula por la
bobina cuando actúan simultáneamente las tres fuentes presentes en el
circuito (dos de tensión y una de intensidad, todas ellas independientes), es
igual a la suma de las intensidades que circulan por la bobina cuando actúa
cada fuente por separado.
Por conveniencia, se ha utilizado en todos los subcircuitos la misma referencia
de la intensidad que se desea calcular. Por ello, se fija un sentido de corriente
según se indica en el circuito siguiente.
El teorema de superposición puede ser aplicado analizando los subcircuitos
resultantes de activar en orden cada fuente del circuito original, anulando el
resto de fuentes no consideradas. Como el circuito original tiene tres fuentes,
se obtienen tres subcircuitos.
o Subcircuito 1
En primer lugar se considera que solo actúa la fuente de tensión de 5 V (se
anulan las otras dos fuentes). Como el subcircuito es de corriente continua, la
bobina se comporta como un cortocircuito. Por otra parte, una fuente de
tensión anulada (de valor nulo o 0 V) se comporta como un cortocircuito, y
una fuente de intensidad anulada (de valor nulo o 0 A) se comporta como un
circuito abierto.
Teniendo en cuenta todo esto, el subcircuito correspondiente a activar solo la
fuente de 5 V consiste en dicha fuente en serie con la resistencia de 2,5 :
+
5 V + 1 A
10 V
2 mH
2,5 6
iL(t)
Teoremas Fundamentales 137
Aplicando la ley de Ohm se obtiene:
1
5 V( ) 2 A
2,5Li t
o Subcircuito 2
En el segundo subcircuito se considera que solo actúa la fuente de intensidad
de 1 A (se anulan las fuentes de tensión). Sustituyendo la bobina y las fuentes
de tensión nula por sus equivalentes, se obtiene el subcircuito 2:
La resistencia de 2,5 está en paralelo con un cortocircuito. Por tanto, toda
la corriente de la fuente circula por la bobina:
2( ) 1 ALi t
+
5 V
2,5 6
iL1(t)
Fuente detensión
anulada (0 V)
Fuente de corriente
anulada (0 A)
Equivalente de la bobina
1 A
2,5 6
iL2(t)
iR2(t) = 0 Fuente de tensión
anulada (0 V)
Fuente de tensión
anulada (0 V)
Equivalente de la bobina
138 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Subcircuito 3
En el tercer y último subcircuito se considera que solo actúa la fuente de
tensión de 10 V (se anulan las otras dos fuentes). Después de aplicar las
equivalencias de la bobina y las fuentes anuladas, el subcircuito queda:
Teniendo en cuenta el sentido de la referencia iL3(t) y la polaridad de la fuente,
la ley de Ohm resulta:
3
10 V( ) 4 A
2,5
Li t
o Teorema de superposición
La intensidad que circula por la bobina cuando actúan las tres fuentes
simultáneamente, aplicando el teorema, es:
1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) L L L Li t i t i t i t
( ) 2 1 4 1ALi t
La intensidad que circula por la bobina en el instante t1 = 3 s es:
1( ) 1 ALi t
y, en consecuencia, la energía almacenada en la bobina en ese instante es:
21 1
1( ) ( ) 1mJ
2L Lw t L i t
+
10 V
2,5 6
iL3(t) Fuente de corriente
anulada (0 A)
Fuente de tensión
anulada (0 V)
Equivalente de la bobina
Teoremas Fundamentales 139
Problema 5.2 ()
Calcular el valor de la tensión UA en el circuito de la figura mediante el teorema
de superposición.
a) Aplicando superposición exclusivamente a las fuentes independientes
(anulando solo las fuentes independientes en los subcircuitos y
dejando la fuente dependiente en todos los subcircuitos).
b) Aplicando superposición a todas las fuentes, de forma que haya una
sola fuente en cada subcircuito.
Datos: RA = 2 , RB = 3 , RAB = 2 , α = 1/2 S, Ig1 = 9 A, Ig2 = 6 A
Solución:
El circuito tiene una fuente dependiente. El tratamiento de las fuentes
dependientes en el teorema de superposición merece una consideración
especial. Se pueden seguir dos procedimientos:
1) Aplicar superposición exclusivamente a las fuentes independientes.
Ésta es la opción más empleada habitualmente, donde las fuentes
dependientes aparecen en todos los subcircuitos. Por tanto, las
fuentes dependientes figuran en cada uno de los subcircuitos en los
que se descompone el circuito, con los valores relativos al subcircuito
donde se encuentran.
2) Proceder con las fuentes dependientes como se opera con las
independientes. Cada fuente (dependiente o independiente) aparece
únicamente en un subcircuito y con el valor del circuito original, no el
RB
+
UA
α UA
Ig1
RA
RAB
Ig2
140 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
del subcircuito. Los valores desconocidos del circuito original se
igualan a la suma de las contribuciones de cada subcircuito y, si es
necesario, se resuelve un sistema de ecuaciones para obtener el
resultado final del problema.
Según el enunciado, se deben utilizar las dos técnicas para su resolución.
Por conveniencia, la siguiente denominación de nudos y referencias de
tensión será utilizada en todos los subcircuitos.
Una fuente de intensidad anulada (de valor 0 A) se comporta como un circuito
abierto. Por tanto, las fuentes de corriente anuladas se sustituyen por circuitos
abiertos, sean dependientes o independientes.
a) Teorema de superposición aplicado exclusivamente a las fuentes
independientes.
Los subcircuitos se obtienen anulando solo las fuentes independientes y
dejando la fuente dependiente referida a los valores del subcircuito.
o Subcircuito 1: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo
actúa la de valor Ig1.
Por tanto, se anula la fuente de valor Ig2. Con la metodología a), la fuente
dependiente solo se modifica para que su valor se refiera al subcircuito
considerado, no al circuito original. Por ello, el valor de la fuente αUA (referido
al circuito original) se sustituye por αUA1 (alusivo al subcircuito 1).
RB
+
UA
α UA
Ig1
RA
A B
RAB
Ig2
0 ref
+
UB
Teoremas Fundamentales 141
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,
aplicando escritura directa, son:
1 1
1
1 1 1
1 1 1A g AA AB AB
B A
AB B AB
U I UR R R
U U
R R R
1
1
Sustituyendo los datos del problema, se obtiene la siguiente solución:
1 10 VAU
o Subcircuito 2: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo
actúa la de valor Ig2.
Por tanto, se anula la fuente de valor Ig1. Con la metodología a), la fuente
dependiente solo se modifica para que su valor se corresponda al subcircuito
considerado, no al circuito original. Por ello, el valor de la fuente αUA (referido
al circuito original) se sustituye por αUA2 (alusivo al subcircuito 2).
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,
aplicando escritura directa, son:
RB
+
UA1
α UA1
Ig1 RA
A B
RAB
0
Fuente de corriente anulada (0 A)
+
UB1
RB
+
UA2
α UA2
Ig2
RA
A B
RAB
0
Fuente de corriente
anulada (0 A)
+
UB2
142 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
2
22
1 1 1
1 1 1
AAA AB AB
A gB
AB B AB
UUR R R
U IU
R R R
2
2
Sustituyendo los datos del problema y resolviendo el sistema, se obtiene:
2 4 VAU
o Teorema de superposición:
La tensión UA en el circuito es la suma de las contribuciones de los dos
subcircuitos.
1 2 6 VA A AU U U
b) Teorema de superposición aplicado a todas las fuentes de forma que haya
una sola fuente en cada subcircuito.
En este apartado, los subcircuitos se obtendrán anulando todas las fuentes
menos una, sea dependiente o independiente, en cada subcircuito.
Con la técnica de este apartado, la tensión referida en la fuente dependiente
no es la correspondiente al subcircuito, sino la referencia del circuito original.
Esto implica que cuando se aplica superposición anulando también las fuentes
dependientes, éstas aparecen en un solo circuito donde las fuentes
dependientes tienen el valor resultante de la superposición de todos los
subcircuitos, incluido él mismo. Salvo excepciones, ese subcircuito suele ser
difícil de resolver por estar acoplado con el resto.
Siempre que sea posible, se recomienda aplicar superposición anulando
únicamente las fuentes independientes y dejando las fuentes dependientes
en todos los subcircuitos (método del aparatado a).
Cuando no haya otra opción, se debe aplicar superposición anulando también
las fuentes dependientes (técnica utilizada en este apartado b).
Teoremas Fundamentales 143
Los tres subcircuitos que se obtienen al aplicar superposición se muestran a
continuación.
o Subcircuito 1: Se considera que solo actúa la fuente de valor Ig1.
Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig2
y la fuente dependiente).
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RA y RAB en serie con RB.
1 1
1
45A
1 1 7A
A g
A AB B
RI I
R R R
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
1 1
90V
7A A AU R I
El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
1 1
1
1 1 1
1 1 1 0A gA AB AB
B
AB B AB
U IR R R
U
R R R
RB
+
UA1
Ig1
RA
A B
RAB
0
+
UB1
IA1
Fuente de corriente
anulada (0 A)
Fuente de corriente anulada (0 A)
144 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Subcircuito 2: Se considera que solo actúa la fuente de valor Ig2.
Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig1 y la fuente dependiente).
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RB y RA en serie con RAB.
2 2
1
18A
1 1 7A AB
A g
A AB B
R RI I
R R R
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
2 2
36V
7A A AU R I
El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
2
22
1 1 1
0
1 1 1AA AB AB
gB
AB B AB
UR R R
IU
R R R
RB
+
UA2
RA
A B
RAB
0
+
UB2
Ig2
IA2
Fuente de
corriente anulada (0 A)
Fuente de
corriente anulada (0 A)
Teoremas Fundamentales 145
o Subcircuito 3: Se considera que solo actúa la fuente de valor α UA.
Nótese que el valor de la fuente dependiente es α UA, donde UA es la tensión
en la resistencia RA en el circuito original, diferente a la tensión de este
subcircuito (UA ≠ UA3).
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RAB y RB en serie con RA.
3
1
1
1 1 7A B
A A A
A B AB
R RI U U
R R R
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
3 3
2
7A A A AU R I U
El mismo resultado también se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
3
3
1 1 1
1 1 1A AA AB AB
B A
AB B AB
U UR R R
U U
R R R
3
2
7A AU U
RB
+
UA3
α UA
RA
A B
RAB
0
+
IA3
UB3
Fuente de corriente
anulada (0 A)
Fuente de
corriente anulada (0 A)
146 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Teorema de superposición
La tensión UA es la suma de las contribuciones de cada subcircuito:
1 2 3
90 36 2
7 7 7A A A A A AU U U U U U
La tensión UA se obtiene despejando en la expresión anterior:
6 VAU
Puede comprobarse que el resultado del problema no depende de la
metodología empleada.
Teoremas Fundamentales 147
Problema 5.3 ()
Calcular el valor de la intensidad iA en el circuito de la figura mediante el
teorema de superposición. Utilizar como datos eg(t), ig(t), R y β.
Solución:
La técnica de superposición suele utilizarse para dividir un problema en otros
de más sencilla resolución. Cuando aplicamos superposición, se recomienda
anular exclusivamente las fuentes independientes (el resto de elementos del
circuito, incluidas las fuentes dependientes, aparecen en todos los circuitos).
Es decir, se recomienda dejar intactas las fuentes dependientes en todos los
subcircuitos porque así el problema original se divide en subproblemas inde‐
pendientes entre sí.
Como el circuito original tiene dos fuentes independientes, al activarlas
sucesivamente se obtienen dos subcircuitos independientes entre sí.
Esto no sucede si aplica superposición anulando también las fuentes depen‐
dientes (para mayor información consulte el problema 5.2, apartado b).
Una fuente de tensión de valor 0 V o anulada se comporta como un corto‐
circuito, y una fuente de intensidad de valor 0 A o anulada se comporta como
un circuito abierto. Por ello, las fuentes de tensión anuladas en los subcircuitos
se sustituyen por cortocircutos y las fuentes de corriente anuladas se
sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o independientes.
R
iA(t)
ig(t) β i
A(t) R
eg(t)
+
148 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Subcircuito 1
En primer lugar se deja la fuente independiente ig(t) y se anula la otra fuente
independiente. La fuente dependiente se modifica para que su valor se refiera
al subcircuito considerado, no al circuito original.
El subcircuito resultante tiene todas sus fuentes de corriente y cuenta con un
nudo, además del de referencia.
Con las referencias anteriores, la escritura directa del método de nudos es:
1 1( ) ( ) β ( )A g Au t i t i t
R R
1 1
La ecuación adicional relaciona la magnitud de la fuente dependiente con la
tensión del nudo A utilizando la ley de Ohm:
1
( )( ) A
A
u ti t
R 1
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene iA1(t), la contribución a la
corriente iA(t) debido a la fuente ig(t):
R
iA1(t)
ig(t) β i
A1(t) R
Fuente de tensión anulada
(0 V)
R R
A
0 ref
+
uA1(t) i
g(t) β i
A1(t)
iA1(t)
Teoremas Fundamentales 149
( )( )
2 β
g
A
i ti t
1
Nótese que debido al principio de linealidad, las tensiones y corrientes son
proporcionales al valor ig(t) de la única fuente independiente del subcircuito.
o Subcircuito 2
En el segundo subcircuito se deja la fuente independiente eg(t) y se anula la
otra fuente independiente. La fuente dependiente se modifica para que su
valor se refiera al subcircuito 2, no al circuito original.
Para resolver el subcircuito por el método de mallas, la fuente de corriente se
puede transformar a fuente de tensión.
Con las referencias anteriores, la escritura directa del método de mallas es:
22
β ( )( ) ( ) A
A g
i tR R i t e t
R
Despejando se obtiene iA2(t), la contribución a la corriente iA(t) debido a la
fuente eg(t):
R
iA2(t)
β iA2
R
eg(t) +
Fuente de corriente
anulada (0 A)
R iA2(t)
R
eg(t) +
iA2(t)
+–
150 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
2
( )( )
β2
g
A
e ti t
RR
Nótese que como el subcircuito tiene una sola fuente independiente, las
tensiones y corrientes son proporcionales al valor eg(t) de la única fuente
independiente del subcircuito.
o Teorema de superposición
Las fuentes independientes contribuyen a la intensidad iA(t) del circuito
original con las cantidades . iA1(t) e iA2(t), calculadas en los subcircuitos
anteriores.
De acuerdo con el principio de linealidad, se ha comprobado que cada
contribución es proporcional al valor de la fuente independiente considerada
en cada subcircuito.
Finalmente, iA(t) se obtiene sumando las aportaciones de cada fuente
independiente:
1 2( ) ( ) ( )A A Ai t i t i t
( ) ( )( )
β2 β 2
g g
A
i t e ti t
RR
Teoremas Fundamentales 151
Problema 5.4 ()
Para el dipolo de la figura:
a) Determinar su equivalente Norton visto desde los terminales A y B.
b) Calcular la energía que se almacenaría en un condensador de 2 mF que
se conectara entre los terminales A y B de dicho dipolo.
Solución:
a) Cálculo del equivalente Norton
Para obtener el equivalente Norton se procede a calcular la intensidad de
cortocircuito del dipolo original y la impedancia equivalente de su
correspondiente dipolo pasivo.
o Cálculo de la intensidad de cortocircuito
Al cortocircuitar los terminales A y B, la resistencia de 4 está en paralelo con
un cortocircuito y, por tanto, no circula corriente por ella. Por consiguiente, se
elimina porque no afecta a las corrientes y tensiones del circuito.
1
10 V +
A 1
6
4
2 B
Icc
10 V
+
A 2
6
2 B
Icc I
1
10 V
+
A1
6
4
2 B
152 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La resistencia de 2 está en paralelo con la resistencia de 6 y la resistencia
equivalente del conjunto es:
1 1 11,5
6 2eq
eq
RR
La corriente I que circula por la fuente es:
102,857 A
2 eq
IR
Aplicando la fórmula del divisor de corriente se obtiene la intensidad Icc,
corriente que también circula por la resistencia inferior derecha del dipolo.
1
22,857 2,143 A1 1
6 2
ccI
o Cálculo de la impedancia equivalente del circuito pasivo.
Para obtener el dipolo pasivo correspondiente al dipolo original, se anulan
todas las fuentes independientes presentes en el circuito. En el circuito
únicamente existe una fuente independiente, y anular esa fuente de tensión
equivale a sustituirla por un cortocircuito.
10 V
+
A
2
6
2 B
Icc
Req
I 2
10 V
+Req
I
1
A1
6
4
2 BFuente
tensión nula
Teoremas Fundamentales 153
Dado que el dipolo original no contiene ninguna fuente dependiente ni
acoplamientos magnéticos, se puede calcular la impedancia equivalente vista
desde A y B por asociación serie y paralelo de resistencias. Al asociar las dos
resistencias de 1 y de 6 se obtiene el siguiente circuito equivalente:
1 1 11,5
6 2eq
eq
RR
Se procede de forma similar con el circuito resultante, hasta obtener un
circuito con una sola resistencia:
1 1 1
1,8663,5 4
eq
eq
RR
Así pues, la impedancia equivalente vista desde sus terminales A y B del dipolo
pasivo correspondiente al dipolo activo original es:
1,866eqR
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en la
referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Es decir, el
sentido de la fuente de corriente debe ser tal que cuando se cortocircuita el
1
A1
6
4
2 B
Req
Req
A
4
2 B
A
3,5 4
B
Req
A
1,866
B
154 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
equivalente Norton, la intensidad debe circular en el mismo sentido que en el
cortocircuito hecho en el dipolo original.
Al principio del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para
que la corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se
cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el
terminal A.
Corriente de cortocircuto en el dipolo original
Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton
Por tanto, el equivalente Norton es:
b) Energía almacenada en un condensador de 2 mF.
Para calcular la energía almacenada en un condensador es necesario conocer
la tensión entre sus bornes. Por otra parte, el equivalente Norton se comporta,
visto desde sus terminales A y B, como el dipolo original.
Dado que el condensador se conecta en los terminales A y B del dipolo, es más
sencillo el cálculo de la tensión en bornes del condensador utilizando el
equivalente Norton que si se analiza el circuito original.
1
10 V +
A 1
6
4
2 B
IccIcc
2,143 A
1,866
A
B
Icc=2,143 A Req=1,866
A
B
Teoremas Fundamentales 155
Condensador conectado
al dipolo original Condensador conectado al equiva‐lente Norton del dipolo original
Un condensador en un circuito de corriente continua se comporta como un
circuito abierto, dado que no circula corriente por él una vez termine el
transitorio inicial de carga. Por tanto, la tensión en bornes del condensador
coincide, en este caso, con la tensión a circuito abierto del dipolo:
2,143∙1,866 4 VCU
Por último solo queda aplicar la expresión de la energía almacenada en un
condensador:
2 3 21 1∙2∙10 ∙4 16 mJ
2 2C CW C U
Nótese que la energía almacenada en el condensador no varía en el tiempo
porque el circuito es de corriente continua.
1
10 V +
A 1
6 4
2 B
2 mF 2,143 A
1,866
A
B
2 mF
2,143 A
1,866
A
B
UC
+2 mF2,143 A
1,866
A
B
UC
+
156 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 5.5 ()
Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin vistos
desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.
Solución:
Para obtener el equivalente Norton, se calcula la corriente de cortocircuito del
dipolo. Para obtener el equivalente Thévenin, se calcula la tensión a circuito
abierto del dipolo. Para ambos equivalentes, también es necesario calcular la
impedancia equivalente del dipolo pasivo vista desde los terminales A y B, que
coincide con el cociente entre la tensión a circuito abierto y la corriente de
cortocircuito.
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
El dipolo con los terminales A y B cortocircuitados queda como sigue:
3
2
6 A 5 V
6
A
B
=1 I
I
+
3
2
6 A 5 V
6
A
B
I
I
+
M
Icc
N
I1
=1
Teoremas Fundamentales 157
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
6Nudo : 6 3A
1M I I I
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
1 1Nudo : 3cc ccB I I I I I
La resistencia de 6 Ω está conectada en bornes de la fuente de 5 V. Por tanto:
1 1Resistencia 6 Ω: 6 5V 5 / 6 AI I
Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:
1
5 23 3 3 A
6 6ccI I
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
El dipolo con los terminales A y B a circuito abierto es:
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
6Nudo : 6 3A
1M I I I
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
1 1Nudo : 0 = 3 AB I I I I
Finalmente se obtiene la tensión U0 aplicando la segunda ley de Kirchhoff:
0 15 6 5 6 ( 3) 23V U I
3
2
6 A 5 V
6
A
B
I
I
+
MN
I1 B
+
U0
158 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para
ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y
las fuentes dependientes se dejan tal como están en el circuito original.
Dado que hay una fuente dependiente, la impedancia equivalente del dipolo
pasivo no se puede calcular por asociación de resistencias. Por tanto, se
conecta una fuente externa auxiliar en los bornes del dipolo y la impedancia
equivalente del dipolo pasivo se calcula como la relación entre la tensión de
la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.
El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar añadida es:
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
0Nudo : 0 0 0
1M I I I I
En este dipolo pasivo, la fuente dependiente casualmente no inyecta corriente
( I = 0 A) y, por tanto, se puede sustituir por un circuito abierto.
3
2
6
A
B I
I
+
M
Eg
N
I1 B
Ie
3
2
6
A
B
I = 0
I = 0
+
M
Eg
N
I1 B
Ie
Teoremas Fundamentales 159
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
1 1Nudo : 0 e eB I I I I I
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la malla de la derecha se obtiene:
16 6 g eE I I
Como se ha dicho anteriormente, la impedancia equivalente del dipolo vista
desde sus terminales es el cociente entre la tensión de la fuente auxiliar Eg y
la intensidad Ie que circula por ella. Esto es:
6
g
eq
e
ER
I
Las fuentes dependientes generalmente no se anulan en el circuito pasivo.
Pero en este ejercicio se ha visto que casualmente sí se anula y entre los
terminales A y B sólo queda una resistencia de 6 que precisamente es la
impedancia equivalente del circuito. Es decir, el resultado obtenido es coherente.
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en la
referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Al principio del
problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para que la corrien‐
te del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se cortocircuita, es
necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el terminal A.
Corriente de cortocircuto en el dipolo original
Corriente de cortocircuto en el equivalente Norton
3
2
6 A 5 V
6
B
=1 I
I
+
M N
A
Icc
Icc 3,83 A
6
A
B
160 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por tanto, el equivalente Norton es:
o Circuito equivalente Thévenin
El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin debe colocarse apo‐
yándose en la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.
Se ha considerado al establecer la referencia que el terminal A está a mayor
tensión que el terminal B. Por tanto, el terminal positivo de la fuente debe
apuntar al terminal a mayor tensión de la referencia dada, es decir, el
terminal A.
Tensión a circuito abierto en el dipolo original
Tensión a circuito abierto en el equivalente Thévenin
Por tanto, el equivalente Thévenin es:
3
2
5 V
6
B
=1 I
I
+
M N
A
+
U06 A
6
23 V
A
B
+ + U0
Req = 6 I
cc= 3,83 A
A
B
Req= 6
U0= 23 V
A
B
+
Teoremas Fundamentales 161
o Comprobación de los resultados.
Los equivalentes Norton y Thévenin son fuentes reales equivalentes entre sí.
Por tanto, una forma de comprobar los resultados obtenidos es verificar que
el cociente entre la tensión a circuito abierto y la intensidad de cortocircuito
(U0/Icc) coincide con la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito
pasivo.
Otra forma de comprobar los resultados es constatar que la corriente de
cortocircuito de ambos equivalentes es la misma (en valor y sentido).
0 23 V 3,83 A
6cc
eq
UI
R
Alternativamente, se puede comprobar que la tensión a circuito abierto de
ambos equivalentes es la misma (en valor y polaridad).
U0 = Icc∙Req (3,83 A)( 6 ) = 23 V
162 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 5.6 ()
Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin vistos
desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.
Solución:
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
Para obtener el equivalente Norton es necesario calcular la corriente de
cortocircuito del dipolo. El circuito con los terminales A y B cortocircuitados
queda como sigue:
Se aplica la LKT a la trayectoria cerrada definida por los nudos A, C, B y A:
1 1 12 0 0u u u
La corriente i1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
11Resistencia 2 : 0 A
2
ui
Se aplica la LKI al nudo C:
B
2
5 +
u1
9 A
+
2 u1
3 A
A
B
2
5 +
u1
9 A
+
2 u1
3 A
A
icc
AC i2
i1
Teoremas Fundamentales 163
1 2 2Nudo : 3 A 3 AC i i i
A continuación se aplica la LKI al nudo A:
2Nudo : 9 A + ccA i i
Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:
2 9 A 6 Acci i
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
Para obtener el equivalente Thévenin es necesario calcular la tensión a circuito
abierto del dipolo.
El circuito con los terminales A y B en circuito abierto es:
A continuación se aplica la LKI al nudo A:
2Nudo : 9 AA i
Se aplica LKI al nudo C:
1 2 1 2Nudo : 3 3 6 AC i i i i
Una vez conocida i2, la tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
1 1Resistencia 2 : 2 2 ∙ ( 6) 12 V u i
Se aplica la LKT a la trayectoria cerrada definida por los nudos A, C, B y A:
0 1 1 12 3 36 V u u u u
B
2
5 + +
u1
9 A
+
2 u1
3 A
A
u0
AC i2
i1
164 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para
ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y
las fuentes dependientes permanecen tal como están en el circuito original.
Dado que hay una fuente dependiente, no se puede calcular la impedancia por
asociación de resistencias y se conectará una fuente externa auxiliar en los
bornes del dipolo.
El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar añadida
es:
Aplicando la LKI al nudo C se obtiene:
1 2 2 1Nudo : 0 C i i i i
A continuación se aplica la LKI al nudo A:
2 2 1Nudo : 0 e eA i i i i i
Se aplica la LKT a la única malla del circuito:
1 1 12 3 ge u u u
La tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
1 1Resistencia 2 : 2 2 eu i i
La impedancia vista desde los terminales A y B es el cociente entre el valor de
la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella:
13 6 6
g eeq
e e e
e u iR
i i i
B
2
5 +
u1
+
2 u1
AAC i2
i1
+ eg
ie
Teoremas Fundamentales 165
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina de acuerdo con el
criterio adoptado para calcular Icc.
Se puede comprobar que el dipolo original y el equivalente Norton mostrado
a continuación tienen corrientes de cortocircuito en el mismo sentido.
o Equivalente Thévenin
El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin se ha definido de
acuerdo con la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.
o Comprobación de los resultados
La tensión a circuito abierto de ambos equivalentes es la misma, tanto en valor
como en polaridad. La comprobación numérica es:
icc∙Req = u0 (6 A)( 6 ) = 36 V
Req = 6 i
cc= 6 A
A
B
Req= 6
u0= 36 V
A
B
+
166 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 5.7 ()
Para el dipolo de la figura, determinar el equivalente Thévenin y el equivalente
Norton vistos desde sus terminales A y B, y comprobar los resultados. Dibujar
dichos equivalentes.
Solución:
Las fuentes del circuito son de corriente continua, por lo que las intensidades
que circulan por este circuito son constantes y los flujos magnéticos que crean
estas intensidades también lo son. El principio de funcionamiento de cualquier
transformador es la inducción electromagnética y, para que exista esta
inducción electromagnética, debe de haber un flujo magnético variable.
Al ser los flujos magnéticos constantes no habrá tensiones inducidas entre los
devanados del transformador ideal presente en el circuito. Por lo tanto, el
transformador no funciona como tal.
Teniendo en cuenta esto, el circuito equivalente del circuito de la figura
anterior es:
A
Ig = 5 A
N1 = 10
+
N2 = 20
B
U1
+
3 1
4 2
Eg = 24 V
2 mF8
U1
= 0,5∙S
Teoremas Fundamentales 167
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
Para este dipolo se va a determinar la tensión a circuito abierto, U0.
Dado que las fuentes del circuito son fuentes de corriente y a la vista de la
geometría del circuito, se va a utilizar el método de análisis por nudos para
llevar a cabo este cálculo.
Utilizando la escritura directa de ecuaciones del método de análisis por nudos:
0
0
0 1
1 1 10
4 1 4 01 1 1
0 53 2 2
0,51 1 1 1
4 2 2 4
A
C
D
U
U
U U
Es un sistema de 3 ecuaciones y 4 incógnitas, por lo que habrá que añadir una
ecuación adicional que haga que el sistema sea determinado. Esta ecuación
adicional se obtiene de escribir la variable de la cual depende la fuente
dependiente, U1, en función de las incógnitas del método, es decir, de las
tensiones de nudo:
1 0 CU U
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:
0 12AU V
D
Ig = 5 A
+
B
U1 3 1
4 2
+
U0
A A
0 0
C
UA0
UD0
UC0
++ +
U1
= 0,5 S
168 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por lo tanto, la tensión a circuito abierto del dipolo es:
0 0 12 VAU U
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
A continuación se va a proceder al cálculo de la intensidad de cortocircuito del
dipolo.
En este circuito puede verse que la resistencia de 1 está en paralelo con un
cortocircuito. En estas condiciones, la intensidad que circula por esta
resistencia, IR, es nula, pudiéndose eliminar dicha resistencia sin que el resto
del circuito se vea afectado. El circuito queda:
Utilizando nuevamente el método de análisis por nudos, de la escritura directa
de las ecuaciones se obtiene:
Ig = 5 A
+
B
U1 3 1
4 2
Icc
A
IR
U1
= 0,5 S
Ig = 5 A
+
B
U1 3
4 2
Icc
ADC
0
++
UC0
UD0
0
0
U1
= 0,5 S
Teoremas Fundamentales 169
0
0 1
1 1 152 3 2
0,51 1 1
2 2 4
C
D
U
U U
Se tiene un sistema de 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que es necesario
añadir una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando la
tensión de la cual depende la fuente dependiente con las tensiones de nudo:
1 0 CU U
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que:
0
0
30 V
40 VC
D
U
U
Conocida la tensión UD0 ya es posible calcular la intensidad de cortocircuito ICC:
10 A4DO
cc
UI
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
Por último, se determina la impedancia equivalente del dipolo pasivo
correspondiente al dipolo activo considerado. Así pues, lo primero es convertir
el dipolo activo en pasivo, es decir, hay que anular todas las fuentes
independientes presentes en el dipolo. En el dipolo del enunciado, existen dos
fuentes, una independiente de intensidad y una dependiente de intensidad.
Tal y como se ha dicho, se anula la fuente independiente de intensidad de 5 A.
El dipolo pasivo queda:
+
B
U13 1
4 2 A
U1
= 0,5 S
170 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Dado que en el circuito hay fuentes dependientes, para determinar la
impedancia equivalente de este dipolo pasivo hay que colocar una fuente
auxiliar en bornes del dipolo (en este caso se elige una fuente de tensión) y
calcular la relación entre la tensión de la fuente, E, y la intensidad Ie que circula
por ella.
Las resistencias de 2 y 3 están en serie, por lo tanto es posible agruparlas.
Se da un valor a la fuente de tensión E de 10 V, y se determina la intensidad Ie
utilizando nuevamente el método de análisis por nudos.
Aplicando escritura directa:
0 1
0
1 1 10,55 4 4
1 1 1
4 4 1
C
A e
U U
U I
+
B
U13 1
4 2 A
+
= E
Ie
U1
= 0,5 S
B
5 1
4 A
+
= 10 V
Ie
AC
0 0 0
+
UC0
+
UA0
U1
= 0,5 S
Teoremas Fundamentales 171
Se obtiene un sistema de 2 ecuaciones y 4 incógnitas. Hay que añadir dos
ecuaciones adicionales al sistema para que sea determinado. La primera
ecuación se obtiene de relacionar el valor de la fuente de tensión ideal con las
incógnitas del método, es decir, las tensiones de nudo.
010 V AU
La segunda ecuación adicional se obtiene escribiendo la tensión de la cual
depende la fuente de intensidad dependiente en función de las incógnitas del
método de análisis, es decir, de las tensiones de nudo.
Al agrupar las resistencias de 2 y 3 ha desaparecido la tensión U1. Hay que
regresar al circuito original para poder escribir esta tensión en función de las
tensiones de nudo (ver figura siguiente).
Como las resistencias de 2 y 3 están en serie, se puede aplicar la expresión
del divisor de tensión para relacionar la tensión U1 y la tensión de nudo UC0:
1 0 0
3 3
3 2 5
C CU U U
Resolviendo el sistema, ahora ya de 4 ecuaciones linealmente independientes
con cuatro incógnitas:
0 16,666 VCU
1 10 VU
0 10 VAU
8,333AeI
+
B
U13 1
4 2 A
+
= 10 V
Ie +
UC0
C
0
U1
= 0,5 S
172 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por lo tanto, la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al
activo dado vale:
101,2
8,333 eq
e
EZ
I
o Comprobación y equivalentes Norton y Thévenin
Para comprobar los resultados ha de cumplirse que:
0 eq ccU Z I
Verificación numérica:
12V 1,2 10 A
En cuanto al dibujo de ambos equivalentes:
B
1,2 A
+
=
B
A
1,2 12 V 10 A
Equivalente Thévenin Equivalente Norton
Teoremas Fundamentales 173
Problema 5.8 ()
Dado el dipolo de la figura, donde las fuentes son de corriente continua y el
circuito se encuentra en régimen estacionario, calcular sus equivalentes
Thévenin y Norton vistos desde los terminales A y B y dibujarlos. Comprobar
los resultados.
Solución:
Se dice en el enunciado que todas las fuentes del dipolo son de corriente
continua y que se encuentra en régimen estacionario. Así pues, en estas
condiciones, las bobinas se comportan como cortocircuitos y los conden‐
sadores como circuitos abiertos. Teniendo en cuenta esto, el dipolo queda:
Al comportarse la bobina como un cortocircuito, la tensión entre sus bornes
es cero, esto es, UL = 0. Por lo tanto, la fuente de tensión que depende de la
12 A
3∙UR+
+ 5∙UL2
2 μF+
+ UR
UL7 mH
A
B
4
3
6
5
12 A
3∙UR+
+ 5∙UL2
++ UR
UL
A
B
4
3
6
5
174 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
tensión en bornes de la bobina tiene un valor de 0 V, es decir, esta fuente es
un cortocircuito. Dado que el circuito se va a analizar por mallas, la fuente real
de intensidad se transforma en su fuente real de tensión equivalente,
resultando el siguiente el dipolo:
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
Se va a calcular, en primer lugar, la tensión a circuito abierto, U0. Para ello se
va a utilizar el método de análisis por mallas. El circuito a analizar tiene una
sola malla, y a ésta se le asigna una intensidad de circulación de malla, Ia , en
el sentido indicado en la figura inferior.
La ecuación de la malla es:
3 2 4 5 6 60 aI
60 V
3∙UR+
2
++ UL= 0
A
B
4
3
6
5
Fuente de tensión cero
60 V
3∙UR+
2
++ UL = 0
A
B
4
3
6
5
U0
+Ia
Teoremas Fundamentales 175
y de aquí se obtiene que:
3AaI
Calculada la intensidad de la malla, la tensión a circuito abierto, U0, se puede
determinar aplicando la LKT a la trayectoria cerrada de la derecha del dipolo:
0 3 2 3 6 R a a aU U I I I
Para determinar UR, hay que volver al circuito original ya que se ha
transformado la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente:
De acuerdo con el circuito de arriba:
12 12 3 9 AR aI I
y, por lo tanto:
5 5 ∙9 45 VR RU I
Así pues, la tensión a circuito abierto vale:
0 3( 45) 11 3 168 VU
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
Para calcular la intensidad de cortocircuito, y partiendo de las mismas
consideraciones que se han hecho a la hora de calcular la tensión a circuito
abierto, el circuito queda:
12 A
+UR5
Ia IR
176 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En este circuito se distinguen dos mallas, a las que se les asigna sus
correspondientes intensidades de circulación de malla, Ia e Ib.
Utilizando el método de escritura directa, las ecuaciones de malla son:
3 2 6 0 3
0 4 5 3 60
a R
b R
I U
I U
Este sistema tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas, por lo que se precisa añadir
una ecuación adicional para que el sistema sea determinado.
Esta ecuación adicional se establece a partir de la tensión de la cual depende
la fuente dependiente de tensión. Para determinar esta tensión es necesario
volver al circuito original, ya que la tensión estaba inicialmente referida a una
resistencia que posteriormente experimentó una transformación.
60 V
3∙UR+
2
+ A
B
4
3
6
5
Icc
60 V
3∙UR+
2
+ A
B
4
3
6
5
Icc
Ia
Ib
Teoremas Fundamentales 177
12R bI I
5 12 60 5R b bU I I
Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene:
2,7272A
10 Aa
b
I
I
Entonces, la intensidad de cortocircuito vale:
2,7272 ( 10)
12,7272 Acc a b
cc
I I I
I
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
Por último se calcula la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspon‐
diente al activo dado. Para ello, se anulan las fuentes independientes que
contenga el dipolo activo. Este dipolo pasivo se muestra en la figura de la
página siguiente. Como el circuito contiene fuentes dependientes, para
calcular la impedancia equivalente se conecta entre los terminales A y B del
dipolo una fuente auxiliar de valor cualquiera E. En este caso, se considera que
dicha fuente tiene un valor E = 10 V. La impedancia equivalente es la relación
entre el valor de esta fuente, E, y la intensidad Ie que circula por ella.
12 A
+UR5
Ib IR
178 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para calcular la intensidad Ie se recurre al método de análisis por mallas. El
circuito contiene 2 mallas y se fijan los sentidos de circulación de las
intensidades de estas mallas, Ia e Ib.
Aplicando el método de escritura directa, las ecuaciones de malla son:
3 2 6 0 3 10
0 4 5 3 10
a R
b R
I U
I U
El sistema tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas. Habrá que escribir una ecuación
adicional para que el sistema sea determinado. Esta ecuación se obtiene
escribiendo la tensión de la cual depende la fuente dependiente de las
incógnitas principales del método de análisis, las intensidades de malla:
5 R bU I
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:
0,3409 A
0,4166 A
2,0833 V
a
b
R
I
I
U
La intensidad que circula por la fuente es:
0,7575Ae b aI I I
Por lo tanto, la impedancia equivalente del dipolo pasivo es:
3∙UR+
2
+
UL=0 A
B
4
3
6
5
+ E = 10 V
Ie+
UR
Ia
Ib
Teoremas Fundamentales 179
1013,2
0,7575 eq
e
EZ
I
o Comprobación y equivalentes Norton y Thévenin
Para comprobar los resultados ha de verificarse que se cumple:
0 eq ccU Z I
Verificación numérica:
168 V 13,2 12,7272A
El dibujo de ambos equivalentes es:
B
13,2 A
+
=
B
A
13,2 168 V 12,7272 A
Equivalente Thévenin Equivalente Norton
180 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Los teoremas de linealidad, superposición, Thévenin y Norton se utilizan
profusamente en el cálculo de instalaciones eléctricas y en electrónica
analógica. Para contextualizar la aplicación de estos teoremas, se ha incluido
el siguiente ejercicio ilustrativo. El objetivo de este problema, que excede del
nivel del resto del libro, es dar sentido a los circuitos equivalentes en su ámbito
de aplicación más usual.
Problema 5.9 ()
El siguiente circuito corresponde a una etapa amplificadora en emisor común.
El equivalente Norton de la izquierda representa un sensor de impedancia
interna Ri que proporciona una pequeña señal de entrada is(t) de valor medio
nulo y que varía rápidamente. La resistencia RL representa el elemento que
recibe la señal de salida (la señal amplificada). La fuente de alimentación del
amplificador es VCC.
Datos: Ri = 20 k, R1 = 33 k, R2 = 22 k, RC = 3,3 k, RE = 2,2 k, RL = 3,3 k, ro = 50 k, r = 2,5 k, = 100, VCC = 12 V, VBE(on) = 0,6 V.
C
is(t) Ri
Sensor entrada
R2
R1
RC
RE
E
B
CE
+
Vcc
RL
Carga salida
Fuente
Alimentación Etapa amplificadora
CL
Transistor
Teoremas Fundamentales 181
a) Sustituir el transistor por el circuito equivalente aproximado (modelo
híbrido en del transistor bipolar NPN operando en zona activa).
b) A partir de este circuito, obtener los valores medios de las tensiones y
corrientes de funcionamiento del transistor, denominado punto de
polarización o trabajo. Ese punto corresponde al funcionamiento del
circuito original cuando la pequeña señal de entrada es nula, is(t) = 0.
c) Obtener el circuito de pequeña señal anulando todas las fuentes
independientes excepto la de pequeña señal de entrada, is(t). Considerar
en el circuito de pequeña señal que los condensadores pueden sustituirse
por cortocircuitos porque tienen una capacidad elevada y la señal tiene
valor medio nulo y varía muy rápidamente.
d) En el circuito de pequeña señal, calcular la impedancia de entrada
(impedancia del resto del circuito vista desde los terminales del sensor).
e) En el circuito de pequeña señal, calcular la impedancia de salida
(impedancia del resto del circuito vista desde los bornes de la carga RL).
f) Aplicando el principio de superposición, calcular la corriente total iB(t) por
la base del transistor.
Solución:
Los dispositivos electrónicos funcionan de forma no lineal y su comporta‐
miento se suele aproximar mediante circuitos equivalentes, que son aproxi‐
ESímbolo del transistor
C
B iB(t)
Circuito equivalente
B
β iB(t)
r +
C
E
ro
VBE(on)
iB(t)
(base)
(emisor)
(colector)
182 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
maciones válidas solo en un cierto rango de funcionamiento. Para la reso‐
lución manual de problemas, se utilizan circuitos equivalentes sencillos, reser‐
vando los más complejos (y precisos) para los programas de simulación.
En un problema de electrónica analógica con transistores, el primer paso es
estimar el modo de funcionamiento de cada transistor para poder aplicar un
modelo simplificado de cada dispositivo, en segundo lugar se verifica que los
modos de funcionamiento de los dispositivos son los supuestos resolviendo el
circuito con los modelos simplificados, en tercer lugar se analizan las pequeñas
desviaciones respecto el punto medio de funcionamiento y finalmente se calcula
el comportamiento total del circuito aplicando el teorema de superposición.
En circuitos con transistores, la verificación del modo de funcionamiento se
realiza analizando las tensiones y las corrientes promedio en el circuito que,
como no varían con el tiempo, corresponden al circuito de corriente continua
que resulta de anular la señal de entrada, is(t) = 0. A este circuito se le
denomina circuito de polarización de los dispositivos.
A continuación se analizan las variaciones respecto la media de las magnitudes
eléctricas. Dichas desviaciones son originadas por la pequeña señal de
entrada. Los modelos de pequeña señal son aproximaciones lineales de los
dispositivos electrónicos respecto su punto medio de funcionamiento. Es
común utilizar letras minúsculas para denominar los parámetros de pequeña
señal (véase las resistencias dinámicas r y ro del circuito equivalente del
enunciado).
El principio de superposición se aplica en electrónica con las siguientes
particularidades:
‐ Las magnitudes eléctricas del circuito original se denotan con letras
minúsculas y subíndices en mayúsculas: iB(t), vCE(t)…
‐ El punto medio de operación (llamado punto Q de trabajo o de
polarización) se obtiene anulando la señal de entrada en el circuito. Las
magnitudes eléctricas son constantes en el tiempo y se denotan con letras
mayúsculas, tanto el texto normal como el subíndice: IB, VCE…
Teoremas Fundamentales 183
‐ El circuito equivalente para pequeña señal respecto al punto medio Q. Repre‐
senta una aproximación lineal del circuito original. Se obtiene anulando todas
las fuentes constantes en el tiempo. Las magnitudes de pequeña señal se
denotan en minúsculas, tanto el texto normal como el subíndice: ie(t), vce(t)…
Aplicando el principio de superposición, la corriente de la base del transistor
en el circuito original es la suma de su valor medio más la desviación debido a
la señal: iB(t) = IB + ib(t).
a) El circuito resultante de sustituir el transistor bipolar por el modelo híbrido
en (parte rodeada con una línea discontinua) es el siguiente.
b) Los valores medios de las tensiones y corrientes se obtienen anulando la
pequeña señal de entrada, is(t) = 0. El resto de fuentes independientes del
circuito equivalente son de valor constante con el tiempo, por lo que el circuito
resultante es de corriente continua y los condensadores equivalen a circuitos
abiertos. Si hubiera bobinas, éstas se sustituirían por cortocircuitos. A este
circuito se le denomina de polarización y al punto medido de funcionamiento
se le denomina punto de trabajo Q (del inglés Quiescent).
Las tensiones y corrientes que son constantes en el tiempo se denotan con
letras mayúsculas, tanto en la magnitud como en el subíndice: IB, VCE…
iB(t)
is(t) Ri R2
R1
RC
RE
B
CE
+
Vcc
RL
CL
β iB(t)
C
E
ro
Sensor
entrada
Carga
salida
Fuente
Alimentación Etapa amplificadora
r + VBE(on)
Transistor
184 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Cuando no hay datos diferenciados, se considera que los parámetros r, ro y tienen el mismo valor en el análisis estático (en el circuito de polarización o de
punto medio de funcionamiento Q) y en el análisis dinámico (en el circuito de
pequeña señal). Por tanto, el circuito de polarización es el siguiente:
La corriente que suministra la fuente de alimentación se ha denominado IA y
su terminal positivo se ha denotado nudo A.
Las ramas de la base y del colector del transistor se han transformado en
fuentes reales de corriente para analizar el circuito más rápidamente por el
método de nudos.
Utilizando la equivalencia entre fuentes reales de corriente y tensión se puede
simplificar la rama del colector:
Ri R2
R1
RC
RE
B
+ Vcc
RL
iB(t)
C
E
ro
Sensor
entrada
Carga
salida
Fuente
Alimentación Etapa amplificadora
r + VBE(on)
IB
Fuente de corriente
nula (0 A) Equivalente condensador
Equivalente condensador
A
IA
Teoremas Fundamentales 185
Las intensidades por los terminales del transistor (base, colector y emisor) se
han denominado IB, IC e IE.
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante
escritura directa) son:
1 1
( )
1 1
(
0
0
2 π π π0
)
π π π
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
1 1
1 1 1
o
oC o C o
BE on
BE ono
C o C o
BA
C
A
B
i
o
E
B
E C
I r
rR R r R R r
V
R R R R r
VI r
R r R r R r r
IR
U
Ur r
U
r r R
RC
β IB
C
ro
A
B
RC
β IBro
C ro
A
B
–
+
RC + r
o
B
β IB
A
Ri R2
R1
RE
B + Vcc
E
RC+ r
o
r
0 ref
IB
IA
A
UE0
+ +
UB0
UA0
+
IC
IE
186 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La incógnita IA aparece en el vector independiente. La ecuación que falta por
la presencia de la fuente ideal de tensión VCC en el circuito es:
0A CCU V
Debido a la presencia de una fuente dependiente, se añade otra ecuación que
relaciona la magnitud dependiente con el resto de incógnitas:
0 0
π
(
π
)B E B
B
E onU VUI
r r
Las tensiones desconocidas UB0 y UE0 se pueden despejar de la segunda y
tercera ecuación matricial, después de aplicar las ecuaciones adicionales:
0 0
2 π π π
0 0
1
0
( )
1
( )
π
1 1 1 1 1
1 11
CCB E
i
E B CCE
C
BE on
BE ono
o C CEo o
VU U
V
R R R r R
Vr
r R r R R
r r
U U VU
R rr
Para utilizar magnitudes con menos dígitos, en este problema se han elegido
las unidades de trabajo V, mA, k y mW.
Al sustituir los datos del problema se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
0 0
0 0
0,5258 0,4 0,6036
37,924 38,397 22,529B E
B E
U U
U U
Resolviendo el sistema y aplicando las leyes de Kirchhoff se obtienen las
tensiones medias del circuito:
0 0 0 012 V, V,2,823 8,726 2,20 V, V2A B C EU U U U
Con estas tensiones medias se pueden obtener las corrientes medias:
( )0 0 0 0
π
0 0
1
)
π
1
(
1 1
B E BBE ono
C o o C o
B
EA CC
C
B E
B
E on
U U U UI V
R r
U
Vr
R R r r R R r
VUI
r
Teoremas Fundamentales 187
0
C E B
EE
E
I I I
UI
R
Sustituyendo valores y despejando se obtienen las corrientes del punto medio
de trabajo del circuito:
1,270 mA, 8,62 μA, 0,9921 mA, 1,0007 mA A B C EI I I I
En un problema de diseño electrónico, estos valores se utilizarían para
verificar que el transistor opera en zona activa (condición necesaria para
representar al transistor con el modelo híbrido en ) y también para compro‐
bar que el transistor está funcionando dentro de los límites operativos que el
fabricante indica en sus hojas de características
En resumen, el circuito de polarización contiene todas las fuentes
independientes de valor constante en el tiempo y carece de las fuentes
independientes de valor variable en el tiempo. Por eso se anuló la fuente de
señal is(t) en el circuito de polarización.
c) En el circuito de pequeña señal, las tensiones y corrientes se denotan, por
convención, con letras minúsculas (tanto el texto normal como los subíndices).
Para obtener el circuito en pequeña señal, es necesario anular todas las fuentes
independientes constantes y dejar la fuente de pequeña señal de entrada, is(t).
En un condensador, la corriente es proporcional a la capacidad C y a las varia‐
ciones de tensión:
i(t) = ±C ddt
u(t)
La corriente está limitada por resistencias elevadas, por lo que las intensidades
no pueden tomar grandes valores. En el enunciado de este problema se indica
que las capacidades son muy grandes, por ello:
( ) ( )( ) ( ) ( ) 0
d d i t i ti t C u t u t
dt dt C
188 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Puesto que ddt
u(t) 0, los condensadores de elevada capacidad mantienen
su tensión prácticamente constante.
Según el enunciado, is(t) tiene valor medio nulo. Dado que es única fuente inde‐
pendiente en el circuito de señal, por el principio de linealidad, el resto de tensio‐
nes e intensidades también tendrán valor medio nulo en el circuito de señal.
Por todo lo anterior, los condensadores tienen tensión nula y por ello se
pueden aproximar por cortocircuitos en el circuito de señal.
En rigor, el tiempo característico de variación de la señal is(t), de valor medio
nulo, debe ser mucho menor que el producto de la capacidad de los conden‐
sadores CL y CE por la resistencia equivalente vista desde sus terminales.
Si hubiera bobinas, se podrían sustituir por circuitos abiertos si su coeficiente
de autoinducción dividido por la resistencia equivalente vista desde sus bornes
fuera mucho mayor que el tiempo característico de variación de la señal.
Al sustituir fuentes de tensión constante y condensadores por cortocircuitos,
muchos elementos del circuito de pequeña señal quedan interconectados.
El circuito de pequeña señal está fuertemente mallado y sólo tiene fuentes de
corriente, por lo que el método de análisis más apropiado es el de nudos. Los
nudos B y C son los únicos nudos diferentes de la referencia, que se ha
engrosado para que fuera evidente que ocupa gran parte del circuito.
Ri R2
R1
RC
RE
B
RL
ib(t)
C
E
ro
Sensor
entrada
Carga
salida
Fuente
AlimentaciónEtapa amplificadora
r
ib(t)
Equivalente condensador
Equivalente condensador
Fuente de tensión
cero
Fuente de tensión
cero
is(t)
Teoremas Fundamentales 189
Nótese que el nudo E pasa a estar englobado en la referencia debido al
condensador CE. Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del
circuito (mediante escritura directa) son:
2 π1
1 1 1 10
( ) ( )
1 1 1 (0
β ) ( )bo s
co
C
i
o
b
L
R R R u i
u i
R r R
r t t
t t
Debido a la presencia de una fuente dependiente, se añade otra ecuación que
relaciona la magnitud dependiente con el resto de incógnitas:
π
( )( ) bo
b
ui
tt
r
La solución del sistema resultante es:
1 1 1 12 π1
( ) V( ) 1,902 ( )
mAo s
i
sb
iu i
R R R
tt t
r
1 1 1π 1 2
( )( ) 0,7608 ( )
1 ( )s
sb
i
ii i
R Rt
r R
tt
1 1 1 1 1 1π 1 2
( ) V( ) 121,52 (
β= )( )[1 ( )] mA
sc
L
o s
C o i
iu i
tt t
rR r R R R R
Nótese que por el principio de linealidad, las tensiones y corrientes son
proporcionales a is(t), única fuente independiente del sistema en el circuito de
señal.
Ri R2
R1
RC
RE
B
RL
ib(t)
C
ro
r
ib(t)
is(t)
0 ref
+
ubo(t)
+
uco(t)
190 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
d) La impedancia de entrada del circuito de pequeña señal del amplificador se
obtiene desconectando el sensor, anulando las fuentes independientes (si las
hubiere) y calculando la impedancia vista desde los terminales del sensor.
En este apartado no hay fuentes independientes en el circuito, por lo que se
salta el paso de anularlas.
La corriente de entrada depende de R1, R2 y r pero no depende del valor , ni del resto de resistencias del circuito, que están separadas por el nudo de refe‐
rencia. Por eso, la fuente dependiente no modifica la impedancia de entrada
y se puede calcular por asociación de impedancias.
Como las resistencias R1, R2 y r están entre los bornes B y 0, la impedancia
equivalente de entrada es el paralelo de esas tres resistencias.
, 1 1 121 π
12,102keq in
rr
R R
Este mismo resultado también se puede calcular como el cociente entre la tensión
y la corriente de una fuente auxiliar que se conectase entre los nudos 0 y B.
e) La impedancia de salida del circuito de pequeña señal del amplificador se
obtiene anulando las fuentes independientes, desconectando la carga de
salida RL y calculando la impedancia vista desde sus terminales.
R2
R1
RC
RE
B RL
ib(t) C
ro
r
ib(t)
0
req, in
Teoremas Fundamentales 191
El circuito resultante de anular la fuente is(t) y desconectar la carga RL para
calcular la impedancia vista desde ella es el de la página anterior.
Nótese que la corriente ib(t) es nula por estar el nudo B formado únicamente
por resistencias conectadas en el otro extremo a la referencia 0. Dado que
ib(t) = 0, tampoco circula corriente por la fuente dependiente (que se puede
sustituir por un circuito abierto).
Por tanto, la impedancia de salida puede calcularse como el paralelo de ro y RC.
, 1 1
13,096keq out
C orr
R
Ri R2
R1
RC
RE
B
ib(t)
C
ro
r
ib(t)
0 ref
C
0
req, in
Fuente de corriente
anulada
Ri R2
R1
RC
RE
B
C
ro
r
ib(t) = 0
0 ref
C
0
req, in
Fuente de corriente
anulada
ib(t)=0
192 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Este mismo resultado también se puede calcular como el cociente entre la tensión
y la corriente de una fuente auxiliar que se conectase entre los nudos 0 y C.
f) Según el principio de superposición, la corriente total iB(t) por la base del
transistor es la suma de la contribución del circuito de polarización y de
pequeña señal.
iB(t) = IB + ib(t) = 8,6 A + 0,7608 is(t)
La expresión anterior está formada por el valor medio 8,6 A y el término
variable 0,7608 is(t) de la corriente por la base del transistor.
Teoremas Fundamentales 193
Problemas propuestos
Problema 5.10 ()
Calcular el valor de la corriente i en el circuito de la figura por aplicación del
teorema de superposición.
Resultado: i = 0,6 A
Problema 5.11 ()
Calcular el valor de la tensión u1 en el circuito de la figura por aplicación del
teorema de superposición.
Resultado: u1 = –12 V
Problema 5.12 ()
Calcular el valor de la tensión UD en el circuito de la figura mediante el teorema
de superposición.
+ 2 V
2
2 i
+ 2 V
4
2
5 +
u1
9 A
+
2 u1
3 A
194 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Datos: RA = 5 , RB = 3 , RC = 2 , RD = 2 , α = 0,5 S, UA = 9 V, UB = 6 V
Resultado: UD = –5 V
Problema 5.13 ()
Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
Resultados: U0 = –Ug, Icc = –2Ug /R, Req = R/2
Problema 5.14 ()
Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
RB
+UD
α UD
UA
RA
RC
UB
+
RD
+
+
R R R
R R
Ug
A
B
Teoremas Fundamentales 195
Resultados: U0 = –0,625∙R∙Ig, Icc = –Ig, Req = 0,625∙R
Problema 5.15 ()
Calcular el equivalente Thévenin visto desde los terminales A y B del circuito
de la figura.
Resultados: U0 = 0 V, Req = 1
Problema 5.16 ()
Se mide con un voltímetro la tensión en una batería Ni‐MH sin conectar
ninguna carga, obteniendo un valor de 1,2 V. A continuación, se conecta en
sus extremos una bombilla que consume 0,2 A y la tensión en los extremos de
la batería baja a 1,1 V.
a) Dibujar el equivalente Thévenin de una sola batería.
b) Dibujar el equivalente Thévenin de 4 baterías conectadas en serie para
alimentar un dispositivo eléctrico.
Resultados: a) U0 = 1,2 V, Req = 0,5 ; b) U0 = 4,8 V, Req = 2
R R R
R R
Ig
A
B
+
A B 2 V
1 1
1 1
196 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 5.17 ()
Calcular los equivalentes Norton y Thévenin respecto de los terminales A y B
del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.
Resultados: U0 = – 24 V, Icc = – 4 A, Zeq = 6
Problema 5.18 ()
Dado el dipolo activo de la figura siguiente:
a) Calcular, aplicando el teorema de superposición, la tensión en bornes del
dipolo cuando éste se encuentra a circuito abierto.
b) Calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al
dipolo activo considerado.
c) Dibujar el equivalente Thévenin de dicho dipolo activo, respecto de sus
terminales.
+
uCB
iA
6 A
3 uCB
2
0,5 iA
2
B
A
2
2 CD
+
1
2
1
4
4 V
2 mH 5 A
I 3∙I
1 mF
A
B
Teoremas Fundamentales 197
d) Calcular la intensidad que circula entre los bornes del dipolo activo cuando
éste se encuentra en cortocircuito y comprobar con esa corriente los valores
del equivalente Thévenin.
Resultados: a) U0 = 1,25 V, b) Zeq = 1,25 , d) Icc = 1 A
Problema 5.19 ()
Calcular el equivalente Norton y el equivalente Thévenin respecto de los
terminales A y B del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.
Datos: eg= 13 V, R1 = 10 , R2 = 1 , R3 = 6 , = 3 S
Resultados: U0 = 8 V, Zeq = 3,846 , Icc = 2,08 A
+
eg
R1
R2
R3
∙u
+ u
A B
198 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario
sinusoidal
Problemas resueltos
Problema 6.1 ()
Dado el circuito de la figura, determinar el valor de la tensión uC(t).
Datos: π
( ) 20 2 cos(1000 t )3
ge t V.
Solución:
Como puede verse en el enunciado, el circuito está alimentado por una fuente
de tensión sinusoidal. Para analizar este circuito se va a utilizar el método
simbólico, es decir, se va a trasformar el circuito al campo complejo.
Antes de hacer esta transformación hay que comprobar que todas las fuentes
del circuito son sinusoidales, que todas tienen la misma pulsación y que todas
ellas están bien en forma seno o bien en forma coseno. Como en el circuito
dado sólo hay una fuente, y ésta es sinusoidal, se cumplen todas estas
condiciones y se puede transformar al campo complejo.
+
eg(t)
5 mH
0,333 mF +
uC(t)
i(t)2
200 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para transformar el circuito al campo complejo, se asocian a las fuentes de
excitación su fasor correspondiente. Este fasor se construye utilizando el valor
eficaz de la tensión o intensidad sinusoidal de la fuente como módulo y como
argumento su fase inicial. De esta manera, identificando la expresión temporal
de la tensión de la fuente con la expresión general de una forma de onda
sinusoidal:
0 e
π( ) 20 2 cos(1000 ) cos( )
3ge t t E t
se tiene que:
00
20 220 2 V 20 V
2 2
1000 rad/s
60º
ef
e
EE E
y, por tanto, el fasor asociado a esta fuente es:
20 60º VgE
Al resto de magnitudes temporales del circuito también se les asocia su
correspondiente fasor, usando para ello notación de números complejos. De
esta manera, puede verse que a la variable temporal i(t) se le asocia el fasor I,
y que a la variable temporal uC(t) se le asocia el fasor UC.
Lo siguiente para pasar el circuito al campo complejo es transformar sus
impedancias operacionales en impedancias complejas. Para ello, se sustituye
el operador derivada por el número complejo j.
De esta manera, la impedancia de la bobina de 2 mH, que en el dominio
temporal es:
3( ) 5 10LZ D L D D
se transforma en el número complejo:
3j j 1000 5 10 j5LZ L
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 201
En cuanto al condensador, su impedancia en el dominio temporal es:
3
1 1( )
0,333 10CZ D
C D D
y se transforma en el número complejo:
3
1 1 1j j j3
j 1000 0,333 10CZ
C C
Entonces, el circuito transformado al campo complejo queda:
Todos los elementos del circuito están conectados en serie por lo que, para
calcular la caída de tensión en bornes del condensador, se puede emplear la
expresión del divisor de tensión:
j3
2 j5 j3gCU E
3 90º 3 90º 3020 60º 20 60º 75º
2 j2 2 2 45º 2CU V
Esta es la tensión en bornes del condensador en el campo complejo. Para
obtener la expresión temporal de esta tensión en el dominio del tiempo, es
necesario hacer la transformación inversa, es decir:
0( ) cos(1000∙ )C C ucu t U t
donde:
2
+
j5
+UC j3 V
I
202 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0
0
2
302 30 V
2
C C
C
U U
U
y
75º75º π rad 0,4166 π rad
180ºuc
Por lo tanto:
( ) 30cos(1000 0,4166 π) Vcu t t
Obsérvese que al hacer la transformación inversa para determinar la
expresión temporal de la forma de onda de tensión en bornes de condensador
a partir de su fasor, se ha utilizado la forma coseno, es decir, la misma forma
que tiene la expresión temporal de la tensión de la fuente de excitación.
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 203
Problema 6.2 ()
Dado el circuito de la figura, determinar el valor de la intensidad i(t).
Datos: π
( ) 150 2 sen(70∙ ) V2
ge t t , π
(t) 4 2 cos(70∙ ) A2
gi t ,
R1 = 6 , R2 = 16 .
Solución:
Para analizar el circuito utilizando el método simbólico, primero se comprueba
que todas las fuentes de excitación que contiene el circuito son sinusoidales,
como efectivamente así ocurre en este caso.
La segunda comprobación a realizar es que ambas fuentes tienen la misma
pulsación, y también se comprueba que es así y que, concretamente, esta
pulsación es = 70 rad/s.
La tercera comprobación a realizar es que ambas están en forma seno o en
forma coseno. Como puede verse en el enunciado, la fuente de tensión viene
dada en forma seno y la fuente de intensidad viene dada en forma coseno. Es
necesario elegir una de las formas (seno o coseno, la elección es indiferente)
y hay que modificar aquellas fuentes que su expresión temporal venga dada
en la otra forma. Por ejemplo, y en este caso, se va a elegir la forma coseno y
se va a hacer que ambas fuentes estén dadas en esta forma. Así pues, se deja
en forma coseno la fuente de intensidad:
π( ) 4 2 cos(70 ) A
2gi t t
R1
+
eg(t)
i(t)
ig(t) R2
204 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la relación sen = cos(—/2), la fuente de tensión se cambia a
forma coseno:
π( ) 150 2 sen(70∙ ) V
2π π
( ) 150 2 cos(70 ) 150 2 cos(70∙ ) V2 2
g
g
e t t
e t t t
Ahora se procede a pasar el circuito al campo complejo. Para ello, se asocia a
cada fuente de excitación su fasor correspondiente:
π(t) 4 2 cos(70 ) A 4 90º A
2ggi t I
( ) 150 2 cos(70 ) V 150 0º Vgge t t E
Al resto de variables temporales del circuito se les asocia también sus
correspondientes fasores:
( )i t I
Por último, se transforman las impedancias al campo complejo. En este
circuito, como las impedancias que contiene son resistencias, no se modifica
su valor en esta transformación.
Si se dibuja el circuito transformado, éste queda:
Transformando la fuente de intensidad real de la derecha en su fuente real de
tensión equivalente:
6
+Eg Ig
I
16
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 205
Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada formada por el circuito y recorrida en
el sentido de la referencia de la intensidad se obtiene:
1 2 64 90º 150 0º 0R RU U
Utilizando la ecuación de definición de las resistencias
2 2
6
16R1 1
R
U = R I I
U = R I I
se obtiene una ecuación equivalente a la que hubiéramos obtenido aplicando
directamente el método de mallas con los fasores:
6 16 64 90º 150 0º 0I I
La intensidad I se logra despejando de la ecuación anterior:
64 90º 150 0º 150 j646,818 j2,909 A 7,413 23,106º A
22 22I
Para determinar la expresión temporal de la intensidad que circula por el
circuito, i(t), es necesario realizar la transformación inversa. Es decir, a partir
del fasor intensidad I:
7,413 23,106º AI
se determina:
23,106º( ) 7,41 2 cos(70∙ π) 7,41 2 cos(70∙ 0,1283π)
180ºi t t t
La respuesta se ha expresado en forma coseno ya que, al inicio de la
resolución, se eligió esta forma para las fuentes de excitación del circuito.
6
+Eg
I 16
+++ UR1 UR2
206 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.3 ()
Dado el circuito de la figura, si la tensión en la resistencia de 4 es
( ) 20 2 cos(100 ) Vu t t determinar la expresión temporal de la tensión de la
fuente eg(t). El circuito se encuentra en régimen estacionario.
Solución:
La expresión temporal de la tensión u(t):
( ) 20 2cos(100 ) Vu t t
indica que se trata de una forma de onda sinusoidal de pulsación
= 100 rad/s. Esto implica que la forma de onda de la fuente de tensión
presente en el circuito también es sinusoidal y de la misma pulsación.
Para analizar el circuito mediante el método simbólico se va a hacer su
transformación al campo complejo. Como el circuito sólo tiene una fuente de
excitación, se cumplen las condiciones para poder transformarlo.
Para pasarlo al campo complejo, se convierten las impedancias del circuito en
impedancias complejas y se asocian a las variables temporales sus
1
4 0,5
10 mH
20 mH
20 mF +
eg(t)
40 mH
u(t)
+
30 mH
1 3,333 mF
1,8181 mF
55 mH
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 207
correspondientes fasores. El circuito transformado puede verse en la figura
siguiente.
Agrupando las impedancias rodeadas por la elipse, el circuito queda:
En el circuito se han dibujado referencias de tensión e intensidad para todos
sus elementos.
El fasor U, asociado a la forma de onda de la tensión u(t), dada en el enunciado,
vale:
20 0ºU V
Aplicando la ley de Ohm, la intensidad compleja que circula por la resistencia es:
2
20 0º5 0º
4I A
1
4 0,5
j
j0,5 +
Eg U
+
j3
1
j5,5
j5,5
j3
j4
j2
5
4 0,5
j j0,5 +
Eg U
+ j5,5
I U
j5,5
j4
j2
+
U1
I2 I1 IR
IC1 IT UR +
UC
+IC2
+ UL
A B
208 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A partir de las ecuaciones de definición de dos bobinas acopladas
magnéticamente, y con las referencias indicadas en el circuito, se tiene que:
1 21
2 1
j j2
j4 j2
U I I
U I I
Conocidas la intensidad I2 y la tensión U, se calculan la intensidad I1 y la tensión
U1:
1
1
10 j10 A
(10 0º) 10 180º V
I
U
Conocida la tensión U1 es posible calcular la intensidad IC1:
11
10 180º10 j10 A
0,5 j0,5 0,5 j0,5C
UI
Aplicando la LKI al nudo B se determina la intensidad IR:
1 1 (20 0º) AR CI I I
y, a partir de ésta, se determina la tensión UR:
5 ( 20 0º) (100 0º) VRU
Aplicando la LKT es posible determinar UC:
1 (100 0º) (10 0º) (110 0º) VC RU U U
Conocida UC se calcula IC2:
2
(110 0º)j20 A
j5,5 j5,5C
C
UI
Aplicando la LKI al nudo A se calcula IT:
2 20 j20 AT R CI I I
Conocida la intensidad IT, se calcula la tensión UL:
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 209
j5,5 110 j110 VTLU I
Aplicando la LKT se determina la tensión compleja de la fuente de tensión:
110 j110 110 j110 110 90º Vg L CE U U
Conocido el fasor asociado a la fuente, Eg, la expresión temporal de la tensión
de la fuente, eg(t), se determina haciendo la transformación inversa. Esta
expresión temporal es:
π( ) 110 2cos 100 V
2ge t t
210 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.4 ()
En el circuito de la figura, que se encuentra en régimen estacionario sinusoidal
y está alimentado por la fuente de intensidad ig(t). El amperímetro AT indica
5 A, el amperímetro A1 indica 4 A y amperímetro A2 indica 1 A. Calcular la
indicación del amperímetro A3 considerando que todos los elementos del
circuito son ideales.
Solución:
Se pasa el circuito al campo complejo, asociando fasores y dando referencias
a las tensiones e intensidades presentes en el circuito:
Cuando el enunciado del problema no indica ningún origen de fases, es con‐
veniente elegir como referencia angular el fasor que compartan más elemen‐
tos del circuito. En los amperímetros no hay caída de tensión porque, según el
enunciado, son elementos de medida ideales. Por tanto, la fuente y las
impedancias están en paralelo y comparten la misma tensión U, que se toma
como origen de fases:
0ºU U
L R C
ig(t)
AT
A1 A2 A3
L R C
Ig
Ig
U +
+
U I1 I2 I3
+
U
NAT
A2 A1 A3
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 211
Teniendo en cuenta este origen de fases, se puede deducir que en la rama que
contiene al condensador, la intensidad que circula por ella ha de estar
adelantada 90º respecto a la tensión entre sus bornes. A partir de la lectura
del amperímetro, se puede escribir que:
1 4 90ºI A
Por lo que respecta a la bobina, la intensidad que circula por la rama en la que
se encuentra ha de estar retrasada 90º respecto de la tensión. Entonces:
2 1 90ºI A
En cuanto a la rama que contiene a la resistencia, la intensidad que circula por
ella ha de estar en fase con la tensión entre sus bornes. Por tanto, y dado que
no se tiene el valor que marca ese amperímetro:
3 3 0ºI I A
Aplicando la LKI al nudo N, se ha de cumplir que:
1 2 3gI I I I
Los elementos de la expresión anterior son fasores (nótese que los términos
están subrayados):
35 4 90º 1 90º 0ºg I
En este tema es imprescindible ser riguroso en la nomenclatura: poner o
quitar el subrayado de una magnitud implica referirse al fasor completo
(representado por un número complejo) o quedarse sólo con su módulo.
Conviene recordar que la suma de fasores es vectorial y su módulo, Ig, no se
puede calcular sumando los módulos de los sumandos ( Ig ≠ I1 + I2 + I3 ). Puede
comprobarlo sustituyendo I3 por el valor que se obtiene al final de este
problema en la siguiente expresión:
35 4 1 I
212 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Cuando se tienen datos mezclados de fases y módulos es conveniente realizar
un diagrama vectorial para resolver el problema geométricamente.
Diagrama vectorial de las tensiones e intensidades
Suma fasorial Ig = ( I1 + I2 ) + I3
El triángulo rectángulo tiene hipotenusa Ig y catetos de longitudes |I1 + I2|= I1 ‐ I2
e I3. Aplicando el teorema de Pitágoras se obtiene:
2 2 21 2 3( )gI I I I
2 2 2
35 3 I
y, por tanto:
3 4I A
que es la lectura del amperímetro A3.
Im
ReI2=
I3=
U
+90º
I1= Ig=
Im
Re
I1+ I2
I3
g
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 213
Problema 6.5 ()
Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t).
Datos: R1 = 3 , R2 = 2 , L = 0,1 H, C = 1/60 F, eg(t) = 10cos(10 t + /4) V, ig(t) = 5 sen(60 t + /4) A.
Solución:
Las dos fuentes del circuito son sinusoidales. Para analizar el circuito utilizando
el método simbólico es preciso comprobar que ambas tienen la misma
pulsación. Como puede verse, las pulsaciones de las fuentes son distintas, la
de la fuente de tensión eg(t) es 1 = 10 rad/s mientras que la de la fuente de
intensidad ig(t) es 2 = 60 rad/s. Por tanto, el análisis del circuito debe
realizarse utilizando el teorema de superposición:
1 2( ) ( ) ( )i t i t i t
donde i(t) es la intensidad respuesta total del circuito, que es la suma de la
intensidad i 1(t), respuesta del circuito cuando actúa exclusivamente la fuente
de tensión, y de la intensidad i 2(t), respuesta del circuito cuando solamente
actúa la fuente de intensidad.
o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 10 rad/s
Para hallar la intensidad i 1(t) se considera la fuente de 1 = 10 rad/s y se
anulan el resto de fuentes (fuente de intensidad de valor cero circuito abierto).
Se determina el fasor asociado a eg(t) considerando la forma coseno, esto es:
R1
i(t)
R2
ig(t)
L1
Ceg(t)
+
214 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
10
10 cos (10 π/4) V 45º V2
gge t t E
Pasando el circuito al campo complejo:
Asociando las impedancias del circuito (que están conectadas en serie) y
aplicando la ley de Ohm generalizada, se obtiene la intensidad I1:
1
1 2 1
1
1045º
2 1 90º A5 j51
j
gEI
R R LC
La intensidad i1(t) se obtiene transformando el fasor I 1 al dominio del
tiempo:
1π( ) 2 cos 10 A2
i t t
o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 60 rad/s
Se considera la fuente de 2 = 60 rad/s y se anulan el resto de fuentes (fuente
de tensión de valor cero cortocircuito).
El fasor asociado a ig(t), considerando la forma seno, es:
5
5 sen (60 π/4) A 45ºA2
ggi t t I
Pasando el circuito al campo complejo:
3
I1
2 j1L1 = j
+
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 215
La intensidad I2 queda determinada aplicando el divisor de intensidad:
2
22
1 22
2
11
j5 3 j6
45º 3,354 63,43º A1 1 5 j52
1 jj
g
RC
I I
R LRC
Transformando al dominio del tiempo se obtiene la intensidad i 2(t):
2
63,43º( ) 3,354 2 sen 60 π A
180ºi t t
Por tanto, la intensidad i(t) se obtiene sumando ambas intensidades en el
dominio del tiempo:
1 2( ) ( ) ( )i t i t i t
π( ) 2 cos 10 3,354 2 sen 60 0,35π A2
i t t t
La suma de las respuestas, obtenidas mediante el teorema de Superposición
en circuitos con fuentes de diferente pulsación, no debe realizarse en el
campo complejo ya que se trata de fasores que giran a diferente velocidad
angular. Es imprescindible que estas respuestas sean sumadas en el dominio
del tiempo.
3
I2
2 j2L1 = j6
216 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.6 ()
Calcular la intensidad i(t) que circula por el condensador del circuito de la
figura.
Datos: ig(t) = 5sen(200 t + /4) A, eg(t) = 2 V, R = 1 , L = 5 mH, C = 10 mF.
Solución:
El circuito contiene dos fuentes, una fuente de tensión de continua
( 1 = 0 rad/s) y una fuente de corriente sinusoidal ( 2 = 200 rad/s). Por tanto,
para determinar i(t) conviene aplicar el teorema de superposición:
1 2( ) ( ) ( )i t i t i t
o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t) 1 = 0 rad/s
Se considera la fuente de continua eg(t) y se anula la fuente sinusoidal ig(t). En
corriente continua, el condensador se comporta como un circuito abierto y la
bobina como un cortocircuito. Asimismo, la fuente de intensidad nula se
comporta como un circuito abierto. El circuito equivalente obtenido con estas
consideraciones es:
+
R
Ceg(t)
L
ig(t)
i(t)
+
R
eg(t)
L
i1(t)
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 217
y en estas condiciones puede verse que:
1( ) 0 Ai t
o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t) 2 = 200 rad/s
Se considera ahora que actúa la fuente de intensidad sinusoidal, de pulsación
2 = 200 rad/s, y que se anula la fuente de tensión continua. Una fuente de
tensión nula se comporta como un cortocircuito.
Como la fuente de intensidad es sinusoidal, se analiza el circuito obtenido
utilizando el método simbólico. Su fasor asociado en forma seno al
transformar el circuito al campo complejo es:
545ºA
2gI
En cuanto a las impedancias complejas:
3
3
1 1j j j0,5
200∙10∙10
j 200∙5∙10 j
c
L
ZC
Z L
La intensidad I 2 se puede hallar aplicando el divisor de intensidad. Nótese
que la bobina no afecta al divisor de intensidad, puesto que está en serie con
la fuente de intensidad.
2
1
5 5 1 0º 4,472j0,545º 135º 108,44º A
1 1 1,118 26,56º2 2 21 j0,5
I
1
j0,5
j
Ig
I2
218 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Transformando al dominio del tiempo, se obtiene la intensidad i 2(t):
2( ) 4,472 sen(200 0,602π) Ai t t
Por tanto, según el teorema de Superposición, la intensidad obtenida i(t) es:
1 2( ) ( ) ( )
( ) 0 4,472 sen(200 0,602π) A
i t i t i t
i t t
Conviene recordar que siempre que se aplica el teorema de superposición a
circuitos con fuentes de diferente pulsación, la suma de las respuestas debe
realizarse en el dominio del tiempo, nunca en el campo complejo.
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 219
Problema 6.7 ()
Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él, determinar
la tensión u2(t), la intensidad i2(t) y el desfase entre ambas.
Datos: ( ) 20 2cos(10 ) Vge t t , ( ) 5 2 sen(10 π/2)gi t t A, L1 = 0,2 H,
M = 0,1 H, L2 = 0,2 H, L3 = 0,3 H, R1 = 1 , C1 = 100 mF, C2 = 25 mF.
Solución:
El circuito está alimentado por fuentes sinusoidales, por lo que se puede
analizar utilizando el método simbólico. Se recuerda que para transformar un
circuito al campo complejo hay que considerar los siguientes pasos:
Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito tienen la
misma pulsación. En este circuito, ambas fuentes tienen una pulsación
de = 10 rad/s. Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito están en la
misma forma, y si no lo están se pasan todas a forma coseno o bien a
forma seno. Para este caso se ha elegido la forma coseno, así pues:
( ) 20 2 cos10 Vge t t
( ) 5 2 sen 10 π/2 5 2 cos 10 π/2 π/2
5 2 cos 10 π A
gi t t t
t
Asociar a las fuentes sinusoidales sus correspondientes fasores:
+
R1
C2
C1
L1L2
L3Mig(t)
eg(t) +
i2(t)
u2(t)
220 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
20 0º V
5 180º A
g
g
E
I
Transformar las impedancias del circuito al campo complejo:
1
1 1
2 2
3 3
1 31
2 32
1
j j10∙0,2 j2
j j10∙0,2 j2
j j10∙0,3 j3
j j10∙0,1 j
1 1j j j
10∙100∙10
1 1j j j4
10∙25∙10
R
L L
L L
L L
M M
CC
CC
Dibujar nuevamente el circuito, ya transformado al campo complejo:
Se analizará el circuito mediante el método de análisis por mallas, por lo que
es conveniente que todas las fuentes del circuito sean fuentes de tensión. Esto
implica transformar la fuente real de intensidad del circuito en su fuente real
de tensión equivalente.
+
1 ‐j
j2
j2
j3 j Ig
Eg+
I2U2
‐j4
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 221
Las ecuaciones resultantes en cada malla son:
Malla : 1∙ j j2 j2 j 20 0º V
Malla : j2 j j3 j j4 20 90º V
a a a a a b b
b b a b b b a b
I I I I I I I
I I I I I I I I
Agrupando términos, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones en
números complejos:
1 j3 j3 20 0º V
j3 j3 20 90º V
a b
a b
I I
I I
cuya solución es:
20 j20 A
80j20 A
3
a
b
I
I
Así pues, la intensidad I2, para la referencia de polaridad indicada en la figura,
se calcula en función de las intensidades de malla:
2
80 20j20 20 j20 A 6,666 0º A
3 3b aI I I
y, haciendo uso de la ecuación de definición de las bobinas acopladas
magnéticamente, se halla la tensión U2:
+
1 ‐j
j2
j2
j3 j ‐j4∙Ig
Eg
+I2
U2
‐j4
+
Ia
Ib
222 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
22
20 80j2∙ j j2 j j20 20 j40 V 44,72 116,56º V
3 3bU I I
El desfase entre la tensión U2 y la intensidad I2 es:
22
116,56º, 116,56º 0 116,56º π rad 0,64π rad
180ºU I
lo que indica que la tensión adelanta a la intensidad un ángulo de 116,56º, tal
y como se muestra en la siguiente representación fasorial.
Haciendo la transformación inversa, se obtienen las expresiones de la tensión
y de la intensidad en el dominio del tiempo:
2
2
20( ) 2 cos(10 ) 6,666 2 cos(10 ) A
3
( ) 44,72 2 cos(10 0,64π) V
i t t t
u t t
U2
I2
Re
Im
116,56º
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 223
Problema 6.8 ()
Dado el circuito de la figura, aplicando el método de análisis por nudos y
tomando el nudo 0 como nudo de referencia, determinar las tensiones e
intensidades en todas las fuentes.
Solución:
Se pide que se analice el circuito por el método de nudos. Este método de
análisis prefiere que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad,
por lo que se van a transformar todas las fuentes de tensión que sea posible.
La rama horizontal del circuito que se muestra arriba, contiene 3 elementos
en serie, dos impedancias y una fuente ideal de tensión. Es posible agrupar las
dos impedancias en serie y considerar la impedancia equivalente resultante
está en serie con la fuente ideal de tensión.
0
2
3
2
++
+
3∙UU
‒j2
j
j
‒j2
2
+
+
U
‒j2
224 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Este conjunto de elementos constituyen una fuente real de tensión y se puede
transformar a su fuente real de intensidad equivalente.
Por otra parte, en la rama vertical inferior del circuito hay dos impedancias
conectadas en serie, una bobina y un condensador. Si se agrupan estos dos
elementos, la impedancia equivalente es un cortocircuito.
En el circuito hay una fuente dependiente de tensión pero es una fuente ideal,
por lo que no es posible transformarla a fuente de intensidad. Para solventar
el inconveniente, se añade una incógnita al circuito que es la intensidad que
circula por dicha fuente de tensión, Ie.
Si se tienen en cuenta las transformaciones, el circuito queda tal y como se
muestra en la figura de la página siguiente. A continuación se procede a
nombrar los diferentes nudos del circuito. Teniendo en cuenta la condición de
que todos los elementos del circuito deben de estar situados entre dos nudos
y la condición de que todos los nudos unidos por un cortocircuito han de tener
el mismo nombre, se ve que el circuito tiene dos nudos, el nudo A más el nudo
de referencia 0.
+
+
U
2‒j2
2‒j2
j
j
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 225
Se ha indicado en el circuito la tensión de nudo UA0.
Las ecuaciones del método de análisis por nudos, aplicando escritura directa,
son:
0
1 1
2 2eAU I
j
Obsérvese que en la matriz de admitancias de nudo no aparecen las
admitancias correspondientes a la resistencia de 3 y a la impedancia de
valor 2j2. Esto es así ya que, tal y como puede verse en el dibujo del circuito,
estos elementos tienen el mismo nudo en ambos extremos, es decir, no hay
tensión entre sus bornes y, por lo tanto, no circula intensidad por ellos.
Lo mismo ocurre con la fuente de intensidad de valor 2,5+j2,5 A. Por una parte,
inyecta intensidad en el nudo A que se encuentra a su izquierda y, por otra
parte, esta fuente hace que salga la misma intensidad del nudo A que se
encuentra a su derecha.
Se dispone de una ecuación con dos incógnitas, lo que obliga a escribir una
ecuación adicional que permita resolverla. Esta ecuación adicional viene dada
por el valor de la fuente de tensión ideal:
03 AU U
+ 3∙U
‒j2
2‒j2
2,5+j2,5
0
A
2
+
UA0
Ie
3
A
AA
226 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A su vez, esta fuente ideal de tensión es una fuente dependiente de otra
tensión del circuito, por lo que habrá que añadir al sistema otra ecuación
adicional. Esta ecuación adicional se obtiene de escribir la tensión de la cual
depende la fuente en función de las tensiones de nudo (incógnitas del método
de análisis). Para encontrar esta tensión U, es necesario volver al circuito
original, ya que las impedancias en las que se localiza han intervenido en la
transformación de la fuente real de tensión en una fuente real de intensidad.
A la vista de esta rama, se puede escribir, aplicando la LKT, que:
10 0º 10 180ºU
El sistema de ecuaciones determinado se obtiene agrupando las ecuaciones:
0
0
0,5 j0,5
3
10 180º
eA
A
U I
U U
U
Cuya solución es:
0
10 180º
30 180º
15 j15
A
e
U V
U V
I A
Es necesario volver al circuito original para calcular la tensión y la corriente
que falta y de esa manera terminar de calcular todas las tensiones y corrientes
en las fuentes.
+
+
U
A A+ 0 V
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 227
2
10 180º2,5 j2,5
2 j2 2 j2
UI A
La tensión en bornes de la fuente de tensión dependiente de valor 3∙U es la
tensión del nudo A, es decir la tensión UA0.
A
2
3
2
++
+
3∙UU
‒j2
j
j
‒j2
Ie
I2
+
UA0
AAA
0
228 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.9 ()
Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t). El análisis de todo
circuito que se precise para determinar i(t), debe realizarse mediante el
método de análisis por nudos, tomando el nudo 0 como nudo de referencia.
Datos: eg1(t) = 10 V, eg2(t) = 12,5 V, ig2(t) = 15 A, 1( ) 5 2 cos 10gi t t ,
R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , C = 0,05 F, L = 0,1 H.
Solución:
Este circuito contiene fuentes tanto de continua como sinusoidales. Así pues,
lo más conveniente para determinar la intensidad i(t) es aplicar el teorema de
superposición.
o Actúan las fuentes de continua eg1(t), eg2(t) y ig2(t)
En primer lugar, se anula la fuente sinusoidal presente en el circuito y se
consideran únicamente las fuentes de continua.
La fuente sinusoidal es una fuente de intensidad. Anular una fuente de
intensidad implica sustituirla por un circuito abierto.
Por otra parte, en corriente continua, las bobinas se comportan como
cortocircuitos y los condensadores como circuitos abiertos.
Con estas consideraciones, el circuito queda:
+ i(t)
0
+
eg1(t) ig1(t)
R1 R2 R3
L C
eg2(t)
ig2(t)
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 229
Dado que hay que analizar el circuito por nudos, se transforma la fuente real
de tensión en su fuente de intensidad equivalente. El circuito obtenido es:
(*) Recordar que dos o más nudos unidos por un cortocircuito han de tener,
si se aplica el método de análisis por nudos, necesariamente el mismo
“nombre”, es decir, a efectos de este método de análisis se considera que
todos ellos son el mismo nudo (en el circuito que se está tratando, ver el
nudo 0).
Como el circuito contiene una fuente ideal de tensión, se añade una incógnita
que es la intensidad Ie que circula por dicha fuente.
Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:
+
I1
0
+
10 V
2
12,5 V
15 A
4 6
I1
0
+
2
12,5 V
15 A
4 6 0
A B
UA0 UB0
+ +
Ie
Mismo nudo*
230 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0
0
1 10
52 4 ∙1 15
06
A e
B e
U I
U I
Ecuación adicional (necesaria, ya que se ha añadido una incógnita):
Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión, se
introduce la ecuación que asocia las tensiones incógnitas del método
de análisis con el valor conocido de dicha fuente:
0 012,5 A BU U
Agrupando términos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
0
0
0 0
35
41
15612,5
A e
B e
A B
U I
U I
U U
cuya solución es:
0
0
24,09 V
11,59 V
13,038 A
A
B
e
U
U
I
Para determinar la intensidad I1 se retoma el circuito analizado, detallando el
nudo 0 para identificar las intensidades IR2 e IR3 que circulan por las ramas A0
y B0:
I1
4 6 0
A B
UA0 UB0
+ +
IR2 IR3
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 231
02
2
03
3
24,096,022 A
4
11,591,931 A
6
AR
BR
UI
R
UI
R
de modo que, aplicando la LKI al nudo 0, se determina la intensidad I1:
1 2 3 6,022 1,931 7,953 AR RI I I
cuya expresión temporal es constante (circuito de corriente continua):
1( ) 7,953 Ai t
o Actúa la fuente sinusoidal ig1(t)
Se considera la fuente sinusoidal y se anulan las fuentes de continua.
Anular una fuente de intensidad equivale a sustituirla por un circuito abierto,
mientras que anular una fuente de tensión equivale a sustituirla por un
cortocircuito.
En estas condiciones, el circuito queda:
Utilizando el método simbólico y pasando el circuito al campo complejo:
i2(t)
0
ig1(t)
R1 R2 R3
LC
232 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
siendo el fasor asociado a la fuente de intensidad ig1(t):
11
5 2( ) 5 2 cos10 0º 5 0º A
2ggi t t I
y el valor de las impedancias complejas de los elementos pasivos:
j j∙10∙0,1 j
1 1j j j2
10∙0,05
L
C
El circuito, transformado al campo complejo, queda:
La resolución de este circuito se lleva a cabo aplicando el método de análisis
por nudos:
I2
0
Ig1
R1 R2 R3
jL ‐j(1/C)
I2
0
2 4 6
j ‐j2
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 233
De la escritura directa de las ecuaciones:
0
0
1 1 1 1 1
04 6 j 4 6∙
1 1 1 1 1 1 5 0º
4 6 4 6 2 j2
A
B
U
U
queda, reagrupando términos, el siguiente sistema de ecuaciones
0 0
0 0
5 5j 0
12 12
5 11j0,5 5 0º
12 12
A B
A B
U U
U U
cuya solución es:
0
0
1,47 j1,47 2,079 45º V
5,407 22,38º V
A
B
U
U
Entonces, aplicando la ley de Ohm generalizada en la bobina de impedancia
j , se obtiene la intensidad I2:
02
2,079 45º2,079 45º A
j 1 90ºAU
I
I2
0
2 4 6
j ‐j2
A B B
+ +
UB0UA0
Mismo nudo
(están unidos por un cortocircuito)
234 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y su transformada inversa al dominio del tiempo es :
2( ) 2 2,079 cos(10 π/4) Ai t t
Según el teorema de superposición, la respuesta total de un circuito cuando
actúan varias fuentes de manera simultánea es igual a la suma de las repuestas
cuando actúan las fuentes por separado. Por lo tanto, en el circuito
considerado se tiene:
1 2( ) ( ) ( )i t i t i t
( ) 7,953 2 2,079 cos(10 π/4) Ai t t
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 235
Problema 6.10 ()
Determinar la corriente i(t) en el circuito mostrado en la figura.
Datos: ( ) cos 3 sen3 Vgu t t t , ( ) 6 sen Agi t t , ( ) 6 V.ge t
Solución:
En el circuito de la figura se identifican fuentes de diferentes tipos. Se
distinguen: una fuente de tensión continua eg(t), una fuente de intensidad
sinusoidal ig(t) de pulsación = 1 rad/s, y una fuente de tensión ug(t). Esta última fuente ug(t) es, a su vez, la suma de dos fuentes sinusoidales de
diferente pulsación. Esto es:
1 2( ) ( ) ( )g g gu t u t u t
siendo ug1(t) una fuente sinusoidal de forma coseno y pulsación = 1 rad/s, mientras que ug2(t) es una fuente sinusoidal de forma seno y pulsación
=3 rad/s. Circuitalmente, ug(t) se representa como la conexión en serie de
dos fuentes sinusoidales, con sus respectivas pulsaciones:
3
i(t)
ig(t)
1 /2 F
eg(t)
+
3
2 H
ug(t)
+
++
+
236 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por lo tanto, en este este circuito se identifican fuentes sinusoidales con tres
pulsaciones diferentes: 1 = 0 rad/s (corriente continua), 2 = 1 rad/s y 3 = 3
rad/s. Esto implica utilizar el teorema de superposición para hallar la
intensidad i(t) como la suma, en el dominio del tiempo, de las intensidades
determinadas para cada pulsación:
1 2 3( ) ( ) ( ) ( )i t i t i t i t
o Actúa la fuente de continua eg(t) 1 = 0 rad/s
La intensidad i 1(t) es la que circula por la rama intermedia del circuito
equivalente considerando la pulsación 1 = 0 rad/s, es decir, manteniendo las
fuentes de continua conectadas y anulando el resto de fuentes. Esto implica
sustituir la fuente de intensidad ig(t) por circuito abierto y la de tensión ug(t)
por cortocircuito.
Asimismo, por ser un circuito con fuente de corriente continua, el
condensador y la bobina se convierten en circuito abierto y cortocircuito,
respectivamente. Así pues, con estas consideraciones, el circuito equivalente
resultante es el siguiente:
Por lo tanto, aplicando la ley de Ohm queda determinada la corriente I 1:
1
6 V1 A
3 3I
Cabe destacar que, al ser un circuito en corriente continua, la expresión
temporal de la corriente es constante:
i1(t) = I1 = 1 A
3
I1
6 V+
3
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 237
o Actúan las fuentes ug1(t) e ig(t) 2 = 1 rad/s
La intensidad i 2(t) corresponde a la intensidad que circula por la rama
intermedia del circuito, cuando a éste se conectan únicamente las fuentes de
pulsación 2 = 1 rad/s. Esto implica anular la fuente de tensión continua eg(t)
y la fuente de tensión ug2(t) (ambas fuentes se reemplazan por cortocircuitos).
El circuito equivalente obtenido con estas condiciones se puede resolver
utilizando el método de análisis por mallas. Para ello, se verifica que todas las
fuentes de excitación de pulsación 2 = 1 rad/s presentan la misma forma. En
este caso, se establece como referencia para ellas la forma de onda coseno:
1( ) cos V
π( ) 6 sen 6 cos A2
g
g
u t t
i t t t
Se determinan sus respectivos fasores asociados:
1
10º V
2
690ºA
2
g
g
U
I
Transformado el circuito al campo complejo:
Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas del circuito equivalente
(aplicando escritura directa) son:
3 I2
3
+
j(1/2C) = j2
I1 I
2 +Ue
j2L = j2
238 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1
2
10º
3 2 3 3 2 2
3 2 j2 3 j2 10º
2e
j j I
j IU
Debido a la presencia de una fuente de intensidad ideal, se añade como
incógnita la tensión Ue y se agrega la ecuación adicional:
2
690º A
2gI I
Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene la intensidad I1:
1
3,5107107,40º A
2I
por lo que la intensidad I2 queda determinada como:
2 1 2
3,5107 6 2,8503107,40º 90º 111,62º A
2 2 2I I I A A
Realizando la transformación inversa, se obtiene su expresión temporal:
2( ) 2,8503 cos( 0,62π) Ai t t
o Actúa únicamente ug2(t) 3 = 3 rad/s
Se mantiene la fuente de tensión ug2(t) con pulsación 3 = 3 rad/s y se anulan
el resto de fuentes de excitación. En esta ocasión, se obtiene el fasor de la
fuente ug2(t) considerando la forma de onda seno:
2
30º V
2gU
El circuito equivalente obtenido para esta pulsación es:
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 239
La intensidad I 3 se determina como:
3
3 30º 0º
0,3542 2 45ºA6 6 2 6 45º 2
V V
Ij
y su expresión temporal es:
3π( ) 0,354 sen 3 A4
i t t
o Teorema de superposición
Finalmente, la respuesta total buscada es la suma de las respuestas
determinadas para cada pulsación. Así pues, la respuesta en el dominio del
tiempo es:
π( ) 1 2,8503 cos 0,62π 0,354 sen 3 A4
i t t t
Cabe destacar que la suma de las componentes de intensidad se hace en el
dominio del tiempo y no en el campo complejo por la diferencia de
pulsaciones de las fuentes presentes en el circuito.
3
I3
3
+
j(1/3C) = j2/3
j3L = j6
240 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.11 ()
Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos desde sus
terminales A y B del dipolo mostrado en la figura, y comprobar los resultados.
Datos: Ig 3 0º A , R1 = 9 , R2 = 2 , R3 = 3 , 1/ C = 6 , a = 3.
Solución:
Para calcular los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo dado es necesario
determinar su tensión a circuito abierto y su intensidad de cortocircuito, así
como la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A
y B.
o Tensión a circuito abierto:
La tensión en bornes del dipolo, cuando éste se encuentra a circuito abierto,
es:
30 3∙U R I
por lo que se requiere determinar primero I3. El método de resolución
preferente para analizar circuitos con transformadores es el de mallas. Para
A
B
R3 I
g
a:1
R2 R
1
A
B
R3 I
g
a:1
R2 R
1
U0
+ I3
I = 0
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 241
ello, se transforma la fuente real de intensidad en su correspondiente fuente
real de tensión equivalente:
Aplicando el método de análisis por mallas se obtienen las siguientes
ecuaciones:
9 18 90º j6 0
2 3 0
a ap
b b s
I U I
I I U
Se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Las
ecuaciones que faltan, para que el sistema tenga solución única, se
determinan haciendo uso de las ecuaciones de definición del transformador
ideal. Para las referencias tomadas y terminales correspondientes indicados:
3
1
3
p s
p s
U U
I I
Nótese que:
p a
s b
I I
I I
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
A
B
2
3
a:1
9
U0
I = 0
+
+ j 6
Us
Up
Ip
Is
Ia I
b
+ +
I3
242 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
9 18 90º j6 0
5 0
3
1
3
a ap
b s
p s
a b
I U I
I U
U U
I I
cuya solución es:
4,965 96,31º V
0,993 96,31º A
s
b
U
I
Por lo tanto, como la tensión en circuito abierto es:
30 3∙U R I
e I3:
3 bI I
se tiene que:
0 3∙ 3 ∙0,993 96,31º 2,979 96,31º VbU R I
o Intensidad de cortocircuito
Al estar el dipolo en cortocircuito, la tensión entre sus bornes es cero y, en
consecuencia, la intensidad que circula por la resistencia R3 también es cero.
Para calcular la intensidad que circula por el cortocircuito, se utiliza el método
de análisis por mallas. Esto implica transformar la fuente real de intensidad en
A
B
R2
R3 I
g
a:1
R1
Icc
I3 = 0
U = 0
+
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 243
su fuente real de tensión equivalente. El circuito equivalente, considerando
esta fuente real de tensión y la eliminación de la rama de la resistencia R3, es:
Las ecuaciones obtenidas aplicando el método de mallas son:
9 18 90º j6 0
2 0
a ap
b s
I U I
I U
Nuevamente, aparecen dos ecuaciones pero cuatro incógnitas. Por lo tanto,
se utilizan las ecuaciones de definición del transformador:
3
1
3
p s
p s
U U
I I
siendo:
p a
s b
I I
I I
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
9 18 90º j6 0
2 0
3
1
3
p pp
s s
p s
p s
I U I
I U
U U
I I
Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene que:
A
B
2
a:1
9
Icc
+
j 6 Us
Up
Ip I
s
Ia I
b
++
244 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
3,904 102,53º V
1,952 102,53º A
s
s b
U
I I
Por lo tanto, como:
cc sI I
se tiene que:
1,952 102,53º AccI
o Impedancia equivalente
Para determinar la impedancia equivalente Zeq es necesario convertir el dipolo
dado en dipolo pasivo. Para ello, se anulan todas las fuentes independientes
que contenga. El circuito en estudio solo contiene una fuente independiente
de intensidad, que al anularla se convierte en un circuito abierto.
Por otra parte, como el dipolo pasivo contiene un transformador ideal, la
manera de calcular la impedancia equivalente es colocar una fuente auxiliar,
de valor E, entre sus terminales y, mediante el método de mallas, determinar
la relación entre la tensión de dicha fuente y la intensidad Ie que circula por
ella.
Dipolo pasivo:
Poniendo la fuente auxiliar E entre los terminales A y B se obtiene el siguiente
circuito en el que se han indicado sus correspondientes mallas:
A
B
R2
R3
a:1
R1
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 245
Las ecuaciones de las mallas son:
9 j6 0
2 3( ) 0
3( ) 0
a ap
b b e s
e b
I U I
I I I U
I I E
y las ecuaciones de definición del transformador:
3
1
3
p s
p s
U U
I I
siendo:
p a
s b
I I
I I
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
9 j6 0
2 3( ) 0
3( ) 0
3
1
3
p pp
s s e s
e s
p s
p s
I U I
I I I U
I I E
U U
I I
A
B
2
3
a:1
9
+ E
Ie
Ia
Us
Up
Ip
Is
+ +
Ib
Ie
j 6
246 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se requiere determinar la impedancia equivalente mediante el cociente E/Ie,
lo que implica deducir, a partir del sistema de ecuaciones planteado, una
expresión en función de E e Ie.
Para ello, se sustituye las dos últimas ecuaciones en la primera ecuación:
1 1j6 9 3 0
3 3
j2 3 3 0
3 j2
3
s s s
s s s
ss
I I U
I I U
U I
Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación se obtiene:
3 j25 3 0
3
18 j2 9
9
18 j2
s e s
s e
s e
I I I
I I
I I
Al sustituir este resultado en la tercera ecuación se deduce la ecuación en
función de E e Ie:
93 3
18 j2
27 j6 18 j2
e e
e
I I E
I E
Despejando la relación buscada:
27,658 12,52º27 j6
18 j2 18,11 6,34ºe
E
I
Así pues, la impedancia equivalente es:
1,527 6,18º 1,518 j0,164 eq
e
EZ
I
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 247
Con los resultados obtenidos se representan, de forma circuital, cada uno de
los equivalentes buscados:
o Comprobación de los resultados
Una forma de comprobar los resultados obtenidos es la de verificar que el
cociente entre la tensión en circuito abierto y la intensidad de cortocircuito
(U0/Icc) sea igual a la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito
pasivo:
02,98 96,31º
1,53 6,22º 1,95102,53º
eq
cc
UZ
I
A
B
+
Equivalente Thévenin
A
B
Equivalente Norton
248 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.12 ()
Para el dipolo de la figura, determinar el equivalente Thévenin y el equivalente
Norton vistos desde sus terminales A y B, y comprobar los resultados.
Solución:
En primer lugar se calcula la tensión a circuito abierto, U0.
Para las referencias indicadas en el circuito de la figura superior, las
ecuaciones de definición del transformador son:
1 1
2 2
1 21 2 0
NUa
U N
N I N I
Como el dipolo está a circuito abierto, la intensidad I2 = 0 y, a la vista de la
segunda ecuación de definición del transformador, se cumple que:
A
B 2Ω a:1
Uc
+
+
– j 50 Ω
Uc
=0, 4
a=5
A
B 2Ω a:1
Uc
+
+
– j 50 Ω
Uc
=0, 4
a=5
U0
I2=0 I1
+ ++
U2 U
1
IC
A
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 249
1 11 2 0 0 0N I N I
Aplicando la LKI al nudo A:
1 2 90º Ag C CI I I I
La tensión en bornes del condensador vale:
2 90º ( j50) 100 180º VCU
Aplicando la LKT se deduce que:
1 100 180º VCU U
Si se tiene en cuenta la primera ecuación de definición del transformador
escrita más arriba:
1 12 2
2
5 20 180º V5
U UU U
U
Aplicando la LKT se tiene que:
0 20,4 CU U U
entonces:
0 0,4 100 180º 20 180º 20 180º 20 0ºU
0 20 0º VU
A continuación se va a determinar la intensidad de cortocircuito Icc.
A
B 2Ω a:1
Uc
+
+
– j 50 Ω
Uc
= 0,4
a=5
Icc
I1
++
U2 U
1
IC
A
250 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se va a analizar este circuito por el método de mallas. Dado que el método
prefiere que haya fuentes de tensión, se transforma la fuente de intensidad
real de la izquierda por su fuente real de tensión equivalente.
Las ecuaciones de malla son:
1
2
j50 100 180º 0
0,4 2 0
a
bC
I U
U I U
Las ecuaciones de definición del transformador, para las referencias indicadas
son:
1
2
1 2 1 21 2
5
0 5
U
U
N I N I I I
Falta escribir la ecuación adicional debido a la existencia de una fuente
dependiente. Volviendo al circuito original, se deduce que:
12 90ºCI I
y a partir de esta intensidad se calcula la tensión del condensador, que es la
variable de la cual depende la fuente:
1 12 90º j50 100 180º j50CU I I
Por último, se identifican las intensidades del transformador con las
intensidades de circulación de malla:
1
2
a
b
I I
I I
A
B 2Ω
a:1
Ia
+ – j 50 Ω Uc
= 0,4
a=5
Icc
I1
++
U2 U
1
+
Ib
I2
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 251
Agrupando ecuaciones, finalmente se tiene un sistema de 7 ecuaciones con 7
incógnitas:
1
2
1
2
1 2
1
1
2
j50 100 180º 0
0,4 2 0
5
5
100 180º j50
a
bC
C
a
b
I U
U I U
U
U
I I
U I
I I
I I
Resolviéndolo, se obtiene que:
5 j5 AbI
Como puede verse en el circuito, Icc = Ib , por lo tanto:
5 j5 AccI
Por último, se determina la impedancia equivalente del dipolo pasivo
correspondiente al dipolo activo dado. Para ello, hay que convertir el dipolo
en pasivo, es decir, hay que anular todas las fuentes independientes que
contenga. El dipolo pasivo se muestra en la figura siguiente.
Como contiene un transformador y una fuente dependiente, para determinar
la impedancia equivalente del dipolo es necesario recurrir a una fuente
auxiliar de valor E, conectada entre los terminales A y B. La impedancia
A
B
2Ωa:1
Ia
+
– j 50 Ω
Uc
= 0,4
a=5
I1
++
U2 U
1
Ib
I2
+
Ie
E
+
UC
252 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
equivalente del dipolo pasivo es la relación entre el valor de la tensión de esta
fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.
Para analizar este circuito se emplea el método de mallas. Las ecuaciones de
las mallas son:
1
2
j50 0
0,4 2 0
a
bC
I U
U E I U
Para las referencias indicadas, las ecuaciones del transformador son:
1
2
1 2
5
5
U
U
I I
La ecuación adicional debida a la presencia de una fuente dependiente:
j50 aCU I
e identificando intensidades de circulación de malla con intensidades del
transformador:
1
2
a
b
I I
I I
Si se toma, por ejemplo, que la tensión de la fuente auxiliar es 100 0ºE V y
se agrupan las ecuaciones:
1
2
1
2
1 2
1
2
j50 0
0,4 100 0º 2 0
5
5
j50
a
bC
aC
a
b
I U
U I U
U
U
I I
U I
I I
I I
Se tiene un sistema de 7 ecuaciones y 7 incógnitas. Resolviéndolo se obtiene:
2 25 j25I
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 253
Y, a la vista del circuito, se cumple que Ie = I2, por lo tanto:
25 j25 AeI
La impedancia equivalente del dipolo pasivo vale:
100 0º2 j2
25 j25eq
e
EZ
I
Para comprobar los resultados hay que ver que se cumple:
0 eq ccU Z I
Comprobación:
20 0º V 2 j2 5 j5 A
Los equivalentes son:
B
2+j2A
+
B
A
5‐j5
Equivalente Thévenin Equivalente Norton
2+j2
254 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 6.13 ()
Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él, determinar:
a) El desfase (en grados) entre la tensión uL2(t) y la tensión de la fuente
uG(t).
b) Cuál de estas dos tensiones adelanta a la otra.
Resultados: a) 22
1 2
‐
‐2L G
L MU U
L L M
, b) Las tensiones están en fase
Problema 6.14 ()
En el circuito de la figura, calcular la caída de tensión uc(t) en régimen
estacionario sinusoidal.
Datos: = 100 rad/s, i1(t) = 5cos t A, i2(t) = 14,142cos t A, C = 200 F.
+ uG(t)
uL2(t)
+
L1
L2 M
i1(t) i
2(t)
uc(t)
+
R=1
L=0,01 H
C
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 255
Resultados: cu (t) = 10,82 2cos 100 t + 0,385π V
Problema 6.15 ()
Determinar, utilizando el método de análisis por nudos, la tensión y la
intensidad (módulo y argumento) en cada uno de los elementos pasivos del
circuito de la figura. Considerar el nudo 0 como nudo de referencia.
Resultados: c Rc R LU = 4 180º V, I = 4 ‐90º A, U = I = 2 0º , U = 2 0º V,
LI = 4 ‐90º A
Problema 6.16 ()
El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario sinusoidal. Si
2 10 0U V , hallar la tensión U1 y la intensidad I1.
Resultados: 1U = 207,97 170,31º V , 1I =76,059 114,8º A
+
R=1 j 0,5
j
0
+
I1
U2
Z=2+j2
10 j10 j2 j3
j 2 j2
Z=1+j1
+
U1
256 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.17 ()
Determinar los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo activo, vistos desde
sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
Datos: ( ) 50 2 cos 100 Agi t t , a = 2, = 2 .
Resultados: 0U = 25 90ºV , CCI = 50 90º A , eqZ = 0,5 Ω
Problema 6.18 ()
Determinar las tensiones en los elementos pasivos del circuito mostrado en la
figura.
Datos: 1( ) 10 cos 100 Ve t t , 2( ) 20 sen 100 Ve t t
a:1
ig(t)
+ ∙i(t)
i(t)
A
B
L=10 mH
R=4
C=10 mF
+
+
L2=20 mH
L1=10 mH C=5 mF
R=1
e1(t)
e2(t)
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 257
Resultados: Ru (t) = 10 cos 100t V , 2L1u (t) = 10 cos 100t + V ,
L2πu (t) = 10 cos 100t ‐ V, 2
2Cu (t) = 30 cos 100t ‐ V
Problema 6.19 ()
Dado los circuitos de las figuras:
a) Escribir las ecuaciones de definición de ambos transformadores, en
función de las referencias y terminales correspondientes indicados en
las figuras (i) y (ii).
b) Calcular la tensión uR(t) de la figura (iii).
Datos: 3 sen V.ge t t
(i) (ii)
(iii)
a:1
+
u1(t) u
2(t)
i1(t) i
2(t)
1
1’
2
2’
+
a:1
+
u1(t) u
2(t)
i1(t)
i2(t)
1
1’
2
2’
+
eg(t)
2:1
1
2
2 1
+ +
uR(t)
258 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados: a) 1
2
u (t)= ‐a
u (t), 1
2
i (t) 1=
i (t) a, b) 1
2
u (t)= a
u (t), 1
2
i (t) 1=
i (t) a, c) Ru t = sen t
Problema 6.20 ()
The angular frequency of the current source is adjusted such that ig(t) is in phase with the voltage uc(t) across the capacitor C. Determine the angular
frequency of this current source under this condition.
Data: ( ) 10 sin A, 300 , 1H, 10 μF.gi t t R L C
Results: = 100 rad / s
Problema 6.21 ()
Determine the input voltage U (magnitude and phase) of the circuit depicted
in the figure below, considering that the voltage between nodes A and B is 30 0 V. Consider node B as reference.
L
R
ig(t) C
+
uc(t)
+
–j10 –j3
j4 j3
5
A
B
+
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal 259
Results: ºuU =74.934 V, = ‐171.54
Problema 6.22 ()
Calculate the measurements of voltmeter V and ammeter A of the circuit
shown below considering sinusoidal steady‐state.
Data: u(t) = 120sin(2000t) V, L 1mH , R 2 and C 250μF.
Results: V = 60 V, A = 30 A
V
A
ug(t)
L
R R
R C
+
260 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos
Problema 7.1 ()
Dado el circuito de la figura, determinar las potencias activa y reactiva
absorbidas por ambos dipolos, y comprobar que se verifica el teorema de
Boucherot. ¿Cuál de los dos dipolos no puede ser una impedancia?, ¿por qué?
Datos: U = – 5 + j4 V, I = 3 – j2 A.
Solución:
Para determinar la potencia compleja se utiliza la expresión S=UI*, teniendo en cuenta que este producto se asocia con potencia absorbida si las
referencias de tensión e intensidad del dipolo tienen el mismo sentido. De no
ser así, dicho producto corresponde a potencia cedida.
o Dipolo 1
Vistas desde el dipolo 1, las referencias de tensión e intensidad tienen sentidos
opuestos (la referencia de la corriente recorre el dipolo 1 desde el terminal
inferior hasta el superior, al contrario que la referencia de la tensión). Por
U
+
I
Dipolo 1
Dipolo 2
262 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
tanto, el producto UI* representa la potencia compleja cedida por el dipolo 1
al resto del circuito.
Para las referencias indicadas, la potencia compleja cedida por el dipolo se
calcula:
1 1 1∙ * P jced D ced D ced DS U I Q
Sustituyendo los valores de la tensión y la intensidad del dipolo:
1 5 j4 3 j2 * 5 j4 3 j2 23 j2 VAced DS
Identificando partes reales e imaginarias de la potencia compleja cedida:
1
1
23 W
2var
ced D
ced D
P
Q
entonces:
1 1
1 1
23 W
2var
abs D ced D
abs D ced D
P P
Q Q
Este resultado indica que el dipolo 1 absorbe una potencia activa de 23 W y
absorbe una potencia reactiva de ‒2 var.
o Dipolo 2
En el dipolo 2, las referencias de tensión e intensidad que se han tomado
tienen el mismo sentido (van desde el terminal superior hasta el inferior):
Dipolo 1
I
U
+
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 263
por lo tanto, el producto de la tensión compleja por la intensidad compleja
conjugada da como resultado la potencia compleja absorbida:
2 2 2∙ * 5 j4 3 j2 23 j2 VAabs D abs D abs DS U I P jQ
Identificando partes reales e imaginarias se obtiene que:
2
2
23W
2 var
abs D
abs D
P
Q
Este resultado indica que el dipolo 2 absorbe una potencia activa de ‒23 W y
absorbe una potencia reactiva de 2 var.
o Teorema de Boucherot
Se comprueba el teorema de Boucherot
1 2
1 2
0 23 23 0 W queda comprobado
0 2 2 0 var
abs abs abs D abs D
abs abs abs D abs D
P P P P
Q Q Q Q
Por la ley de Joule, una resistencia nunca puede ceder potencia. Esto implica
que una impedancia nunca cede potencia activa. Teniendo esto en cuenta, el
dipolo 2 no puede ser una impedancia puesto que, como se ha visto, cede
potencia activa.
I
U
+
Dipolo 2
264 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.2 ()
En el circuito de la figura, que se encuentra en régimen estacionario
sinusoidal, determinar:
a) La potencia reactiva absorbida en el condensador C.
b) La potencia activa cedida por la fuente eg(t).
c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2.
Datos: eg(t) = 9∙sen t, = 1000 rad/s, R1 = R2 = 1 , L = 1 mH y C = 2 mF.
Solución:
a) Se transforma el circuito al campo complejo. Para ello, se obtiene el fasor
asociado a la fuente de tensión (considerando como referencia la forma de
onda seno), y se calculan las impedancias complejas de los elementos pasivos.
Asimismo, se establecen las referencias de tensión e intensidad para cada
elemento del circuito:
Para determinar la potencia reactiva absorbida por el condensador C se
necesita hallar la tensión UC o bien la intensidad IC. En este problema, se ha
elegido determinar la potencia reactiva a partir de la tensión UC.
eg(t)
L R1
R2 C
+
jL R1
R2 +
1/(jC) UC
+ UR
+ IC
IL
Ie
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 265
Aplicando la LKI:
e C LI I I
Aplicando la ecuación de definición de las impedancias:
C
1
2
j
j
ge
C C
CL
E UI
R
I U C
UI
R L
Por lo tanto, sustituyendo en la expresión de la LKI anterior:
C
1 2
jj
g CC
E U UU C
R R L
De aquí, se despeja UC:
11
2
1
1 jj
gCU ER
CRR L
y se sustituyen los valores de los elementos:
9 13 45º V
12 1 j21 j
CU
La potencia compleja absorbida por el condensador C, dado que el sentido de
la referencia de IC coincide con el sentido de la referencia de UC, es:
*
** 2 2j j j1j
CCabs C C C C C abs C abs C
US U I U U C C U P Q
C
266 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Nótese que al tratarse de un condensador, la potencia compleja absorbida es
un número imaginario puro, es decir, carece de parte real. Esto implica que el
elemento no absorbe potencia activa. De esta forma, la potencia reactiva
absorbida por el condensador es:
3 3 210 2∙10 3 18 varabs CQ
b) La potencia activa cedida por el generador se determina calculando la
intensidad Ie, o bien, aplicando el balance de potencias, igualándola a la suma
de las potencias activas absorbidas por ambas resistencias.
Por simplicidad se determina Ie. Como la fuente U está en serie con la
resistencia R1, se puede determinar la intensidad Ie aplicando la ley de Ohm a
esta resistencia:
1
93 45º 4,243 j2,121 4,743 26,57º A
2
g Ce
E UI
R
Teniendo en cuenta que el sentido de la referencia de Ie es opuesto al de la
referencia de Eg, la potencia activa cedida por la fuente de tensión es:
cos cosg g g eced E ced E g e E IP S E I
siendo Sced Eg la potencia aparente, calculada como el producto de los módulos
Eg y Ie, y el argumento de la potencia compleja, que se determina como la
diferencia entre el argumento de tensión Eg y el de la corriente Ie. Así pues:
6,364 4,743 cos(0 26,57) 27 Wgced EP
c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2 se puede determinar
como la potencia activa cedida por el generador menos la absorbida por la
resistencia R1:
2 22 1 127 27 4,743 ∙1 27 22,5 4,5 W
gabs R ced E abs R eP P P I R
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 267
Otra forma para hallar esta potencia activa absorbida por R2 es calculando la
tensión UR en bornes de la resistencia R2 mediante el divisor de tensión,
puesto que la tensión UC ya fue determinada:
23 3
2
13 45º 2,121 90º V
j 1 j10 ∙10R C
RU U
R L
Por lo tanto, la potencia activa absorbida es:
2 2
2
2
2,1214,5W
1R
abs R
UP
R
268 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.3 ()
Determinar las potencias activa y reactiva cedidas por los dipolos y por la
bobina del circuito de la figura.
Datos: U2 = ‐j20 V, I1 = 10 + j10 A
Solución:
Para determinar las potencias es importante establecer primero las
referencias de tensión e intensidad en cada elemento o dipolo del circuito. En
este circuito, los tres elementos se encuentran en paralelo por lo que la
referencia de tensión es válida para los tres. Por otra parte, se establece la
referencia de intensidad para la bobina y el dipolo 2.
o Potencias cedidas por el dipolo 1
+
I1
U2ZL = j Dipolo 1 Dipolo 2
+
I1
U2ZL Dipolo 1 Dipolo 2
+
U1
I2
IL
I1+
U1Dipolo 1
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 269
La tensión U1 es la misma que U2:
1 2 j20 VU U
Para las referencias indicadas, el producto de U1 por el conjugado de I1 da lugar
al cálculo de la potencia cedida por el dipolo 1:
11 1∙ * ( j20)∙(10 j10) j200 200 200 j200 VAced DS U I
Por lo tanto:
11
11
Re 200W
Im 200 var
ced Dced D
ced Dced D
P S
Q S
o Potencia reactiva cedida por la bobina ZL
Conocida la tensión en bornes de la bobina, se determina la intensidad IL
mediante la ley de Ohm generalizada:
2 j20 20 90º20 180º A
j 1 90ºL
L
UI
Z
Para las referencias dadas, el producto de U2 por IL* da como resultado la
potencia compleja absorbida por la bobina.
*2 j20 ( 20) j400 VALabs LS U I
Como en en enunciado se pide la potencia cedida por la bobina, entonces:
j400 VAced L abs LS S
Por lo tanto:
+
U2 ZL = j
IL
270 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Re 0 W
Im 400 var
ced Lced L
ced Lced L
P S
Q S
Puede comprobarse que, al tratarse de una bobina, este elemento pasivo no
absorbe ni cede potencia activa y cede una potencia reactiva menor que cero,
es decir, absorbe potencia reactiva.
o Potencias cedidas por el dipolo 2
Aplicando la LKI se calcula la intensidad I2:
2 1 20 180º (10 j10) 30 j10 ALI I I
Para las referencias indicadas, el producto de U2 por el conjugado de I2
determina la potencia cedida por el dipolo 2:
*
22 2∙ ( j20)∙( 30 j10) j600 200 200 j600 VAced DS U I
Así pues:
2
2
200W
600 var
ced D
ced D
P
Q
o Comprobación del teorema de Boucherot:
1 2
1 2
200 0 200 0 W
200 400 600 0 var
ced ced D ced L ced D
ced ced D ced L ced D
P P P P
Q Q Q Q
I2+
U2 Dipolo 2
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 271
Problema 7.4 ()
Dado el dipolo de la figura:
a) Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
b) Calcular el valor de la impedancia que, colocada entre los terminales A
y B del dipolo, absorbe la máxima potencia activa. Calcular las
potencias activa, reactiva, aparente y compleja que absorbe dicha
impedancia.
c) Calcular el condensador que, conectado en paralelo con la impedancia
del apartado anterior, consigue que el conjunto impedancia +
condensador tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo.
Solución:
a) Para determinar los equivalentes Thévenin y Norton se necesita hallar la
tensión a circuito abierto, la intensidad de cortocircuito y la impedancia
equivalente entre los terminales A y B del dipolo de la figura.
o Tensión a circuito abierto U0
En el circuito se identifican dos fuentes reales de intensidad. Se transforman
estas fuentes en su fuente real de tensión equivalente:
j
2 U j2
U 1
B
A
+
1
272 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y se simplifica el circuito a una única malla:
Recordar que cuando se transforman fuentes reales es importante verificar la
coherencia de polaridades entre las fuentes originales y sus fuentes
equivalentes.
Aplicando la LKT a la malla que forma el circuito simplificado, se obtiene:
4 90º j 1∙ 1∙ j4 j2 0a a a aI I I U I
en donde el parámetro de dependencia U se determina considerando su
ubicación en el circuito original:
1
j
2 Uj2
1
B
A
U0
+U
j
+
j22U V
j2
+
+
1
1
B
A
U0
+
I = 0
j
+
j4 U
j2
+
Ia
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 273
Se pretende expresar esta incógnita U en función de la incógnita principal del
método de análisis, es decir, en función de la intensidad Ia. Para ello, se aplica
la LKI en el nudo C:
4 0ºC aI I
y aplicando la ley de Ohm generalizada en la reactancia capacitiva, queda
expresada la tensión U como:
j∙ j 4 0º j4 jC a aU I I I
Por lo tanto, sustituyendo U en la expresión obtenida inicialmente:
4 90º j 1∙ 1∙ j4 j4 j j2 0
16 j4 2 j 0
a a a a a
a
I I I I I
I
se despeja Ia:
16 j4A
2 jaI
La tensión U0 se obtiene aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 1
conectada entre los terminales A y B:
0 1∙ aU I
0
16 j4V
2 jU
j U 4 0º A +
Ia
Ic
4 0º C
274 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Intensidad de cortocircuito Icc
Para el equivalente Norton se requiere determinar la intensidad de
cortocircuito Icc. Para ello, se unen mediante un cortocircuito los terminales A
y B del dipolo:
Nótese que la resistencia de 1 situada entre los terminales A y B está en
paralelo con un cortocircuito. Esto implica que la intensidad que circula a
través de ella es nula puesto que la tensión entre sus bornes es cero. Por lo
tanto, esta resistencia se puede eliminar sin que afecte al resto del circuito.
Asimismo, para simplificar el circuito se transforman las fuentes reales de
intensidad en su fuente real de tensión equivalente:
Para calcular la intensidad Icc se aplica la LKT a la malla:
4 90º j 1∙ j4 j2 0cc cc ccI I U I
1
j
2 U j2
U 1
B
A
+
Icc 4 0º A
+UAB
1
j
j4 U
j2 B
A
Icc +
+
Icc
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 275
En esta expresión, aparece como incógnita el parámetro de dependencia U,
por lo que se añade una segunda ecuación que permita expresar este
parámetro de dependencia en función de la intensidad Icc. Para ello, se tiene
que volver al circuito original y aplicar el procedimiento descrito en el
apartado anterior para esta incógnita.
Aplicando la LKI al nudo C y aplicando la ley de Ohm se obtiene:
j(4 ) j4 jcc ccU I I
Por lo tanto, sustituyendo en la expresión anterior para Icc:
4 90º j 1∙ j4 j4 j j2 0
16 j4 3 j 0
cc cc cc cc
cc
I I I I
I
y se obtiene:
16 j4 A 5,215 32,47º A
3 jccI
o Impedancia equivalente Zeq
Para determinar la impedancia equivalente es necesario convertir el dipolo en
pasivo. Este procedimiento consiste en anular las fuentes independientes y
dejar las fuentes dependientes. Por lo tanto, el dipolo pasivo obtenido es:
j U 4 0º A +
Icc
Ic
4 0º C
276 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Como el dipolo pasivo contiene fuentes dependientes, es necesario
determinar la impedancia equivalente haciendo uso de una fuente de tensión
ideal, de valor E, que se conecta entre los terminales A y B. Por esta fuente de
tensión E circula una intensidad Ie, por lo que la impedancia equivalente Zeq
vista entre los terminales A y B queda determinada como:
eq
e
EZ
I
Así pues, al dipolo pasivo obtenido se le conecta la fuente E (con las
referencias de polaridad mostradas en la figura siguiente), y para simplificar
se transforma la fuente real dependiente de intensidad en su fuente real de
tensión equivalente:
Se identifican dos mallas, cuyas ecuaciones son:
1
j
2 U
U 1
B
A
+
j2
1
j
j2
U 1
B
A
+
j4 U +
+
E
Ie
Ib
Ia
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 277
Malla : j 1 1 j2 j4
Malla :
a a b
b a b
I I I U
I I I E
siendo la ecuación adicional:
( j )aU I
Se requiere obtener un expresión que relacione los fasores E e Ie. Para ello, se
sustituye la expresión de U y de la Malla Ib en la ecuación de la Malla Ib:
2 j 4
3 j 2 j
b b b
b
I E I I E
I E
y como b eI I , la expresión anterior queda:
3 j 2 jeI E
por lo que Zeq se obtiene como:
3 j1,4 j0,2 1,414 8,13º
2 jeq
e
EZ
I
Finalmente, se representan los circuitos equivalentes:
o Comprobación de los resultados
Para comprobar los resultados podría contrastarse que la impedancia
obtenida en el circuito pasivo coincide con el cociente de U0/Icc, o bien, que al
transformar el equivalente Norton en su fuente real de tensión equivalente se
obtiene el equivalente Thévenin:
A
B
+
1,4+j0,2 A
B
Equivalente Thévenin Equivalente Norton
1,4+j0,2
278 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0
3 j 16 j4 16 j4∙ V
2 j 3 j 2 jeq ccZ I U
b) Según el teorema de máxima transferencia de potencia activa, la
impedancia que conectada entre los terminales A y B absorbe la máxima
potencia es igual al conjugado de la impedancia equivalente del dipolo:
1,4 j0,2 eqZ
entonces:
*1,4 j0,2 máx eqZ Z
Para determinar las potencias pedidas, se conecta la impedancia Zmáx al
equivalente Thévenin (se puede determinar igualmente utilizando el
equivalente Norton):
La impedancia total serie es:
1,4 j0,2 1,4 j0,2 2,8 0º T eq máxZ Z Z
por lo que la intensidad que circula por el circuito es:
07,374 40,601º
2,633 40,601º A2,8 0ºT
UI
Z
y la caída de tensión UAB:
1,4 j0,2 2,633 40,601º 3,723 32,471º VmáxABU Z I
B
A
+
+
UAB
I
1,4‒j0,2
1,4+j0,2
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 279
o Potencia activa absorbida por la impedancia Zmax:
Solo absorbe potencia activa la parte real de la impedancia.
2 21,4 2,633 9,705 Wabs ZP R I
o Potencia reactiva absorbida por la impedancia Zmax:
Solo absorbe potencia reactiva la parte imaginaria de la impedancia.
2 20,2 2,633 1,386 varabs ZQ X I
o Potencia aparente absorbida por la impedancia Zmax:
3,723 2,633 9,803 VAabs Z ABS U I
Esta potencia aparente también puede determinarse como:
2 2 2 29,705 1,386 9,803 VAabs Z abs Z abs ZS P Q
o Potencia compleja absorbida por la impedancia Zmax:
j 9,705 j1,386 VAabs Z abs Z abs ZS P Q
o bien, puede hallarse como:
*3,723 32,471º 2,633 40,601º 9,705 j1,386 VAabs Z ABS U I
que coincide con el resultado obtenido anteriormente.
c) Se pide que el condensador se conecte en paralelo con la impedancia del
apartado anterior Zmáx:
B
A
++
UAB
I
C
1,4+j0,2
1,4–j0,2
280 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para determinar la capacidad de este condensador C que consigue que el
conjunto tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo, es necesario primero
conocer la cantidad de potencia reactiva a compensar.
Del apartado anterior, se observa que la potencia reactiva que absorbe la
impedancia Zmáx es:
9,705 j1,386 VA
1,386 var
abs Zmáx
abs Zmáx
S
Q
Esto es, Zmáx cede potencia reactiva, lo que significa que esta impedancia tiene
carácter capacitivo.
Por lo tanto, no existe un condensador C que pueda mejorar el factor de
potencia actual debido a que éste también cedería potencia reactiva e
incrementaría la potencia reactiva total cedida, empeorando el factor de
potencia del conjunto. Gráficamente:
cosconjunto < cosZmáx
9,705 W
‐1,386 var
QCond.
Zmáx
SZmáx conjunto
SZmáx+Cond.
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 281
Problema 7.5 ()
El consumo de potencia activa de una carga de carácter inductivo es 40 W y la
corriente que absorbe de la red eléctrica de 230 V y 50 Hz es 1 A. Para
compensar el factor de potencia, se conecta un condensador en paralelo con
la carga y se mide que la corriente que absorbe ahora de la red ha disminuido
a la quinta parte (0,2 A). Calcular el valor del condensador que se ha
conectado, sabiendo que el conjunto carga + condensador sigue teniendo
carácter inductivo.
Solución:
El problema describe la compensación del factor de potencia de una carga
conectada a un sistema en régimen estacionario sinusoidal de 230 V y 50 Hz.
Los datos aportados en el problema corresponden a dos condiciones de
operación:
Dipolo inicial: carga conectada que absorbe 40 W y circula 1 A.
Dipolo con compensación: condensador conectado en paralelo con la
carga inicial y la medida de intensidad del conjunto es 0,2 A.
Una forma de determinar el condensador C que se ha conectado, es utilizar la
expresión de la compensación del factor de potencia:
2
'
∙abs ZP tg tg
CU
donde la tensión U, la pulsación y la potencia absorbida por la carga Pabs son conocidos. Nótese que la potencia Pabs no se modifica tras la conexión del
condensador puesto que éste ni cede ni absorbe potencia activa. El
condensador solo afecta a la potencia reactiva del conjunto.
El problema se reduce a determinar el factor de potencia inicial (cosZ) y el
obtenido tras la compensación (cos’) y, de éstos, los argumentos Z y ’, respectivamente.
282 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Condición inicial
La condición inicial descrita en el problema puede plantearse circuitalmente
como:
Para un dipolo pasivo, el desfase entre tensión e intensidad es igual al
argumento de la impedancia:
Z U I
que a su vez es el ángulo del triángulo de potencia Z.
Sabiendo que la potencia absorbida es 40 W se determina el factor de
potencia inicial:
∙ ∙cos
40 230∙1∙cos cos 0,174abs Z
Z Z
P U I
Por lo tanto:
79,98ºZ
o Dipolo con compensación: carga + condensador
El circuito equivalente del conjunto es:
1 A
230 V
50 Hz
+
Z
Z>0
SZ
Z
QZ
PZ
230 V
50 Hz
+
ZC
S’ Z’ Q’
P’
0,2 A
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 283
En esta condición de operación, la intensidad que consume el conjunto se
reduce a 0,2 A. No obstante, se absorbe la misma potencia activa Pabs. Por lo
tanto, se determina el factor de potencia para el conjunto:
'
' '
40 W
∙ '∙cos
40 230∙0,2∙cos cos 0,87
abs
abs Z
Z Z
P
P U I
por lo que el argumento es:
' 29,59ºZ
Representando ambas condiciones, puede verse la compensación del factor
de potencia que introduce el condensador.
La capacidad de dicho condensador es:
2
5
2
2π
40 tan79,98º tan29,59º1,225∙10 F
2∙π∙50∙230
ced condQC
f U
C
esto es:
12,25μFC
Z
Pabs
Z’
jQabs
jQ’abs
jQced cond
Sabs
S’abs
284 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.6 ()
Sabiendo que el circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario
sinusoidal, que la tensión 2 10 0 V U y que la frecuencia de la fuente es
50 Hz:
a) Determinar la tensión U1 y la intensidad I1.
b) Comprobar que se verifica el teorema de Boucherot.
c) Calcular la capacidad del condensador que hay que colocar entre los
puntos A y B para que la fuente de tensión no ceda ni absorba
potencia reactiva.
Solución:
La resistencia de 10 y la bobina de impedancia j10 están conectadas en
paralelo (ambas tienen la misma tensión entre sus bornes), por lo que es
posible agruparlas:
+
I1 2+j2
10 j10 j2 j3
j 2 j2
1+j1
+
U1
A
B
U2
+
I1 2+j2
5+j5 j2
j3
j 2 j2
1+j1
+
U1
A
B
U2
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 285
a) Se va a proceder a analizar este circuito por el método de mallas. Existen 3
mallas en el circuito y, para las intensidades de circulación de malla indicadas
en la figura, las ecuaciones de estas mallas son:
15 j5 0
2 j2 j2 j 5 j5 0
2 j2 1 j j3 j 0
a b
b b c b a
c c c b
I I U
I I I I I
I I I I
Por otra parte se sabe que 2 10 0 VU , por lo tanto, la intensidad Ic vale:
2 10 05 j5 A=5 2 45º A
1 j 1 jc
UI
con lo que se tiene un sistema de 3 ecuaciones y 3 incógnitas. Resolviéndolo:
1
32 j69 A 76,06 114,88º A
15 j45 A 15 10 108,43º A
205 j35 V 207,966 170,31º V
a
b
I
I
U
Identificando intensidades:
1 32 j69 AaI I
b) Para comprobar el teorema de Boucherot, se van a calcular las potencias
activas y reactivas absorbidas por todos los elementos del circuito. Para esto
hay que volver al circuito original.
En el caso de la fuente de tensión, se calcula su potencia compleja. Para las
referencias indicadas en el circuito:
+
I1
2+j2
5+j5 j2 j3
j 2 j2
1+j1
+
U1
A
B
U2
Ic
Ib
Ia
Ua
Ub
+
+
286 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
**
11 205 j35 32 j69
8975 j13025 VA j
ced fuente
ced fuente ced fuente
S U I
P Q
Por lo tanto:
8975W
13025 var
ced fuente
ced fuente
P
Q
En la resistencia de 10 :
2 21
10
207,9664325W
10 10abs
UP
En la impedancia j10 :
2 21
j10
207,9664325var
10 10abs
UQ
En la impedancia 2+j2 :
222 j2 2 15 10 2 4500Wabs bP I
222 j2 2 15 10 2 4500varabs bQ I
Para la resistencia de 2 :
222 2 5 2 2 100Wabs cP I
En cuanto a la impedancia de j2 :
22j2 2 5 2 2 100 varabs cQ I
Para la bobina acoplada magnéticamente de la izquierda:
j2 j 85 j25 88,6 163,61º Vb caU I I
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 287
**
1
1 1
85 j25 15 j45
150 j4200 j
babs L a
abs L abs L
S U I
VA P Q
1
1
150W
4200 var
abs L
abs L
P
Q
En cuanto a la bobina acoplada magnéticamente de la derecha:
j3 j 30 30 180º Vc bbU I I
**
2
2 2
30 5 j5
150 j150 VA j
cabs L b
abs L abs L
S U I
P Q
2
2
150W
150 var
abs L
abs L
P
Q
Por último, para la impedancia 1+j :
221 j 1 5 2 1 50Wabs cP I
221 j 2 5 2 1 50 varabs cQ I
El teorema de Boucherot dice que en un circuito se cumplen, de forma
independiente, el balance de potencias activas y el balance de potencias
reactivas, esto es:
ced abs
ced abs
P P
Q Q
En cuanto al balance de potencias activas:
8975 4325 4500 100 150 150 50
Y el balance de potencias reactivas:
13025 4325 4500 100 4200 150 50
Por lo tanto, se comprueba que se cumple el teorema de Boucherot en el
circuito.
288 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
c) Si la fuente de tensión no ha de ceder ni absorber potencia reactiva cuando
se coloca un condensador entre los puntos A y B, significa que toda la potencia
reactiva que cedía antes esta fuente, esto es, toda la potencia reactiva que
absorbe el resto del circuito, tiene que ser cedida ahora por el condensador
que se conecte entre esos puntos. Esto es:
13025 varced condQ
La potencia reactiva que cede un condensador de capacidad C sometido a una
tensión Uc se calcula como:
2ced cond CQ C U
La tensión en bornes de condensador cuando se conecta entre los puntos A y
B vale:
1 207,966 VC ABU U U
Por lo tanto:
213025 2π50 207,966C
Entonces:
49,58 10 F 958μFC
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 289
Problema 7.7 ()
Dado el circuito de la figura, aplicando el método de análisis por nudos y
tomando el nudo 0 como nudo de referencia, verificar que se cumple el
teorema de Boucherot.
Solución:
Para aplicar el método de análisis por nudos, interesa que las fuentes del
circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito hay dos fuentes de tensión,
la inferior, que al estar en serie con una impedancia se trata de una fuente real
y, por tanto, es posible transformar a su fuente real de intensidad equivalente,
y la superior, que se trata de una fuente ideal y que, por tanto, no se va a
modificar.
Para el caso de la fuente real, el valor de su fuente real de intensidad
equivalente es:
3j1,5 1,5 90º A
j2
UU U
Teniendo en cuenta las condiciones de que todos los elementos del circuito
estén entre dos nudos y que no haya nudos unidos por un cortocircuito que
tengan nombres distintos, el circuito tiene dos nudos (A y B) más el nudo de
0
4
+
+
2∙U
U A
‒j2
+ 3∙U
j3
290 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
referencia (0). Por otra parte, al haber una fuente de tensión ideal, se ha
añadido una incógnita, Ie, que es la intensidad que circula por dicha fuente.
En la figura inferior se han dibujado las referencias tanto de la intensidad Ie
como de las tensiones de nudo UA0 y UB0.
Empleando la escritura directa, las ecuaciones de nudo son:
0
0
1 10
j1,54 j2
1 10 0º0
j3
eA
B
U U I
U
Por otra parte, y para solventar la incógnita que se ha añadido por existir la
fuente ideal de tensión, se añade una ecuación adicional, que no es más que
expresar el valor de la fuente en función de las tensiones de nudo:
02 AU U
Habrá que añadir otras 2 ecuaciones adicionales al existir en el circuito dos
fuentes dependientes. Como ambas fuentes dependen de la misma variable,
estas dos ecuaciones se reducen a una, que consiste en expresar dicha variable
en función de las incógnitas del método de análisis, es decir, las tensiones de
nudo.
0
4
+
+
2∙U
U A
‒j2
j3
j1,5∙U
Ie
0
0
+
A UA0
B
+ UB0
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 291
0 BU U
Así pues, agrupando ecuaciones, se tiene un sistema de 4 ecuaciones con 4
incógnitas. Resolviéndolo:
0
0
60 90º V
30 90º V
21,2132 45º A
A
B
e
U
U U
I
A continuación se va a comprobar que se verifica el teorema de Boucherot.
Para ello, se van a calcular las potencias activas y reactivas absorbidas/cedidas
por los distintos elementos del circuito, teniendo en cuenta las referencias
indicadas para cada uno de ellos.
A la hora de calcular estas potencias, se vuelve al circuito original.
Para la fuente de intensidad:
**
10A 10A 10A30 90º 10 0º 30 90º 10 0º 300 90º 300ced ced cedS U I j P jQ
Por tanto:
0
4
+
+
2∙U
U
‒j2
+ 3∙U
j3
0
0
A B+ UA0
+UB0
Ie
IC
+ UC
292 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
10
10
0W
300 varced A
ced A
P
Q
Para la fuente de tensión ideal:
**
2
2 2
2 2 30 90º 21,2132 45º
1272,792 45º 900 j900 j
eced U
ced U ced U
S U I
P Q
Por tanto:
2
2
900W
900 var
ced U
ced U
P
Q
En cuanto a la fuente de tensión real:
*
3 3 Cced US U I
La intensidad que circula por el condensador vale:
30 90º15180º A
j2 2 90ºC
C
UI
La tensión en bornes del condensador se obtiene a partir de la LKT:
03 3 (30 90º) 60 90º 30 90º AC AU U U
Por lo tanto:
*3 3 33 30 90º 15180º 1350 ced U ced U ced US j VA P jQ
Entonces:
3
3
0 W
1350 var
ced U
ced U
P
Q
Por lo que se refiere a la bobina:
2 210 3 300var absL L LQ I X
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 293
En cuanto al condensador:
2 230450 var
2 C
ced C
C
UQ
X
Y, por último, la resistencia:
2 20 60
900W4
AabsR
UP
R
El teorema de Boucherot dice que en un circuito, se han de cumplir, de forma
independiente, el balance de potencia activa y el balance de potencia reactiva,
esto es:
ced abs
ced abs
P P
Q Q
En el circuito analizado, para las potencias activas:
900W
900W
ced
abs
P
P
y para las potencias reactivas:
300 900 450 1650 var
1350 300 1650 var
ced
abs
Q
Q
Por lo tanto, se comprueba que se verifica el teorema de Boucherot.
294 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.8 ()
Para el dipolo de la figura, determinar:
a) El valor de la impedancia Z que, colocada entre los terminales A y B,
absorbe la máxima potencia activa.
b) El valor de la potencia activa, reactiva, aparente y compleja que
absorbe dicha impedancia Z, así como su factor de potencia.
Solución:
a) El valor de la impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe
la máxima potencia activa, se obtiene por aplicación del teorema de la máxima
transferencia de potencia.
El mencionado teorema dice que de todas las impedancias que se pueden
conectar en bornes de un dipolo activo, la que absorbe la máxima potencia es
aquella cuyo valor es igual al conjugado de la impedancia compleja
equivalente del dipolo pasivo correspondiente al activo dado.
Por lo tanto, para aplicar dicho teorema resulta conveniente determinar la
impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A y B.
o Determinación de la impedancia equivalente
El procedimiento para determinar esta impedancia consiste en convertir el
dipolo en pasivo, es decir, se anulan sus fuentes independientes (una fuente
de tensión nula se comportan como un cortocircuito, una fuente de intensidad
+
1
j
A
B
j2
j3
j2
j4
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 295
nula se comportan como un circuito abierto) y, si las hubiera, las fuentes
dependientes se dejan como están:
Como el circuito pasivo resultante contiene bobinas acopladas
magnéticamente, su impedancia equivalente se calcula conectando una
fuente auxiliar E entre los terminales A y B:
De esta forma, la impedancia equivalente queda determinada con la relación
entre la tensión de la fuente auxiliar E y la intensidad Ie que circula por ésta
(con las referencias indicadas en la figura anterior):
eq
e
EZ
I
1
j
A
Bj2
j3
j2
j4
1
j
A
B
j2
j3
j2
j4
+E
Ie
Ia
Ib
Ic
296 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para analizar el circuito y calcular esta relación, se aplica el método de análisis
por mallas:
Malla a: 1
Malla b: j2 j2 j
Malla c: j2 j j3 j j4 0
a
b b c c
c b c c c b c
I E
I I I I E
I I I I I I I
Reagrupando términos y sumando las últimas dos expresiones:
j 1 90ºb bI E I E
La intensidad Ie que circula por la fuente es:
e b aI I I
que, sustituyendo las intensidades Ia e Ib en este última expresión, permite
deducir una ecuación en función de E e Ie:
1 1 1j 45º
1 j 2 45º 2e
e
EI E E
I
Por lo tanto, el valor de la impedancia equivalente es:
1 1 145º j
2 22eq
e
EZ
I
y, según el teorema de máxima transferencia de potencia, la impedancia que
absorbe la máxima potencia activa es:
*
* 1 1 1 145º 45º j
2 22 2máx eqZ Z
b) Para determinar el valor de las potencias absorbidas por la impedancia del
apartado anterior, y en vista de que ya se ha calculado la impedancia
equivalente del circuito, conviene terminar de caracterizar primero el dipolo
dado mediante su equivalente Thévenin, o bien su equivalente Norton.
Para ello, sería suficiente determinar la tensión de abierto o la intensidad de
cortocircuito, según sea el equivalente elegido. Posteriormente, para calcular
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 297
las potencias absorbidas, se conecta la impedancia Zmáx entre los terminales
A y B del equivalente.
Para este problema se ha elegido caracterizar el dipolo mediante su
equivalente Thévenin. Para ello, se determina la tensión a circuito abierto U0
entre los terminales A y B:
Debido a que el circuito contiene bobinas acopladas magnéticamente se
recomienda utilizar el método de análisis por mallas. Para este método es
conveniente que todas las fuentes sean de tensión, por lo que se transforma
la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión equivalente:
5 90º( j4) 5 90º∙4 90º 20 0º V
Aplicando la LKT a la trayectoria cerrada formada por las tensiones de la parte
superior izquierda del circuito, se puede escribir que:
+
1
j
A
B
j2
j3
j2
j4
U0
UR1+
++
Eg
+
1
j
A
Bj2
j3
j2
j4
+
Ia
Ib
U0
+UR1
+
+
Eg
298 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0 1 gRU U E
Aplicando el método de mallas al circuito:
Malla a: j2 j2 j 20 0º
Malla b: j2 j j3 j j4 20 0º
a a a b b
b a b b b a b
I I I I I
I I I I I I I
Reagrupando términos y sumando ambas expresiones:
40 0º 40 0º1+j 40 0º 20 2 45º 20 j20 A
1 j 2 45ºa aI I
se calcula la tensión UR1:
1 1∙ 20 j20 VaRU I
Así pues, la tensión a circuito abierto en bornes de dipolo es:
0 20 j20 20 0º 20 j20 20 j20U
0 j20 20 90º VU
El equivalente Thévenin del dipolo dado es:
Conectando ahora en bornes del equivalente Thévenin la impedancia que
absorbe la máxima potencia calculada anteriormente, se tiene:
+
A
B
+
A
B
I
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 299
La intensidad que circula por el circuito es:
20 90º 20 90º20 90º A
1 1 1 1 1j j2 2 2 2
I
o Potencia activa que absorbe Zmáx:
2 2 1∙ 20 ∙ 200W2
abs ZmáxP I R
La potencia activa la absorbe la parte real de la impedancia Zmáx.
o Potencia reactiva que absorbe Zmáx:
2 2 1∙ 20 ∙ 200 var
2abs ZmáxQ I X
La potencia reactiva la absorbe la parte imaginaria de la impedancia Zmáx.
Nótese que una reactancia negativa (parte imaginaria de la impedancia) indica
un carácter capacitivo de la carga, por lo tanto ésta cede potencia reactiva, tal
y como se comprueba con el valor negativo de Qabs Zmáx.
o Potencia aparente que absorbe Zmáx:
2 2 2 2200 200 282,84 VAabs Zmáx abs Zmáx abs ZmáxS P Q
o Potencia compleja que absorbe Zmáx:
j 200 j200 200 2 45º VAabsZmáx absZmáx absZmáxS P Q
Cabe destacar que, dado que el argumento Z=‐45º de la impedancia Zmáx es
menor que cero, dicha impedancia absorbe potencia activa y cede potencia
reactiva.
o Factor de potencia:
200 2. . . (capacitivo al ser <0 )
2200 2
abs Zmáx
Z
abs Zmáx
Pf d p
S
300 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aunque no se indique en el problema, se pueden comprobar los resultados
obtenidos del equivalente Thévenin determinando el equivalente Norton del
dipolo.
Para ello, se cortocircuitan los terminales A y B y se calcula la intensidad de
cortocircuito Icc con la referencia indicada:
Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente de tensión equivalente
y se resuelve aplicando el método de mallas:
Las ecuaciones de las mallas son:
+
1
j
A
B
j2
j3
j2
j4
Icc
+
1
j
A
B
j2
j3
j2
j4
+
Ia
Ic
Icc
Ib
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 301
Malla a: 20 0º A
Malla b: j2 j2 j 0
Malla c: j2 j j3 j j4 20 0º
a
b b c c
c b c c c b c
I
I I I I
I I I I I I I
Reagrupando términos y sumando las dos últimas ecuaciones:
j 20 0º 20 90º Ab bI I
Por lo tanto, la intensidad de cortocircuito Icc queda determinada como:
20 0º 20 90º 20 j20 Acc a bI I I
20 2 45º 20 j20 AccI
Finalmente, se comprueba que la tensión en circuito abierto (determinado a
partir del equivalente Norton y la impedancia equivalente) sea igual a la
obtenida en el equivalente Thévenin:
0
1∙ 45º∙20 2 45º 20 90º V
2eq ccZ I U
302 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.9 ()
Un motor eléctrico monofásico se alimenta a una tensión sinusoidal de 230 V
y 50 Hz. Cuando el motor funciona en régimen nominal, se sabe que consume
una potencia de 1500 W y que por él circula una intensidad de 13 A.
Determinar el valor del condensador que, en paralelo con el motor, hace que
el conjunto motor + condensador consuma 7 A y mantenga el carácter
inductivo. En estas condiciones, determinar el valor de la intensidad que
circula por el condensador.
Solución:
En el enunciado se dice que el motor consume una potencia de 1500 W. No se
especifica si se trata de potencia activa, reactiva o aparente. La manera de
determinar a cuál de estas tres potencias se refiere el dato es fijarse en las
unidades de la potencia dada. En este caso las unidades que acompañan al
dato de potencia dado son vatios, de donde se deduce que se está
proporcionando el dato de la potencia activa absorbida por el motor.
150WabsMP
Por otra parte, aunque en el enunciado no se dice nada de la potencia reactiva
que absorbe el motor, no se puede suponer que es nula. En principio, un
motor eléctrico es una carga de carácter inductivo, es decir, absorbe potencia
reactiva.
La figura siguiente muestra el circuito antes y después de conectar el
condensador en paralelo con el motor.
ZM
IM
230 V
50 Hz ZM
IT
230 V
50 Hz C
IM
IC
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 303
Dado que un condensador ni cede ni absorbe potencia activa, en ambas
situaciones la potencia absorbida por todo el conjunto es la potencia activa
que absorbe el motor, es decir, 1500 W.
Parte de la potencia reactiva que absorbe el motor, y que en la situación inicial
es cedida por la red eléctrica a la cual está conectado el motor, es cedida por
el condensador en la situación final. Esto lleva a que el conjunto
motor+condensador, al consumir la misma potencia activa y menor potencia
reactiva, presente un mejor factor de potencia que el motor trabajando solo.
Esto es, el condensador compensa el factor de potencia del motor.
Esto mismo puede verse si se dibujan los triángulos de potencia de la situación
inicial y de la situación final. En la figura siguiente, se observa que,
efectivamente, T < M.
Situación inicial:
230 13 2990 VAabsM MS U I
Situación final:
230 7 1610 VAabs T TS U I
La potencia reactiva que se absorbe de la red en ambos casos es:
2 2 2 22990 1500 2586,522 varabsM absM absMQ S P
2 2 2 21610 1500 584,893 varabsT absT absTQ S P
Por lo tanto, la potencia reactiva que cede el condensador que se conecta en
paralelo con el motor es:
2586,522 584,893 2001,63 varced C absM abs TQ Q Q
Pabs M
Sabs MQabs M
M
Pabs T= Pabs M
Sabs M
Qabs MM
Qced C
Qabs T
Sabs T
304 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La potencia reactiva que cede un condensador se vale:
2ced C CQ C U
Por lo que la capacidad del condensador que suministra la potencia reactiva
calculada es:
4
2 2
2001,631,204 10 F 120,4μF
100 π 230
ced C
C
QC
U
Nótese que existe otro condensador que conectado en paralelo con el motor
consigue que la intensidad que absorbe el conjunto motor+condensador sea
también de 7 A (Sabs T =230∙7=1610 VA).
La representación del triángulo de potencias de esta segunda solución es:
Esta solución no es válida ya que en el enunciado se dice que el conjunto
motor+condensador debe seguir manteniendo carácter inductivo y, en caso
de conectar este segundo condensador, el conjunto motor+condensador
pasaría a tener carácter capacitivo (T2 < 0).
En cuanto a la intensidad que circula por el condensador en esas condiciones:
6
230 2308,7 A
1 1
2 π 50 120,4 10
CC
C
UI
XC
Recordar que, aplicando la LKI, se cumple que: IT = IM+IC, pero esto no implica
que se haya de cumplir que: IT = IM+IC (de hecho, en general, no se cumple).
Pabs M
Sabs MQabs M
M
Pabs T
Sabs MQabs M
M Qced C
Qabs TSabs T
T2
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 305
Problema 7.10 ()
Un motor eléctrico monofásico (que puede representarse mediante una
impedancia de carácter inductivo) de 1,4 kW de potencia se conecta a la
tensión de red (230 V y 50 Hz). Dado que no se cumplen las indicaciones del
Reglamento Electrotécnico de Baja Tensión, se coloca en paralelo con él un
condensador de 22,5 µF, y así se consigue que el conjunto presente un factor
de potencia de 0,9 inductivo. Determinar los valores de los elementos que
conforman la impedancia que representa al motor.
Solución:
Se dice en el enunciado que el motor se representa mediante una impedancia
de carácter inductivo, esto es:
También se dice que al conectar en paralelo con el motor un condensador de
22,5 μF, el factor de potencia del conjunto pasa a ser 0,9 inductivo. Dado que
la capacidad del condensador que lleva de una situación inicial a una final se
puede calcular como:
2
abs i fP tg tg
CU
y sabiendo que:
arccos0,9 25,84º f f
(Se toma la solución positiva ya que se dice que el factor de potencia tiene
carácter inductivo.)
entonces:
ZM230 V
50 Hz
RM
jXM
230 V
50 Hz
RM
jXM
C
22,5 μF
ITIM
306 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
6
2
1400 25,8422,5 10 36,92º
2 π 50 230i
i M
tg tg
Sabiendo la potencia activa que consume el motor y su factor de potencia, se
puede determinar la potencia aparente absorbida por el motor:
14001751,15 VA
cos cos36,92º
absM
absM
M
PS
Como:
absM MS U I
entonces:
1751,157,613 A
230
abs M
M
SI
U
La potencia activa que absorbe el motor la absorbe la parte real de la
impedancia que lo representa:
2
2 2
140024,15
7,613abs M
abs M M M M
M
PP R I R
I
La potencia reactiva que absorbe el motor la absorbe la parte imaginaria de la
impedancia que lo representa:
2
2 2 2
1051,9718,15
7,613
absM Mabs Mabs M M M M
M M
P tgQQ X I X
I I
318,1557,77 10 H 57,77mH
2 50M
M
XX L L
24,15 j18,15MZ
El motor se representa mediante una resistencia de 24,15 en serie con una
bobina de coeficiente de autoinducción de 57,77 mH.
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 307
Problemas propuestos
Problema 7.11 ()
En el circuito de la figura, determinar:
a) Potencia reactiva consumida por la bobina.
b) Potencia activa proporcionada por el generador.
c) Potencia activa absorbida por la resistencia en serie con el
condensador.
Datos: ( ) 30sen 1000 V,ge t t R = 1 , L = 3 mH y C = 1 mF.
Resultados: a) QabsL = 65,85 var, b) PcedEg = 153,66 W, c) PabsR = 98,78 W
Problema 7.12 ()
Se sabe que al alimentar una carga monofásica de carácter inductivo con una
tensión U = 220 V, por ella circula una intensidad de 1 A y absorbe una
potencia de P = 150 W. Calcular la potencia activa y la potencia reactiva que
absorbe dicha carga cuando se alimenta con una tensión de 110 V.
Resultados: Pabs = 37,5 W, Qabs = 40,23 var
Problema 7.13 ()
Indicar para cada uno de los dipolos de la figura si actúan como generador o
como receptor y si ceden o absorben potencia reactiva.
eg(t) L
R R
C +
308 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Datos: U=2+j3 V, I=3j2 A
Resultados: Dipolo 1: generador, cede potencia reactiva.
Dipolo 2: receptor, absorbe potencia reactiva
Problema 7.14 ()
Calcular para cada dipolo si es generador o receptor y si cede o absorbe
potencia reactiva.
Datos: U1=1+j V, U2=4+j V
Resultados: Dipolo 1: receptor, cede reactiva.
Dipolo 2: generador, absorbe reactiva
Problema 7.15 ()
En el circuito de la figura siguiente, determinar:
a) Valor de la impedancia equivalente (Zeq) del dipolo pasivo.
Dipolo 1
I
U
+
Dipolo 2
Dipolo 1 U1
+
Dipolo 2U2
+
‐j3
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 309
b) Se desea que la fuente de tensión no suministre potencia reactiva, para
lo cual se cierra el interruptor K. ¿Qué valor deberá tener el
condensador C para que se cumpla esta condición?
Datos: Eg = 150 V, = 100 rad/s
Resultados: a) Zeq = 110+j89 , b) C = 40F
Problema 7.16 ()
Dado el circuito de la figura, calcular:
a) La impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe la
máxima potencia activa.
b) La potencia compleja que absorbe dicha impedancia.
Datos: 200 20º V, 2gE a
Resultados: a) ,máxZ 1 j1 5 , Sabs Zmáx = 2,45 j3,76 kVA
Dipolo
pasivo
Pabs=110 W
Qabs=89 var
Z=10+j
+
Eg
Qced=90 var
K
C
Eg –j5
j8 4+j2 A
B a:1
+
310 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.17 ()
Dado el circuito de la figura, calcular la máxima potencia activa que absorbe
el dipolo pasivo de terminales A y B.
Resultados: Pabs DP= 6,25 W
Problema 7.18 ()
En el circuito de la figura el voltímetro V2 mide 20 V. Considerando
= 10000 rad/s y que los elementos de medida son ideales:
a) Calcular las medidas de W, V1, V3 y A.
b) Calcular la expresión de eg(t), tomando la tensión de V2 como origen
de fases.
c) Calcular la potencia reactiva que cede la fuente, y comprobar que se
cumple el teorema de Boucherot.
Dipolo
pasivo B
2 H 1 F
1 1
A
+ V1
V3
V2 1 mH
1 mH
0,1 mH
1
0,1 mF
eg(t)
W A
Potencia en régimen estacionario sinusoidal 311
Resultados: a) W = 200 W, V1 = 142,126 V, V3 = 127,279 V y A = 28,319 A
b) ge (t) = 142,126 2 sen 10000t +0,6857 V
c) Qcedida fuente = 4020 var
Problema 7.19 ()
Si conectamos un sistema “reactancia” + tubo fluorescente a la red (220 V,
50 Hz) y medimos con el vatímetro 1 la potencia consumida por este conjunto
obtenemos un valor 50 W. Si esta medida se efectúa en terminales del tubo
fluorescente, el vatímetro 2 indica una medida de 20 W. Además, se conoce
que la parte resistiva de la “reactancia” tiene un valor de 120 , y que si colocamos un voltímetro en bornes del tubo fluorescente, cuando se
encuentra encendido, la tensión es de 60 V.
a) Calcular el valor de la impedancia equivalente del tubo fluorescente,
Ztf.
b) Calcular el valor de la impedancia equivalente de la “reactancia”, Zr.
c) Calcular el condensador a conectar en paralelo para compensar el
conjunto a un f.d.p. de 0,9 inductivo.
Resultados: a) Ztf = 80,015+j89,43 , b) Zr = 120+j302,52 , C = 4,8 F
220 V
f=50 Hz
120 XLr
+
XLtf
Rtf
Reactancia
Tubo
fluorescente
W1 W2
312 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.20 ()
A load is connected to a real voltage source as depicted in the following circuit.
The voltage magnitude UC is 100 V. Determine the current through the load.
Considering this load current as reference, determine the magnitude and
phase of source voltage UG.
Results: I = 2,828 A, GU = 108,07 47,12º V
Problema 7.21 ()
An industrial single phase load of 10,53 MW of rated power is feeded through
an overhead line of 2 km total length (Rcable = 0,279 /km, Xcable = 0,070 /km).
Considering that the voltage across the total length of the line is 135 V and
that the line along with the industrial load demand 2680 kvar, determine:
a) Industrial load impedance (ZL=RL+jXL)
b) Cable power loss and AC voltage supply UG.
Results: a) ZL = 191,03+j48,48 , b) P = 30,76 kW, UG = 46,41 kV
Load
Pabs=200 W
Qabs=200 var
Z=1+j3
+
UG
+
UC
I
UG
Rcable
+
XL
RL
Xcable
Industrial
Load
Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados
Problemas resueltos
Problema 8.1 ()
Calcular todas las intensidades de línea en el generador y en la carga, y todas
las tensiones de línea y de fase en el generador y en la carga del circuito
trifásico de la figura.
Solución:
Se trata de un sistema trifásico equilibrado Y‐Y. Para analizarlo, se construye
uno de sus circuitos monofásicos equivalentes, en concreto, el de la fase a.
Hay que tener en cuenta que todos los puntos neutros de un sistema trifásico
equilibrado están siempre a la misma tensión (de ahí que a los dos puntos
neutros del circuito se les haya dado el mismo nombre, n).
+
+
+
1+j
1+j
1+j
3+j2
3+j2
3+j2
n’ n
a
b
c
a’
b’
c’
+ 230 0º 1+j 3+j2
n n
a a’
Generación Línea Carga
+
Uan
+ Ua’n
Ia
314 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En el circuito de la figura anterior puede verse que la tensión Uan es la tensión
en bornes de una fuente de tensión ideal, por lo tanto:
230 0º VanU
Agrupando las impedancias en serie se obtiene:
(1 j) (3 j2) 4 j3TZ
Aplicando la ecuación de definición de la impedancia compleja, se puede
calcular la intensidad Ia:
46 36,87º A4 j3
ana
UI
Conocida esta intensidad, la tensión Ua´n vale:
' (3 j2) 165,83 3,18º Vaa nU I
A partir de los valores de las tensiones de fase y de las intensidades obtenidos
sobre el circuito equivalente monofásico, es posible determinar el resto de
tensiones de fase y de línea del sistema monofásico, así como las intensidades
de línea. Para ello, hay que recordar que, en los sistemas trifásicos
equilibrados, las variables de cada fase están desfasadas 120º entre sí. Para
4+j3
n
a +
Uan
Ia
3+j2
n
a’ +
Ua’n
Ia
Sistemas trifásicos equilibrados 315
saber si adelantan o retrasan, es necesario comprobar si el sistema es de
secuencia directa o bien de secuencia inversa.
En el esquema circuital del enunciado se especifica que:
230 0º V
230 120º V
230 120º V
an
bn
an
U
U
U
Por lo tanto, el sistema es de secuencia directa, como puede verse en el
diagrama vectorial de las tensiones de fase mostrado a continuación.
Las tensiones de línea en bornes del generador se determinan considerando
que en un sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, el módulo de las
tensiones de línea es 3 veces mayor que el módulo de las tensiones de fase,
y que las tensiones de línea adelantan 30º respecto a sus tensiones de fase
correspondientes. Además, Ubc y Uca deberán estar desfasadas 120º respecto
de la tensión Uab. Esto es:
3 30º 398,37 30º V
3 30º 1 120º 398,37 90º V
3 30º 1 120º 398,37 150º V
ab an
bc bn ab
ca cn ab
U U
U U U
U U U
En cuanto a las tensiones de fase en bornes de la carga, se ha calculado que:
' 165,83 3,18ºVa nU
Uan
+120º
120º
Ucn
Ubn
sentido de giro
Orden de paso:Uan, Ubn, Ucn
316 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
entonces:
' '
' '
1 120º 165,83 123,18º V
1 120º 165,83 116,82º V
b n a n
c n a n
U U
U U
A partir de estos valores y de la relación vista anteriormente entre tensiones
de línea y tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados, las tensiones
de línea en bornes de la carga valen:
' ' '
' ' ' ' '
' ' ' ' '
3 30º 287,22 26,82º V
3 30º 1 120º 287,22 93,18º V
3 30º 1 120º 287,22 146,82º V
a b a n
b c b n a b
c a c n a b
U U
U U U
U U U
En cuanto a las intensidades de línea (que coinciden con las intensidades de
fase al tratarse de un sistema trifásico conectado en estrella), habiendo
determinado que:
46 36,87º AaI
se obtiene:
1 120º 46 156,87º A
1 120º 46 83,13º A
b a
c a
I I
I I
Sistemas trifásicos equilibrados 317
Problema 8.2 ()
En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa mostrado en la figura,
la carga tiene un factor de potencia de 0,866 inductivo. La medida indicada
por el voltímetro es de 400 V y la medida del amperímetro es de 10 A.
Determinar las tensiones de línea en bornes del generador. Considerar la
tensión del voltímetro como origen de fases y los equipos de medida ideales.
Solución:
El equivalente monofásico del sistema trifásico es:
La tensión medida por el voltímetro es de 400 V, y además se indica que hay
que considerarla como origen de fases, esto es:
' ' 400 0º Va bU
Entonces, a partir de la relación entre tensiones de línea y de fase en un
sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene que:
' ' '
1 40030º 30º 230,94 30º V
3 3a n a bU U
V
Z
n
a
b
c
a’
b’
c’
G 3
Z
Z
Carga
A ZL= 1+j
ZL= 1+j
ZL= 1+j
ZL = 1+j Z
n
a a’
+
Ia
Uan
+
Ua’n
318 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se conoce la medida del amperímetro, por tanto, se sabe que Ia = 10 A.
El valor de las impedancias que forman la carga es:
' ' 230,9423,094
10a n a n
a a
UUZ Z
I I
Se indica en el enunciado el factor de potencia de la carga, por lo tanto:
Z arccos 0,866 30º (signo "+"por ser la carga de carácter inductivo)
Entonces:
23,094 30º 20 j11,547Z
A partir de la relación entre tensión e intensidad en bornes de la impedancia,
se tiene:
'´ 10 60º Aa n
a a a Ua n Z
UI I I
Z
Fijándose en el equivalente monofásico, la tensión de fase en bornes del
generador es:
(1 j) (20 j11,54) 10 60º
24,46 30,85º ∙10 60º 244,62 29,15º V
L aanU Z Z I
La relación existente entre tensiones de línea y de fase en los sistemas
trifásicos equilibrados de secuencia directa es:
3 30ºab anU U
Aplicando dicha relación, se obtiene que:
abU 244,62 29,15º 3 30º 423,69 0,85º V
El resto de tensiones se obtienen teniendo en cuenta que el sistema
considerado es de secuencia directa, esto es:
Sistemas trifásicos equilibrados 319
1 120º
1 120º
bc ab
ca ab
U U
U U
Así pues, las tensiones de línea en bornes del generador son:
ab
bc
ca
U
U
U
423,69 0,85º V
423,69 119,15º V
423,69 120,85º V
320 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 8.3 ()
En el sistema trifásico equilibrado de 400 V, secuencia directa, mostrado en la
figura:
a) Determinar todas las intensidades de línea.
b) Determinar la potencia trifásica compleja que entrega el generador.
Nota: Considerar como origen de fases la tensión de línea Uab.
Solución:
Según el enunciado, el sistema trifásico presenta una tensión de 400 V, esto
es, las tensiones de línea de dicho sistema valen 400 V.
Además, se indica que el origen de fases es la tensión de línea Uab, esto es:
400 0º Vab ab UabU U
También se señala que la carga trifásica está conectada en triángulo, además
de indicarse el valor de su módulo y de su argumento. Entonces, el valor de
las impedancias complejas que forman la carga es:
33 60º
cos 0,5 ( 0)Z Z
ZZ
Es posible determinar su carga trifásica equivalente conectada en estrella:
3 60º1 60º
3 3Y
ZZ
Carga
Z= 3 Ω
cosZ=0,5
a
b
c
Generador trifásico
Z >0
Sistemas trifásicos equilibrados 321
Dado que el generador está conectado en estrella y la carga se ha
transformado a estrella, se puede construir el equivalente monofásico del
circuito trifásico equilibrado Y‐Y, que es:
La tensión de fase se puede obtener a partir de la relación entre tensiones de
línea y de fase para sistemas trifásicos equilibrados de secuencia directa:
1 40030º 30º 231 30º V
3 3an abU U
A partir de este circuito equivalente monofásico, se obtiene que la intensidad
de la línea a vale:
231 30º231 90º A
1 60ºan
a
Y
UI
Z
Teniendo en cuenta que en los sistemas trifásicos equilibrados las variables de
cada fase están desfasadas 120º entre sí, y considerando que el sistema es de
secuencia directa, las intensidades de línea son:
231 90º A
1 120º 231 210º 231150º A
1 120º 231 30º A
a
b a
a a
I
I I
I I
a
b
c
+Z
Z
Z
Ia
Ib
Ic
a
b
c
+
n
Ia
Ib
Ic
ZY
ZY
a
n
+
Uan
Ia
322 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En cuanto a la potencia compleja trifásica, dado que el sistema trifásico es
equilibrado, se cumple que:
T FS S3
La potencia compleja por fase cedida por el generador vale:
FF FS U I*
Dado que:
* * *
231 30º V
( ) (231 90º) 231 90º A
F an
F a
U U
I I
entonces:
231 30º ∙ 231 90º 53361 60º VAFS
Y la potencia compleja trifásica cedida por el generador tiene un valor:
3 3 53361 60º 160083 60º VAT FS S
Sistemas trifásicos equilibrados 323
Problema 8.4 ()
El sistema trifásico equilibrado de la figura se alimenta conectando en los
terminales abc una fuente de tensión real trifásica, equilibrada y de secuencia
directa. Tomando como origen de fases la tensión Ua’’n (siendo n el punto
neutro de la carga 1), determinar:
a) Las intensidades de fase y línea en la carga 1.
b) Las intensidades de fase y línea en la carga 2.
c) La tensión Uab en bornes del generador real.
Datos: Lectura del amperímetro A = 10 A
Solución:
a) Se indica que se toma como origen de fases la tensión de la fase a de la
carga 1. Por otra parte, el amperímetro mide la intensidad que circula por la
línea a, es decir, mide el módulo de las intensidades de línea de la carga 1 (que
coinciden con las intensidades de fase, al tratarse de una carga en estrella).
El equivalente monofásico, de la parte correspondiente a la carga 1 del circuito
trifásico, es el siguiente:
A
0,1+j0,3
0,1+j0,3
0,1+j0,3
0,2+j0,4
0,2+j0,4
0,2+j0,4
0,1+j0,2 0,1+j0,2
a’
b’
c’
Carga 2
6+j3
Carga 1
3+j
Y
a
b
c
a’’
b’’
c’’
0,1+j0
,2
324 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se sabe que:
1 10 AaI
'' '' 0º origen de fasesa n a nU U
1 13 j 3,16 18,43ºZ Z
Entonces:
'' 1 1 31,62 Va n aU Z I
'' 31,62 0º Va nU
Como la carga 1 es inductiva, su intensidad de fase retrasará respecto de la
tensión de fase un ángulo igual al argumento de la impedancia de dicha carga.
Además, la intensidad de la línea a de la carga 1 (Ia1) coincide, al estar la carga
1 conectada en estrella, con la intensidad de la fase a. Por lo tanto:
aI 1 10 18,43º A
Dado que el sistema es de secuencia directa, el resto de intensidades de
línea/fase en la carga 1 valen:
1 1
1 1
1 120º 10 138,43º A
1 120º 10 101,56º A
b a
c a
I I
I I
b) El equivalente monofásico, que incluye las impedancias de la línea de la
carga 1, es:
a’’ Z1 = 3+j
+
Ia1
Ua’’n
n
Sistemas trifásicos equilibrados 325
a aa n a nU j I U j j I1 1' ''(0,1 0,3) (0,1 0,3) (3 ) 33,61 4,31º V
Si la carga 2 se supone conectada en estrella (haciendo la correspondiente
equivalencia entre cargas en triángulo y cargas en estrella), el equivalente
monofásico, fijándose sólo en la carga 2 y su correspondiente impedancia de
línea, es:
22 26 j3 2 j
3Y
ZZ Z
La intensidad de línea a de la carga 2 vale:
'2
2
13,9 25,43º A(0,1 j0,2)
a na
Y
UI
Z
Al tratarse de un sistema equilibrado de secuencia directa, el resto de
intensidades de línea de la carga 2 son:
b a
c a
I I
I I
2 2
2 2
(1 120º) 13,9 145,43º A
(1 120º) 13,9 94,56º A
a’’ Z1= 3+j
+
Ia1
Ua’’n
a’ +
Ua’n
0,1+j0,3
n
0,1+j0,2
Z2Y = 2+j
n
+a’
Ua’n
Ia2
a2
326 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Las intensidades de fase de la carga 2 se pueden determinar a partir de las
intensidades de línea ya calculadas:
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
130º 8,025 4,567º A
3
130º (1 120º) 8,025 115,433º A
3
130º (1 120º) 8,025 124,56º A
3
a b a
b c b a b
c a c a b
I I
I I I
I I I
c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se considera el
equivalente monofásico de todo el sistema. Para ello, hay que convertir la
carga 2, conectada en triángulo, en su estrella equivalente y agrupar las cargas
1 y 2 (ambas cargas están en paralelo), formando ZT.
aT a aI I I1 2 10 18,43º 13,9 25,43º 23,854 22,50º A
Una vez conocida la intensidad de línea total, la tensión de fase en bornes del
generador se calcula:
'0,2 j0,4 42,644 12,89º VaTan a nU I U
A partir de la tensión de fase, la tensión de línea en bornes del generador vale:
a2
Z2 = 6 + j3
Ia2b2
b2 c2
Ib2c2
Ic2a2
Ia2 Ib2 Ic2Z2 Z2
a’ ZT
+
IaT
Ua’n
a +
Uan
0,2+j0,4
n
Sistemas trifásicos equilibrados 327
ab anU U 3 30º 73,86 42,89º V
328 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 8.5 ()
En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura se sabe que
la carga 1 absorbe una potencia reactiva trifásica de 6000 var. Determinar:
a) Las impedancias, Z1 y Z2, que forman cada carga.
b) Las intensidades de fase en las dos cargas.
c) La tensión de línea Ua’b’ en bornes del generador.
Datos: Uab = 380 V, A = 10 A, tomar Uab como origen de fases.
Solución:
a) Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe la carga 1. A partir de
la expresión de esta potencia reactiva trifásica, se obtiene el argumento de la
carga Z1:
Tabs Z ab a ZQ U I1 13 sen
1 1 16000 3 380 10 sen sen 0,911 65,728ºZ Z Z
La intensidad de fase en la carga 1, IZ1, se puede calcular a partir de la relación
entre las intensidades de línea y de fase en los sistemas trifásicos equilibrados:
G 3
A Carga 2 en Y
PT = 2850 W cos = 0,866 inductivo
Z1
Z1
Z1
a’
b’
c’
a
b
c
1+j2
1+j2
1+j2
Carga 1
Sistemas trifásicos equilibrados 329
1 1
15,77 A
3Z LI I
Conocidas la tensión de fase y la intensidad de fase en la carga 1, el valor de la
impedancia Z1 se calcula:
11
1 1
38065,81
5,77abZ
Z Z
UUZ
I I
1 65,81 65,728ºZ
Respecto de la carga 2, se sabe la potencia activa que absorbe y su factor de
potencia, y dado que:
Tabs Z L L ZP U I2 23 cos
entonces:
L LI I2 22850 3 380 0,866 5A
Se puede calcular el valor de la impedancia Z2 si se conocen la tensión de fase
y la intensidad de fase en dicha carga, esto es:
22
2
Z
Z
UZ
I
Z1
IL1
Z1
Z1
IZ1a
b
c
Uab
+
UZ1
+
330 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La tensión de fase se calcula a partir de la relación entre tensiones de línea y
tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados conectados en estrella:
2 219,39 V3ab
Z an
UU U
Entonces:
22
2 2
219,3943,87
5anZ
Z L
UUZ
I I
Dado que en el enunciado se indica que la carga tiene carácter inductivo, su
argumento será mayor que cero. Además se conoce su factor de potencia. Por
lo tanto:
2 arccos 0 866 30Z , º
Así pues, la impedancia de la carga 2 vale:
2 43 87 30Z , º
b) El módulo de ambas intensidades de fase ya se ha determinado en el
apartado anterior. Sus argumentos se calculan a partir de la tensión de fase y
de la impedancia compleja para cada carga:
abZ
UI
Z1
1
380 0º 1065,73º A
65,81 65,73 3
Z2 Z
2Z2
ba cUab
IL2 = IZ2
+
n
+
Uan+
UZ2
Sistemas trifásicos equilibrados 331
2
2
38030º
3 5 60º A43,87 30º
anZ
UI
Z
c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se recurre al circuito
equivalente monofásico del sistema trifásico dado, en el que se ha
transformado la carga Z1 (originalmente en triángulo) en su estrella
equivalente.
La intensidad de línea total que circula en el equivalente monofásico, se
calcula aplicando la LKI:
L L LI I I1 2
Como la carga 2 está conectada en estrella, su intensidad de línea coincide con
su intensidad de fase, ya calculada anteriormente. En cuanto a la intensidad
de línea de la carga 1, su módulo es dato del problema, y su argumento se
determina a partir de la intensidad de fase de dicha carga:
1 1 3 30º 10 95,73º AL ZI I
Entonces:
1 2 10 95,73º 5 60º 14,35 84º AL L LI I I
La caída de tensión en la impedancia que representa la línea se calcula:
LZLU j I1 2 32,08 20,57º V
Z2
a’ a 1+j2
Z1Y
+
IL
IL1
IL2
+
+UZL
Ua’n
Uan
n
332 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Y la tensión de fase en bornes de generador es:
a n ZL anU U U' 251,09 28,80º V
Recordando la relación entre tensiones de línea y de fase en sistemas trifásicos
equilibrados de secuencia directa, la tensión de línea en bornes del generador
es:
a b a nU U' ' ' 3 30º 434,91 1,20º V
Sistemas trifásicos equilibrados 333
Problema 8.6 ()
En el sistema trifásico equilibrado de la figura (secuencia directa y 50 Hz de
frecuencia) se sabe que la tensión Uab = 380 V. Tomando esta tensión como
origen de fases, calcular:
a) La tensión Ua’b’.
b) Potencias activa y reactiva trifásicas absorbidas en cada carga y en la
línea.
c) Potencias activa y reactiva trifásicas suministradas por el generador, y
comprobar el resultado aplicando el teorema de Boucherot.
Solución:
a) Para calcular la tensión de línea en bornes del generador (Ua’b’), primero se
determina su tensión de fase correspondiente (Ua’n), y para ello se hace uso
del circuito monofásico equivalente.
Dicho equivalente, centrándose en la carga 1, es:
G 3
Carga 2 en Q
T2 = 4 kvar
cos Z2 = 0,5
ind.
Z1=20+j10
20+j10
a’
b’
c’
a
b n
1+j
1+j
1+j 20+j10 c
Z1=20+j10
a
n
Ia1
+
Uan
334 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Dado que, como se indica en el enunciado, la tensión Uab se toma como origen
de fases, esto es:
380 0º VabU
y conocida la relación existente entre tensiones de línea y de fase en un
sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene:
130º 220 30º V
3an abU U
La intensidad que circula por la carga 1 vale:
1 9,84 56,56º A20 j10
ana
UI
Considerando ahora la carga 2:
De esta carga se conoce la potencia reactiva trifásica que consume. A partir de
esta potencia y del dato (indicado en el esquema del enunciado) de su factor
de potencia, es posible calcular el módulo de la intensidad de línea de dicha
carga:
2
2
4 kvar
arccos 0,5 60ºTabsZ
Z
Q
TabsZ ab a Z aQ U I I2 2 2 23 sen 7,017 A
Se ha tomado el argumento de la impedancia Z2 positivo (Z2 > 0) debido a que
se señala explícitamente que dicha impedancia tiene carácter inductivo.
a b c +
Ia2
Z2 Ib2
Ic2
Ica2
Iab2
Ibc2
Uab
Z2
Z2
Sistemas trifásicos equilibrados 335
Para calcular el argumento de la intensidad Ia2, basta recordar que en una
impedancia siempre se cumple que el ángulo de desfase entre la tensión en
sus bornes y la intensidad que circula por ella es justamente el argumento de
dicha impedancia. En el caso de la impedancia Z2:
abab ZU I 2 2, 60º
Por otra parte, es bien conocido que, en un sistema trifásico equilibrado de
secuencia directa, las intensidades de línea retrasan 30º con respecto de las
intensidades de fase:
a abI I2 2, 30º
Agrupando estas dos consideraciones, se tiene:
2
2 2
2
2 2
, 60º, 90º 90º
, 30ºa
abab Z
aab I
a ab
U IU I
I I
Por lo tanto:
aI 2 7,02 90º A
El circuito equivalente monofásico del sistema trifásico es:
La intensidad total se calcula aplicando la LKI:
1 2 16,163 70,40º Aa a aI I I
Z2Y
a’ a 1+j
Z1
+
Ia
Ia1
Ia2
+
+UZL
Ua’n
Uan
n
336 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y aplicando la LKT se determina la tensión de fase en bornes del generador:
' (1 j) 242,77 29,56º Vaa n anU I U
A partir de este valor, se calcula la tensión de línea en bornes del generador:
a b a nU U' ' ' 3 30º 420,49 0,44º V
b)
o Carga 1:
Como el sistema trifásico es equilibrado, se va a determinar la potencia activa
y reactiva que absorbe una de las impedancias que forman la carga, y las
potencias activas y reactivas trifásicas absorbidas por dicha carga serán el
triple de las monofásicas calculadas.
Para calcular las potencias monofásicas absorbidas por una de las impedancias
de la carga, se va a tener en cuenta que potencia activa la absorbe la parte
real de las impedancias, mientras que la parte imaginaria absorbe únicamente
potencia reactiva.
F abs Z Z a
F abs Z Z a
P R I
Q X I
2 21 1 1
2 21 1 1
20 9,84 1936,11W
10 9,84 968,06 var
T absZ F abs Z
T absZ F absZ
P P
Q Q
1 1
1 1
3 5808,35W
3 2904,17 var
o Carga 2:
Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe y el factor de potencia de
la carga, por lo tanto, utilizando el triángulo de potencias para dicha carga:
Sistemas trifásicos equilibrados 337
T abs Z
T abs Z
T absZ
Z
Q
QP
2
2
2
2
4000 var
2309,4Wtg
La potencia activa trifásica absorbida por la carga 2 se puede calcular, de igual
manera, aplicando la expresión:
TabsZ ab a ZP U I2 2 23 cos 2309,4W
o Línea:
Se emplea el mismo razonamiento que para la carga 1. Si el sistema es
equilibrado, las potencias trifásicas se pueden obtener multiplicando por 3 las
potencias que absorbe la impedancia de una fase.
F abs ZL ZL a
F abs ZL ZL a
P R I
Q X I
2 2
2 2
1 16,163 261,24W
1 16,163 261,24 var
T abs ZL F abs ZL
T abs ZL F abs ZL
P P
Q Q
3 783,72W
3 783,72 var
c) Para calcular las potencias activas y reactivas trifásicas cedidas por el
generador, se van a emplear las expresiones que permiten calcularlas
directamente.
F genF genT ced gen L gen L gen
F genF genT ced gen L gen L gen
P U I U I
Q U I U I
3 cos ,
3 sen ,
Se ha determinado anteriormente que:
PT abs Z2
jQT abs Z2
ST abs Z2
Z2
338 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
F gen a n
F gen a
U U
I I
' 242,77 29,56º V
16,163 70,40º A
por lo tanto:
', , 40,84ºF gen aF gen a nU I U I
Así pues, las potencias activa y reactiva trifásicas valen:
Tced gen
Tced gen
P
Q
8905,72W
7698,07 var
Estas potencias también se pueden calcular utilizando la expresión de la
potencia compleja trifásica:
*3 jF genT ced gen F gen T ced gen T ced genS U I P Q
Sustituyendo valores para este sistema trifásico:
3 242,77 29,56º 16,16 70,40º 8905,72 j7698,07 VAT ced genS
e identificando parte real y parte imaginaria, se tiene que:
Tced gen
Tced gen
P
Q
8905,72W
7698,07 var
Comprobación del Teorema de Boucherot:
1 2
1 2
Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z
Tced gen Tabs ZL Tabs Z Tabs Z
P P P P
Q Q Q Q
1 2
1 2
8901,47
7687,89 var
Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen
Tabs ZL Tabs Z Tabs Z Tced gen
P P P W P
Q Q Q Q
Sistemas trifásicos equilibrados 339
Problemas propuestos
Problema 8.7 ()
El circuito de la figura muestra el esquema de alimentación eléctrica de una
industria. El generador trifásico (f = 50 Hz) representa el punto de conexión a
la red y de él se sabe que las tensiones entre sus bornes forman un sistema
trifásico equilibrado de secuencia directa de 400 V. Una línea trifásica une el
punto de conexión a red y la industria y presenta una impedancia Zext = 1 + j.
En el interior de la industria una nueva línea trifásica sigue hasta la carga,
siendo su impedancia Zint = 1 + j2. La carga es equilibrada, está conectada en
estrella y la impedancia de cada fase vale Z = 10 + j6. Tomando como origen
de fases la tensión Uab, calcular la intensidad de línea, la tensión de línea en
bornes de la industria, la potencia activa trifásica cedida por la red y la
potencia activa trifásica absorbida por la carga.
Resultados: IL = 15,396 A, UL = 362,556 V, PTabsZ = 7111,104 W,
PTced gen = 8533,325 W
Problema 8.8 ()
En el sistema trifásico equilibrado de la figura, de secuencia directa, el
voltímetro mide 554,52 V y se sabe que la potencia aparente que cede el
generador es de 63639,617 VA. Calcular la resistencia, R, de la línea.
Zint
b
c
a’
b’
c’
Zint
Zint
Zext
Zext
Zext
a’’
b’’
c’’
Z
n
Carga Industria
G
3
a
Z
Z
340 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados: R = 1
Problema 8.9 ()
Sea el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura. Si el
voltímetro ofrece una lectura de 380 V, calcular:
a) Las intensidades de línea consumidas por las cargas 1 y 2 (tomar como
origen de fases la tensión de la fase a de la carga 2).
b) La tensión de línea en bornes del generador.
c) Comprobar que el circuito verifica el Teorema de Boucherot.
Resultados: a) L1 L2I =I =77,56 ‐45º A , b) LgU =760V
a’
b’
c’
R + j2
G
3
R + j2
R + j2
15 + j12
15 + j12
15 + j12
a
b
cV
a
b
c
a’
b’
c’
1 + ja’’
b’’
c’’
G
3
1 + j
1 + j
1 j
1 j
1 j
V
Carga 2
2 + j2
Y
Carga 1
1 + j3
Y
Sistemas trifásicos equilibrados 341
Problema 8.10 ()
En un sistema trifásico equilibrado de 380 V, 50 Hz y secuencia directa, están
conectadas las siguientes cargas:
Un motor trifásico que consume una potencia de 20 kW con un factor
de potencia de 0,866 inductivo.
Una carga en estrella de carácter inductivo. Se sabe que su argumento
es 60º induct. y que el amperímetro marca 35,09 A.
Calcular, tomando la tensión U12 como origen de fases:
a) Las intensidades IM1, IM2, IM3.
b) Las intensidades IC1, IC2, IC3.y las intensidades de línea I1, I2, I3.
c) El factor de potencia de cada carga y el factor de potencia del conjunto.
Resultados: a) M1 M2 M3I =35,088 ‐60º A, I =35,088 ‐180º A, I =35,088 60º A
b) C1 C2 C3I =35,09 ‐90º A, I =35,09 150º A, I =35,09 30º A
1 2 3I =67,78 ‐75º A, I =67,78 165º A, I =67,78 45º A
c) M C Tcosφ =0,866 ind., cosφ =0,5 ind., cosφ =0,707 ind.
Problema 8.11 ()
1
2
3
Z
M
Z Z
IC1
IC2
IC3
IM1
IM2
IM3
I1
I2
I3A
342 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Dado el circuito trifásico de la figura, determinar la intensidad Ic y la tensión
Uab. ¿Este sistema trifásico es de secuencia directa o de secuencia inversa?,
¿por qué?, ¿cuál es el valor de la tensión Ecn’?
Datos: Ia = 25 + j 43,3 A, Ib = –50 A
Resultados: c abI = 25 ‐ j43,3 A, U = 389,7166,87ºV, secuencia inversa,
cn'E = 225 ‐23,13ºV
a
b
c
a’
b’
c’
j0,45 3,6 + j2,25
n
j0,45
j0,45
+
+
+
3,6 + j2,25
3,6 + j2,25
Ib
Ia
Ic
+Uab
Ean’
n’ Ebn’
Ecn’
Tema 9: Máquinas eléctricas
Problemas resueltos
Problema 9.1 ()
Se desea alimentar una lámpara incandescente halógena de 12 V – 75 W a
partir de una red monofásica de 230 V – 50 Hz. En el catálogo de un fabricante
de transformadores se puede ver la siguiente tabla:
Transformadores para lámparas halógenas de baja tensión
Modelo Tensión entrada (V)
Tensión salida(V)
Potencia(VA)
Frecuencia (Hz)
Precio (€)
BT05012 230 12 50 50‐60 9
BT05024 230 24 50 50‐60 12
BT10012 230 12 100 50‐60 20
BT10024 230 24 100 50‐60 23
BT15012 230 12 150 50‐60 32
BT15024 230 24 150 50‐60 35
BT20012 230 12 200 50‐60 46
BT20024 230 24 200 50‐60 49
BT25012 230 12 250 50‐60 60
BT25024 230 24 250 50‐60 65
Elegir el transformador más apropiado para la aplicación deseada.
Solución:
La lámpara que se alimentará con el transformador, consume una potencia
activa de 75 W.
344 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Una lámpara incandescente se puede modelar mediante una carga puramente
resistiva (cos = 1). Por lo tanto:
75 VAcos
abs lamp
abslamp
PS
Se debe escoger un transformador con una potencia igual o superior a 75 VA
y con las tensiones adecuadas a la red a la que se va a conectar y a la lámpara
que ha de alimentar.
En la tabla se observa que todos los transformadores tienen tensión de
entrada 230 V. En cuanto a la tensión de salida, se observa que unos
transformadores la tienen de 12 V y otros de 24 V. Como la lámpara se
alimenta a 12 V, hay que descartar aquellos transformadores con tensión de
salida distinta a ésta.
Respecto de la potencia aparente, el transformador de código BT5012 tiene
una potencia inferior a 75 VA, por lo que no se puede utilizar para esta
aplicación. El resto de los transformadores de la tabla, con tensión de salida
12 V, son susceptibles de poder utilizarse para alimentar la lámpara.
Como criterio para seleccionar el más adecuado entre todos ellos, se va a
utilizar el económico. Por tanto, el transformador seleccionado para la
aplicación pedida es el de código BT10012, que además es el de potencia más
próxima, por exceso, a la consumida.
Máquinas eléctricas 345
Problema 9.2 ()
Dimensionar la potencia mínima que debe tener un motor síncrono de 4 pares
de polos, conectado a una red de 50 Hz, para desarrollar un par de 55 N∙m a
su velocidad de sincronismo (n = 750 rpm).
Solución:
La potencia mecánica útil que entrega el motor en su eje es el producto del
momento de fuerza por la velocidad angular. La potencia útil calculada
utilizando el S.I. es:
2 rad/s750 rpm 55N∙m 4319 W
60 rpmútilP n T
Para no sobrecargar el motor, se debe elegir un modelo que tenga una
potencia asignada Pnominal igual o superior a la potencia útil que debe entregar.
nominal útilP P
Es posible que la tabla de modelos que proporcione el fabricante no esté en
unidades del S.I. En España, todavía es habitual expresar la potencia de un
motor en caballos de vapor (1 CV ≈ 736 W). Por tanto, la potencia útil en
caballos de vapor es:
4319W5,86 CV
736W/CVútilP
Algunos fabricantes anglosajones utilizan el sistema imperial británico. La
potencia útil del motor en caballos de potencia (1 HP ≈ 746 W) es:
4319W5,79 HP
746W/HPútilP
346 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 9.3 ()
Un motor de corriente continua de imanes permanentes suministra una
potencia útil de 5 CV cuando se alimenta a 400 V, gira a 1800 rpm y absorbe
una corriente de 10 A. Calcular el par útil generado y el rendimiento del motor
en ese punto de funcionamiento.
Solución:
La potencia útil del motor, pasada a vatios es:
5 CV 736W/CV 3680WútilP
El par y la potencia mecánica útil están relacionados por la siguiente
expresión:
útil útilP T n
Consecuentemente, el par útil generado es:
3680 W19,52N∙m
2 rad/s1800 rpm
60 rpm
útilútil
PT
n
La potencia eléctrica que absorbe la máquina de corriente continua es:
400 V 10 A 4000WabsP U I
El rendimiento de una máquina es el cociente entre la potencia que
proporciona y la que consume. En el caso de un motor, el motor proporciona
una potencia mecánica útil en el eje y consume la energía eléctrica que
absorbe de la red. Por lo tanto, el rendimiento del motor es:
3680 W100 92%
4000Wútil
abs
P
P
Máquinas eléctricas 347
Problema 9.4 ()
A una red trifásica de 690 V se conecta una máquina de inducción trifásica
cuyas hojas de características indican los siguientes datos:
Potencia nominal: 500 CV, Eficiencia: 90 %, cos: 0,8
a) Determinar la potencia activa absorbida por el motor en condiciones
nominales.
b) Determinar la intensidad de línea.
Solución:
a) La potencia asignada de una máquina es la que aparece o nomina en su
placa de características y es aquella potencia útil para la cual está diseñada
dicha máquina. También se conoce como potencia nominal.
Cuando la máquina trabaja en los valores asignados o nominales, no se
produce un calentamiento excesivo en ninguna de sus partes constitutivas.
En un motor, esta potencia nominal viene indicada en forma de potencia
mecánica útil en el eje. De esta manera, la máquina mostrada en el enunciado
desarrolla una potencia mecánica, convertida a kW:
kW500 CV 0,736 368kW
CVnominalP
En la hoja de características suele indicarse la eficiencia o rendimiento del
motor en las condiciones asignadas. A través de este valor, es posible
determinar la potencia activa que la máquina absorbe de la red trifásica para
desarrollar la potencia mecánica nominal en su eje:
nominal
abs
P
P
368kW408,9kW
0,9absP
348 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
b) Conocida la potencia activa absP que absorbe el motor de la red, la tensión
de alimentación UL y el factor de potencia cos, la intensidad de línea IL se calcula despejando de la siguiente ecuación:
3 ∙cosabs L LP U I
Por tanto, la intensidad de línea es:
408889 W427,6 A
3 ∙cos 3 690 V 0,8abs
L
L
PI
U
Máquinas eléctricas 349
Problema 9.5 ()
Un motor trifásico alimentado a 400 V está acoplado a una caja reductora de
relación de transmisión 10:1 (r = 10) y rendimiento mecánico reductora = 86 %.
El eje de salida de los engranajes gira solidario con el rodillo de una cinta
transportadora. Dicho tambor gira a una velocidad aproximada de 150 rpm y
ofrece un par resistente de 930 kgf∙m.
a) Seleccionar el motor asíncrono más adecuado entre los modelos
comerciales indicados en la tabla siguiente.
Potencia (kW)
Velocidad nominal (rpm)
Rendimiento
motor (%)
Factor de
potencia
Intensidad nominal a 400 V (A)
Par nominal (N∙m)
110 1485 94,7 0,86 195 707
132 1485 95,3 0,87 228 849
160 1485 95,7 0,87 280 1030
200 1485 95,9 0,87 347 1290
250 1488 96,2 0,88 428 1610
315 1488 96,3 0,88 532 2020
355 1490 96,3 0,88 608 2280
400 1490 96,5 0,88 684 2560
b) Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida por el motor
elegido.
Solución:
a) En primer lugar se convierten el par y la velocidad del rodillo de la cinta
transportadora a las unidades del S.I.:
N930 kgf∙m 9,81 9123,3N∙m
kgfrodilloT
2 rad/s150 rpm 15,708 rad/s
60 rpmrodillon
La potencia mecánica en el rodillo es:
∙ 9123,3 N m 15,708 rad/s 143308Wrodillo rodillo rodilloP T n
350 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Debido a rozamientos en los engranajes, el motor debe entregar una potencia
útil en su eje mayor a la potencia mecánica en el rodillo. La relación entre la
potencia de entrada y salida de la caja reductora es su rendimiento:
rodilloreductora
útil motor
P
P
La potencia mecánica útil en el eje del motor se obtiene despejando de la
relación anterior
143308 W166637,74W 166,64kW
0,86rodillo
útil motor
reductora
PP
Por otro lado, la velocidad del motor se obtiene con la relación de engranajes
(el motor es el eje rápido y el rodillo es el eje lento):
150∙10 1500 rpmmotor rodillon n r
Como el requisito relativo a la velocidad del rodillo es aproximado, podemos
seleccionar cualquier motor que gire próximo a 1500 rpm. Todos los motores
de la tabla del catálogo cumplen la condición de velocidad. El motor de
potencia asignada Pnominal más próxima, por exceso, a la calculada, Pútil motor, es:
Pnominal = 200 kW, con motor= 0,959 y cos = 0,87
El motor de 160 kW está preparado para entregar esa potencia en servicio
continuo. Si el servicio de la cinta transportadora es de corta duración (los
intervalos en los que se utiliza el motor son cortos, con arranques livianos y
con paradas largas durante las cuales el motor se enfría), entonces el motor
de 160 kW podría utilizarse.
Si la cinta transportadora presenta frecuentes arranques duros (debido a que
la cinta es elevadora y arranca con carga, la fricción seca es muy elevada por
falta de lubricación en los rodillos, etc…) o el motor se utiliza para frenar la
cinta (por ejemplo, invirtiendo las fases de alimentación o inyectando
corriente continua), el motor estará sometido a un calentamiento severo,
Máquinas eléctricas 351
significativamente mayor que el servicio continuo. En este caso, se elegiría el
motor de 200 kW.
En ausencia de información concreta sobre el tipo de servicio e instalación de
la máquina, la elección más prudente es la del motor de 200 kW.
Cuando sea necesario variar la velocidad, dulcificar los arranques y las paradas
(por ejemplo, para acelerar y decelerar suavemente la cinta transportadora) y
reducir el calentamiento durante los arranques, el motor se alimentará (en
argot, se accionará) mediante un convertidor de frecuencia, también llamado
variador de velocidad.
b) El rendimiento y el factor de potencia del motor dependen de la tensión de
alimentación y de la potencia útil. A falta de datos adicionales, se puede
considerar que estos valores son cercanos a los valores nominales indicados
en la tabla porque el motor escogido tiene una potencia nominal Pnominal
cercana a la útil Pútil motor calculada para la aplicación del enunciado y la tensión
de alimentación es la nominal del motor.
Así pues, a partir de las características del motor elegido, éste demandará una
potencia eléctrica:
166,63kW173,75kW
0,959
útil motor
abs
motor
PP
Su tensión de alimentación es 400 V, por lo que el motor absorberá una
intensidad de línea:
173750 W288,26 A
3 cos 3 400 V 0,87abs
L
L
PI
U
352 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 9.6 ()
Elegir el grupo electrógeno adecuado para suministrar electricidad a un
pequeño campamento militar con las siguientes cargas eléctricas:
Carga eléctrica Potencia Factor de potencia
Módulo táctico 10 kW 0.9 inductivo
Módulo de telecomunicaciones 3 kW 0.9 capacitivo
Alumbrado 2 kW 0.9 inductivo
Módulo de cocina 15 kVA 0.8 inductivo
Zonas comunes 25 kW 0.7 inductivo
Módulo dormitorio 10 kW 0.8 inductivo
El sistema ha de ser capaz de alimentar simultáneamente a todas las cargas,
que son monofásicas a 230 V, 50 Hz.
El parque móvil cuenta con los siguientes grupos electrógenos, ordenados por
máxima potencia que pueden suministrar de forma continua. Todos cuentan
con salida trifásica a 400 V y 50 Hz y están instalados sobre plataforma
remolcable por vehículo todoterreno.
Fabricante y modelo Smax Pmax
FG WILSON P13.5E2 13,5 kVA 11,0 kW
Atlas Copco QAS 30 30 kVA 24 kW
Cummins C38 D5 35 kVA 28 kW
PRAMAC GSW 45 Y 44 kVA 35 kW
Atlas Copco QAS 60 60 kVA 48 kW
Atlas Copco QAS 80 80 kVA 64 kW
Atlas Copco QAS 100 100 kVA 80 kW
Solución:
Las cargas monofásicas de 230 V, 50 Hz se pueden conectar en estrella (entre
una fase y neutro de un sistema trifásico de 400 V), por lo que todos los grupos
de la lista tienen una tensión compatible con las cargas.
Máquinas eléctricas 353
El enunciado no especifica requerimientos de aerotransporte o de despliegue
de la plataforma. Como el enunciado no especifica las condiciones de
transporte y utilización, se asumirá que todos los grupos electrógenos de la
lista son aptos.
El enunciado no indica el ambiente en el cual va a funcionar el grupo. Los
fabricantes suelen proporcionar información adicional sobre cómo disminuye
la potencia máxima cuando se utilizan a temperaturas extremas, en elevadas
alturas sobre el nivel del mar, etc. A falta de información, se supondrá que no
hay que aplicar factores reductores (o de desclasifición) a la máxima potencia
de los grupos porque están adaptados para un funcionamiento con tempera‐
turas extremas y con mayor presencia de polvo y sal.
También se supone que la máxima potencia que se indica en el enunciado es
la que puede suministrar el grupo electrógeno en funcionamiento continuo
(en inglés, prime power), que es el tipo de operación que más se adapta a un
campamento aislado.
La máxima potencia durante tiempo limitado para grupos que funcionan como
respaldo de emergencia (en inglés, stand‐by) es alrededor de un 10 % mayor
que la máxima potencia continua, pero a costa de disminuir su vida útil por el
mayor desgaste de las piezas. Esto es admisible si el grupo opera pocas horas
al año, pero no en un campamento militar.
Después de aplicar las simplificaciones previas, sólo hace falta calcular la
máxima potencia activa y aparente demandada por el campamento, elegir un
grupo electrógeno lo más ajustado posible y distribuir las cargas monofásicas
en la red trifásica.
Según el teorema de Boucherot, la potencia activa y reactiva que consume el
campamento es la suma de las potencias activa y reactiva que absorbe cada
carga. Por tanto, hay que calcular la potencia activa y reactiva de cada carga y
sumar el resultado.
Las unidades en la columna de potencia de la tabla del enunciado indican si
las cargas están especificadas en potencia activa o en potencia aparente. Por
354 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
consiguiente, la potencia asignada a la cocina es potencia aparente y el resto
de consumos están especificados en potencia activa.
Nótese que el módulo de comunicaciones tiene un factor de potencia
capacitivo, por lo que su ángulo de desfase tensión‐intensidad y su potencia
reactiva son negativos.
Con estas consideraciones se obtiene la tabla de potencias activa y reactiva.
Carga eléctrica Potencia cos(ϕ) ϕ P Q
Módulo táctico 10 kW 0,9 ind 25,84º 10 kW 4,84 kvar
M.
telecomunicaciones 3 kW 0,9 cap –25,84º 3 kW –1,45 kvar
Alumbrado exterior 2 kW 0,9 ind 25,84º 2 kW 0,97 kvar
Módulo cocina 15 kVA 0,8 ind 36,86º 12 kW 9,00 kvar
Zonas comunes 25 kW 0,7 ind 45,57º 25 kW 25,51 kvar
Módulo dormitorio 10 kW 0,8 ind 36,86º 10 kW 7,50 kvar
TOTAL 62 kW 46,36 kvar
Sumando las dos últimas columnas de la tabla, se obtiene que el campamento
consume una potencia activa de 62 kW y una potencia reactiva de 46,36 kvar.
Por tanto, la potencia aparente total absorbida en el campamento es:
2 2 2 262 46,36 77,41kVAS P Q
El enunciado indica que el grupo debe ser capaz de suministrar todos los
consumos simultáneamente. Por ello, se debe encontrar un grupo
electrógeno con potencia activa ligeramente superior a 62 kW y de potencia
aparente igual o superior a 77,41 kVA.
En la práctica, es muy conveniente gestionar los horarios de utilización y
conectar escalonadamente las cargas para evitar picos y valles de consumo.
En casos de profunda modulación del consumo, se pueden conectar varios
grupos electrógenos funcionando en paralelo o utilizar resistencias de
disipación en función del consumo.
Máquinas eléctricas 355
De los grupos disponibles, el más ajustado a la demanda máxima es el Atlas
Copco QAS 80, que proporciona hasta 64 kW y 80 kVA en régimen continuo.
Aunque el enunciado no da información sobre el perfil de consumo del campa‐
mento, se puede suponer que los módulos de cocina, dormitorio y zonas
comunes tendrán consumos variables en el tiempo, mientras que los módulos
tácticos y de telecomunicaciones tendrán un consumo más constante. Es
decir, el factor de simultaneidad de los consumos a menudo será menor del
100 % y el grupo trabajará bastante tiempo en la zona óptima, entre el 50 y el
80 % de su potencia nominal. Debe evitarse el funcionamiento del grupo
electrógeno por debajo del 30 % de su potencia máxima porque su
mantenimiento se incrementa notablemente.
Elegir un grupo de mayor potencia que el Atlas Copco QAS 80 no está
justificado porque los modelos de mayor potencia funcionarían más horas a
baja carga. En caso de ampliación del campamento, el grupo electrógeno se
podría sustituir fácilmente por otro mayor por estar montado sobre remolque.
Como estos modelos son trifásicos a 400 V y las cargas son monofásicas a
230 V, éstas se conectarán en estrella. Para que las cargas se distribuyan
equilibradamente, se agruparán los consumos en bloques de potencia cercana
a un tercio de la potencia total (77,41 kVA/ 3 fases ≈ 26 kVA/fase).
El mayor consumo corresponde a las zonas comunes. Si las zonas no se pueden
distribuir entre fases, se conectarían a una fase y el resto de consumos se
repartirían de la forma más equilibrada posible en las otras dos fases
restantes.
A continuación se muestra una posible distribución de consumos por fases.
Fase 1 P Q
Zonas comunes 25 kW 25,51 kvar
S1 = 2 225 25,51 = 35,71 kVA
I1 = 35,71 kVA
230 V = 155,3 A
356 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Fase 2 P Q
Módulo de telecomunicaciones 3 kW –1,45 kvar
Alumbrado exterior 2 kW 0,97 kvar
Cocina 12 kW 9,00 kvar
Total fase 2 17 kW 8,52 kvar
S2 = 2 217 8,5 = 19,01 kVA
I2 = 19,01 kVA
230 V = 82,7 A
Fase 3 P Q
Módulo táctico 10 kW 4,84 kvar
Módulo dormitorio 10 kW 7,50 kvar
Total fase 3 20 kW 12,34 kvar
S3 = 2 220 12,34 = 23,50 kVA
I3 = 23,50 kVA
230 V = 102,2 A
Con esta solución, la fase 1 ha quedado un 40 % más cargada que la media,
con una corriente I1 = 155,3 A. Esta intensidad supera Ifn, corriente cuando el
grupo electrógeno Atlas Copco QAS 80 suministra su máxima potencia
aparente a una carga trifásica equilibrada:
G 3
1
2
3
n
n n n
Zonas comunes
Telecomunicaciones
Cocina
Módulo táctico
Dorm
itorio
Alumbrado
Máquinas eléctricas 357
Ifn = 80 kVA
3400 V = 115,5 A
El enunciado no indica el número y tipo de tomas de corriente de este grupo,
pero se puede suponer que el interruptor principal tiene el calibre
normalizado de inmediatamente superior a If. Por tanto, a este grupo le
corresponde un interruptor magnetotérmico trifásico de calibre 125 A junto a
una toma trifásica de 125 A.
Dado que I1 > 125 A, se aconseja repartir los consumos de las zonas comunes
en varias fases. En el enunciado no se indica los elementos de las zonas
comunes y su disposición, pero las zonas comunes se suelen distribuir a lo
largo de un campamento y es previsible alcanzar un reparto razonable donde
ninguna fase superase los 125 A.
Otra opción sería mejorar el factor de potencia de la fase 1, pero asegurándose
que no sobrecompensar porque el control de la excitación magnética del
alternador se puede desestabilizar con cargas de carácter capacitivo. Para
evitar la sobrecompensación a bajas cargas, la opción más sencilla es instalar
los condensadores distribuidos en paralelo con los consumos inductivos, de
forma que se conecten y desconecten solidariamente con las cargas más
inductivas. En sistemas más grandes, otra solución razonable puede ser
instalar un banco de condensadores controlado automáticamente.
Por ejemplo, si el factor de potencia se eleva de 0,8 a 0,9 inductivo en las zonas
comunes, la corriente disminuiría por debajo del calibre de la aparamenta
eléctrica.
I1 = 25 kW
0,9 ∙ 230 V = 120,8 A (< 125 A)
Por último, conviene recordar que al instalar el grupo electrógeno en el
campamento, hay que seguir las recomendaciones de su manual de uso.
Dichas recomendaciones suelen especificar la conexión del neutro a una pica
que se clava en la tierra.
358 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 9.7 ()
En el siguiente diagrama se muestra una red trifásica equilibrada, de 400 V,
50 Hz y secuencia directa. El transformador se considera ideal y su potencia
nominal de 8 kVA.
a) Determinar la medida del amperímetro.
b) Determinar el valor mínimo que puede tener la impedancia Z sin que
el transformador esté sobrecargado.
c) Determinar las intensidades del transformador I1, I2 e I3 con la
impedancia del apartado anterior. Considere la tensión Uan como
referencia.
Resultados: a) Amperímetro: 9,485 A, b) Z = 85,059 ,
c) , , º , , , º1 2I 11 55 35 9 A I 11 55 155 9 A
, , º3I 11 55 84 1 A
Transformador
Trifásico STnom
= 8 kVA
M3
Motor inducción P = 5 CV cos = 0,7 = 80%
cosZ = 1
A
I1
I2
I3
1
2
3
Z Z Z
IM1
IM2
IM3
IC1
IC2
IC3
Máquinas eléctricas 359
Problema 9.8 ()
Se tiene una red trifásica de 400 V, 50 Hz, y a partir de ella se quiere alimentar
una máquina trifásica de 230 V que consume una corriente máxima de 30 A.
Seleccionar el transformador más adecuado entre los siguientes modelos
comerciales:
Transformadores trifásicos
Modelo Tensión entrada
(V) Tensión salida
(V) Potencia(kVA)
Frecuencia (Hz)
Precio (€)
TT001 400 230 1 50 161
TT002 400 230 2 50 182
TT003 400 230 3,15 50 228
TT005 400 230 5 50 277
TT008 400 230 8 50 330
TT010 400 230 10 50 396
TT012 400 230 12,5 50 474
TT016 400 230 16 50 590
TT020 400 230 20 50 677
TT025 400 230 25 50 852
Resultados: Se seleccionará el transformador TT012.
Problema 9.9 ()
Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida un motor trifásico de
400 V que gira a 2820 rpm y entrega en el eje un par de 50 N∙m. Considerar un
rendimiento del 84 % y un factor de potencia 0,81.
Resultados: Pabs = 17578 W, I = 31,32 A
360 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 9.10 ()
Se conecta una máquina de inducción trifásica con la siguiente placa de
características.
AGMOTOR
3~ Motor Ind. MPZ15 Hz 50
kW 30 R.P.M 2900
V 690 / 400 COS 0,83
A 35,0 / 60,6 IP 55
a) Determinar la intensidad de línea cuando se conecta a una red de
400 V en condiciones nominales.
b) Determinar la potencia aparente y activa absorbida por el motor en
condiciones nominales.
c) Determinar el rendimiento del motor en condiciones nominales.
Resultados: a) IL = 60,6, b) Sabs = 42 kVA, Pabs = 34,86 kW, c) η = 86%
Problema 9.11 ()
Calcular la potencia útil de un motor acoplado a un ventilador que proporciona
un caudal 50.000 m3/h bajo una presión de 245 Pa a una velocidad de
3000 rpm. El rendimiento del ventilador en las condiciones de trabajo es 69%
y la densidad del aire es 1,293 kg/m3. Si el motor tiene un rendimiento
eléctrico del 90 % en esas condiciones, obtener la potencia activa absorbida
de la red.
Resultados: Pu = 6377 W, Pabs = 7085 W
Máquinas eléctricas 361
Problema 9.12 ()
Una instalación aislada de la red eléctrica tiene las siguientes cargas:
Carga eléctrica Potencia Factor de potencia
Módulo táctico 4 kW 0,9 inductivo
Módulo telecomunicaciones 1 kW 0,9 capacitivo
Módulo cocina 6 kW 0,8 capacitivo
Bomba de agua potable 15 kVA 0,7 inductivo
Zonas comunes 5 kW 0,8 inductivo
La bomba de agua potable requiere alimentación trifásica a 400 V y 50 Hz. El
resto de consumos son monofásicos a 230 V.
De entre los grupos electrógenos enumerados en el problema 9.6, elegir el
modelo más adecuado para suministrar simultáneamente todas las cargas,
que se han repartido según el siguiente esquema de conexión eléctrica.
Resultados: Se seleccionará el grupo electrógeno Cummins C38 D5
G 3
1
2
3
n
n n
Módulo táctico
Módulo cocina
Telecomunicaciones
n
Zonas comunes
Bomba
agua
potable
362 Problemas de Fundamentos de Electrotecnia