Examen 15 Julio Spring 2017, preguntas y respuestas PDF

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APELLIDOS: NOMBRE: Dpto. Teoría de la Señal y Comunicaciones ETSI Sistemas de Telecomunicación UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE MADRID

Fecha: 18/01/2016

D.N.I.:

ASIGNATURA: Análisis de Circuitos I Duración: 2,5 horas

Calificaciones parciales

Final

Curso: 1º

3ª PRUEBA ESCRITA - EVALUACIÓN CONTINUA Normas generales • • • • • •

La resolución de los ejercicios debe indicarse en las hojas incluidas en este cuadernillo. No se corregirán hojas sueltas. No se considerarán válidos los resultados que no estén debidamente justificados. En todos los resultados correspondientes a magnitudes físicas deben indicarse las unidades de medida utilizadas. Se permite el uso de calculadora, pero no de ningún otro dispositivo electrónico. No se permite el uso de calculadoras incorporadas en dispositivos de comunicaciones (p.ej. teléfonos móviles). Fecha de publicación de calificaciones: lunes 25 de enero de 2016. Fecha de revisión: miércoles 27 de enero de 2016 a las 15:30 h (aula A3114).

PROBLEMA 1 (3 PUNTOS)

e1 (t)=10⋅co s(103 t+120o ) (V) e2 (t)=co s(103 t+90o ) (V)

i1 (t)=√2⋅co s(103 t−45o ) (A)

R=1 Ω

L=1 mH a=1Ω

a) Para el circuito de la figura anterior y sin sustituir valores numéricos, plantear las ecuaciones que permiten resolverlo aplicando el método de análisis por corrientes de malla. Página 1 de 8

Análisis de Circuitos I

3ª Prueba escrita - Enero 2016

b) Obtener las expresiones de las tres corrientes de malla como funciones del tiempo. c) Calcular la potencia puesta en juego por los generadores e2(t) y ai2(t). RESOLUCIÓN a) Pasando al dominio fasorial:

2฀฀ 2฀฀ 2฀฀ ฀฀1 = 10 ⋅ e฀฀3 = 10 cos � � + ฀฀10 sen � � = 5 + ฀฀5√3 (V) 3 3 ฀฀

฀฀2 = e฀฀2 = ฀฀ (V)

฀฀ ฀฀ ฀฀ ฀฀1 = √2 ⋅ e−฀฀4 = √2 cos � � − ฀฀√2 sen � � = 1 − ฀฀ (A) 4 4 ฀฀฀ ฀ = ฀฀฀฀฀฀ = ฀฀103 ⋅ 10−3 = ฀฀ (Ω)

Llamando i3(t) a la intensidad de la corriente que sale por el borne positivo de la fuente e2(t) se tiene, en dominio fasorial, el sistema de ecuaciones siguiente: −฀฀2 + ฀฀(฀฀3 − ฀฀1 ) + a฀฀2 = 0 � −a฀฀2 + ฀฀(฀฀2 − ฀฀1 ) + ฀฀฀฀2 = 0 ฀฀1 = 1 − ฀฀

b)

Sustituyendo y resolviendo el sistema de ecuaciones: −฀฀ + �฀฀3 − (1 − ฀฀)� + ฀฀2 = 0 � −฀฀2 + �฀฀2 − (1 − ฀฀)� + ฀฀2 = 0; ฀฀1 = 1 − ฀฀ En el dominio del tiempo:

c)

฀฀ ฀฀3 + ฀฀2 = 1 − ฀฀ + ฀ ฀ = 1 ⎧฀฀3 = ฀ ฀ = 2e ฀฀ ฀฀�2 = 1 − ฀฀ ; 4 ฀฀2 = 1 − ฀฀ = √2 ⋅ e−฀฀ ⎨ ฀฀ ฀฀1 = 1 − ฀฀ 4 ⎩฀฀1 = 1 − ฀฀ = √2 ⋅ e−฀฀ ฀฀

฀฀ 3 3 ⎧ ฀฀3 (฀฀) = cos �10 ฀ ฀2+� (A) = cos(10 ฀ ฀ + 90°) (A) ⎪ ฀฀ ฀฀2 (฀฀) = √2 cos �103 ฀฀ −� (A) = cos(103 ฀฀ − 45°) (A) 4 ⎨ ⎪ ฀฀ (฀฀) = √2 cos �103 ฀฀ −�฀฀(A) cos(103 ฀฀ − 45°) ( ) = A ⎩ 1 4

Para el generador independiente e2(t) la potencia media aportada o puesta en juego será: 1 1 1 1 ฀฀฀฀2 = Re{฀฀2 ⋅ ฀฀3∗} = Re{฀฀ ⋅ (−฀฀)} = ⋅ 1 = W 2 2 2 2

Para el generador independiente a·i2(t) la potencia media aportada o puesta en juego será: 1 3 1 1 1 ฀฀a฀฀2 = Re{a฀฀2 ⋅ (฀฀2 − ฀฀3 )∗} = Re{(1 − ฀฀)(1 − ฀฀ − ฀฀)∗} = Re{(1 − ฀฀)(1 + ฀฀2)} = (1 + 2) = W 2 2 2 2 2

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Análisis de Circuitos I

3ª Prueba escrita - Enero 2016

PROBLEMA 2 (3,5 PUNTOS) Dado el circuito de la figura,

Ig = 1 – j (A) ZR1 = 2 Ω ZR2 = 10 Ω ZL = j Ω a=8Ω

a) Se pretende hallar el equivalente de Norton de este circuito entre los puntos c y d. Obtener el valor del fasor correspondiente al generador de intensidad de Norton. b) Obtener la impedancia de Norton. c) Representar el circuito equivalente de Norton con los valores calculados. d) ¿Qué impedancia habría que conectar entre c y d para que reciba la máxima potencia del resto del circuito? e) ¿Qué potencia entregaría en ese caso el generador de intensidad del circuito equivalente Norton? RESOLUCIÓN a) El generador de Norton tiene una intensidad de corriente igual a la intensidad de cortocircuito entre c y d (Ix en el esquema siguiente):

Planteando las ecuaciones de malla se tiene:

Sustituyendo y resolviendo:

฀฀ �฀฀ − ฀฀฀฀ � + a฀฀฀ ฀ + ฀฀฀ ฀ (฀฀a − ฀฀฀฀ ) = 0 � ฀฀1 a ฀฀฀ ฀ (฀฀฀ ฀ − ฀฀a ) + ฀฀฀฀2 ฀฀฀ ฀ = 0

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Análisis de Circuitos I

3ª Prueba escrita - Enero 2016

; = 0 ( + (10)+ 2(฀฀a − 1 + ฀฀) + 8฀฀฀ ฀ + ฀฀(฀฀a − ฀฀฀ ฀ ) −฀฀฀฀ + (8฀ ฀−=฀฀0)฀฀฀ ฀ = 2 − ฀฀2 2 + ฀฀ ฀฀a฀฀)฀฀ � ; �a +฀฀(8 10฀฀− =)฀฀ 0฀ ฀ = ฀฀(2 − ฀฀(2 ฀฀(฀฀ − ฀฀a )+ ฀฀2); + ฀฀)฀฀ + (1 + ฀฀8)฀฀฀ ฀ = 2 + ฀฀2 ฀฀(2 ฀+฀ ฀฀)฀฀ ฀ ฀ ฀฀ �−฀฀(2 + ฀฀)a฀฀a + (10 + ฀฀)(2 + ฀฀)฀฀฀ ฀�−฀฀ = 0(2 + ฀฀)a฀฀a + (19 + ฀฀12)฀฀ ฀ ฀ =0

Reduciendo y despejando:

(20 + ฀฀20)฀฀฀ ฀ = 2 + ฀฀2

2 + ฀฀2 1 = = 0,1 (A) ฀฀฀ ฀ = ฀฀฀ ฀ = 20 + ฀฀20 10

b)

La tensión de circuito abierto se puede hallar a partir de las ecuaciones de malla del circuito original: ฀฀ �฀฀ − ฀฀฀฀ � + a฀฀฀ ฀ + ฀฀฀ ฀ (฀฀a − ฀฀฀฀ ) = 0 � ฀฀1 a ฀฀฀ ฀ = 0

Donde Ia es la intensidad de corriente que sale del borne negativo de la fuente dependiente: Sustituyendo: 2(฀฀a − 1 + ฀฀) + 8 ⋅ 0 + ฀฀(฀฀a − 0) = 0

Despejando: ฀฀a = En circuito abierto:

2 − ฀฀2 (2 − ฀฀2)(2 − ฀฀)4 − 2 − ฀฀4 − ฀฀2 2 − ฀฀6 = = = 2+฀ ฀ 4+1 4+1 5

La impedancia de Norton será:

c)

2 − ฀฀66 + ฀฀2 ฀฀cd = ฀฀฀ ฀ ฀฀a = ฀ ฀ = 5 5 ฀฀cd 6 + ฀฀2 ⋅ 10 = 12 + ฀฀4 (Ω) ฀฀฀ ฀ = = 5 ฀฀฀ ฀

El circuito queda como sigue:

d) Por el teorema de máxima transferencia de potencia: Página 4 de 8

Análisis de Circuitos I

∗ ฀฀cd = ฀฀฀฀= 12 − ฀฀4 (Ω)

e)

3ª Prueba escrita - Enero 2016

La tensión en bornes del generador en tal caso sería:

144 + 16 160 2 |฀฀฀฀ |2 ฀฀฀ ฀∗ ⋅ ฀฀฀฀ = = (V) = 0,1 ⋅ ฀฀฀ ฀ = ฀฀฀ ฀ ⋅ = ฀฀ ⋅ ฀฀ ∗ 24 240 3 2Re{฀฀฀฀ } ฀฀฀ ฀ + ฀฀฀฀

Y la potencia media aportada:

1 1 2 1 1 ∗} = ⋅ ⋅ = W ≈ 33,33 mW ฀฀฀ ฀ = Re{฀฀฀ ฀ ⋅ ฀฀ ฀฀ 2 10 3 30 2

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Análisis de Circuitos I

3ª Prueba escrita - Enero 2016

PROBLEMA 3 (3,5 PUNTOS)

e(t) = 3 ⋅ sen(500t) (V) i(t)=7 mA

R1 =R2 =600 Ω R 3 =200 Ω L=3 mH

฀ ฀ = 4 μF

a) Calcular la tensión v(t) en el condensador del circuito de la figura. b) Calcular la potencia disipada en la resistencia R3. RESOLUCIÓN: a) Al haber en el circuito un generador de corriente continua y un generador de tensión alterna, hay que analizarlo para cada generador por separado y aplicar después el teorema de superposición. Análisis en régimen permanente sinusoidal Al anular el generador de corriente continua (i(t) = 0), el circuito queda como sigue:

Llamando VA al potencial del único nodo del circuito, aparte del de referencia:

Despejando y sustituyendo:

฀฀฀ ฀ − ฀฀ ฀฀฀฀ ฀฀฀฀ =0 + + ฀฀1 ฀฀ − ฀฀ ฀฀2 3 ฀฀฀฀

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Análisis de Circuitos I

3ª Prueba escrita - Enero 2016

1 1 ฀฀� 1 + + ฀฀฀ ฀ =฀฀ ฀฀2 ฀฀1 ฀฀ ฀฀3 − 2

�

−1

=

3 600

1 + 1 + � 600 600

200 −

1

฀฀

�

−1

−6 ฀฀฀฀ −1 500 ⋅ 4 ⋅ 10 4 −1 3 1 1 1 1 3 ⋅ 10 (2 − ฀฀5) 1 1 ฀฀฀ ฀ = + + � = � = � � ⋅ 200 300 200 − ฀฀500 600 300 200 − ฀฀500 200 5 ⋅ 102 (1 − ฀฀)

Operando:

3 (2 − ฀฀5)(1 + ฀฀) 3 3 ฀฀฀ ฀ = ⋅ = (2 + ฀฀2 − ฀฀5 + 5) = (7 − ฀฀3) ≈ 1,14 ⋅ ฀฀ −฀฀0,405 (V) 2 20 20 10

A partir de VA, la tensión del condensador se puede obtener aplicando las expresiones del divisor de tensión: ฀฀ − 1 1 ฀฀฀฀ = ฀฀฀ ฀ ⋅ ≈ 1,14 ⋅ ฀฀ −฀฀0,405 ⋅ ฀ ฀ = ฀฀฀ ฀ ⋅ ฀฀ 1 + ฀฀฀฀฀฀฀฀3 1 + ฀฀200 ⋅ 500 ⋅ 4 ⋅ 10−6 ฀฀3 − ฀฀฀฀ 1 = 1,14 ⋅ ฀฀ −฀฀0,405 ⋅ 1 + ฀฀0,4

Por lo tanto:

฀฀ ≈ 1,14 ⋅ ฀฀ −฀฀0,405 ⋅ 0,929 ⋅ ฀฀ −฀฀0,381 ≈ 1,06 ⋅ ฀฀ −฀฀0,786 (V)

Análisis en corriente continua

฀฀AC(฀฀) ≈ 1,06 ⋅ sen(500฀฀ − 0,786) (V)

En corriente continua la bobina se comporta como un cortocircuito y el condensador como un circuito abierto. Se tiene, por lo tanto el siguiente circuito. Analizándolo:

360000 ฀฀1 ⋅ ฀฀2 � = −7 ⋅ 500 = −3500 mV = −3,5 V �� = −7 ⋅ �200 + ฀฀DC(฀฀) = −฀฀(฀฀) ⋅ �฀฀3 + � 1200 ฀฀1 + ฀฀2

Combinando ambos resultados:

฀฀(฀฀) = ฀฀DC(฀฀) + ฀฀AC(฀฀) ≈ −3,5 + 1,06 ⋅ sen(500฀฀ − 0,786) (V)

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Análisis de Circuitos I b)

3ª Prueba escrita - Enero 2016

La potencia se puede calcular como suma de la potencia en corriente continua más la potencia en corriente alterna. Análisis en régimen permanente sinusoidal

฀฀3 3 3 200 2(2 + ฀฀5) 6 = ฀฀฀฀3 = ฀฀฀ ฀ ⋅ = (7 (15 + ฀฀35 − ฀฀6 + 15) = ฀฀ 20 − ฀฀3) ⋅200 − ฀฀500 20 (7 − ฀฀3) ⋅ 4 + 25 580 ฀฀3 − ฀฀฀฀ ฀฀฀฀3

฀฀฀฀3 =

3 (30 + ฀฀29) (V) 290 ฀฀฀฀3 3 = = (30 + ฀฀29) (A) ฀฀3 58000

1 1 3 3 9 ฀฀฀฀ = ∗ }= (900 + 841) Re � ฀฀฀฀3 (30 + ฀฀29) ⋅ (30 − ฀฀29)� = Re{฀฀฀฀3 ⋅ ฀฀ ฀฀3 2 ⋅ 290 ⋅ 58000 2 290 58000 2 ≈ 465 ⋅ 10−6 = 465 μW

Análisis en corriente continua

฀฀฀฀ = ฀฀ ⋅ ฀฀ 2 = 200 ⋅ (7 ⋅ 10−3 )2 = 9800 ⋅ 10−6 = 9,8 mW ฀฀฀฀3 ฀฀3

Combinando ambos resultados:

฀฀฀฀ + ฀฀฀฀฀฀ = 9,8 + 0,465 = 10,27 mW ฀฀฀฀3 = ฀฀฀฀3 ฀฀3

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