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FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS

TEMA 8. RÉGIMEN ESTACIONARIO SENOIDAL 8.1.

Determinar la corriente I y la tensión U en el circuito siguiente (f = 50 Hz) 10Ω

I

2/π mF

0,2 S

5Ω

0,1/π H

+ 50∠0

U

Lo primero que se hace es determinar las reactancias de la inductancia y condensador, asimismo la conductancia de 0,2 S se expresa como resistencia de 5 Ω X L = ω ⋅ L = 100 ⋅ π ⋅

0 ,1

π

= 10 Ω

XC =

1

ω ⋅C

=

1 −3 100 ⋅ π ⋅ 2 ⋅ 10

= 5Ω

π Además del módulo hay que considerar sus argumentos +90 en el caso de la reactancia inductiva y -90 en la capacitiva 10Ω I

-j5Ω

5Ω

5Ω

j10Ω

Zeq

+ 50∠ 0

U

Agrupando los elementos en paralelo Z eq =

10 ⋅ j10 100∠ 90 10 = = ∠45 = 5 + j 5 10 + j10 10 ⋅ 2 ∠45 2

La impedancia total del circuito es la suma de las impedancias de los elementos en serie Ztotal = 5 + 5 + 5 + j 5 − j 5 =15 Ω La corriente y la tensión pedidas I=

8.2.

50∠0 = 3 ,333 ∠0 A 15

U = 3 ,333 ∠0 ⋅

10 2

∠45 = 23 ,57 ∠45V

Determinar la corriente I y la tensión U en el circuito siguiente (f = 50 Hz) 2/ π mF

I 5Ω

U

0,2 S

+ 50∠90

0,1/π H

44

10Ω

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS Igual que en el ejercicio anterior se determinan las reactancias de la inductancia y condensador, la conductancia de 0,2 S se expresa como resistencia de 5 Ω y se agrupan los elementos en paralelo

I 5Ω

-j5Ω

5Ω

U

+ 50∠90

j10Ω

10Ω Zeq1

Z eq1 =

10 ⋅ j10 100 ∠90 10 = ∠45 = 5 + j 5 = 10 + j10 10 ⋅ 2∠ 45 2

I

IF 5Ω

-j5Ω

5Ω

U

+ 50∠ 90

5+j5 Zeq2

Se agrupan los elementos en serie y en paralelo Z eq 2 = ( 10 + j 5 ) //( − j 5 ) → Z eq 2 =

5 ⋅ 5 ∠26 ,565 ⋅ 5 ∠ − 90 = 5 ,59 ∠ − 63 ,435 = 2 ,5 − j 5 10

La corriente de la fuente es: I F =

50 ∠90 50 ∠90 = =5 ,547 ∠123 ,69 7 ,5 − j 5 9,0138 ∠ − 33 ,69

La corriente buscada es la parte de IF que se deriva por el condensador I = IF ⋅

10 + j 5 11,8034 ∠26 ,565 = 5 ,547 ∠123 ,69 ⋅ = 6 ,2017 ∠150 ,255 A 10 10

La tensión en la resistencia de 5 Ω es la producida por la otra componente de la corriente de la fuente −j 5 5∠ − 90 U = IF ⋅ ⋅ 5 ∠0 = 5 ,547 ∠123 ,69 ⋅ ⋅ 5 = 13 ,867 ∠30 ,69V 10 10

45

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS 8.3.

Calcular I(t) que circula por la resistencia de 1 Ω usando el teorema de

superposición. Eg= 10 cos 100 π t

Ig = 20 sen (100π t -60) R=1 Ω

I(t)

+ Ig

L=10 mH

Eg

Dado que se va a aplicar el método fasorial lo primero que se hace es expresar las fuentes como fasores 10

La fuente de tensión E g = 2 ⋅

⋅ cos( 100 πt + 0 ) , donde

2

10 2

es el valor eficaz

de la tensión, se puede expresar como la proyección sobre el eje real del plano 2 ⋅

complejo en el instante t = 0 de

10 2

⋅ e j100 πt → E g =

10 2

∠0

La fuente de corriente Ig = 2 ⋅

donde

20 2

20

⋅sen(100 πt −60 ) = 2 ⋅

20 2

⋅ cos((100 πt − 60 ) − 90 ) = 2 ⋅

20 2

⋅ cos( 100 πt − 150 )

es el valor eficaz de la corriente, se puede expresar como la proyección

2

sobre el eje real del plano complejo en el instante t = 0 de 2 ⋅

20

⋅e

j (100π t −150 )

2

→I g =

20

∠ −150

2

Por otra parte se expresa la bobina por su reactancia X L = ω ⋅ L = 100 ⋅ π ⋅ 0 ,01 = 3,14159 Ω R=1 Ω

I

+ 10/ √ 2

j3,14159Ω

Ahora se aplica superposición

46

20/√ 2∠ -150

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS R=1 Ω

I1

+ j3,14159Ω

10/ √2

10 ∠0 ∠0 2 2 = =2 ,1447 ∠ −72 ,343 = 0 ,6505 − j 2 ,0437 3 ,2969 ∠72 ,343 1 + jπ

10 I1 =

R=1Ω

I2

j3,14159Ω

I2 = −

20 2

∠ − 150 ⋅

20/√2 ∠ -150

jπ 44 ,4288 ∠180 − 150 + 90 44 ,4288 ∠120 = 13 ,4759 ∠47 ,657 = 9 ,0769 + j 9 ,9603 = = 1 + jπ 3,2969∠ 72 ,343 3 ,2969 ∠72 ,343

I = I 1 + I 2 = 0,6505 − j 2 ,0437 + 9,0769 + j 9,9603 = 9,7274 + j7 ,9166 = 12 ,5418 ∠39 ,1405

donde 12 ,5418 es el valor eficaz de la corriente y 39,1405 es la fase inicial (t = 0) de la misma, la expresión temporal es por tanto

I( t ) = 2 ⋅12 ,5418 ⋅ cos(100π t + 39,14 )

47

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS 8.4.

Determina el voltaje VA en el siguiente circuito, con

V1(t) = 10 cos (100πt) y V2 (t) = 20 cos (100 π t +30) voltios. 1kΩ

1μF

A 1kΩ

+

1μF

+

V2

V1

1kΩ

Como en el ejercicio anterior se expresan las funciones temporales de las fuentes como fasores y se determina la reactancia de los condensadores. V1 =

10 2

∠0

V2 =

20

∠30

2

1kΩ

XC =

A 1kΩ

1 − 100 ⋅ π ⋅ 10 6

-j3,1831k Ω

+

-j3,1831kΩ

+

= 3 ,1831 k Ω

20/ √2 ∠ 30

10/ √ 2

1kΩ

Se puede aplicar superposición 1k Ω

+

A 1k Ω

-j3,1831kΩ

U A1

10/ √2

-j3,1831k Ω

1k Ω

Zeq1

Z eq1 = (1 − j 3 ,1831 ) //((1 − j 3 ,1831 ) → Z eq1 =

U A1 =

10 2

∠0 ⋅

Z eq1 1 + Z eq1

=

1 − j 3 ,1831 2

= 0 ,5 − j1,5915 = 1,6682∠ − 72 ,5594 kΩ

1,6682 ∠ − 72 ,5594 = 5 ,3937 ∠ − 25 ,864 = 4,8534 − j 2 ,3529 2 2,1869∠ − 46 ,6953

10

⋅

48

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS 1k Ω

-j3,1831kΩ

A 1k Ω

-j3,1831kΩ

UA2

+ 20/ √2 ∠ 30

1k Ω Z eq2

Z eq 2 = (1 − j 3,1831 ) // 1 → Z eq 2 =

U A2 =

1 − j 3 ,1831 3 ,3364∠ − 72 ,5594 = = 0 ,8875∠ − 14 ,7013 = 0 ,8584 − j 0,2252 2 − j 3 ,1831 3 ,7592 ∠ − 57 ,8581

Z eq 2 20 0 ,8875∠ − 14 ,7013 ∠30 ⋅ = ⋅ = 3 ,2331 ∠76 ,6969 = 0 ,7439 + j 3 ,1463 1 − j 3 ,1831 + Z eq 2 2 2 3 ,882 ∠ − 61,3982

20

U A = U A1 + U A 2 = 4 ,8534 − j 2 ,3529 + 0,7439 + j 3,1463 = 5 ,59735 + j 0,79348 = 5 ,653 ∠8 ,07

donde 5 ,653

es el valor eficaz de la tensión y 8,07 es la fase inicial (t = 0) de la

misma, la expresión temporal es por tanto

UA(t ) =

8.5.

2 ⋅ 5 ,653 ⋅ cos(100 πt + 8 ,07 )

Determina el valor de la intensidad en el condensador aplicando el

teorema de Thévenin. 20Ω

j60Ω

I +

20Ω

100∠ 0

20Ω

-j10Ω

La impedancia del circuito visto desde la posición del condensador y reducido a pasivo 20 Ω

j60Ω

20Ω

20 Ω

Z eq = (( 20 // 20 ) + j60 ) // 20

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FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS Z eq =

( 10 + j 60 ) ⋅ 20 1216 ,5525 ∠80 ,5376 = = 18 ,1353 ∠17 ,1026 = 17 ,3333 + 5 ,3333 30 + j 60 67 ,082 ∠63 ,4349

La tensión a circuito abierto 20Ω

j60Ω

IF

Ztotal I2

I1

+

20Ω

100 ∠ 0

20 Ω

U

La tensión buscada es la que hay en la resistencia de 20 Ω , se obtiene calculando la corriente suministrada por la fuente y la parte de ésta que circula por esa resistencia (I2) Z total =

( 20 + j 60 ) ⋅ 20 + 20 = 36 ,923 + j 4 ,6153 = 37 ,2104∠7 ,125 40 + j 60 IF =

100 ∠0 = 2 ,6874 ∠ − 7 ,125 37 ,2104∠ 7 ,125

I 2 = IF ⋅

20 =0 ,74535 ∠ −63 ,4349 40 + j 60

U = I F ⋅ 20 = 14 ,90701 ∠ − 63 ,4349

El equivalente Thévenin Zeq

I +

-j10Ω

U

conduce finalmente a:

I =

U 14 ,90701 ∠ − 63 ,4349 = = 0 ,8304 ∠ − 48 ,366 A Z eq − j10 17 ,3333 + j 5 ,3333 − j10

50

FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS 8.6. A y B.

Determina el equivalente Thévenin del siguiente circuito, entre los puntos f = 50 Hz.

+ 50∠0 5mH B

A

5mH

5mH

5k Ω

5kΩ

+ 50∠ 90

Se expresan las inductancias en forma de reactancia X L = ω ⋅ L = 100π ⋅ 0 ,005 = 1,5708Ω

La impedancia vista desde A-B reducido el circuito a pasivo

j1,5708

A

B

j1,5708

j1,5708

5k Ω

5kΩ

Zeq = j1,5708 + (( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 ) //( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 )) Z eq = j1,5708 +

( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 ) = 2 ,5 ⋅10 3 + j 2 ,3562 ≅ 2500 ∠0 2

La tensión entre A y B

+ 50∠0 5k Ω

j1,5708

B

A

j1,5708

U AB j1,5708

5kΩ

+ 50∠ 90

Se determina por superposición

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FUNDAMENTOS DE ELECTROTECNIA EJERCICIOS RESUELTOS

+ 50∠0

I1

5k Ω

j1,5708 j1,5708

B

A

U AB1 5kΩ

j1,5708

I1 =

50 ∠0 4

10 + jπ

→ U AB1 = I 1 ⋅( 5 ⋅10 3 + j1,5708 ) =

50∠ 0 10 4 + jπ

⋅ ( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 ) ya que por la

reactancia conectada al punto B no circula corriente U AB1 =

50∠ 0 = 25∠ 0 2

5k Ω

j1,5708 j1,5708

B

A

U AB2 j1,5708

I2

5kΩ

+ 50∠ 90

I2 =

50∠90 4

10 + j π

→ U AB 2 = I 1 ⋅ ( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 ) =

50 ∠90 10

4

+ jπ

⋅ ( 5 ⋅ 10 3 + j1,5708 ) ya que por

la reactancia conectada al punto B no circula corriente U AB 2 =

50 ∠90 2

= 25 ∠90

U AB = U AB1 + U AB2 = 25 + j 25 = 25 ⋅ 2 ∠45

El equivalente Thévenin 2500 Ω

A

+ 35,35 ∠ 45 B

52...