TINS Circuitos Eléctricos II

8/10/2019 TINS Circuitos Eléctricos II

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UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ

Vicerrectorado de Investigación

CIRCUITOS

ELÉCTRICOS II

TINS Básicos

INGENIERÍA ELECTRÓNICA, INGENIERÍA MECATRÓNICA

TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP

Lima - Perú



CIRCUITOS ELÉCTRICOS II

2

© CIRCUITOS ELÉCTRICOS IIDesarrollo y Edición : Vicerrectorado de Investigación

Elaboración del TINS : • Ing. Fernando López A.

• Ing. Mercedes Zambrano O.

Diseño y Diagramación : Julia Saldaña Balandra

Soporte académico : Vicerrectorado de Investigación

Producción : Imprenta Grupo IDAT

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

obra.



RAZONAMIENTO MATEMÁTICO I

3

“El presente material de lectura contiene una compilación deartículos, de breves extractos de obras Circuitos Eléctricos IIpublicadas lícitamente, acompañadas de resúmenes de lostemas a cargo del profesor; constituye un material auxiliar deenseñanza para ser empleado en el desarrollo de las clases ennuestra institución.

Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes dela Universidad Tecnológica del Perú, preparado para finesdidácticos en aplicación del Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc.

A., del Decreto Legislativo 822, Ley sobre Derechos de Autor”.




4




5

PresentaciónEn el camino ascendente de la tecnología, alimentado en permanentes actos dereflexión científica, en espacios de pensamiento creativo, impulsado por laglobalización de estos años, surge esta obra; congruente con las necesidades deformación profesional, en el ámbito de las ingenierías de: Electrónica,Mecatrónica y ramas afines.

Se trata de un texto de instrucción, desarrollado con criterio didáctico, denaturaleza teórica-práctica para facilitar el aprendizaje del Curso de CircuitosEléctricos II; con un contenido secuencial compatible con el texto de CircuitosEléctricos I, diseñado para alumnos del V ciclo de la Carrera arriba acotada.

La característica singular de estos textos establecido en función del sillabus delCurso, mencionado en líneas precedentes, lleva un énfasis de actualización, comoreflejo de un acopio temático cuidadoso de la cantera bibliográfica másrecomendada de Circuitos Eléctricos.

El texto en mención ha sido compuesto por la Ing. Mercedes Zambrano; de quienrefleja la experiencia profesional y el denuedo académico, en el horizonte demejora continua de calidad educativa; como constante de contribución profesoral

a la preparación de textos de instrucción TINS.

El sentido didáctico del texto, se plasma en VII capítulos,ordenados de la maneraque sigue:

En el CAPÍTULO I, hacemos la introducción de los sistemas monofasicos decorriente alterna, indicamos la generación de energía eléctrica, la importancia deltratamiento de ondas senoidales y no senoidales, en el dominio del tiempo y en eldominio de la frecuencia, el uso practico de FASORES, con un estricto respeto alas LEYES DE KIRCHOOFF, remarcando conceptos de impedancia, reactancia,

admitancia, susceptancia, triangulo de impedancia, enfatizando “quien adelanta” o“quien atraza”, en circuitos inductivos ,capacitivos o resistivos.

E n el CAPÍTULO II y III, hacemos énfasis a la aplicación de los métodos desolución en forma fasorial, apoyandose del algebra topológica y de una calculadoracientífica que procese operaciones con complejos, en forma programable.(HP,TEXAS VOYAGE, CASIO, etc).




6

En el CAPÍTULO IV, damos el concepto de POTENCIA COMPLEJA, sutriangulo correspondiente, la analogía con el triangulo de impedancias, y laimportancia del factor de potencia. Luego, hacemos aplicación de teoremas a locircuitos en forma fasorial, con el cuidado de distinguir las fuentes independientesde las controladas, corrección del factor de potencia: una técnica que la industrialo aplica permanentemente.

En el CAPÍTULO V, desarrollamos el fenómeno de Resonancia eléctrica, suimportancia en la electrónica y mecatrónica, pues se aprecia el concepto de anchode banda, factor de calidad, selectividad, y su aplicación con filtros pasabanda,rechazo de banda, como una antesala al estudio de los filtros activos con opamp.

En el CAPÍTULO VI, los sistemas polifásicos - trifásicos, marcan la importanciade la energía eléctrica que mueve la industria y el progreso de cada país en elmundo. Se hace énfasis a los diagramas fasoriales de voltajes y corrientes, desistemas trifásicos balanceados y desbalanceados, cargas en estrella y en delta, sumedición usando vatimetros electrodinámicos (ahora digitales), y la medición delfactor de potencia.

En el CAPÍTULO VII, hacemos circuitos acoplados magnéticamente, laimportancia del núcleo magnético, factor de acoplo, reactancia mutua, puntos de

polaridad instantánea, voltajes inducidos, trafos lineales e ideales, reflexiones deimpedancias, hasta aplicarlo en los trafos trifásicos, con la ayuda de diagramasfasoriales y el cuidado del conexionado correspondiente.

Al cerrar las líneas de esta presentación el agradecimiento Institucional a la Ing.Mercedes Zambrano e Ing. Fernando López A., por el esfuerzo y delicada laborpaciente en la composición del texto.

Ing. Lucio H. Huamán Ureta

Vicerrectorado de Investigación




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Índice

CAPÍTULO ISISTEMAS MONOFASICOS DE CA ......................................................... 11

1. Generación de la Corriente y voltaje eléctrico................................... 112. Magnitudes de la Corriente y Voltaje eléctrico.................................. 133. Medios Para Generar Tensión Alterna .............................................. 134. Ondas Eléctricas no Senoidales ......................................................... 175. Números Complejos ......................................................................... 236. Ondas Eléctricas Senoidales............................................................... 297.

Fasores................................................................................................ 318. Respuesta en AC de Elementos Pasivos............................................. 379. Leyes de Kirchhoff ............................................................................. 5610. Transformación Delta Estrella ........................................................... 58

CAPÍTULO IIMETODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN ....................................... 67

1. Divisor de Tensión Fasorial ............................................................... 672. Divisor de Corriente Fasorial............................................................. 703. Método de Transformación de Fuentes AC ...................................... 73

CAPÍTULO IIIMETODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDES ELECTRICOSLINEALES .................................................................................................... 77

1. Método de Corriente de Mallas ........................................................ 772. Método de Tensiones de Nodos ........................................................ 803. Supernodo.......................................................................................... 824. Supermalla ......................................................................................... 85

CAPÍTULO IVPOTENCIA MONFASICA .......................................................................... 89

1. Potencia Activa................................................................................... 922. Potencia Reactiva ............................................................................... 933. Potencia Compleja ............................................................................. 934. Factor de Potencia.............................................................................. 955. Corrección del Factor de potencia..................................................... 956. Teorema de Thevenin ........................................................................ 1037. Teorema de Norton ........................................................................... 104




8

8. Teorema Superposición ..................................................................... 1089.

Teorema Máxima Transferencia de Potencia..................................... 11110. Problemas Resueltos........................................................................... 115

CAPÍTULO VRESONANCIA ELECTRICA ...................................................................... 141

1. Resonancia Eléctrica serie .................................................................. 1412. Circuito Paralelo Resonante .............................................................. 1443. Circuito paralelo Resonante de dos Ramas ....................................... 1504. Filtros Pasivos.................................................................................... 151

CAPÍTULO VISISTEMAS TRIFASICOS............................................................................. 159

1. Generación de Sistemas Polifásicos ................................................... 1592. Sistemas Bifásicos............................................................................... 1603. Sistemas Trifásicos ............................................................................. 1624. Cargas Trifásicas Balanceadas y Desbalanceado ................................ 1685. Potencia Trifásica Compleja. ............................................................ 1706. Medición de potencia Trifásica (Método de los dos Vatímetros) ..... 1717. Factor de Potencia en sistemas Trifásicos Balanceados. .................... 173

CAPÍTULO VIICIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE ................................ 179

1. Autoinducción ................................................................................... 1792. Inductancia Mutua............................................................................. 1803. Transformador Lineal ........................................................................ 1884. Transformador Ideal .......................................................................... 1945. Transformadores: pruebas en Vacio y Corto Circuito...................... 2006. Autotransformador ............................................................................ 2077. Transformador Trifásico .................................................................... 2108. Problemas Resueltos........................................................................... 219

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




9

Distribución Temática

Clase N°

Tema Semana Horas

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

1 02

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

2 02

3

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

3 02

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

4 02

5Método General de Solución de Redes Eléctricoslineales: Corriente de mallas y Potencial de nodos.

Supermalla y Supernodo 5 02

6Potencia monofásica. Potencia activa, reactiva yaparente. Factor de potencia. Diagramas fasoriales 6 02

7 Teoremas de Thevenin y Norton. 7 02

8Teoremas de superposición. Teorema de la Máximatransferencia de Potencia.

8 02

9 Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas 9 02

10 EXAMEN PARCIAL 10 02

11

Resonancia, en serie y en paralelo. Variación defrecuencia. Variación de inductancia. Variación decapacitancia. Factor de calidad. Ancho de banda.

Aumento de tensión por resonancia.

11 02




10

Clase N°

Tema Semana Horas

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

12 02

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

13 02

14Continuación de Circuitos trifásicos desbalanceados,factor de potencia.

14 02

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

15 02

16Circuitos equivalentes de transformadoresmonofásicos. Análisis y propiedades.

16 02

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

17 03

18

Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas de

aplicación. 18 02

19 EXAMEN FINAL 19 02

20 EXAMEN SUSTITUTORIO 20 02




12

Corriente alterna:La corriente alterna es aquella que circula

durante un tiempo en un sentido y despuésen sentido opuesto, volviéndose a repetir elmismo proceso en forma constante. Supolaridad se invierte periódicamente,haciendo que la corriente fluya

alternativamente en una dirección y luegoen la otra.

Este tipo de corriente es la que nos llega a nuestras casas y sin ella no podríamosutilizar nuestros artefactos eléctricos y no tendríamos iluminación en nuestroshogares. También puede ser generada por un alternador o dinamo, la cualconvierten energía mecánica en eléctrica.El mecanismo que lo constituye es un elemento giratorio llamado rotor, accionadopor una turbina el cual al girar en el interior de un campo magnético (masa),induce en sus terminales de salida un determinado voltaje. A este tipo de corriente

se le conoce como corriente alterna AC.

La forma de onda de la corriente alterna más comúnmente utilizada es la de unaonda senoidal, con lo que se consigue una transmisión más eficiente de la energía.




14

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

(a) (b)

El flujo magnético es: cosm

NBAφ θ =

Donde: B= densidad de campo magnético.N = Número de espiras que hay en la bobina.

A = áreaSi Una espira que gira con velocidad angular constante (ω),

t θ ω δ = + Donde: δ = desfasaje

Entonces tendremos:cos( )m N B A t φ ω δ = +

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

sin( )md V N BA t

dt

φ ω ω δ = − = +

2. Transformadores: Son dispositivos eléctricos utilizados para elevar o disminuir el voltaje y laintensidad de corriente alterna sin que haya pérdida de potencia. Consiste

en dos bobinas arrolladas sobre un núcleo de hierro (N1 vueltas en elprimario bobina conectada a la fuente de potencia y N2 en el secundario).




15

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

Comparando las dos ecuaciones: 2 2

1 1

V N

V N =

Transformador Elevador2 1 2 1

V N N V > ⇒ >

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

Si colocamos una resistencia de carga en el secundario, aparecerá unacorriente I2 en fase con V 2 y aparecerá un flujo adicional proporcional aN2I2.

Como el flujo en el primario debe tener el mismo ritmo de variación alestar conectado a una fem externa, debe aparecer una corriente I1 elprimario de forma que:

Si no existen pérdidas, se debe cumplir que

1 2 2ef ef ef V I V I =

Usos de transformadores.Transporte de energía eléctrica con pérdidas mínimas de energía por efecto

Joule utilizando alto voltaje y baja corriente.

3. Alternadores. El alternador es una máquina destinada a transformar la energía mecánicaen eléctrica, generando, mediante fenómenos de inducción, una corrientealterna.

Un alternador consta de dos partes fundamentales, el inductor, que es elque crea el campo magnético y el inducido que es el conductor el cual esatravesado por las líneas de fuerza de dicho campo.

1 1

d V N

dt

φ = 2 2

d V N

dt

φ =

1 1 2 2I N I N = −




16

Disposición de elementos en un alternador simple

Así, en el alternador mostrado, tenemos que el inductor está constituidopor el rotor R , dotado de cuatro piezas magnéticas cuya polaridad seindica. Estas piezas pueden estar imantadas de forma permanente o serelectroimanes.

El inducido está constituido por las cuatro bobinas a-b, c-d, e-f y g-h,arrolladas sobre piezas de hierro que se magnetizan bajo la acción de los

imanes o electroimanes del inductor. Dado que el inductor está girando, elcampo magnético que actúa sobre las cuatro piezas de hierro cambia desentido cuando el rotor gira 90º, y su intensidad pasa de un máximo,cuando están las piezas enfrentadas como en la figura, a un mínimocuando los polos N y S están equidistantes de las piezas de hierro.

Son estas variaciones de sentido y de intensidad del campo magnético lasque inducirán en las cuatro bobinas una diferencia de potencial quecambia de valor y de polaridad siguiendo el ritmo del campo.




17

4. ONDAS ELECTRICAS NO SENOIDALESa. Onda rectangular.- usado en circuitos digitales.

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

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




18

d.

Onda Rectificada.- Se implementa con diodos.

e. Onda Completa. Se implementa con diodos.

1. Valor máximo o valor pico de tensión y de corriente. Es elmáximo valor que alcanza la forma de onda, ya sea positiva o negativa,desde el eje de referencia hasta el punto más alto de la cresta o el punto

mas bajo del valle. Se denota por la letra Vp si es tensión o Ip si corriente.

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

3. Valor cuadrático medio (rms). Se llama valor eficaz de una corrientealterna, al valor que tendría una corriente continua que produjera lamisma potencia que dicha corriente alterna, al aplicarla sobre una misma

resistencia. Para una señal sinusoidal, el valor eficaz de la tensión es:.

2

0

1( )

2

T

rms ef

p

rms

V V v t dt T

V V

= =

=

∫

y del mismo modo para la corriente




19

2

p

r m s e f I I I = =

la potencia eficaz resultará ser:

1. ( )

22 2

p

rms ef ef ef p p

V P P V I V I

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

4. Valor Medio.-En una señal sinusoidal el semiciclo positivo es idéntico alnegativo, es decir los valores positivos se compensan con los negativos por

ello su valor medio es nulo; entonces se dice valor medio de una tensióno corriente alterna es igual al semiciclo de todos los valores instantáneosde tensión o corriente medidos en un cierto intervalo de tiempo. Enrelación con los otros valores máximos de tensión o de corriente se tienenlas siguientes igualdades:

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

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

max maxcos ; cosV V t I I t ω ω = =




20

))((cos)(cos 2

maxmax

2

maxmax t I V P t I V VI P media ω ω =→==

R

V R I I V I V P

ef

ef ef ef media

2

2

maxmax2

1====

5. Valor instantáneo de tensión y de corriente.-La forma de ondaesta formada por infinitos valores instantáneos que se presentan,sucesivamente, El valor instantáneo de tensión y de corriente es aquel que

tiene la señal senoidal en cualquier instante de tiempo.

6. Factor de Cresta o Factor de amplitud.- Es la relación entre el valormáximo V m y el valor eficaz V ef de la onda senoidal v(t).

mC

e f

V F

V =

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

ef

F

me d

V

F V =

Resumen

Valor eficaz 2 21cos ( )

2

t T

me f m

t

V V V t d t

t ω φ

+

= + =∫

Factor de forma2

2 1,112

m

m

V

F V F π

π

= = =

Factor de cresta2

2 1, 41m

m A C V

V F F = = = =

Transformadafasorial

2 cos( ) j

m ef V V e P V t φ ω φ ⎡ ⎤= = +⎣ ⎦




21

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

Solución.Para el intervalo 0 < t < 0.1

( ) 10 100 Ai t t = −

Entonces hallamos prom I .

0.1

0 0

1 1(10 100 ) 10(1 0.5)

0.1

T

prom I idt t dt T

= = − = −∫ ∫

5 A prom I =

Asi mismo Ief será

0.1 0.12 2 2 2

0 0 0

0.12 3

2

0

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

0.1

100 20 100 33.332 3

T

rms

rms

i dt t dt t t dt T

t t I t

= = − = − +

⎡ ⎤= − + =⎢ ⎥

⎣ ⎦

∫ ∫ ∫

Entonces tendremos:

33.33 5.77rms

I A= =




22

Luego hallamos el factor forma

5.771.154

5

ef

F

prom

V F

V = = =

Y el Factor amplitud será:

101.733

5.77

mC

ef

V F

V = = =

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

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

De ahí que:

11 60 0.6435 rad.

100 senθ −= =

2 1 2.4981 rad.θ π θ = + =

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




23

1 2

1 201 ( ) 0.6 ( ) ( ) prom m m mV V sen td t V d t V sen td t θ θ π

θ θ ω ω ω ω ω

π = + +∫ ∫ ∫

[ ] [ ] [ ] 1 2

1 20cos 0.6 cosm

pr o m

V V t t t

θ θ π

θ θ ω ω ω

π = − + + −

48.16 promV V =

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

1 2

1 2

2 2 2 2

0

2( ) ( ) (0.6 ) ( ) ( ) ( )

2rms m m mV V sen t d t V d t V sen t d t

θ θ π


π = + +∫ ∫ ∫

1 2

1 2

2 2 2

0( ) 0.36 ( ) ( ) 2640m

rms

V V sen td t d t sen td t

θ θ π


π = + + =∫ ∫ ∫

2640 51.38rmsV V = =

5. NUMEROS COMPLEJOS

Introducción Al circular la corriente alterna por circuitos formados por resistencias, bobinas ycondensadores, debido a efectos especiales que tienen lugar como consecuencia deeste tipo de corriente y de la frecuencia.

El comportamiento de estos componentes y por tanto de estos circuitos, esdiferente que cuando son recorridos por corriente continua.

Conocimientos Previos Teorema de Pitágoras: Cuando se trata de circuitos de una resistencia, bobina yun condensador se pueden resolver por medio del teorema de Pitágoras la cualdice.

“El cuadrado formado sobre la hipotenusa de un triangulo rectángulo es igual alcuadrado formado por su catetos.




24

2 2 2

h a b= +

Vectores.Es un segmento con una punta de flecha en uno de sus extremos, y es nombrado

vector (0B) o vector.

Todo vector se caracteriza por.

Magnitud o Modulo: Es la longitud del vector o segmento. (longitud 0-B).se representa así v . Dirección: Es la dirección de la recta sobre la que está representado el

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

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

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

Abscisa del segmento 0 cosa V φ =

Ordenada del segmento 0b V senφ =

Si de un vector nos dan sus componentes, podemos hallar el modulo por elteorema de Pitágoras o la trigonometría.

Numero Complejo.Un número complejo representa un punto en un plano bidimensional, esepunto determina un radio vector trazado desde el origen a ese punto. El eje




25

horizontal se denomina real o eje de resistencias y el eje vertical es el imaginario oeje de reactancia.

Toda unidad imaginaria se representa por “i”, en electrónica se utiliza la letra “j”.

21 1 j j= − → = −

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

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

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

cosa r φ =

b rsenφ = y

el modulo (cos ) Z r senφ φ = +

d) Forma Polar: todo numero complejo queda determinado si se conocen sumodulo y su argumento o ángulo

j

Z r re

φ

φ = =

Donde r es la magnitud de Z, y Ф es la fase de Z.

De rectangular a polar tenemos:

2 2 1, a b

r a b tg tg b a

φ φ −= + = ⇒ =

De Polar a rectangular

cosa r φ =,

b rsenφ = Entonces Z se escribirá:

(cos ) Z a jb r r jsenφ φ φ = + = = +




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Algebra Fasorial.1. Suma complejo: Para sumar dos o más números complejos se suman laspartes reales y las imaginarias por separado. Dados los números complejos

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

Forma rectangular.

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

Forma Polar.

1 2 1 2

2 2

1 1 2 2 1 1 2 2

( ) ( )

( cos cos ) ( )

z z r r

r r r sen r sen

φ φ

φ φ φ φ

+ = +

= + + +

2. Resta complejo: La resta también se toman por separado la parte real yla imaginaria. Es más fácil hacerla en coordenadas rectangulares.

1 2 1 2 1 2

( ) ( ) z z a a j b b− = − + −

3. Multiplicación complejo: Para multiplicar dos números complejos esmás fácil en forma polar, las magnitudes se multiplican y los ángulos sesuman.

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




28

Forma rectangular

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

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

5. Conjugada un complejo:

Sea z a jb z φ = + = ⇒

Su conjugada es.* z a jb z φ = − = −

1 11 11 2

2 2 2 2

z z z

z z z

φ φ φ

φ = = −




29

6.

Potenciación de un complejo:

Si:

z r φ = ⇒

Su potencia será:

7. Raíz Cuadrada:Si:

. j z r e φ =

Su raíz enésima será:

1

. . ( )( ) j

n n j jn nn n n z r e r e z r eφ

φ φ = = ⇒ =

8. Logaritmo:: .

ln ln . ln ln

ln ln

j

j j

si z r e

z r e r e

z r j

φ

φ φ

φ

=

= = +

= +

6. ONDAS ELECTRICAS SENOIDALES

Es llamado también corriente alterna o sistema monofásico, Una funciónsenoidal es una forma de tensión que se genera en todo el mundo y suministradaa casas, fabricas, laboratorios, etc. Una senoide es importante en el análisis deseñales periódicas, análisis de circuitos y es fácil de manejar matemáticamente.

( ) ( ) ( )

( ) .

n n j

n n j n n

z z z e

z z e z n

φ

φ

φ

φ

= =

= =




30

Donde: V m = Tensión máximaT = Periodo (s)ω = 2 π f (pulsación rad/s )θ = Angulo de fase (grados)f = Frecuencia (Hz)

Dos ondas sinusoidales se pueden comparar cuando operan a la mismafrecuencia, no necesitan tener la misma amplitud. También para comparar esconveniente expresar ambas como seno o coseno con amplitudes positivas usandolas siguientes identidades trigonométricas.

( ) cos cos

cos( ) cos cos

sen A B senoA B AsenB

B A B senAsenB

± = ±

± = m




31

En el grafico tenemos dos senoides diferentes, donde v 2 adelanta a v 1 de Ф, o v 1 seretrasa respecto a v 2 de Ф.

Si: Ф ≠ 0 entonces v 1 y v 2 están fuera de fase.Si: Ф = 0 entonces v 1 y v 2 están en fase

7. FASORES

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

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

Los fasores se utilizan en ingeniería para simplificar los cálculos consinusoides.

Permiten reducir un problema de ecuaciones diferenciales a unoalgebraico.

Transformación o Representación fasorial.- Se basa en la identidad deEuler.

cos je jsenφ φ φ ± = ±

Donde la parte real es:

cos Re( ) je φ φ =

La parte imaginaria es:

Im( ) j

sen e φ

φ =




32

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

Para transformación una función sinusoidal al plano complejo o dominio de lafrecuencia primero expresamos en la forma de coseno ( ) cos( )

mv t V t ω φ = + de

modo que la senoide se pueda describir como la parte real de un número

complejo. ( )( ) Re( ) j t

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

queda una senoide ( ) Re( ) j t v t Ve ω = y si eliminamos el factor tiempo,

transfórmanos la senoide del dominio del tiempo al dominio fasorial o dominio

de la frecuencia. j

m mV V e V φ φ = = .

Es decir si:

2 .m e f V V =

Reemplazando tenemos tenemos:

( )2 cos( ) j

m m ef V V e V P V t φ φ ω φ = = = +

donde P= Transformación fasorial




33

Entonces la Transformación fasorial inversa será.

( ) ( )1 Re 2 2 cos( ) j j j t

m ef ef P V e V e e V t φ φ ω ω φ − = = +

Reemplazando 2ef

V porm

V tenemos:

cos( )mV t ω φ +

Transformación fasorial inversa: Nos permite volver del dominio fasorialal dominio del tiempo.

Los fasores:

mV V φ =,

m I I φ = −

Se representan gráficamente en la siguiente figura.

Cuadro transformación senoide – fasor:

Dominio del Tiempo Dominio de la Frecuencia

( ) cos( )mv t V t ω φ = + mV V φ =

( ) ( )mv t V s e n t ω φ = +

9 0 ºmV V φ = −

( ) co s ( )mi t I t ω θ = + m I I θ =

( ) ( )mi t I s e n t ω θ = +

90 ºm I I θ = −




34

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

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

Ejemplo # 1Si tenemos:

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

En el dominio fasorial será:

1

2

1 2

5 0º

10 90º

5 10 11.180 63.43ºT T T

v

v

v v v j v θ

=

=

= + = + = =

La transformada fasorial es útil ya que permite emplear algebra compleja en lugarde algebra sinusoidal.

Relaciones de fase:El ángulo de fase entre dos formas de ondas de la misma frecuencia es la

diferencia angular en cualquier instante (t).




35

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

( ) 50 (2000 25º )

( ) 8 (2000 5º )

v t sen t

i t sen t

= −

= −

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

50 825º V, 5º A

2 2V I = − =

La impedancia será.50

2

8

2

25º 5030º 5.4 3.1

5º 8 Z j

−= = − = − Ω

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

Parte real es: La parte imaginaria

5.4 , R = Ω

61 103.1 160

(3.1)(2000)C

X C F C

μ ω

= = ⇒ = =

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




36

Ejemplo # 3En el circuito mostrado hallar la tensión en el capacitor v C(t), por el métodofasorial.

Solución:1 1

1 1(4)(0.25)

C C X j B j j C ω

= = = − = =

10.25

4G = =

0.25 1 1 76º

eq

eq

Y G jB

Y j

= +

= + =

Luego hallamos la tensión en el condensador:

.eq C C

eq

I I Y V V

Y = ⇒ =

Reemplazando tenemos:

10 0º7.07 76º

2(176º)C

V = = −

Y en el dominio del tiempo es:

( ) ( 2)7.07 cos( 76º )C v t t ω = −




37

8. RESPUESTA EN AC DE ELEMENTOS PASIVOS

Variables Eléctricas que se Aplican en Circuitos Serie:

a. Impedancia (Z):

En corriente alterna la oposición al paso de la corriente eléctrica en uncircuito formado por resistencias, bobinas y condensadores, se llamaimpedancia (Z) dada por:

( ).

( )

m r m s

m r m s

V V v t Z c t e

i t I I = = = =

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

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

Z R jX Z φ = + =

2 2 Z R X = +

1 X tg

Rφ −= cos R Z φ = , X Z senφ =

b. Reactancia (X). la cantidad (X L – X C) recibe el nombre de reactancia delcircuito y se representa por X.

L C X X = −

Entonces la impedancia se puede escribir en términos de la reactancia delcircuito en la forma

2 2 Z R X = +




39

2 2 2 2 2 2, R jX R X G jB G B

R X R X R X −+ = ⇒ = = −+ + +

8.1 DOMINIO DEL TIEMPO

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

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

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

Ohm:

( )( )( ) mV sen t v t

i t R R

ω = =

: mm

V si I

R=

( ) ( )mi t I s e n t ω =

Entonces la diferencia de potencial en la resistencia será:

( ) ( )mv t I Rsen t ω =

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

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




40

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

Z R jX = +

donde su reactancia es X=0

entonces Z R=

óm

m

V Z

I =

1

0º

X

tg Rφ

φ

−

==

2. CIRCUITO CON UN CONDENSADOR.Circuito formado por un condensador y alimentado por una fuente de

tensión alterna. ( ) ( )m

qv t V sen t

C

ω = =




41

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

tenemos: ( ) 0 ( )m m

qV sen t q CV sen t

C ω ω − = ⇒ =

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

( )( ) ( ) cosm

m

d V sen t dqi t C C V t

dt dt

ω ω ω = = = ,

Reactancia capacitiva se define como:

*1 1: C

C

s i X C C X

ω ω

= ⇒ =

Reemplazando tenemos ( ) cosm

C

V i t t

X ω = ó

( ) ( )2

m

C

V i t sen t

X

π ω = +

: mm

C

V s i I X = y ef

ef

C

V I

X =

( ) ( )2

mi t I s en t π

ω = +

Tambiénm m

C m m

m C

V V X I C V

I X ω = ⇒ = =

C

ef

ef C X

V I

X

V I =⇒= max

max

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




42

la reactancia capacitiva depende de la frecuencia de la corriente en elcircuito.

Su impedancia: La impedancia que presenta un condensador sólo tiene componenteimaginaria o reactiva, donde Xc es la reactancia capacitiva que se calculaasí:

0 C Z jX = −

Donde.

1 1

2 . .C Z X

f C C π ω = = =

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

( )( )

di t v t L

dt =




43

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

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

( ) L

di

v t V L dt = = para obtener la corriente en función del tiempo

reemplazamos m

diV sen t L

dt ω = separando variables e integrando tenemos

1 1( ) ( ) ( cos )m

m

V i t v t V sen t t

L L Lω ω

ω

⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

2( ) cos ( )m mV V i t t sen t

L Lπ ω ω

ω ω = − ≡ −

Reactancia inductiva o inductancia es L

X Lω =

2( ) ( )m

L

V i t sen t

X π ω = − −

: ;m mm L

L m

V V si I X

X I = =


( ) ( 90º )mi t I sen t ω = −

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




44

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

0 L Z jX = +

2 . L Z X f L Lπ ω = = =

Siendo X L la reactancia inductiva dela bobina

4. CIRCUITO R - C EN SERIE.Si tenemos una corriente alterna.

( ) mi t I sen t ω =




46

5.

CIRCUITO R-

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

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

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

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

sabemos que:( )

L

di t V L

dt = entonces

( )( ) ( )

di t v t Ri t L

dt = +

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

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

[ ]

( ) cos

cos . . cos

Lm

m

X Rv t Z I s e n t t

Z Z

Z I s e n t s e n t

ω ω

φ ω φ ω

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

[ ]( ) ( )mv t Z I s e n t ω φ = + Si : m m ZI V =


[ ]( ) ( )mv t V sen t ω φ = +




47

Esto indica que el voltaje esta adelantadaФ

º grados respecto a la

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

arctg R

ϕ = indicando

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

Su impedancia es:

2 2

L Z R X = +

6. CIRCUITO R – L - C SERIE.Si aplicamos una tensión a los extremos del circuito entonces la corrienteque circula por ella será la misma en todos los elementos

( ) mi t I sen t ω =

1( ) ( )

div t Ri t L idt

dt C

= + + ∫

[ ]1

( ) cosm m mv t RI sen t L I t I sen t

C ω ω ω ω = + + ∫

[ ]( ) ( ) cos cosmm m

I v t RI sen t L I t t

C ω ω ω ω ω

ω = + + −

( ) cos cosm L m L C v t RI sen t X I t X I t ω ω ω = + −




48

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

( ) coseq

m eq

eq eq

X Rv t I sen t Z

Z Z ω ω

⎡ ⎤= +⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

Siendo:

2 2

cos

eq

eq

eq

eq

eq

R

Z

X sen Z

Z R Z

φ

φ

=

=

= +

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

[ ]

: . ;

( ) cos . cos .

m eq m si V Z I

sen t sen t t senω φ φ ω ω φ

=

+ = +

( ) ( )v t sen t ω φ = +

Su impedancia es:

2 2( ) L C Z R X X = + −

ó

2

2 1 ef

ef

V Z R L

C I ω

ω ⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Si X L > X C → es Inductivo X L < X C → es capacitivo X L = X C → es resistivo

las fases respecto a i son siempre las mismas: 0º para V R , 90º para V L y -90ºpara V C .

7. CIRCUITO R – L EN PARALELO.




49

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

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

será:

( ) R Li t i i= +

1( ) ( cos )m m m

m

V sen t V V i t V sen t sen t t

R L R L

ω ω ω ω

ω = + = + −∫

1 1( ) cos cosm m

m

L L

V V i t sen t t V sen t t

R X R X ω ω ω ω

⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

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

( )

( ) cos

cos . .cos

Lm

m

BGi t V Y sen t t

Y Y

V Y sen t sen t

ω ω

φ ω φ ω

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

= −

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

Su Admitancia es:

2 2

LY G B= +

cos L

G

Y φ =

L

L

B sen

Y φ =

1 L Btg

Gφ − ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

8. CIRCUITO R – C EN PARALELO.




50

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

Entonces por ley de kirchoff la corriente será:

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

cos ,m mC R

C

V V i t i sen t

X Rω ω = =

Reemplazando en (1).

( ) cos

1 1

cos

m m

C

m

C

V V i t sen t t

R X

V sen t t R X

ω ω

ω ω

= +

⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( . . cos )m C i t V G sen t B t ω ω = +

( )

( ) cos

cos . .cos

Lm

m

BGi t V Y sen t t

Y Y

V Y sen t sen t

ω ω

φ ω φ ω

⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠

= +

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

Su Admitancia es:

2 2

C Y G B= +

1 Btg

Gφ −=

9. CIRCUITO RLC PARALELO.




51

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

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

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

( ) cos ) cosm m m

C

V V V i t sen t t t

R L X ω ω ω

ω = − +

1 1 1( ) cos cos

m

L C

i t V sen t t t R X X

ω ω ω ⎡ ⎤

= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

( )( ) . .cos cosm L C i t V G sen t B t B t ω ω ω = − +

( ) cos cosC Lm

B BGi t V Y sen t t t

Y Y Y ω ω ω

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) cosC Lm

B BGi t V Y sen t t

Y Y Y ω ω

⎛ ⎞⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

Su Admitancia es:

2 2( ) L C Y G B B= + −

8.2. DOMINIO DE LA FRECUENCIA




52

1. CIRCUITO RESISTIVO.

0º2

mV V =

r

0º 0º2 2

m mV I I

R= =

r

Su Impedancia compleja Diagrama fasorial

Z R=r

m

m

V Z

I =

r

2. CIRCUITO CON UN CAPACITOR.

1

0º90º

C

V I V C

jω

ω = =−

rr

90º I V C ω =r

Impedancia del Capacitor Diagrama fasorial

1C

Z jX jC ω

= − = −




53

3.

CIRCUITO CON UNA BOBINA. 0º 0º90º

V V V I

j L L X ω ω = = = −

rr

90ºV

I Lω

= −r

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

0º 0º

C

V V V I

R jX Z Z φ

φ = = =

− −

rr r

V I

Z φ =

rr

Impedancia de la Bobina Diagrama fasorial

L Z jX j C ω = =




54

Impedancia del circuito RC Diagrama fasorial

2 2

C Z R X φ = + −r

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

0º 0º

L

V V V I

R jX Z Z φ

φ = = = −

+

rr r

I I φ = −r

Impedancia del Circuito RL Diagrama fasorial

2 2

L Z R X φ = +r

Z Z φ =r




55

6.

CIRCUITO R – C EN PARALELO.

( )( 0º ) I Y V φ =

. I Y V φ =

Admitancia del circuito paralelo RC Diagrama fasorial

C Y G jB Y φ = + =r r

7. CIRCUITO R – L EN PARALELO.

I Y φ = −

( )( 0º ) I Y V φ = −

. I Y V φ = −




56

Admitancia del circuito paralelo RL Diagrama fasorial

Y G jB Y φ = − = −

9. LEYES DE KIRCHHOFF

1. LEY DE TENSIONES DE KIRCHHOFF.

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

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

b. En el dominio de la frecuencia.

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

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

1 2 3( ) ( ) ( ) .......... ( ) 0

ni t i t i t i t + + + + =

b. En el dominio de la frecuencia.




57

1 2 3 ............... 0n I I I I + + + + =

r r r r

Impedancia en serie:Las impedancias en serie se suman.

1 2............... 0

eq n Z Z Z Z = + + + =

Por los elementos en serie pasa la misma corriente.

( )1 2

1 2

.........

.........

ab n

ab n

V Z I Z I Z I

V I Z Z Z

= + + +

= + + +

r r r r

r r

abeq

V Z =

r

r

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

1 2

1 1 1 1..........

eq n

I

Z Z Z Z V = = + + +

r

r ó

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




58

Los elementos en paralelo están en la misma tensión

1 2 .......... n I I I I = + + +r r r r

1 2

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

V V V V

Z Z Z Z = + + +

r r r r

10. TRANSFORMACIÓN DELTA-ESTRELLA Y ESTRELLA-DELTA




59

Delta-Estrella Estrella-Delta

1

2

3

b c

a b c

c a

a b c

a b

a b c

Z Z Z

Z Z Z

Z Z Z

Z Z Z

Z Z Z

Z Z Z

=+ +

=+ +

=+ +

1 2 2 3 3 1

1

1 2 2 3 3 1

2

1 2 2 3 3 1

3

a

b

c

Z Z Z Z Z Z Z

Z

Z Z Z Z Z Z Z

Z

Z Z Z Z Z Z Z

Z

+ +=

+ +=

+ +=

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

3 Y Z Z Δ = ó 3Y

Z Z Δ=

1 2 3Y Z Z Z Z = + + y a b c Z Z Z Z Δ = + +

Ejemplo # 1:En el circuito mostrado convertir el conjunto de condensadores conectados endelta en su equivalente de estrella y calcular el valor de la corriente I.




60

Solución.Hallamos la impedancia equivalente en los condensadores

1 2 3 20 10 10 40eq

X X X X j j j j= + + = − − − = − Ω

Luego

1 21

( 20)( 10)5

40eq

X X j j Z j

X j

− −= = = − Ω

−

1 32

( 20)( 10)5

40eq

X X j j Z j

X j

− −= = = − Ω

−

2 33

( 10)( 10)2.5

40eq

X X j j Z j

X j

− −= = = − Ω

−

El circuito equivalente será




61

Luego por ecuación de mallas hallamos la corriente I.

1

1

12.5 17.5 20

17.5 (10 12.5) 0

j I j I

j I j I

− =

− + + =

Despejando I tendremos

12.5 20

17.5 0 350 90º1.79 50.2º

12.5 17.5 195.26 39.8º

17.5 10 12.5

j

j I A

j j

j j

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠= = =

−⎛ ⎞

⎜ ⎟− +⎝ ⎠

Ejemplo # 2:Un capacitor tiene una reactancia de 80Ω a una frecuencia de 200Hz, calcular lacapacitancia del capacitor. Además calcular la reactancia y susceptancia de uninductor de 0.1H a una frecuencia 1kHz..

Solución.En el capacitor su reactancia será:

1 1 C 9.952 2 200 80

C X F fC

μ π π

= → = =× ×

En el Inductor su reactancia será:

2 2 1000 0.1 628.3 L L

X fL X π π = → = × × = Ω

Y la susceptancia es.

1 1 B 0.00159

628.3 L L

L

B mhos X

= = → =

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

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




62

(a) (b)

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

2. Si observamos la onda sinusoidal de voltaje comienza en θ = 0 y lacorriente pasa a traves de cero y aumenta en dirección positiva, alcanzandoel 80º, es decir I se retrasa en 80º con respecto a V.

3. En el diagrama fasorial correspondiente en el tiempo t = 0, la expresiónque describen el voltaje y la corriente son:

( ) 100 ( ) A

( ) 10 ( 80º ) A

v t sen t

i t sen t

ω

ω

=

= −

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

1000º 70.71 0º V

2

1080º 7.071 80º A

2

V

I

= =

= − = −




63

5. La magnitud de la impedancia es

10010

10

m

m

V Z

I = = = Ω

Usando los valores r.m.s. será.

70.7110

7.071

V Z

I = = = Ω

Para la forma de onda (b)

1. Su diagrama fasorial es:

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

1 0.707180º ( ) 225º

10 sen− −

+ =−

, así mismo, como la forma de onda de la

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

Para cuando t = 0.

( ) 10 ( 225º ) A

( ) 70 ( 150) A

v t sen t

i t sen t

ω

ω

= +

= +

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

10225º 7.071 225º A

2V = =

70150º 49.5150º A

2 I = =




64

El modulo de la impedancia será:

10 7.07 225º0.143 ó 0.143 75º

70 49.5150º

m

m

V Z Z

I = = = Ω = = Ω

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

Solución:Primero hallamos la reactancia inductiva y capacitiva.

3

6

100(100 10 ) 10

1 11

(100)(10 10 )

L

C

X L

k C

ω

ω

−

−

= = × = Ω

= = = Ω×

El circuito equivalente será.




65

10 1 990 L C X X j j k − = − = − Ω

1 990 990 89.94º Z j= − = − Ω

El voltaje efectivo será

50 0º35.35 0º

2rmsV = =

Entonces el fasor de Corriente será:

335.35 0º

35.71 10 89.94º A990 89.94º

ef V

I Z

−

= = = ×−

En el dominio del tiempo será:

( ) 0.05cos( 89.94º ) Ai t t ω = +




67

Capítulo II

METODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN

De aquí en adelante analizaremos los circuitos ca en el dominio de la frecuenciapor medio de fasores, pues resulta mucho mas sencillo que en el dominio deltiempo.

1. DIVISOR DE TENSIÓN FASORIAL.

1 21 2

1 2 1 2 1 2

, , Z Z V

I V V V V Z Z Z Z Z Z

= = =+ + +

r

r r r

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




69

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

L jV V = = = = −− −

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

14.142 45º 14.142 45ºC

jV V

− −= = = =

− −

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

la tensión total será:

50 45ºV V =r

Su Diagrama fasorial será.




70

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

10 30º100 0º

(5 10 10 30º 20 5 45)V

j j=

− + + +

(1 0 0 0 º )(1 0 3 0 º ) 1 0 0 0 3 0 º

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

j= =

+ + +

39.55 17.147ºV V = −

2.

DIVISOR DE CORRIENTE FASORIAL.

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




71

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

Caso 2 Ramas:

2 11 2

1 2 1 2

, Z Z

I I I I Z Z Z Z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Caso 3 o mas Ramas:

31 21 2 3, , , , , , n

n

e q e q e q e q

Y Y Y Y I I I I I I I I Y Y Y Y

= = = =

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




73

3.

METODO DE TRANSFORMACIÓN DE FUENTES AC.

a)

2 3 1T V V V V = + −

b)

1 3 2T I I I I = + −

r r r r




74

c)

V I

Z =

r

r

d)

.V I Z = r r

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

viene dados por.

1( ) 35 ( 45º )v t sen t ω = +

2 ( ) 100 ( 30º )v t sen t ω = −

Tomar como sentido de la suma: a) En primer lugar el sentido positivo de v 1(t),b) segundo lugar el de v 2(t).

V uur




75

Solución:Primero transformamos las tensiones instantáneas en fasores.

1 1

35( ) 35 ( 45º ) 45º 24.75 45º

2v t sen t V ω = + ⇒ = =

2 2

100( ) 100 ( 30º ) 30º 70.71 30º

2v t sen t V ω = − ⇒ = − = −

a) Tomando el sentido de v 1(t) para el calculo de la suma se tiene.

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

(17.499 17.499) (61.236 35.355) 43.737 52.854T V j j j= + − − = − +

68.6129.61ºT V V =

( ) 68.6 2 ( 129.61º )T v t sen t ω = +

( ) 97 ( 129.61º )T

v t sen t ω = +

b) Tomando el sentido de v 2(t) para el calculo de la suma se tiene.

'

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

' 43.737 52.854 68.6 50.39ºT V j V = − =

' ( ) 97 ( 50.38º )T v t sen t ω = −




76

El diagrama fasorial será.




77

Capítulo III

MÉTODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDESELÉCTRICOS LINEALES

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

fasorial o al dominio de la frecuencia.

Analizar el problema de la misma manera que en el análisis de circuitoscd. Transformar el fasor resultante al dominio del tiempo.

1. MÉTODOS DE LAS CORRIENTES DE MALLAS.

Lazo0V =∑ rr

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

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

1 1 2 1 2 1

3 2 4 2 3 2 2 1

5 3 4 3 2 2

( )

( ) ( ) 0

( )

Z I Z I I V

Z I Z I I Z I I

Z I Z I I V

+ − =

+ + + − =

+ + =




78

1 1 1 2 1 3 1 1

2 1 2 2 2 3 2

233 1 3 2 3 3

0 Z Z Z I V Z Z Z I

V I Z Z Z

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

1 11 2 2

2 2 3 4 4 2

4 4 5 23

( ) 0

( ) 0

0 ( )

I V Z Z Z

Z Z Z Z Z I

Z Z Z V I

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

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

,r Z

ent r

r rr

V Z

I

Δ= =

Δ

La impedancia de entrada de un circuito con elementos activos es en susterminales de entrada, cuando todas sus fuentes de tensión Independientesestán cortocircuitado, eso si conservan su propia impedancia interna.Donde

Z Δ ,

rr Δ son la impedancia de entrada tanto de un circuito pasivo

como de un activo.

Impedancia de transferenciaEs la relación entre la tensión aplicada en una malla y la intensidad de lacorriente que resulta en otra malla, anulando el resto de las fuentes.

El doble subíndice “r s” nos indica que la fuente esta en la malla r y laintensidad a considerar es la que aparece en la malla ( s ).

,r Z

t ra n s f r s

s rs

V Z

I

Δ= =

Δ

Donderr Δ es el determinante y adjunto de

rs Z en

Z Δ .




79

Ejemplo # 1

En el circuito mostrado hallar V x usando el método de corrientes de malla.

Solución:Si observamos la corriente I3, circula por la resistencia de 10 Ω en sentido tal que

V x = I3(10). Entonces hallamos el sistema de ecuación:




81

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

1 1 1 2 1 3 1 1

2 1 2 2 2 3 2 2

3 33 1 3 2 3 3

Y Y Y V I

Y Y Y V I

V I Y Y Y

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

Admitancia de Entrada y de Transferencia.Se define como:

, ,,r Y r Y ent r transf rs

r rr s rs

I I Y Y

V V

Δ Δ= = = =

Δ Δ

Donderr

Δ yrs

Δ son adjuntos derr

Y ers

Y enY

Δ .

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

de nudos.

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




82

1

2

1 1 1 1 50 0º5 2 4 4 5

1 1 1 1 50 90º

4 4 2 2 2

V j

V

j

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

De donde:

1 volt.

10 0.5

25 0.75 0.5 13.52 56.31º24.76 72.25º

0.45 0.5 0.25 0.546 15.94º

0.25 0.75 0.5

j jV

j

j

−⎛ ⎞

⎜ ⎟+⎝ ⎠= = =− − −⎛ ⎞

⎜ ⎟− +⎝ ⎠

24.76 72.25º12.38 17.75º

2 90ºamp I ⇒ = = −

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

voltajes.




83

Ejemplo # 3En el circuito mostrado calcular V 1 y V 2

Solución:

Como se observa en el circuito los nodos V 1 y V 2 forman un supernodo, ademas

R = 4 se rincea .

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




84

Diagrama

topológico

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

1 2 233 6 12

V V V

j j= + +

−

Resolviendo tenemos:

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

Sin embargo una fuente de tensión está conectada entre los nodos V 1 y V 2

1 2 (2)10 45º .........V V = +

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

2 236 4( 10 45º) (1 2) j V j V − + = −

236 40135º (1 2) j V − = +

2 volt.31.35 87.17ºV = −

Según la ecuación (2)

1 31.35 87.17º 10 45ºV = − +

1 volt25.72 70.42º .V = −




85

4. SUPERMALLA:Una supermalla se forma conectando una fuente de corriente entre dos mallas.

Ejemplo # 4.En el circuito mostrado, hallar V o , utilizando el análisis de malla.

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

Malla 1:

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

Malla 2:

2 (2)3 ............ I = −

Supermalla:

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




86

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

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

Reemplazamos la ecuación ( 2 ) en ( 1 )

1 3(8 2) 8 10 6 j I I j− − = +

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

3 1 3

1 3

(8 4) 8 (6 5)( 4) 5( 3) 0

8 (14 ) 24 35

j I I j I j

I j I j

− − + + + − − =

− + + = − −

Obteniendo la ecuación matricial.

1

2

8 2 8 10 6

8 14 24 35

I j j

j I j

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




87

Por determinantes hallamos.

1

8 2 8112 8 28 2 64 50 20

8 14

8 2 8140 10 84 6 192 280 58 186

24 35 14

j j j j

j

j j j j j

j j

− −⎛ ⎞Δ = = + − + − = −⎜ ⎟− +⎝ ⎠

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

11

58 186

3.618 274.5º50 20

j

A j

Δ − −

= = =Δ −

La Tensión0

V será:

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

9.756 222.32ºoV V =




89

Capítulo IVPOTENCIA MONOFÁSICA

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

( ) ( ). ( ) p t v t i t =

Donde p(t) puede tomar valores positivos o negativos. Una potencia positivasignifica una transferencia de energía de la fuente a la red, y una potencia negativaa una transferencia de energía de la red a la fuente.

POTENCIA ACTIVA : (En el dominio del tiempo) Es la potencia que da lugar a un consumo de energía y a la producción de untrabajo ó energía útil (trabajo mecánico, calor).

a. En una Bobina. Si tenemos un circuito pasivo con un elementoinductivo, y aplicamos una tensión senoidal ( ) ( )

mv t V sen t ω = y la

corriente que circula es ( ) ( )mi t I sen t ω = , entonces el valor de la potenciainstantánea es:

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

2( ) ( 2 )

2 2 2

m m

m mm m

p t v t i t V t I sen t

V V sen t p t V I sen t

ω ω

ω ω

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




90

( ) ( 2 )rms rms p t V I sen t ω =

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

0m P =

Energía en una Bobina:

4 4

4

0 0

0

( ) ( 2 )

cos2cos 2 cos 0º

2 2 4

T T

T

L rms rms

rms rms L rms rms

W p t dt V I sen t

V I t T W V I

ω

ω ω

ω

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∫ ∫

Si:

22 2

4 4

T T

T

π ω π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠




91

[ ]

22

2 ; ( )2

1 1 1. . ( )

2 22 2

rms rms rms rms L m m m

m m m L m

V I V I W V XI L I

V I LI W L I

ω ω ω

ω ω ω

= − − = = =

⎡ ⎤= = =⎣ ⎦

2

2

m L

L I W =

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

0m P =

Potencia instantánea es:

( ) ( ) 2inst rms rms

v t i t V I sen t ω = =

Energía en el condensador es:

4

2

02

2

T

mC rms rms

CV W V I sen tdt ω = =∫

2

2

mC

C V W =




92

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

2

2

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

1 cos( ) (1 cos )

2 2 2

m m m m

m mm m

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

V V t p t V I t

ω ω ω

ω ω

= = =

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) (1 cos 2 )r ms r ms p t V I t ω = −

El valor medio de la potencia es:1

2m m m P V I =

Energía en la resistencia es:

2 R rm s rm s

T W V I =

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

potencia aparente x factor de potenciacos cos P VI S φ φ = = =

Donde cosφ se conoce como factor de potencia y S potencia aparente.

Unidad de medida: watt, kw, Mw.




93

2. POTENCIA REACTIVA (Q). Proporciona una indicación de la energía intercambiada entre elcircuito y la fuente de energía. No implica transformación, trabajo útilni consumo de energía.

El producto de V I s e nφ se llama potencia reactiva, en el sistema

mksa voltio-amperio reactivo (VAR) y su múltiplo es el kilovoltio-

amperio reactivo (KVAR). ( 1KVAR = 1000VAR).

3. POTENCIA COMPLEJA (S). Llamado también Potencia Total óPotencia Aparente

Es un parámetro que indica la disponibilidad de una máquina o unade una planta en general. Es el producto (V.I) llamado también potencia aparente su unidad de

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

Demostremos:* S V I =

Sea:*

(1), (2)........ .........V I I I I I φ φ = = −

Multiplicando miembro a miembro (1) por (2).* 2 2. ( ) ( ) 0ºV I I I I I I I φ φ = − = =

Pero:

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

V

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

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

Resumen:

cos P Q

S VI S VI jVIsenφ φ φ = ⇒ = +

S P jQ S φ = + = .




94

Sea: Z R jX = +

Si multiplicamos a Z por 2 0 I ≥ tendremos:

2 2 2

S P Q

Z RI jXI = +

Potencia aparente,2 VAS VI I Z = =

Potencia real,2

cos P VI I R wattsφ = =

Potencia reactiva, 2 VAR Q VIsen I X φ = =

Potencia aparente compleja,*S V I =

Triangulo de Impedancia:

Z R jX Z φ = + =

Triangulo de potencia:

S P jQ S φ = + =




95

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

voltaje.

cos P

fdp

S

φ = =

5. CORRECCIÓN DE FACTOR DE POTENCIA

Es una técnica empleada en la industria mediante la cual banco de

condensadores adecuados se consigue corregir el factor de potencia con

las siguientes consecuencias:

Reducción de la potencia total o aparente del sistema

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

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

Circuito a emplear:

a) Cuando el Sw off → :




96

T m

T m

I I

S S

=

=

b) Cuando el Sw on→ :




97

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

2

: (2) ........C

C

pero V Q X

=

( 2 ) en ( 1 ):

2

( )m

C

V P tg tg

X φ α = −

2

( )C

m

V X P tg tg φ α = −




98

Diagrama fasorial de corrientes:

T C m I I = +

cos cosm T I I φ α =

cos

cosT m I I

φ

α =

Como:

cos cosα φ >

cos1

cos T m I I

φ

α < ⇒ <

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

Ejemplo # 1:

Se aplica un voltaje de ( ) 212.1v t sen t ω = a una impedancia de

3.6156.31º Ω , determinar la resistencia y reactancia del circuito, así como la

potencia real, la potencia aparente, y la potencia reactiva consumidas. Calcular la

corriente que hay en el circuito y su factor de potencia. Dibujar el triangulo depotencia para el circuito.

Solución:La impedancia del circuito es:

3.6156.31º 2 3 Z j= = + Ω




99

El voltaje suministrado se expresa como:

212.10º 150 0º V

2V = =

Y la corriente en el circuito será:

150 0º41.55 56.31º A

3.6156.31º

V I

Z = = = −

El factor de potencia es:

Retrasadocos( 56.31º ) 0.55 fdp = − =

Las potencias consumidas se pueden calcular mediante dos métodos.

Método 1.Potencia real

2 2(41.55) 2 3453 W P I R= = =

Potencia Reactiva2 2

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

Potencia aparente2 2(41.55) 3.61 6232 VAS I Z = = =

Método 2.

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

3457 5185 VAS j= −

Método 3.Potencia real

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




100

Potencia Reactiva

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

Potencia aparente

150 41.55 6232S VI VA= = × =

De acuerdo a estos resultados el triangulo de potencia será:

Ejemplo # 2:

Si se sabe que en el circuito a) 110 20º A I = − , y en el circuito b) 2 8 V

LV j= +

entonces:Calcular la potencia real, la potencia aparente y la potencia reactiva que consumenlos siguientes circuitos a y b, en cada caso dibujar el triangulo de potencia y elfactor de potencia.

Circuito ( a ):




101

Circuito ( b ):

Solución:

Circuito (a)Impedancia del circuito

1 10 10 14.14 45º Z j= + =

2 5 5 7.07 45º Z j= − = −

(14.14 45º)(7.07 45º 99.96 0º6.326 18.43º

15.818.43º 15.818.43ºeq

Z −

= = = − Ω

La corriente total es:

11 14.14 45º10 20º 22.36 43.43º A

6.326 18.43ºT

eq

Z I I Z

= = − =−

Si se sabe que el voltaje en cada rama es el mismo entonces1 1T eq

I Z I Z = , por lo

que y

el voltaje a través del circuito es:

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




102

La potencia aparente consumida por el circuito es:

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

2999 999.6 VAS j= −

O sea:Potencia Aparente S = 3162 VAPotencia real consumida, P = 2999 WPotencia reactiva consumida, Q = 999.6 VAR adelantadaEl factor de potencia es: cos(43.43º 25º) 0.95− = adelantada

El triangulo de potencia es:

Si el ángulo es negativo indica quees una carga capacitiva.

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

4 (5 8) 5 36.9ºeq Z j= + − = − Ω

La corriente que circula por el circuito es:

2 8 8.25 76º 1.65 14º A5 5 90º

L

L

V j I Z j

+= = = = −

El voltaje a través del circuito es:

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




103

La potencia aparente consumida es:

* 8.25 50.9º 1.6514º=13.61 36.9ºT S V I = = − × −

10.88 8.17 VAS j= −

O sea: Potencia aparente, S = 13.61 VAPotencia real consumida, P = 10.88 WPotencia reactiva consumida, Q = 8.17 VAR adelantada

El factor de potencia cos( 50.9 14) cos( 36.9) 0.8− + = − = adelantada

El triangulo de potencia es:

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

6. TEOREMA THEVENIN

Consiste en una fuente de voltaje en serie con una impedancia.

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




105

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

Solución:Hallamos las impedancias

1 2

3

6 8 10 53.13º , 3 4 5 53.13º

5 5 90º

Z j Z j

Z j

= + = Ω = − = − Ω

= = Ω

Luego hallamos Thevenin equivalente

(10 53.13º)(5 53.13º) 50 0º5 90º 5 90º

9 4 9.85 23.96º

5.1 23.96º 5 90º 4.66 2.9 5.49 31.89º

Th

Th

Z j

Z j

−= + = +

+

= − + = + = Ω




106

Luego hallamos la tensión

2 1

2 1

(5 53.13º)(10 0º) 50 53.13º

9.85 23.96º 9.85 23.96ºTh

Z V V

Z Z

− −= = =

+

5.1 76.9ºTh

Z = −

Entonces el circuito equivalente de thevenin será

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

Solución:Primero hallamos la impedancia

1

2

3 4 5 53.13º

5 5 90º

Z j

Z j

= + = Ω

= − = − Ω




107

(5 53.13º)(5 90º) 25 36.87º7.91 18.44º 7.5 2.5

3 1 3.16 18.43º N Z j

j− −= = = − = −

− −

Luego hallamos la corriente.

1

1

20 0º4 53.13º

5 53.13º N

E I I

Z = = = = −

Entonces el circuito equivalente de Norton será:




108

8. TEOREMA SUPERPOSICION:En cualquier red lineal bilateral que contenga varias fuentesindependientes, el voltaje a través de cualquier elemento o fuente es lasuma de los voltajes o corrientes individuales producidos por cada fuenteindependiente que actúa sola.

Cuando un circuito contiene fuentes dependientes, el teorema solo puedeusarse cuando la variable de control es externa a la red que contiene lasfuentes.

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

Solución:

Paso 1.Corto circuitamos V 2 , la fuente V 1 actuara sola, entonces el circuito equivalentees:




109

Hallamos la corriente I4.

4

100 0º 100 0º4.285 0º A

40 20 10 13.33310

40 20

I = = =× +++

Por divisor de corriente se tiene

5

204.285 0º 1.43 0º A

40 20 I = × =

+

Por tanto

6 4 5

4.285 0º 1.43 0º 2.86 0º A I I I = − = − =

Paso 2.

Corto circuitazos V 1, la fuente V 2 actuara sola, como se observa en el circuitomostrado.




110

y por el mismo método hallamos la corriente I9.

9

50 45º 50 45º1.79 45º A

10 40 20 820

10 40

I = = =× ++

+

Así mismo

7 81.432 45º A y 0.348 45º A I I = =

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

1 4 7

4.29 0º 1.432 45º 5.410.79º A I I I = + = + =

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

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




111

9.

TEOREMA DE LA MÁXIMA TRANSFERENCIA DEPOTENCIA: La potencia que se transfiere de una red activa a una carga depende de

varios factores.

Si la carga es una resistencia pura, se transfiere la máxima potencia a lacarga cuando la resistencia de la carga es igual a la magnitud de laimpedancia interna de la red activa.

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

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

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

y la reactancia de la carga.

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

Solución:Primero convertimos a fasores cada componente.




112

3

3

21 1

2(100)(5 10 )

(100)(20 10 ) 2

R

C

L

Z

Z j j C j

Z j L j j

ω

ω

−

−

=

= = = −×

= = × =

Por el teorema de máxima transferencia de potencia *

L th Z Z = , entonces

calculamosth

Z . Se sabe que:

thth

N

V Z =

Entonces calculamosth

Z . si tomamos la referencia en el nodo “b”, la tensión de

thevenin será:

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

Donde.

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

Por la ecuación de mallas hallamos I1:




113

1

1 1

24 0º (2 2 2)24 2 12 0º

I j j I I

− = + −− = ⇒ = −

Por tanto:

1

1 1

( 2) 12( 2) 24

(2) 12(2) 24

xV I j j j

V I

= = − = −

= = − = −

Entonces

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

Luego calculamos corriente de Norton IN.

Aplicamos análisis de malla:

2 2

1 2

24 (2 2) 2( )

2 2( )

N

N

j I j I I

V j I I

− = − + −

= −

Si 1 22V I =


2 2

2 2

24 (2 2) 2( )

4 2( )

N

N

j I j I I

I j I I

− = − + − ⎫→⎬

= − ⎭6(1 3) N I j A= − +

Entonces la impedancia de Thevenin será:




114

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

thth

N

V j j Z j I j j

− + += = = = = − = −− + +

* 2 2 L th Z Z j⇒ = = +

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

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

th

th L

V j j I

Z Z j j

− + − − −= = = =+ − + +

13.42 153.43º 12 6 A I j= − = − −

La potencia media será: (Potencia máxima de transferencia).

2 2.Re( ) (13.42) (2) 360 L Z L P I Z W = = =

La potencia reactiva será:

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




115

10. PROBLEMAS RESUELTOS

1. En el circuito mostrado (a) un generador de corriente alterna genera unatensión sinusoidal como se muestra en el grafico (b) calcular:a. Impedancia totalb. Las corrientes en R, L y Cc. Angulo de desfase entre la corriente total y la tensión aplicada.d. La potencia suministrada por el generador al circuito.Si se sabe que R =10 Ω, C = 300uF, L = 0.02H

Solución:Según figura (a y b) tenemos:

20 0º y LV X Lω = =

3

1 110 100

10 10T ms f Hz

T −= → = = =

×

2 2 (100) 628 rad seg f ω π π = = =

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

(628)(0.02) 12.57 L X = = Ω

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




116

61 1 5.31

(628)(300 10 )C X

C ω −= = = Ω×

1

1

1

10( 5.31)

10 5.31

53 90º11.32 27.9º

4.69 62.1º

j Z

j

Z

Z

−=

−

−= −

= −

a) La impedancia equivalente será:

2.2 (12.57 4.14)

2.2 8.43

eq

eq

Z j

Z j

= + −

= +

8.71 75.37ºeq Z = Ω




117

b)

Las corrientes en R L y C son:

1

1

20 0º

8.7175.37º

2.29 75.37º A

eq

V I

Z

I

= =

= −

2 1

(2.3 75.37º)(5.31 90º 12.21 165.37º

11.32 27.9º 11.32 27.9º

C

C

X I I

R X

− − −= = =

− − −

2 1.07 137.47º A I = −

3 1

(2.3 75.37º)(10 0º) 23 75.37º

11.32 27.9º 11.32 27.9ºC

R I I R X

− −= = =− − −

3 2.032 47.47º A I = −

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

75.37ºφ =

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

. cos 20(2.3)cos(75.37º ) P V I φ = =

11.62 W P =




118

2.

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

Solución:Separamos la carga y calculamos V ab.

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

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

1

2015º

2.56 65.19º A7.81 50.19ºtotal

V

I Z = = =−

3(2.56 65.19º) 7.68155.19º VthV j= =

Luego calculamos la impedancia de Thevenin, anulando sus fuentesindependientes de alimentación, si es fuente de voltaje se sustituye por uncorto circuito y si es una fuente de corriente por circuito abierto.




119

(5 9)( 3)

2 5 2.73 8.88 9.29 72.91º5 6

eq th

j j Z Z j j

j

−= = + + = + = Ω

−

El circuito thevenin equivalente conectado a la carga será:

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

x I j= = =+




120

3.

En la red mostrada encontrar el circuito equivalente Norton etre lasterminales a y b.

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

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

1 2 3

12 13 23

30 10, 20 10, 5 4

(20 10), 0, 0

Z j Z j Z j

Z j Z Z

= + = + = −

= − + = =

Luego para encontrar IN aplicamos el método de mallas.

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




121

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

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

Si observamos nuestro circuito I3 es la corriente Norton.

3

(20 10) 20 10 0

0 1 3

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

0 1 1

30 10 (20 10) 2

1.6941 0.6901 1.82 22.16º

N

N

j j

j j j I I j j j

j j

I j

− + +⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟+ − +

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

= + =

Luego calculamos la impedancia de Norton




122

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

7.18.13º 7

a

a

j j Z j j

Z j

+ += = =+ + +

= Ω = + Ω

7 5 8 12 12 3 12.37 14º N Z j j j j= + + + − = − = − Ω

Entonces el circuito equivalente Norton será:




123

4.

En el circuito mostrado calcular la corriente Ix mediante el teorema desuperposición.

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

con la corriente.

10(20 10) 200 100 223.6 26.56º7.18.13º 7

10 20 10 30 10 31.62 18.43ºa

j j Z j

j j

+ += = = = Ω = + Ω

+ + +




124

Por divisor de corriente tenemos:

1

(7 )(3 0º) 21.2 8.13º1.714 22.13º 1.587 0.65 A

12 3 12.37 14º

j I j

j

+= = = = +

− −

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

Aplicando el método de mallas

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

1 2

1 2

(30 10) (20 10) 2

(20 10) (25 6) 0

j I j I

j I j I

+ − + =

− + + + =




125

2

2

30 10 2(20 10) 0 4 2 4.47 26.56º

0.114 22.16º30 10 (20 10) 39 3 39.1 4.4º

(20 10) 25 6

0.11 0.04 A

j j j

I j j j

j j

I j

+⎛ ⎞⎜ ⎟− + +⎝ ⎠= = = =+ − + +⎛ ⎞

⎜ ⎟− + +⎝ ⎠

= +

La corriente Ix será la suma de I1 e I2:

1.587 0.65 0.11 0.04 1.7 0.69 x I j j j= + + + = +

1.83 22.09º A x I =

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

Solución:

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




126

[ ] [ ]

[ ]

20

0 0

20 0

0

0

1 1( ) ( ) ( )2

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

1 1 02

T m

m

m

I id t I s e n t d t T

I I I t

I I

π

π

ω ω π

ω π π π

π

= =

= − = − +

= − + =

∫ ∫

b) El valor eficaz de la función dada es:

22 2

00 0

22 22

20 0

00

2

0 0

1 1( ( ) ( )

2

1( ) ( ) (2 )

2 2 2 4

20

2 2 2

T

ef

ef

ef

I i dt I sen t d t T

I I t I sen t d t sen t

I I I

π

π π

ω ω π

ω ω ω ω

π π

π

π

= =

⎡ ⎤= = −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ ∫

∫

6. En la rama 2 del circuito mostrado calcular la potencia activa, reactiva,

aparente y el factor de potencia y y dibujar el triangulo de potencias de estarama.




127

Solución:

Entonces2

2S Z I =

Y por el metodo de mallas tenemos:

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

1 2

1 2

(45 40) ( 30 50) 12

( 30 50) (55 15) 0

j I j I

j I j I

+ + − − =

− − + + =

Para I2 tenemos:

2

2

45 40 12

(30 50) 0

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

12(30 5) 699.71 59º0.201 61.1º A

3475 125 3447.24 2.06º

j

j I

j j j j

j I

j

+⎛ ⎞⎜ ⎟− +⎝ ⎠=

+ − +⎛ ⎞⎜ ⎟− + +⎝ ⎠

+= = =

− −




128

Reemplazando en:2 2

2 (25 35)(0.201) 1.01 1.4

1.72 54.19º VA

S Z I j j

S

= = − = −

= −

De la expresión:

S P Q= +

Donde:

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

cos(54.19º ) 0.585 fdp = = (adelantado).

El triangulo de potencias será:

7. En el circuito mostrado, calcular la potencia activa, reactiva, aparente y elfactor de potencia de la carga total. Luego calcule las mismas potencias P1 y

P2 por el método de divisor de corriente y comprobar que1 2T

S S S = + e

igual a la potencia de la fuente de tensión.




129

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

45 10 45 10 46.09 12.52º

26.23 17.18º

T

T

j j j Z

j j

Z

+ − − −= = =

− − −

= − Ω

501.90A

26.23T

V I

Z

= = =

2 226.23 17.18º(1.90) 94.69 17.18º

90.46 27.96

T S Z I

S j

= = − = −

= −

De donde se observa que:

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

cos( 17.18º ) 0.95 fdp = − = (adelantado).

Calculamos la potencia en la rama 1.

50 0º1.9017.18º A

26.23 17.18ºT

V I

Z = = =

−




130


1

(15 30)(19017.18º) (33.54 63.43º)(1.9017.18º)

45 10 46.09 12.53º

63.73 46.25º1.38 33.72º A

46.09 12.53º

j I

j

I

− −= =

− −

−= = −

−

2 2

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

Donde:

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

cos( 33.7º ) 0.8 fdp = − = atrasado

Calculo de la potencia en la rama 2

Si 1.9017.18º A I =


2

2

(30 20)(1.90 17.18º) (36 33.69º)(1.90 17.18º)

45 10 46.09 12.53º

68.4 50.87º1.48 63.4º A

46.09 12.53º

j I

j

I

+= =

− −

= =−

2 2

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

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

cos( 63.43º ) 0.45 fdp = − = adelantado

La conservación de la potencia es decir la potencia total es:




131

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

T T

T

S S S S j j jS

= + ⇒ = + + − = −= −

Si se observa el resultado coincide con lo obtenido inicialmente.

Calculo de la potencia en la fuente de alimentación

. (50)(1.90 17.8º) 95 17.18º f

P V I = = − = −

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

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

2 (60) 377ω π = =

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

m m

.

0.7530

ecanica ecanica

electrica

P P n P KW

= = =

m30.16

ecanica P HP =

En el mismo triangulo calcularemos el capacitor para aumentar el f.p. de0.6 a 0.89, el ángulo nuevo es: cos-10.89=27.13º.




132

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

Solución:

Z L I I I = +

2

100 0º 100 0º

4 60º,25 60º 90º 90º

10090º

Z Z

Z L

L

L

V V

I I Z X L

I L

ω

ω

= = = = =−

= −

[ ]2

30 (53 .13) (27 .13)

377(380)

K W tg tg C

−=

452.2C F μ =




133

Hallamos el modulo de cada vector.

[ ] [ ]

[ ] [ ]

60º

4 60º 3.46 .

L Z

L L

I I sen

I sen I amp

− ×

= × → =

Ahora tenemos lo siguiente:

100 100 91.99 28.89 90

2 (50)(3.46) L L mH X

Lω π → = = → =

Si relacionamos las corrientes obtenemos:

(3.46 90º) (4 60º) 2 0.12º L Z I I I = + = − + =

Por el método de mallas involucrando la fuente obtenemos.

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

115.47 30º

L L LV X I X I

V

= + = + −

=

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




134

Solución:Por el método de mallas obtenemos las siguientes ecuaciones:

Malla (1):

1 2 3

1 2 3 (1)

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

380 0º 2.5 90º 0.5 90º 4 90º .........................

I I I

I I I

= − + − + − − −

= − − −

Malla (2):

1 2 3

1 2 3 (2)

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

0 0.5 90º 0.25 90º 0.25 90º ......................

I I I

I I I

= − − + + − + − − −

= − − + − −

Malla (3):

1 2 3

1 2 3 (3)

0 0.5 90º 0.25 90º (2 0º 0.25 90º 4 90º)

0 4 90º 0.25 90º 4.25 61.93º .......................

I I I

I I I

= − − − − − + − +

= − − − +

Resolviendo el sistema tenemos:

1

2

3

4.58 73.72º 1.28 4.39

2.74 29.77º 2.38 1.36

4.45103.24º 1.02 4.33

I j

I j

I j

= = +

= = +

= = − +




135

Si reemplazamos los valores de las corrientes hallados obtenemos la caidade potencial en

abV .

[ ]2 3( )(0.25 90º)

(2.38 1.36) ( 1.02 4.33) (0.25 90º)

1.13 131.2º

ab

ab

ab

V I I

V j j

V

= − −

= + − − + −

= −

1.74 73.72ºS KVA=

11. En el circuito mostrado calcular: V 0=_____, I =______-

Solución:




136

00 (1)

(5 0º) 30.5 90º 0.3 90º ...............

10 90

V I V

−= = − − −

0 01 0 2 0

20.5 0º , 0.13 38.15º

4 0º 8 38.15º

V V I V I V = = = =

−

Si 2 13 I I I = +

Reemplazando valores tenemos:

0 0 0

0

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

1.63 25.88º

V V V

V

= − − − +

=

Reemplazando Vo en (1):

0.22 164.29º I = −

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

Solución:Por el método de mallas, calculamos las corrientes




137

1 2

1 2 1

(2 2 2) 2 24 0º2 (2 2 2) 2

j j I j I j I j j I V

− + − = −− + + + =

Utilizando la ecuación de control de la fuente de tensión dependiente detensión 1 1

2V I = , obtenemos.

1(6 2) I j= − + 2

(12 6) I j= − +

Potencias en las fuentes

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

322116.56º VA

S VI j j j

S

= = − − = − + = − +

=

Donde:

144

Q 288

P W

VAR

= −

=

*

1 2 12 ( ) 2(2 )(12 6) 4( 6 12)(12 6)

576 432 720 143.13º

S VI V I I j j j

S j S VA

= = − = − = − − − −

= − − ⇒ = −

Donde:576

Q 432

P W

VAR

= −

= −




138

13. En el circuito mostrado calcular i x _____

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

4 rad seg ω =

( ) 20 2 cos 4 20 0ºv t t V = ⇒ =

4(1) 4

1 12.54(0.1)

L

C

X j L j

X j j C

ω

ω

= = = Ω

= = = − Ω

El circuito equivalente en el dominio de la frecuencia será.

Entonces aplicamos la LCK.Nodo 1

1 1 1 220

10 2.5 4

V V V V

j j

− −= +

−




139

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

Nodo 2

Del circuito tenemos1

2.5 x

V I

j=

−

1 2 2

1 1 2 2

24 2

2

2 .5 4 2

x

V V V I

j j

V V V V

j j j

−+ =

−

+ =−

Simplificando tenemos

1 21 1 1 5 0V V + =

La ecuación matricial será:

1

2

1 1.5 2.5 2011 15 0

V j jV

+ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

La determinante será:

1 1.5 2.515 5

11 15

j j j

+⎡ ⎤Δ = = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

1 2

20 2.5 1 1.520

300, 2200 15 11 0

j j+⎡ ⎤ ⎡ ⎤

Δ = = Δ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

11

22

3 0 01 8 .9 7 1 8 .4 3 º

1 5 5

2 2 01 3 . 9 1 1 9 8 . 3 º

1 5 5

V V j

V V j

Δ= = =

Δ −

Δ −= = =

Δ −




140

Entonces la corriente X I será:

1a

18.97 18.43º7.59 108.4º

2.5 2.5 90º X m p

V I

j= = =

−

Transformando al dominio del tiempo tenemos

a

7.59 2 cos(4 108 .4 º )

10 .73 cos(4 1 08 .4 º )

x

x m p

i t

i t

= +

= +




141

Capítulo VRESONANCIA ELÉCTRICA

Se dice que un circuito está en resonancia cuando la tensión aplicada a él y lacorriente que lo recorre están en fase. Además cuando se alimenta un valorpequeño de voltaje o corriente, se produce elevados tensiones o corrientes en losextremos una bobina y el condensador.

1. RESONANCIA EN SERIE.

El circuito serie tiene una impedancia de1

Z R j LC

ω

ω

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

2

2

1

1eq

Z R j LC

Z R L Z C

ω

ω

ω

ω

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

El circuito presenta resonancia cuando 0 Z R j= + , o cuando

1 LC

ω ω

= . Esto ocurre en la frecuencia resonante 0ω , donde:

00 0

1 1/

2 2rad seg o bien f Hz

LC LC

ω

ω

π π

= = =




142




143

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

Factor de calidad (Q).Se llama factor de calidad o de sobre tensión a la frecuencia de resonanciade un circuito (o de una bobina), cociente entre la máxima energíaalmacenada y la potencia media disipada

El factor Q de una bonina, capacitor o circuito es:

2 enegía máxima almacenadaenergía disipada por ciclo

Q π ×=

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

00

1 L LQ

R R C

ω

= =




144

0Q es igual a la relación entre la caída de tensión en la bobina ocondensador y de la resistencia. Se suele tomar un valor mayor que 10

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

superior H ω y corte inferior

Lω , también es la diferencia de frecuencias,

en las cuales la potencia disipada por el circuito es la mitad de la disipada a

la frecuencia de resonancia por dicho circuito, y se expresa tanto en

rad/seg como en Hz.

El factor Q del circuito en resonancia está dado por

0 0 00

H L H L

f Q

BW f f

ω ω

ω ω

= = =− −

2. RESONANCIA EN PARALELO.

Se cumple que la parte compleja o susceptancia de la admitancia debe sernula.

( )C LY G j B B= + +

Donde C j C ω = y 1 L B j

Lω = − . A la frecuencia resonante 0ω ,

y0 0C L

B B Y G j− = = + .

También 0

1

L C ω =




145

En resonancia

C L B B= y la admitancia neta es igual a G , a esta

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




146

Diagrama fasorial de un circuito en paralelo en resonancia.




147

Factor de Calidad (Q). o de sobre intensidadEn resonancia, hay un intercambio continuo de energía entre la

inductancia y la capacitancia, de manera que el circuito almacena una

cantidad una cantidad constante de ella.

0 0

0

1 C L

B BQ Q

G G G Lω

= = ⇒ =

Para la frecuencia de resonancia será, siendo0ω la pulsación de

resonancia

0 0

0

1 C Q

G L Gω

ω

= =

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

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

en las frecuencias de corte alta H ω y baja

Lω , donde H Lω ω > . El ancho

de banda (BW) está dado por H Lω ω − .

1 H L BW

RC ω ω = − =

Ejemplo # 1.En el circuito mostrado la R = 10 Ω , L = 0.01H, C = 0.01microfaradios y

E = 10mV. Calcular.

a) La frecuencia resonante del circuito

b)

El factor Q en resonancia

c) El ancho de banda

d) Las frecuencias de corte alta y baja, y la corriente que hay en el circuito en

resonancia

e) El voltaje a través de cada elemento del circuito en resonancia

f) dibujar el diagrama fasorial en resonancia

g) La corriente que hay en el circuito al 90% de la frecuencia resonante.




148

Solución:

a) La frecuencia resonante es:

06

/ o bien1 1

100000 15915Hz(0.01)(0.01 10 )

rad s

LC ω

−= = =

×

b) El factor Q en resonancia es:

0 6

1 1 0.01100

10 0.01 10

LQ

R C −= = =

×

c) El ancho de banda del circuito resonante es:

0

0

rad/s o bien100000 100 159.2Hz100

BW Qω = = =

d) Frecuencia de corte:

Baja.

rad/s ó1000

100000 100000 99500 15836Hz2 2

BW Lω = − = − =

Alta

rad/s ó1000100000 100000 99500 15995Hz

2 2 BW Lω = + = + =

e) La corriente en resonancia es:3

mA10 10

110

V I

R

−×= = =




149

f) En resonancia, el voltaje a través de la

Inductancia es6

00.001 0º 90º (0.001 0º)(100000 0.01 10 90º) L LV IZ Lω −= = × = × ×

190º 1 LV j V = =

Del capacitor es

6

0

1 0.001 0º0.001 0º

90º 100000 0.01 10 90ºC C V IZ

Lω −

= = × =× ×

1 90º 1C V j V = − = −

En la Resistencia es:

0.001 0º 10 0.01 0º R

V IR V = = × =

g) El diagrama fasorial del circuito será

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

impedancia del circuito es

6110 (90000 0.01) 10 211.190000 0.01 10

Z j j−⎡ ⎤= + × − = −⎢ ⎥× ×⎣ ⎦

211.3 87.29º Z = − Ω

La corriente a 90000 rad/s es:

3310 10 0º

0.047 10 87.29º211.3 87.29º

I A−

−×= = ×

−




150

3. CIRCUITO PARALELO RESONANTE DE DOS RAMAS

1) Circuito Tanque Perfecto.

21

21

( )( ) ( )

1 1( )

LC C

C

j L j j j L Z

j L j LC j L

C

ω

ω

ω ω

ω ω ω

ω

− −= = = −

− −−

02

1, : ; Z

1

eq eq

L Z j si

LC LC

ω

ω

ω

= = → ∞−

2) Circuito Tanque Imperfecto

1( ) 1

1 1eq

R R j L j j

LC L Z

C R j L j R j L

C C

ω

ω ω

ω ω

ω ω

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = ⎜ ⎟⎛ ⎞⎝ ⎠+ − + −⎜ ⎟⎝ ⎠




151

0: 1 ; Zeq si L L R RC LC

ω ω >> ⇒ = =

4. FILTROS PASIVOS

FILTROS: Son circuitos pasivos que dejan pasar un cierto rango de

frecuencias de una corriente alterna multifrecuencia, rechazando las

demás.

Los filtros pueden clasificarse:

1) Según los componentes que lo configuran, en:

filtros pasivos que están formados a base de resistencias, bobinas

y condensadores.

Filtros activos están formados con Resistencias, Condensadores,

Transistores, CI, OPAMPS.

2) Según las frecuencias que dejan pasar:

a. FILTROS PASA - BAJO, Solo dejan pasar las frecuencias que

son inferiores a una frecuencia de corte.

La frecuencia de corte es:

1=

2πRCC f




152

00 si:

11

1 1

i

i

V SC V V RC V RCS

RSC

τ

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⇒ = =⎜ ⎟

+⎜ ⎟+⎝ ⎠

0

11 1

1 11i

V

V S S S

τ

τ τ

τ τ

= = =+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Por Laplace sabemos: S jω =

0

2 1 2 1

2 2

1 1 10º 0º

1 1 1( ) ( )i

V

V j tg tg RC

τ τ τ

ω ω ωτ ω ω

τ τ τ

− −

= = =⎛ ⎞

+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

La función de transferencia será:

10

2 1 2

1 1( )

( ) 1 ( ) ( ) 1i

V H tg RC

V RC tg RC RC ω

ω ω ω

−

−= = = −

+ +




153

b.

FILTROS PASA-

ALTO, solo dejan pasar las frecuenciassuperiores a una frecuencia de corte.

Frecuencia de Corte:

1=

2πRCC

f

0 1

111 1 1i

V SCR S S

V S SCR S S R

SC

τ

τ τ

τ

= = = = =+ + +⎛ ⎞ ++

⎜ ⎟⎝ ⎠

se sabe que: si S jω =

Entonces reemplazamos:

0

2 12 1

2

0º 90º

1 1 ( ) 1i

V j

V tg j tg

ω ω ωτ

ωτ ωτ ω ω ωτ

τ

τ

−−

= = =++ +

1

0

2

90º

( ) 1i

tg V H

V

ωτ ωτ

ωτ

−−= =

+




154

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

frecuencia determinada rechazando las demás.

1

2C f

LC π

= ,

0 02 2

1;

( )i

L C

RV V

LC R X X ω = =

+ +

Factor de calidad:

0 00

0

; L

Q B R Q

ω ω

ω = =




155

d.

FILTROS RECHAZA -

BANDA , dejan pasar cualquier númerode frecuencias excepto una banda determinada.

0 0

( ) 1;i ab

ab

V Z V

R Z LC ω = =

+

e. FILTRO DOBLEMENTE SINTONIZADOS.

'

0 0

1 1 2

1 1 y

eq

f f L C C L

= =




156

Ejemplo # 2:En el circuito mostrado, calcular2

L y1

C , si se sabe que0 acept 200 f k H z = y

0 r e c h a z o1 5 0 f k H z =

Solución:

Si la frecuencia de aceptación es:0 acept

200 f k H z =

0

1 1 1

1 1, 200

2 2 (12.5 )( )

f kHz

L C mH C π π

= → =

1 25C pF =

La frecuencia de rechazo es:0 r e c h a z o

1 5 0 f k H z =

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

El circuito equivalente será.




157

Si:

0

0

1 1150 , 18900 56.14

2 2 (150 )C f kHz X C pF

f k π π

= → = = = → =

Como:

0 0

2

1 1150 ,

2 f kHz f

L C π

= → = ×

3

212

2

1 1

150 10 , 202 (56.14 10 ) L H Lπ −× = × → =×




159

Capítulo VI

SISTEMAS TRIFASICOS

1. GENERACIÓN DE TENSIÓN POLIFASICA

Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales condiferencia de fase constante, que suministran energía a las cargasconectadas a las líneas.

El uso de un mayor número de fases como sistemas de 4, 6 y 12 fases, selimita casi por completo al suministro de energía a grandes rectificadorespara obtener una corriente continua más una componente pulsante máspequeña, o rizo, que disminuye conforme aumenta el número de fases.También se utilizan para el accionamiento de motores de potencias muyelevadas.

Al hacer girar una espira rígida, con velocidad constante dentro de uncampo magnético uniforme, el flujo que corta la espira tendrá una

variación senoidal y en consecuencia se induce una f.e.m. senoidal.

En un generador elemental se cumple:

cos( )

( ) ( )m

BS t

d v BS sen t V sen t

dt

φ ω

φ ω ω ω

=

= = =

Donde v es la f.e.m. inducida. La deducción de sistemas polifásicos comoel bifásico y el hexafásico, se obtienen incluyendo el númerocorrespondiente de espiras y teniendo en cuenta que los ángulos de desfaseson diferentes por la ubicación de las espiras. Observemos larepresentación vectorial de cada uno de los sistemas polifásicos máscomunes.




160

(a) Bifásico (b) Trifásico

(c ) Tetrafásico (d) Hexafásico

2. SISTEMA BIFÁSICO En un sistema bifásico la diferencia de fase entre las tensiones es de 90°, y esta formado por dos tensiones alternas senoidales de igual amplitud yfrecuencia y desfasadas entre sí. Un sistema bifásico puede llevar cuatrohilos, en este caso no habrá ningún acoplamiento de generadores (espirasgiratorias) y se tendrán dos circuitos independientes en tensiones ycorrientes. Se emplea en la distribución de cargas de alumbrado en USA,

y en servomecanismos de aviones y barcos.




161

Para cada circuito se tiene que:

11

1

22

2

V I

Z V

I Z

=

=

2 2

1 1 1

2 2

2 2 2

Z R X

Z R X = += +

11

1

22

2

X arctg

R X

arctg R

φ

φ

=

=

El sistema polifásico más común es el sistema trifásico balanceado

Fase y Secuencia de Fase:Fase. Es Cada una de las partes de un circuito donde se genera, transmiteo utiliza una de las tensiones del sistema trifásico.

Secuencia de Fase o Rotación de Fase. Es el orden en el cual losfasores de tensiones y corrientes pasan por una posición de referencia.




162

3. SISTEMA TRIFÁSICOLos sistemas trifásicos se utilizan en la generación, transmisión ydistribución de la energía eléctrica.

Si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasados en120º entre si, al girar el rotor con velocidad constante w dentro del campomagnético, se induce en cada una de las bobinas una tensión alternasenoidal, del mismo valor, frecuencia pero desfasados entre si 1/3 deperiodo. Este dispositivo formado por rotor y estator se llama generador

trifásico.




163

Tensión senoidal inducida en cada espira, desfasada en 120º entre si.

Magnitudes de línea y de fase balanceados:

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

de línea.

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

conductor de fase y el punto neutro.

Conexión en delta ( Δ ): Es la tensión que existe en cada una de lasbobinas del generador o en cada una de las impedancias.

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

de los conductores que unen el generador y la carga.

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

ramas (fasor) monofásicas de un sistema trifásico.

Voltajes de fase en secuencia (+) y secuencia ( -).

a) Secuencia ( + ): R – S – T, S – T – R, T – R – S

( ) ( )

( ) ( 1 2 0 º )

( ) ( 2 4 0 º )

R N m

S N m

T N m

v t V s e n t

v t V s e n t

v t V s e n t

ω

ω

ω

=

= −

= −




164

Notación fasorial

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

( ) ( )

( ) ( 1 2 0 º )

( ) ( 1 2 0 º )

R N m

T N m

S N m

v t V s e n t

v t V s e n t

v t V s e n t

ω

ω

ω

=

= −

= +

Notación fasorial

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

1

2

3

( ) ( )

( ) ( 1 2 0 º )

( ) ( 2 4 0 º )

R N m

S N m

T N m

i t I s e n t

i t I s e n t

i t I s e n t

ω φ

ω φ

ω φ

= −

= − −

= − −

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

0 º

2

1 2 0 º

2

1 2 0 º

2

m R N

mS N

mT N

V V

V V

V V

=

−=

=

0 º

21 2 0 º

2

1 2 0 º

2

m R N

mS N

mT N

V V

V V

V V

=

−=

=




165

Si: 1 2 3φ φ φ = = , el conjunto de estas tres corrientes o tensiones iniciales,constituye un sistema trifásico equilibrado de corrientes o tensiones.

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

a) Secuencia ( + ) R S T:

⇒

RS ST TR L

RN SN TN f

V V V V

V V V V

= = =

= = =

Tensión de Línea: V RS, V ST, V TR Tensión de fase: V RN, V SN, V TN

L f V V ≠

Tensión de Línea: V RS, V ST, V TR Corriente de Línea: IR , IS, IT

Corriente de fase: IRS, IST, ITR

L f I I ≠

3 L f V V =




166

Voltaje de Fase Voltaje de línea

30º

150º

90º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

= −

= −

=

0º

120º

120º

RS L

ST L

TR L

V V

V V

V V

=

= −

=

b) Secuencia ( - ) R T S:

3 L f V V =

⇒

Voltaje de Fase Voltaje de línea

30º

90º

150º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

= −

=

= −

60º

60º

180º

RS L

ST L

TR L

V V

V V

V V

= −

=

=

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

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

3 V L f

V = , además, cada una de ellas se encuentran adelantada 30º

respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen.

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

de línea, las corrientes de línea y de fase son iguales f L

I I = .




167

Valido secuencia (+)

0º

120º

120º

RN f

SN f

TN f

V V

V V

V V

=

= −

=

Por la segunda ley de kirchoff:

V RS adelanta a V RN en 30º, o sea

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

f LV V = .

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

30º

90º

150º

RS L

ST L

TR L

V V

V V

V V

=

= −

=




168

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

L f I I = , encontrándose cada una de ellas retrasada 30º respecto

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

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

Valido para secuencia (+)

4. CARGAS TRIFASICAS (3Ф).

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

0º

120º

120º

RS L

ST L

TR L

V V

V V

V V

=

= −

=




169

1

ó 33

Y Y Z Z Z Z Δ Δ= =

b. Cargas trifásicas desbalanceadas:Se dice que sondesbalanceadas porque el sistema tiene tensiones o cargas condiferente modulo y ángulo.

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

1

2

3

RN R

SN

S

TN T

V I

Z

V I

Z

V I

Z

=

=

=




170

5. POTENCIA TRIFASICA. ( 3 ) BALANCEADA En una red trifásica equilibrada nos referimos a la potencia total queaportan o toman las tres fases a la vez..

Potencia Instantánea. La potencia instantánea de las tres fases a la vezes constante, y en cada una de las fases depende del tiempo.

Para una carga Y:

Las tensiones son: Las corrientes de fase son:

( ) ( )

( ) ( 120º )

( ) ( 120º )

RN m

SN m

TN m

v t V sen t

v t V sen t

v t V sen t

ω

ω

ω

=

= −= +

( ) ( )

( ) ( 120º )

( ) ( 210º )

R m

S m

T m

i t I sen t

i t I sen t

i t I sen t

ω φ

ω φ

ω φ

= −

= − −= − +

La potencia instantánea en cada fase será:

1

2

3

( ) ( )

( ) ( 120º ) ( 120º )

( ) ( 120º ) ( 210º )

m m

m m

m m

p t V I sen t sen t

p t V I sen t sen t

p t V I sen t sen t

ω φ ω

ω ω φ

ω ω φ

= −

= − − −

= + − +

La potencia total es:

1 2 3( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( 120º ) ( 120º )( )

( 120º ) ( 210º )

total

total m m

p t p t p t p t

sen t sen t sen t p t V I

sen t sen t

ω φ ω ω φ

ω ω φ

= + +

− + − − − +⎡ ⎤= ⎢ ⎥+ − +⎣ ⎦

3( ) cos .

2total m m p t V I cteφ = = (No depende del tiempo).

Este resultado es valido si la carga está conectado en Y, o en ∆.

Potencia Activa: La potencia activa total es la suma de las potenciasactivas de cada fase.

3( )( ) cos f f P V I φ =




171

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

En estrella Y. En Delta ∆.

3( )( )cos3

L

L

V P I φ = 3( )( )cos

3 L

L I P V φ =

Potencia activa en la carga 3Ф, sea ó Y es: 3 cos L L P V I φ = .

Por el triangulo de potencia tenemos:

Triangulo dePotencias 3 cos L L P V I φ = Potencia activa

3 L LQ V I senφ = Potencia reactiva

Si el sistema está equilibrado:

2 23 L LS V I P Q= = +

ángulo del factor de potencia:

1 1 1cos tan P Q Q

senS P S

φ − − −= = =

6. MEDICIÓN DE POTENCIA TRIFÁSICA: (Método Aron)

a) Para medir la potencia activa experimentalmente se puede hacer con 2 watímetros el cual es conocido como el método ARON. (Llamado tambiénmétodo de los 2 vatímetro)




172

Donde:

1

2

cos cos( 30º )

cos cos( 30º )

RS

RS R L L

R

TS

TS T L L

T

V W V I V I

I

V W V I V I

I

φ

φ

⎧= = +⎨

⎩

⎧= = − +⎨

⎩

Si sumamos tenemos:

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

b) Cuando hay cargas desbalanceadas.-

1

0

2

0

1( )

1( )

2

T

RS R

T

TS T

W V i dt T

W V i dt

= −

= −

∫

∫

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

1 2

0

1( )

T

RS R T S T W W v i v i dt T

+ = +∫

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




173

7. FACTOR DE POTENCIA EN SISTEMA TRIFASICOBALANCEADO

a) En los sistemas balanceados:Ф1 =Ф2 = Ф3

Factor de potencia

P

P F

S =

1 2 3

1 2 3

; 3

; Q 3

T F

T F

P P P P P

Q Q Q Q

= = =

= = =

2 2 2 2

3 3T T F S S S P Q P Q S = = = + = + =

c) En los sistemas desbalanceados:

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

P

P F

S =

1 2 3

2 2 2 2

1 2 3 1 2 3( ) ( ) P

P P P P F

P P P Q Q Q P Q

+ += =

+ + + + + +




174

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

Solución:Por el método de mallas tenemos.

11 2 2

2 2 3 2

RS

ST

V I Z Z Z

Z Z Z V

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

1

2

24 12 240 0º

12 0 240 120º

I j j

j I

− ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤=⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Resolviendo:

1 2 2

240 0º 12

240 120º 0 (240 120º)( 12) 20 30º24 12 ( ) (12)

12 0

R

j

j I I j j j

j

−⎛ ⎞⎜ ⎟

− −⎝ ⎠= = = = −− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

2

24 240 0º

12 240 120º34.63 0º

( 12)( 12)T

j

j I I

j j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= = =

−




175

Diagrama fasorial:

Según el diagrama obtenemos:0º

1 30º 1cos (240)(20) cos 4.16 RS

R

V

RS R I W V I W Kwatts

→ →→−→= = ⇒ =

60º

2 0º 2cos (240)(34.63) cos 4.16TS

T

V

RS R I W V I W Kwatts

→ →→→= = ⇒ =

Ejemplo # 2.En la figura mostrada tenemos un sistema equilibrado de voltajes escribir lasexpresiones complejas de a) secuencia de fase positiva. b) secuencia de fasenegativa. Si el voltaje de fase es 250V.

( a ) Secuencia positiva ( b ) Secuencia negativa




176

Solución:

a) Secuencia positiva, los voltajes de fase son:

30º 250 30º 216.5 125

90º 250 90º 0 250

150º 250150º 216 125

RN f

SN f

TN f

V V j V

V V j V

V V j V

= = = +

= − = − = −

= = = − +

Los voltajes de línea son: 3 3(250) 433 V f V = = .60º 433 60º 216.5 375

60º 433 60º 216 375

180º 433 180º 433 0

RS L

ST L

TR L

V V j V

V V j V

V V j V

= = = +

= − = − = −

= − = − = − +

b) Secuencia Negativa, los voltajes de fase son:

250 30º 216.5 125

250 150º 216 125250 90º 0 250

RN

SN

TN

V j V

V j V V j V

= − = −

= − = − −= = +

Los voltajes de línea son:

433 60º 216.5 375

433 60º 216 375

433180º 433 0

RS

ST

TR

V j V

V j V

V j V

= − = −

= = +

= = +

Ejemplo # 3Un generador trifásico en Estrella de 150 KVA, 440 V, 60Hz, alimenta las cargas,Determinar la potencia en KVA de una carga trifásica balanceada que se debeconectar para que el generador trabaje con el mejor factor de potencia a plenacarga. (secuencia positiva).

Solución:Primero veamos el sistema del motor:




177

85(746)46815.57 46.82

0.92(0.85) 3motor S VA KVA= = ≈

Ahora veamos el sistema carga: S3φ

3 43824.74 43.8S VA KVAφ = ≈

Por ley de cosenos:

2 2 2

3 32 175º

T m mS S S S S cos

φ φ = + −

90.5T S KVA=

Por ley de Senos:

43.8 90.5 2.4º

175º se senα

α = ⇒ =

m




178

:C S Potencia de la carga.

Ley de senos:

90.5 150 ' 14.4º

' (34.4 ') 145.6º

C S

sen sen senα

α α = = ⇒ =

−

15014.4º 66

145.6º

C C S sen S KVA

sen

= ⇒ =




179

Capítulo VII

CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE

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

d v N

dt

φ = −

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

div NK

dt = −

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

div Ldt = −

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

Calculo de la autoinducciónSe puede realizar por la siguiente expresión:

2n S L

l

μ =

Donde: μ es la permeabilidad, n número de espiras, L es la inductancia, les la longitud del circuito magnético y S es la sección efectiva del núcleo enm2.




180

Coeficiente de Acoplamiento ( k ). Es la cantidad de acoplamiento magnético entre dos bobinas L 1, L 2

1 2

k L L

=

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

El coeficiente de acoplamiento k especifica el grado de acercamientode la inductancia mutua al límite superior.

1 2k L L=

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

2. INDUCCIÓN MUTUA ( M ).

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

las bobinas están acopladas magnéticamente.

1 2k L L=

Siendo M: Coeficiente de inducción mutua

Como este curso pertenece a alterna entonces la ecuación anterior se

transforma en: 1 2( )( )k L Lω ω ω =

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




181

1 2 M k X X =

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

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

arrollamiento y la inducida en el mismo se restan

De lo que deducimos:

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

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

Caso 1.




182

Caso 2.

Caso 3.

Caso 4.

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

1) Escójase arbitrariamente los sentidos de corriente en cada malla2) La autoinducción produce tensiones con la polaridad positiva en el

terminal por donde entra la corriente (como un receptor)




183

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

4) Aplíquese la Ley de Kirchhoff de tensiones a cada malla

Ejemplo # 1.Calcular el Thevenin equivalente en los bornes “ a y b “

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

1

3 3

1 10 (2 10 ) 2 L X L jω

−

= = × =

2 4

3 3

210 (3 10 ) 3

L L X L j X ω −= = × = =

3

3 3

3 10 (6 10 ) 6 L X L jω −= = × =

1

3 3

1 10 (1 10 ) M X M jω −= = × =

3 3

2 2 10 (2 10 ) 2 M X M jω −= = × =

1 3 3

1

1 10.2

10 (5 10 )C

X jC ω −

= = = −×

2 3 3

2

1 10.125

10 (8 10 )C X j

C ω −= = = −

×




184

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




185

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

40 0º1.76 28.37º

22.73 28.37º

j j j I I j

I

= + + − ⇒ = +

= = −

2 6 9

(9 90º)(1.76 28.81º) 15.8 61.54º

th ab

th

V V jI j I j I j I

V

= = + + =

⇒ = − =

15.8 61.54ºthV =

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

1 20 2 0.2 20.15.14º Z j j= + − =

2 10 1.25 10 7.125º Z j= − = −

Si se sabe que:2

eq

E Z

I =




187

Despejamos I2:

2 2

22.73 28.37º 0

9 (22.73 28.37º)

22.73 28.37º 9 (22.73 28.37º)(15.38 49.8º) 81

9 15.38 49.8º

j V V I

j j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠= =

− −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

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

V V I = =+ ;2

: eq si V Z =

2

374.67 66º15.29 37.63º

22.73 28.37º

V

I ⇒ = = Ω

15.29 37.63ºeq Z ⇒ = Ω

Por lo tanto el circuito entre a y b es:




188

3. TRANSFORMADOR LINEALUn transformador es un dispositivo de cuatro terminales que tiene dos (omás) bobinas magnéticamente acopladas Un transformador es lineal si lasbobinas están devanadas en un material magnéticamente lineal (conpermeabilidad magnética constante.

En un transformador lineal el flujo es proporcional a la corriente en susdevanados.

La impedancia de entrada del transformador se compone de dos

términos, la impedancia primaria y la impedancia reflejada

2 2

1 1

1 2 2Im

Im

in

L pedancia primaria pedancia

reflejada

V M Z R j L

I R j L Z

ω ω

ω = = + +

+ +

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




189

Circuito “a”:

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

Circuito “b”:

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

*Nótese que el circuito “b” es homologo del circuito “a” (guíese por elsentido de la corriente I2).

En el circuito equivalente los inductores no están acopladosmagnéticamente; Si se cambia la ubicación del punto de la bobina X 2, sedebe reemplazar X M por –X M en el circuito equivalente.




190

Circuito equivalente π

de un transformador lineal:Circuito “a”:

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2 1

, X , X M M a b c

M M M

X X X X X X X X X X

X X X X X

− − −= = =

− −

Circuito “b”:

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2 1

, X , X M M a b c

M M M

X X X X X X X X X X

X X X X X

− − −= = = −

+ +

Circuitos equivalentes de bobinas magnéticamente acopladas equivalenteserie




192

Entonces el circuito equivalente es:

Aplicando LCK tenemos:

Malla 1:

1 1 2

1 2

1 2 (1)

(7 49) 12 12 300 0º

(7 37) 12 300 0º

37.66 79.28º 12 300 0º ....................

j I j I j I

j I j I

I j I

+ − − =

+ − =

− =

Malla 2:

2 1 2

2 1

2 1 (2)

(9 3) 12 12 0

(9 9) 12 0

12.73 45º 12 0 ..................

j I j I j I

j I j I

I j I

+ − − =

− − =

− − =

Resolviendo por cramer:

1 2

300 0º 12

0 12.73 45º (300 0º)(12.73 45º)37.66 79.28º 12 (37.66 79.28º)(12.73 45º) 144

12 12.73 45º

j

I j j

j

−⎛ ⎞

⎜ ⎟− −⎝ ⎠= =− − −⎛ ⎞

⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1 2

(300 0º)(12.73 45º) 3819 45º 3819 45º

(37.66 79.28º)(12.73 45º) 144 479.4 34.28º 144 603.73 26.56º I

j

− − −= = =

− − +




193

1 6.33 71.56º A I = −

2 2

37.66 79.28º 300 0º

12 0 ( 12)(300 0º)

37.66 79.28º 12 (37.66 79.28º)(12.73 45º) 144

12 12.73 45º

j j I

j j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠= =

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠

2

(12 90º)(300 0º) 3600 90º5.96 116.56º A603.73 26.56º 603.73 26.56º I

− −= = = −

b) Con el borde homologo de la bobina j16, es decir con el sentido de lacorriente I2 cambiado tenemos:

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

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

1

300 0º 12

0 12.73 45º 3819 45º

6.32 71.56º37.66 79.28º 12 603.73 26.56º

12 12.73 45º

j

I A j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟− −⎝ ⎠

= = = −⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

2

37.66 79.28º 300 0º

12 0 3600 90º5.96 63.44º

37.66 79.28º 12 603.73 26.56º

12 12.73 45º

j I A

j

j

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = =

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠




194

4. TRANSFORMADOR IDEAL:

Un transformador es ideal si tiene las siguientes propiedades: Las bobinas tienen reactancias muy grandes (L 1, L 2 y M→ ∞) El coeficiente de acoplamiento es igual a la unidad (k=1) Las bobinas primaria y secundaria no tienen pérdidas (R 1=R 2=0) Los transformadores con núcleo de hierro son aproximaciones

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

Respectivamente.

22 1 1

1

2 2

1 1

LV V nV

L

V N n

V N

= =

= =

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

transformación 1

2

N N n =

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




195

2 1

1 2

V I nV I

= =

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

* *21 1 1 2 2 2 2( )

V S V I nI V I S

n= = = =

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

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

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

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

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

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

1 2

2 2 2

1

1 L

in

V V Z

Z I n I n

⎛ ⎞⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

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

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

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

conectado).

1

2

N n

N =




196

Ecuaciones de corrientes y voltajes en el transformador:

1 1 21 2 1

2 2

1 y V

I V V n I nI

V n n= → = = → =

Se determina el equivalente Thevenin desde el secundario:

El secundario en circuitoabierto

2 10 0 I I = → =

Entonces1 i

V V =

2 1cd iV V nV nV = = =

Hallamos la impedancia equivalente Thevenin, con v 1(t) eliminada, laimpedancia en el primario es Z1 y sabemos que:

221 2 12 th

Z Z Z Z n Z n= → = =

Reemplazando tendremos el circuito equivalente Thevenin:

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




197

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

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

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

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

Solución:Primero hallamos el equivalente thevenin del circuito primario:




198

4(24 0º)4 90º 12 8 14.42 33.69º

4 4th ab

jV V j

j

−= = − − = − = −

−

4( 4)2 4 2

4 4th

j Z j

j

−= + = −

−

El nuevo circuito equivalente será:

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

'

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

Finalmente el circuito equivalente es:




199

Entonces por divisor de voltaje:

0

0

2( 28.84 33.69º)

20 5

2.80160.35º V

V j

V

= − −−

=

Ejemplo # 3´.Calcular I1, I2 y V 1

Solución:Por el método nodal tenemos:

Las relaciones de trafo es:1 1 2

1

1 2 22

10

2 2

2 2

V V V I

V V V I

j

− −= +

−+ =

2 1

1 2

2

2

V V

I I

=

=


1 1 21 1 1 2 1

1 1 1 1

10 10 2

2 2

10 2 2 2 2

V V V I V V V I

V V I I

− −= + ⇒ − = − +

= − + =

1 2 5 A, 2.5 A I I ⇒ = =




200

1 5 63º VV =

5. TRANSFORMADORES EN VACIO Y CORTOCIRCUITO En los transformadores, al igual que en cualquier dispositivo eléctrico, seproducen pérdidas en transformación de los cuales son:

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

F).

• Perdida por histéresis (PH).

Perdidas en el cobre del bobinado (Pcu). Cuando untransformador esta en vacío, la potencia que medimos en untransformador con el circuito abierto se compone de la potencia perdidaen el circuito magnético y la perdida en el cobre de los bobinados.

Al ser nula la intensidad en el secundario (I2 = 0), no aparece en el perdidade potencia, y al ser muy pequeña la intensidad del primario en vacío (Io)con respecto a la intensidad en la carga I2n, las pérdidas que se originan enel cobre del bobinado primario resulta prácticamente insignificante.

Perdidas en el Hierro (PFe). La pérdida de potencia en el hierro enun transformador en vacío se producen por:

Corriente de Foucault (PF). Se produce en cualquier materialconductor cuando se encuentra sometido a una variación de flujomagnético. Las perdidas dependen del material del que este constituido elnúcleo magnético.

Para el cálculo de las pérdidas en el hierro por las corrientes de foucaultserá por:

2 2 2

max

11

2.2

10 F

f P

β Δ=

Donde: F

P = perdidas por corriente de Foucault en W/kg

f = frecuencia en Hz.




201

max β = inducción máxima en Gauss.Δ = espesor de la chapa magnética en mm.

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

Ejemplo # 1.Tenemos un transformador que trabaja a una frecuencia de 50Hz, con una chapamagnética que tiene un espesor de 0.35 mm y una inducción magnética de 1 teslao 10000 gaus. Lo vamos a conectar a una red de 60 Hz de frecuencia. ¿Cuáles

serán las perdidas en el hierro conectado a la red de 50 Hz y a 60 Hz.?.

Solución:Para 50 Hz.

Aplicando la formula Tenemos:2 2 2 2 2 2

max

11 11

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

10 10W

kg F

f P

β Δ= = =

Para 60 Hz será:2 2 2 2 2

max

11 11

(2.2) (2.2)(60) (10000) (0.35)

0.97010 10W

kg F

f

P

β Δ

= = =

Esto indica que cuanto mayor sea la frecuencia, mayores serán las perdidas porcorrientes de Foucault.

Histéresis (PH). En el transformador, cuando al someter el materialmagnético a un flujo variable se produce una imantación que se mantieneal cesar el flujo variable, lo que provoca una perdida de energía en formade calor.




202

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

D= Extremo del ciclo a máxima intensidadnegativa.

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

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

max. . n

H h P K f β =

Donde: h K = coeficiente de cada material

f = frecuencia en Hz

max β = inducción máxima tesla.

H P = perdida por histéresis en W/kg

4

4

1.6 para 1 (10 Gauss)

2 1 (10 )

teslan

para tesla Gauss

β

β

⎧= <⎪⎨

= >⎪⎩

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

templado.

A igual magnetismo remanente (AB), elacero templado tiene mayor fuerzacoercitiva (C’A) que el hierro dulce(CA).




203

Ejemplo # 2.¿Calcular la potencia perdida en el hierro? Si tenemos un transformadorconectado a una red de 50Hz de frecuencia con una chapa magnética de 0.9 Tesla(9000 Gauss) de inducción. El peso del núcleo del transformador es de 12kg. Elespesor de la chapa del núcleo es de 0.35 mm y el coeficiente de histéresis es0.002.

Solución.Mediante la siguiente formula calculamos la potencia perdida por Foucault.

2 2 2

max

11

2.2

10 F

f

P

β Δ

= Reemplazamos tenemos:

2 2 2

3

(2.2)(50) (0.9) (0.35)0.545

10W

kg F P = =

Las pérdidas totales por Foucault serán:

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

Las perdidas por histéresis serán:1.60.002(50)(0.9) 0.0844n W

kg H H P K f β = = =

Entonces las perdidas totales por histéresis serán:

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

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

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

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




204

TRANSFORMADOR EN VACÍO.

1.

Ensayo al vacío. es decir, midiendo la potencia consumida por eltransformador en vacío mediante vatímetro.

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

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

el bobinado primario.

fe P W =

• La intensidad en el vacío del primario a través del amperímetro (A 1).• La relación de transformación (m):

1

2

V n

V =

También podemos calcular, con la ayuda de los resultados:

• La impedancia (Z):1V

Z I

=

• La potencia aparente en vacío (Sap).

1.aparenteS V I =

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




205

cosaparente

W S

φ =

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

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

TRANSFORMADOR EN CORTO CIRCUITO. Cuando la potencia se

produce en los conductores de los bobinados primario y secundario,sometidos a la intensidad nominal. Se denomina pérdida 2 RI debidas al

cobre ( cu P ).

2. Ensayo en corto circuito. Con este método conseguimos lasintensidades en los dos bobinados, aplicando una pequeña tensión alprimario y cortocircuitando el secundario con un amperímetro (elamperímetro tiene una resistencia nula).




206

En muchos ensayos en corto circuito, la CC I supera el 25% de laintensidad nominal ( n

I ).

Las pérdidas en cortocircuito también se determinan directamente con el vatimetro conectado en el primario, que corresponde a la potencia encortocircuito (

CC P ).

cc cu P P =

Las perdidas en el cobre se calculan mediante.2 2

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

Los valores de la resistencia ( CC

R ), de la inductancia ( CC

X ), y de la

impedancia ( CC

Z ) de los circuitos en el ensayo en cortocircuito se

obtendrán mediante:

Resistencia '1 2cc R R R= +

Inductancia'

1 2cc d d X X X = +

Impedancia2 2 2

cc cc cc Z R X = + donde2 2

cc cc cc Z R X = +

También1

cccc

V Z

I =




207

La intensidad de corto circuito.

2cc

cc

V I

Z =

Dado que no se conoce la tensión del secundario, se obtiene sustituyendola tensión del secundario (V 2) por su valor en la expresión de la relacióntransformación, será:

1

2 2

V

ncc

cc cc

I R X

=+

Factor de potencia de cortocircuito. Una vez obtenidos los datos en el

ensayo (la potencia y la tensión de cortocircuito), el coseno será:

1

cos.

cccc

cc

P

V I φ =

6. AUTOTRANSFORMADOR.

Forma Física Forma Eléctrica

Autotrafo variable. Especialmente útil cuando se necesita suministrode tensión variable, o para mantener un voltaje constante en situaciones decarga variable.




208

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




209

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

Si se sabe que:

1

2 1 p s

s p

V I N nn

V I N = = = =

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

(2)( ) ( ) ( 1) ............ L L L s L s p s s p p s pS V I V I V I I V nI I V I n= = = + = + = +

Entonces de 1 y 2 tenemos:

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

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

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

(3)............ p p p s p

S V I nV I = =

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

1

2 1

1 2 2

2

( 1) 11

p s p

L s p

N

S nV I N N n

N S V I n n N N

N

= = = =+ + ++




211

Circuito equivalente

DESARROLLO DEL NÚCLEO DE UN TRANSFORMADORTRIFÁSICO




212

CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS.

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

)V 3I V

I I V3 3

LP LP LP LP LP LS

n

n=== == = == =

b) Conexión delta - estrella ( Y Δ − )




213

c) Conexión delta - delta ( Δ − Δ )

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




214

DESFASE ENTRE DEVANADOS:

Desfase entre las tensiones línea - línea en los devanados primario y secundario deun transformador trifásico

CIRCUITO EQUIVALENTE POR FASE




215

Transformador trifásico y su circuito equivalente por fase.




217

Determine: a). Lectura de A 1, A

2, V.

b). Lectura de W 1, W 2.c). Factor de potencia sistema:( f.p.)d). Potencia aparente (Ssistema).

Solución:

a) Secuencia del trafo ( Y Δ − ): ' '

'volt4400

L R S V V = =

Motor:

100(746) (4400) 3 (0.86) M

I =

11.38 36.38º M I = −

Banco capacitivo:330(10 ) 3(4400) C I =

3.9390ºC I =

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

17.67º

M C R I I I

φ

= + = − + = −

→ =

Circuito monofasico equivalente del secundario:




218

En el circuito:

'2

12

1

(por relación de corrientes del trafo)

(primario)

9.55 A

10

95.5 .

R

pamp

A I

A A

A I

= =

=

= =

b) las lecturas de los watimetros son:

1

2

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

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

W watts

W watts

= + =

= − =

c) cos cos17.67º 0.95 fdp φ = = =

d) Potencia del sistema:

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

73 sistemaS KVA=




219

PROBLEMAS RESUELTOS

1) En el circuito mostrado grafique0

V vs f si se sabe que:

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

Solución:

Veamos casos de resonancia:Serie:

016 9 5 7 12

1 1

1 1 1 1

(10 10 )(100 10 ) 10 10 10 L C ω

− − − − −= = = =

× × ×

6

01 016

110 1 159.2

10r

seg f kHz ω −= = = ⇒ =

Paralelo:

02 6

6 9 5 71002 2 2

1 1 2 2

10(10 10 )( 10 ) 10 10 L C

ω −− − − −

= = = =

× × ×

6

02 022(10 ) 2 229r seg f kHz ω = = ⇒ =

10V




220

Ahora:

2

2 2

2

12 2 2

2 2 212 2 2 2 2

( )( ) ( )

( 1) ( 1)

L

j C C

C

j L C L Z

j L j j L C j L C

ω

ω

ω ω ω

ω ω ω = = =

− − −

2 36 2 6 9

10 10( 20)

(500 10 1)(1 10 ) (10 10 )(50 10 ) 1 Z j

j j −− −

= = = − −× −⎡ ⎤× × × −⎣ ⎦

220 20 90º Z j= = Ω

01 0.2 90ºV =

6 6

1 02 1 6 902 1

1 12 10 (10 10 )

2 10 (50 10 ) Z j L j

j C jω

ω

−

−= − = × × −

× ×

f 01 w01

f 02

w02




221

6 61 6 9

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

Z j j j

−−= − = × × −

× ×

1 14.1 7.09 7.01 Z j j j= − = Ω

El grafico 0 V vs f será:

2) En el circuito mostrado, determinar:

a. Frecuencia de resonancia (f 0).

b. Factor de calidad (Q0)c. Voltaje en el condensador Vc.

02 5 3.5ºV = −




222

Solución:

a) 1

C V j I C ω

= −

10 0º 30 21

110 0º 30 21

C I V j L

I j I j L

C

ω

ω

ω

= + +

⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

0

2110 0º 30 I j L

C ω

ω

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞= + −⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

14243

2

0

21 21 21 10.25 r

seg L M

C LC LC

ω ω ω

ω

= → = ⇒ = =

Entonces la frecuencia será:

0

211.63

(6.28) f MHz

LC = =




223

b)

El factor de calidad es.

6 3

00

(10.25 10 )(20 10 )

30

L L X

Q R R

ω −× ×= = =

3

0 6.8 10Q = ×

c) El voltaje en el condensador será:

0

1 10 0º; 0.33 0º

30C V j I I

C ω

⎛ ⎞= − = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

5

6 12

1 10 (0.33 0º)

(10.25 10 )(10 10 ) (10.25)(3)C V

−= =

× ×

3.25C

V KV =

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

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

Solución:Hallamos por Thevenin.




224

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

1 37.48 51.34º I = −

120 (20 90º)(37.48 51.34º)

749.6 38.66º

ab th

th

V V j I

V

⇒ = = = −

⇒ =

Por Norton

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

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

De (α ) y ( β )

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




226

5.38 40.6ºth

th

V I Z

⇒ = =

Luego calculamos I2:

21 2 2 2

7

6 6

I I I I I I I = + = + ⇒ =

2

64.62 40.6º

7 N I I I = = =

''

2

189.33 1.9º 189.22 6.51thth

V Z j

I = = − = − Ω

a). Para que tenga máxima potencia.

189.339th R Z = =

b). 0 2.3 39.6º I =

2

0 1010.2 R watts P I R⇒ = = Potencia máxima.




227

4)

En el circuito mostrado calcular: I1, I2, I3, V 2, si X 1 = X 2 = X L = 100 Ω , K =100% y R = 1 Ω

Solución:a) Reflejamos “R” al primario:

210 (2) 100eq R = = Ω

Malla ( I1 ):

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

Malla ( I2 ):

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

De ( 2 ) 2 1 I jI = − en ( 1 ).

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




228

1 .2.3 2.3 1.63 45º(1 ) (1 90º)( 2 45º)

amp I j j

= = = −− −

2 .(1 90º)(1.63 45º) 1.63 135º am p I = − − = −

b). Calculamos I3:

3 2 3.

( )10 (1.63)10 I 16.3amp

I I = = ⇒ =

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

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

a y b, a la frecuencia de 310 rad seg ω = .




229

Solución: 3 3

1

3 3

2

3 3

3

(8 10 )10 8,

(1 10 )10 1,

(4 10 )10 4

X j

X j

X j

−

−

−

= × =

= × =

= × =

1 23 31 13000 9000

1 13, 9

10 ( ) 10 ( )C C j X j= = − = = −

1 1 1 2

2 2 1 3

0.5 (8)(1) 1.41

0.2 (8)(4) 1.13

M

M

X k X X j

X k X X j

= = =

= = =

Aplicamos método de Maxwell:

Malla (1):[ ]

[ ]

[ ]

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

1 1 2 2 1 2 1

1 2

1 2

5 ( ) 4 ( )

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

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

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

M M C M V jX X I I X I jX jX I I X I

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

V I j j j j I j j j

V I j I j

= + + − − + + − − +

= + + − − + + − − +

= + + + − + + − − − +

= + − + (1)...................




230

Malla (2):

3 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2

2 1 1 2

1 2

1 2

(6 4 4 ) ( 4 ) 0

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

( 4 3 1.13) (14 1.14) 0

( 0.67 4) (14 0.14) 0 ......................

C L C C M M jX jX jX jX jX I I jX jX X I X I

j j j j j I I j j j I j I

I j j j I j j

I j I j

+ − + + − + + − + − − − =

+ − + + − + + − + − − − =

− + − + + + − =

− − + + − = ......................................(2)

De ( 1 ) y ( 2 ):

1

8.44 9.2ab

V Zeq j

I = = +

6) Calcular la impedancia equivalente entre las terminales a y b.

Solución:




231

Malla (1).

1 1 2 1 2 2 2

1 2

1 2 (3)

(8 2 3 3 3) ( ) 2 3

(8 ) ( 2 3)

(8 ) ( 3) ...............

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

V I j j j I j j j j

V I j I j

= − + + − − − + − + −

= + − + + − − + −

= + + −

Malla (2).

2 1 1 2 1 2 1

2

2 1

(10 4 2 4 3) 3 ( ) 2 0

(12 3 ) ( 3 2 ) 0

(12 3) 0 ...............(2)

I j j j j I j I I j I jI jI

I j j j j j j j

I j jI

− + + + − + − + + + =

− − + + − + + =+ + =

De (1) y (2):

1

8.07 1.02ab

V Zeq j

I = = − Ω

7) En figura mostrada, 3 trafos son conectados en Y - ∆, y alimentan unacarga balanceada de 100KVA. Se sabe que las tensiones de línea del

primario es de 2200V, n = 10. Calcular voltaje y corriente de cada uno delos trafos y potencia total de cada trafo.




232

Solución:Para la conexión estrella Y:

2199.71270

3 3

L f

V V V = = =

El cual es el voltaje primario de cada trafo V p = 1.27KVConexión ∆, el voltaje secundario es:

1.27127

10

p

s

V KV V V

n= = =

Sabemos que la carga:

100100 3 454.6

(127) 3 L L L

KVA KVA V I I A= ⇒ = =

La corriente secundaria del tipo delta es:

sec

12773.3 A

3 I = =

Entonces:

73.37.33 A

10

S I I

nφ = = =

La potencia de cada trafo:

(127)(73.3) 9.31

p p s sS V I V I

S KVA

= =

= =

Es la tercera parte de la potencia total de la carga.

8) En la figura mostrada determinar:a. La impedancia para que se transmita la máxima potencia desde el

primario hacia los secundarios del trafo.b. Potencia máxima.




233

Solución:a. Reflejamos al primario

1

2

180.38

15

C X C

N a N

ω = =

= =

Por admitancias:

1 1

1 120 (80.38)

25 25T

j

Z = +

Resolviendo se tiene:

*

0.78 13.9º 0.757 0.1875

0.757 0.1875

T

T

Z j

Z Z j

= − = −

∴ = = +

b). Para hallar la potencia primero hallamos la corriente.

2020 (2 0.757) 13.2 A

2 0.757 I I = × → = =

×

max

2 2(0.757)(13.2) 132watts P RI P = = ⇒ =




234

9)

En el sistema mostrado, se tiene un motor trifásico operando acondiciones normales, su factor de potencia ha sido corregido a 1 por elbanco capacitivo. Calcular:

a. La tensión de envío entre líneas del generador.b. La potencia reactiva del banco de capacitares

Se instala una nueva carga, es un sistema de rectificación que alimenta auna red trifásica, esta carga es una fuente de corriente trifásica.

c. Construir una red monofásica equivalente vista desde los terminalesde la nueva carga.

d. La impedancia de la red que se ve desde la nueva cargae. A que frecuencia puede presentarse la resonancia.




235

Solución:a.

Por dato el banco capacitivo corrige el f.dp. del motor a la unidad entonces

C M Q Q= , calculemos potencias del motor:

550 (746)455.89

0.9455.89536.34

cos 0.85

cos 536.34 (0.85)

282.53

M

M M

M M

M

HP P KW

P K S KW

Q S K

Q KVAR

φ

φ

= =

= = =

= =

=

Vemos que el motor condensador tiene una potenciaaparente numéricamente igual a la potencia activa del

motor: P = ST.3

455.89 3(4.16 )

63.27 0º

T M L L

L

L

S P V I

kw kv I

I

∴ = =

⇒ =

=

Como el circuito es equilibrado podemos trabajar con el circuitomonofásico equivalente.




236

4.16 0º

(4 6)(63.27 0º)3

4645.22 8.13º

g

g

V j

V

= + +

=

b.

282.53 3

4.16

282.53 3(4.161 ) 3

C M L L

C

Q Q KVAR V I

KV

KVAR KV

= = =

=

61.258 43.3C X C uF = ⇒ =

c. Circuito monofásico equivalente:

Veamos el motor:

536.34 3 , 4.16 M M M M S KVA V I V KV = = =




237

536.34 74.4363(4.16 )

M K I KV

= =

cos 0.85 31.78º M M φ φ = ⇒ =

4.16

332.26 31.78º 27.42 17

74.44 M

k

Z j= = = +

d).

/ / / / ; 4 6 7.2156.31ºeq M C Z Z Z X Z j= = + =

' (7.2156.31º)(32.26 31.78º)

38.94 36.2º

232.6 88.09º

38.94 36.2º

M

M

Z Z Z

Z Z

×= =

+

=

' 5.97 51.9º 3.68 4.7 .........( 60 );

377

Z j a Hz

ω

= = +

=

'( ) 3.68 (0.01247); 12.47mH Z j Lω ω = + =




238

2

2 2

2 2

2 2

1

( )( ) , X( )

1 1

R L R

C C C C R

R L R LC C

ω

ω ω ω ω ω

ω ω ω ω

− −= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

En resonancia:2

0

0 0

1

1328.31 211.1

R

LC L

f Hz

ω

ω

⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⇒ =

Ocurre resonancia cuando 1 0ω ω =




BIBLIOGRAFÍA

1. Ing. F. López A. /Ing. O. Morales G. 2007 “Circuitos Eléctricos II”

TINS Circuitos Eléctricos II

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