i(t) u u u R L=0,025 H C=50 µF u(t)=120*√2 *cos(400*t) ω ω

PROBLEMAS DE CORRIENTE ALTERNA
4º) En el circuito de la figura i(t) esta adelantada 45º respecto a la tensión. Calcular el valor
de R y las tensiones eficaces e instantáneas en los terminales de cada elemento.
R
i(t)
L=0,025 H
+
uR
C=50 µF
uL
uC
u(t)=120*√2 *cos(400*t)
SOLUCIÓN
La tensión de la fuente en forma simbólica es:
V = 120 0º
Las impedancias de la bobina y el condensador son:
X L = jωL = j 400 * 0,0025 = j10 Ω
XC = −
j
j
=−
= − j 50 Ω
ωC
400 * 50 * 10 − 6
Por tanto la reactancia del circuito es: X = X L + X C = − j 40 Ω
Como el enunciado nos dice que la corriente está
adelantada 45º a la tensión, de ahí, podemos saber que
el circuito tiene carácter capacitivo (i adelantada) y que
la reactancia del circuito es igual a la resistencia del
mismo (45º), en definitiva:
j XL = j L
UR = R*I
=45º
R = X = 40 Ω
-j X C = - j
1
Z
Z = 40 + j 40 = 40 * 2 45º Ω
I=
I
120 0º
V
3
=
45º A
=
Z 40 * 2 45º
2
A partir de aquí únicamente necesitamos calcular las tensiones en los terminales de cada uno
de los elementos del circuito:
Se comprueba que tensión y corriente
3
120
U R = R * I = 40 *
45º =
45º V
en los terminales de la resistencia están en
2
2
fase.
U L = X L * I = j10 *
3
30
45º =
135º V
2
2
U C = X C * I = − j 50 *
3
150
45º =
− 45º V
2
2
I.E.S. ANDRÉS DE VANDELVIRA
En los terminales de la bobina la tensión
va adelantada 90º a la corriente.
En los terminales del condensador la
tensión va atrasada 90º a la intensidad
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C
PROBLEMAS DE CORRIENTE ALTERNA
Con las expresiones simbólicas anteriores, establecemos sus funciones temporales:
u R ( t ) = 120 * cos (400t + 45º ) V
u L ( t ) = 30 * cos (400t + 135º ) V
u R ( t ) = 150 * cos (400t− 45º ) V
Diagrama vectorial de las tensiones y triángulo de tensiones.
eje
imag.
45°
ω
UR
UC
U
U
eje
real
45°
135
°
45°
UL
UL
UR
UC
Aún que no lo pide calcularemos todas las potencias del circuito:
La potencia activa consumida por el circuito vista desde el generador es:
P = V * I * cos ϕ = 120 *
3
2
3
* cos (ϕ U − ϕ i ) = 120 *
2
* cos ( − 45º ) = 120 *
3
2
*
2
= 180W
2
Dado que únicamente existe una resistencia, la potencia activa del circuito será la que
consuma la propia resistencia, lo que se puede comprobar como:
2
 3 
PR = R * I = 40 * 
 = 180 W
 2
2
La potencia reactiva que absorbe el circuito visto desde el generador es:
Q = V * I * sen ϕ = 120 *
3
2
* sen ( −45º ) = 120 *

2
 = − 180 VAr
*  −
2  2 
3
lo que nos indica que el circuito es generador de reactiva.
Otra forma de obtener la potencia reactiva del circuito es calculando la potencia reactiva de
bobina y condensador y sumándolas:
2
 3 
Reactiva consumida por la bobina: Q L = X L * I = 10 * 
 = 45VAr
 2
2
2
 3 
Reactiva aportada por el condensador: QC = X C * I = −50 * 
 = −225 VAr
 2
2
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PROBLEMAS DE CORRIENTE ALTERNA
La reactiva del circuito es: Q = Q L + QC = 45 − 225 = −180 VAr
Otra forma alternativa de calcular las potencias del circuito es a través de la potencia aparente:
La potencia aparente del circuito demandada por el circuito visto desde el generador es:
S = V * I * = 120 *
como S = P + jQ
P = 180W
Q = −180VAr
3
2
− 45º =
360
2
− 45º = 180 − j180
, concluimos
TRIÁNGULO DE POTENCIAS
QL
45°
P
QC
S
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