E2. IA IB IC

Determínese para el circuito de la figura:
1 Lecturas de los instrumentos de medida.
2 Energía asociada a la bobina y el condensador.
3 Carácter de las fuentes E3 y E4 y potencia que absorbe o cede cada una de ellas.
4 Tensión en bornes de la fuente J1. Rendimiento de la fuente.
5 Potencia total, pérdidas y potencia útil de la fuente E2.
Nota: es obligatorio plantear el sistema matricial de ecuaciones y resolverlo mediante algún
método algebraico.
C=20µF
5Ω
E4=80V
*
L = 4mH
A
+
r2=1,2Ω
3Ω
F.R.C.
J1=40A
UJ1
4Ω
r1 =3Ω
F.R.T.
+
E2=120V
E3=40V
+
1Ω
0,8Ω
V
*
Una vez eliminados los instrumentos de medida y los elementos almacenadores, el circuito a
resolver es el siguiente:
E4=80V
+
r2=1,2Ω
3Ω
J1=40A
UJ1
4Ω
r1 =3Ω
+
E2=120V
E3=40V
+
1Ω
0,8Ω
Para resolver por mallas, la fuente de corriente (J1) hay que transformarla en fuente de
tensión.
E4=80V
+
r2=1,2Ω
r1 =3Ω
IA
3Ω
IB
4Ω
IC
+
r2=1,2Ω
r1 =3Ω
IA
3Ω
4Ω
IB
IC
+
+
E2=120V
E1=120V
+
1Ω
0,8Ω
E3=40V
0  I A   120   120 
 7 −3

  
 

−
3
7
−
4

·I B  =  − 40  = − 40
 0 − 4
6 I C  80 − 120 − 40
−3
120
− 40
IA =
7 −4
− 40 − 4
7
−3
−3
6
0
=
5040 − 480 − 720 − 1920 1920
=
= 15A
294 − 54 − 112
128
=
− 1680 + 2160 − 1120 − 640
=
= −5A
128
128
=
− 1960 + 1440 + 360 − 1120 − 1280
=
= −10A
128
128
7 −4
0 −4
7
0
120
6
0
− 3 − 40 − 4
IB =
0 − 40
128
7
−3
−3
IC =
6
120
7 − 40
0 − 4 − 40
128
En el circuito transformado se obtienen las corrientes de rama:
E4=80V
I3= 5A
I1=IA=15A
+
I2=20A
I5= 5A
r2=1,2Ω
r1 =3Ω
+
IA
3Ω
4Ω
IB
IC
+
E2=120V
E1=120V
I 1 = I A = 15A
I6=10A
1Ω
+
E3=40V
I4= 5A
0,8Ω
I 2 = I A − I B = 15 − (− 5) = 20A
I 3 = I 4 = −I B = 5A
I 5 = I B − IC = −5 − (− 10 ) = 5A
I 6 = −I C = 10A
Se llevan estos valores de corriente al circuito original, y se responde a las preguntas del
enunciado.
0V
80V
C=20µF
5Ω
0A
E4=80V
*
I3= 5A
A
I2=20A
I1=IA=15A
UJ1
I6=10A
L = 4mH
3Ω
J1=40A
+
4Ω
60V
r1 =3Ω
r2=1,2Ω
I6=10A
+
E2=120V
E3=40V
15V
+
1Ω
I4= 5A
UV
V
0,8Ω
*
1 Lectura de los instrumentos.
LA = I 1 = 15A
LV = UV = 15 + E 3 = 15 + 40 = 55V
2 Energía asociada a la bobina y al condensador
1
1
L·I 32 = ·4·10 −3 ·52 = 0,05J
2
2
1
1
2
WC = C ·UC = ·20·10 − 6 ·802 = 64mJ
2
2
WL =
3 Carácter de las fuentes E3 y E4.
E4=80V
E3=40V
+
+
I4= 5A
GENERADOR
I6=10A
RECEPTOR
P = E 3 ·I 4 = 40·5 = 200W
P = E 4 ·I 6 = 80·10 = 800W
4 Tensión y rendimiento de la fuente J1.
UJ 1 = 15 + 60 = 75V
I1=15A
J1=40A
UJ1
GENERADOR
r1 =3Ω
η=
I 1 15
=
·100 = 37,5% o también empleando
J 1 40
potencias:
η=
40·75 − 752 / 3
·100 = 37,5%
40·75
5 Potencia total, perdida y útil de la fuente E2.
GENERADOR
r2=1,2
UE2 =108V
UR2 =12V
Ω
I6=10A
+
E2=120V
Potencia útil: Pu = UE 2 ·I 6 = 108·10 = 1080W
Potencia total: Pt = E 2 ·I 6 = 120·10 = 1200W
Potencia perdida: Pp = UR 2 ·I 6 = 12·10 = 120W
Pp = Pt − Pu = 1200 − 1080 = 120W
Pp = r2 ·I 62 = 1,2·102 = 120W
OTRA FORMA DE RESOLVER EL CIRCUITO: POR NUDOS.
Tanto si se hace por mallas como si se hace por lazos básicos, la dimensión del sistema
matricial será r-n+1=5-3+1=3; (3x3)
Sin embargo por nudos la dimensión del sistema matricial será: n-1=3-1=2; (2x2) lo que
resulta ventajoso a la hora de resolver matemáticamente el sistema.
2
2
U2
3Ω
J1’=30A
4Ω
J5’=20A
r1 =4Ω
r1 =2Ω
U1
+
0
1
E3=40V
 1 1
 1 1 
 − −  U
  + 
 2 4 · 1  = J 3 − 20
 4 2
  

 − 1 − 1   1 + 1 + 1 + 1  U2  20 + 30 




 2 4   4 3 4 2 


U1=40V
 9
 12

 9
−
 12

−
9
12  40  J − 20

·
= 3
16  U2  20 + 30 

12 

→
 9 − 9 40 12·J 3 − 240 

− 9 16·U  = 
600

  2 

Desarrollando la SEGUNDA FILA:
− 9·40 + 16·U2 = 600 → U2 =
600 + 360
= 60V
16
Desarrollando la PRIMERA FILA:
9·40 − 9·60 = 12·J 3 − 240 → J 3 =
360 − 540 + 240 60
=
= 5A
12
12
Se determinarían las corrientes y tensiones de rama a partir de esta información, y se
continuaría como se ha hecho antes para terminar de responder todas las cuestiones.