problemas de fundamentos de electrotecnia

Problemas de Fundamentos de Eletrotecnia
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TEXTOS DOCENTES
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Miguel Ángel García García
Joaquín Mur Amada
Nabil El Halabi
Iván Cristóbal Monreal
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NO
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Problemas de
Fundamentos de
Electrotecnia
Problemas de
Fundamentos de Electrotecnia
Miguel Ángel García García
Joaquín Mur Amada
Nabil El Halabi
Iván Cristóbal Monreal
Centro Universitario de la Defensa
Zaragoza
No se permite la reproducción total o parcial de este libro, ni su incorporación a un
sistema informático, ni su transmisión en cualquier forma o por cualquier medio,
sea éste electrónico, mecánico, reprográfico, gramofónico u otro, sin el permiso
previo y por escrito de los titulares del copyright.
© Miguel Ángel García García, Joaquín Mur Amada, Nabil El Halabi, Iván Cristóbal Monreal.
© De la presente edición, Centro Universitario de la Defensa.
1ª edición, 2013
Edita: Centro Universitario de la Defensa
Ctra. de Huesca s/n. 50090 Zaragoza
http://cud.unizar.es
Impresión: Edelvives Talleres Gráficos
Impreso en España
Printed in Spain
Depósito Legal: Z 132-2013
ISBN: 978-84-938411-9-5
Prólogo
Hemos escrito este texto docente con el ánimo de que sirva de apoyo y
ayuda para que los alumnos alcancen los resultados de aprendizaje previstos
en la asignatura Fundamentos de Electrotecnia del Grado en Ingeniería de
Organización Industrial, perfil Defensa, que se imparte en el Centro
Universitario de la Defensa de Zaragoza.
El objetivo de esta recopilación de problemas, tanto resueltos como
propuestos, es que, a través de su resolución, los alumnos afiancen los
conceptos de circuitos y máquinas eléctricas, y las técnicas y métodos para el
análisis de circuitos que se tratan en los diversos temas en los que se ha
dividido la asignatura.
Para alcanzar los resultados de aprendizaje nos atrevemos a aconsejar que,
antes de consultar la solución, el alumno trate primero de resolver los
problemas por sus propios medios, y que las soluciones sirvan como
instrumento para contrastar la validez de los razonamientos y los pasos que
ha seguido en su propia resolución. Para afianzar y autoevaluar este
aprendizaje, se han incluido problemas propuestos, en los que sólo se indica
su resultado.
Cabe reseñar que se ha hecho una estimación del nivel de dificultad de todos
los problemas, indicándolo en cada uno mediante estrellas. Una y dos
estrellas señalan los problemas que ayudan a introducirse en el estudio del
tema en cuestión, mientras que los señalados con 3 y 4 estrellas son los
problemas que servirán al alumno para afianzar los conceptos y para hacerse
con las técnicas y métodos utilizados a lo largo de la asignatura. El adecuado
uso de este texto permitirá al alumno adquirir las competencias necesarias
para llevar a cabo con éxito el análisis de circuitos y el estudio de las
máquinas eléctricas que otras disciplinas le requerirán más adelante.
Por último, queremos dejar aquí patente nuestro reconocimiento y gratitud
a todas las personas que, directa o indirectamente, han contribuido a que
esta recopilación de problemas haya sido posible.
Los autores
Zaragoza, enero de 2013
Índice
Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad.
Problemas resueltos .....................................................................
7
Problemas propuestos .................................................................
12
Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de definición.
Problemas resueltos .....................................................................
13
Problemas propuestos .................................................................
39
Tema 3: Energía y Potencia
Problemas resueltos .....................................................................
47
Problemas propuestos .................................................................
67
Tema 4: Métodos de análisis de circuitos
Problemas resueltos .....................................................................
71
Problemas propuestos ................................................................. 101
Tema 5: Teoremas fundamentales del análisis de circuitos
Problemas resueltos ..................................................................... 111
Problemas propuestos ................................................................. 143
Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos...................................................................... 149
Problemas propuestos ................................................................. 180
Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos ..................................................................... 187
Problemas propuestos ................................................................. 219
Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados
Problemas resueltos ..................................................................... 227
Problemas propuestos .................................................................. 253
Tema 9: Máquinas eléctricas
Problemas resueltos ..................................................................... 257
Problemas propuestos .................................................................. 271
Tema 1: Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad
Problemas resueltos
Problema 1.1
()
En el circuito de la figura se conocen las intensidades:
i1 = 3 A, i4 = ‐5 A, i7 = ‐2 A, i9 = 2 A
Determinar el resto de las intensidades para las referencias indicadas.
i1
1
B
i3
i9
i2
i8 A
i7
i5
C
2
i4
D
i6
Solución:
La estrategia de resolución consistirá en buscar o bien recintos cerrados o
bien nudos, en los que solamente una intensidad sea desconocida, de tal
forma que se pueda aplicar la 1ª Ley de Kirchhoff en ese recinto/nudo y
despejar la intensidad desconocida.
Utilizando la estrategia descrita, se aplica la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada
al recinto cerrado 1:
Intensidades que entran en el recinto  Intensidades que salen del recinto
i8 = i1  i 8 = 3 A
8
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff a los distintos nudos se obtiene:
Intensidades que entran en el nudo  Intensidades que salen del nudo
Nudo A: 0 = i2 + i8 + i7  i2 = ‐1 A
Nudo B: i1 + i2 + i9 = i3  i3 = 4 A
Nudo C: i3 + i5 = i4  i5 = ‐9 A
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al recinto cerrado 2:
i5 + i6 = 0  i6 = 9 A
Se puede comprobar que, aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo D, se
obtiene igualmente:
i6 + i7 + i4 = i9  i6 = 9 A
9
Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad
Problema 1.2
()
En el circuito de la figura, los rectángulos indican elementos de naturaleza
desconocida, y las flechas indican la referencia de polaridad tanto de la
intensidad como de la tensión en cada rama.
a) Si se conocen las siguientes tensiones:
U1 = 8 V, U2 = 4 V, U5 = 3 V, U6 = 3 V, U7 = 1 V, U10 = ‐1 V, U11 = 2 V
Determinar las tensiones restantes del circuito y calcular la tensión
entre los puntos A y B.
b) Si se conocen las siguientes intensidades:
I1 = 1 A, I3 = 2 A, I4 = 4 A, I6 = 6 A, I9 = 1 A
Determinar las restantes intensidades del circuito.
c) Demostrar que se cumplen las ecuaciones:
I6 + I9 + I11 = 0
I1 + I2 + I3 + I4 = 0
5
A
6
2
1
8
B
11
7
4
3
9
10
10
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Solución:
a) La estrategia de resolución consistirá en buscar trayectorias cerradas en
las que solamente una tensión sea desconocida, de tal forma que se pueda
aplicar la 2ª Ley de Kirchhoff a esa trayectoria y despejar la tensión
desconocida.
Aplicando la 2ª Ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada siguiente:
Trayectoria 1‐5‐2‐8:
U1 = U5 + U2 – U8  U8 = ‐1 V
Aplicando la 2ª Ley de Kirchhoff a distintas trayectorias cerradas:
U1 = U5 + U6 + U3 – U11  U3 = 4 V
U8 + U9 = U11  U9 = 3 V
U3 = U7 + U4 – U10  U4 = 2 V
UAB = U5 + U2  UAB = 7 V
b) Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo A:
0 = I5 + I1  I5 = ‐ I1  I5 = ‐1 A
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo entre la rama 7 y 4:
I7 = I4  I7 = 4 A
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo entre la rama 4 y 10:
I4 + I10 = 0  I10 = ‐ I4  I10 = ‐4 A
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff a los distintos nudos se obtiene:
I5 = I2 + I6  I2 = ‐7 A
I8 + I2 = I9  I8 = 8 A
I11 + I9 + I3 = I10  I11 = ‐7 A
c) Para demostrar las ecuaciones, se dibujan los recintos cerrados que se
muestran en la siguiente figura:
11
Leyes de Kirchhoff y referencias de polaridad
Recinto cerrado B
5
A
6
2
1
8
B
7
4
3
9
10
11
Recinto cerrado A
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al reciento cerrado A se
obtiene:
I6 + I9 + I11 = 0
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff generalizada al reciento cerrado B se
obtiene:
I1 + I2 + I3 + I4 = 0
12
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 1.3
()
En el circuito de la figura se conocen las intensidades:
i1 = 1 A, i2 = 2 A, i7 = 3 A, i11 = 4 A
Determinar el resto de las intensidades según las referencias indicadas.
i1
1
i7
i10
i5
i2
i3
Resultados:
i4
i9
i6
2
i8
i11
i3 = ‐1 A, i6 = 1 A, i4 = ‐1 A, i5 = ‐4 A, i9 = ‐3 A, i8 = 7 A, i10 = ‐4 A
Problema 1.4
()
En el circuito de la figura se conoce que UAB = 16 V y que UBC = 10 V.
Determinar la tensión UAD y la intensidad IBC.
2
·I
=3
A
+

I
4
10 V
+
B
Resultados:
12 A
D
UAD = 26 V, IBC = 0 A
3
6
7
C
Tema 2: Elementos de circuitos y ecuaciones de
definición
Problemas resueltos
Problema 2.1
()
La figura muestra la forma de onda de la tensión en bornes de la bobina para
la referencia indicada en el circuito. Determinar la forma de onda de ig(t)
(valor de la fuente de intensidad). Considerar descargados inicialmente tanto
la bobina como el condensador.
u(t) [V]
1
4
ig(t)
2F
u(t)
+
3
0,5 H
2
1
0
1
2
3
4
5
Solución:
Inicialmente se establecen las referencias de las intensidades en las ramas:
1
A
iL(t)
iC(t)
ig(t)
2F
La expresión temporal de la tensión u(t) es:
u(t)
+
0,5 H
t [s]
14
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
2t
u(t )  
4
0t 2
t 2
Aplicando la 1ª Ley de Kirchhoff al nudo A se obtiene:
ig (t)  iL (t)  iC (t)
Las ecuaciones de definición de la bobina y del condensador son:
1 t
u( )d
L t0
du(t)
iC (t )  C
dt
iL (t )  iL (t  t0 ) 
Dada la forma de la expresión de la tensión u(t), para determinar la
expresión de la intensidad ig(t), se han de considerar dos intervalos
diferenciados, y calcularla en cada uno de ellos.
Así pues:
o Para el intervalo 0  t  2
La expresión de la intensidad iL(t) es:
iL (t )  iL (t  t0 ) 
1 t
1 t
1 2t
u

d


i
t



d



 0  2t 2
(
)
(
0)
2
0
L


t
0
L 0
L
0,5
iL (t  2)  8 A
Conviene resaltar que el valor de la intensidad iL(t) al final de cada intervalo,
será el valor inicial de la intensidad iL(t) en el intervalo siguiente. Por lo que
se ha calculado el valor de iL(t) al final del intervalo, es decir, para t = 2 s.
La expresión de la intensidad iC(t) es:
iC (t )  C
du(t )
d
 2 (2t )  4 A
dt
dt
Con lo que en este intervalo:
ig (t )  ic (t )  iL (t )  4  2t 2
15
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
o Para el intervalo t  2
iL (t )  iL (t  t0 ) 
1 t
1 t
1
t
4 2  8  2(t  2)  8t  8
u( )d  iL (t  2)   4d  8 

0,5
L t0
L 2
du(t)
d
iC (t )  C
 2 (4)  0 A
dt
dt
Por lo que la intensidad ig(t) en este intervalo es:
ig (t )  ic (t )  iL (t )  8t  8
Por lo tanto, la expresión temporal de la intensidad es:
4  2t 2
ig (t )  
8t  8
0t 2
t 2
La representación gráfica de esta intensidad se muestra en la siguiente
figura:
ig (t) [A]
25
20
15
10
5
1
2
3
4
5
6
t [s]
16
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.2
()
Dados el circuito y la forma de onda de la tensión en bornes del condensador
de la figura, determinar la expresión temporal de la tensión en bornes de la
fuente independiente de tensión. La bobina y el condensador se encuentran
descargados inicialmente.
Datos: L = 1 H, R1 = 5 , C = 0,3 F, R2 = 2 ,  = 3 
i1(t) C
R1
+
+
eg(t)
uC(t) [V]
uC(t)
5
4
3
2
1
R2
L
+
–
∙i1(t)
0
t [s]
1
2
3
4
5
Solución:
La tensión uc(t) está definida a tramos, por lo que se determinará el valor de
eg(t) para cada uno de ellos. La expresión temporal de la tensión uc(t) es:
si 0  t  2
2t

uC (t )  8  2t
0

si 2  t  4
si t  4
Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:
+
+
eg(t)
i1(t) C
R1
iT(t)
uR1(t)
+
+
uL(t)
+
uC(t)
R2 u (t)
R2
L
iL(t)
+
–
+
∙i1(t) u(t)
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
17
o Para el intervalo 0  t  2
uC (t )  2t
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
i1 (t )  C
duc (t )
 0,3  2  0,6 A
dt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:
uR 2 (t )  R2  i1 (t )  2  0,6  1,2 V
u (t )    i1 (t )  3  0,6  1,8 V
Aplicando la 2ª L.K., se calcula la tensión en bornes de la bobina:
uL (t )  uC (t )  uR 2 (t )  u (t )  2t  1,2  1,8  2t  3
Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad
que circula por ella aplicando su ecuación de definición:
t
1 t
iL (t )  iL (t  0)    2  3  d   2  3  t 2  3t
 L 0
0
0A
Nótese que, en la expresión anterior, iL(t=0) = 0 porque la bobina está
inicialmente descargada.
Conocidas las dos intensidades, se puede aplicar la 1ª L.K. para hallar iT(t):
iT (t )  i1 (t )  iL (t )  0,6  t 2  3t
Entonces:
uR1 (t )  R1  iT (t )
uR1 (t )  5  0,6  t 2  3t   5t 2  15t  3
Aplicando la 2ª L.K. se obtiene la tensión en la fuente independiente:
18
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
eg (t )  uR1 (t )  uL (t )
eg (t )  5t 2  15t  3  2t  3  5t 2  17t  6
eg (t )  5t 2  17t  6
o Para el intervalo 2  t  4
uC (t )  8  2t
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
i1 (t )  C
duc (t )
 0,3(2)  0,6 A
dt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos por los que circula esa misma intensidad:
uR 2 (t )  R2  i1 (t )  2(0,6)  1,2 V
u (t )    i1 (t )  3(0,6)  1,8 V
Aplicando la 2ª L.K., se calcula la tensión en bornes de la bobina:
uL (t )  uC (t )  uR2 (t )  u (t)  8  2t  1,2  1,8  5  2t
Conocida la tensión en bornes de la bobina, es posible calcular la intensidad
que circula por ella aplicando su ecuación de definición:
t
1 t
iL (t )  iL (t  2)    5  2  d  10   5   2  10   5t  t 2  10  4 
 L 2
2
10 A*
(*) El valor inicial de la intensidad en este intervalo, es el valor final de la
intensidad en el intervalo anterior:
0t 2
iL (t )  t 2  3t  iL (t  2)  22  3  2  10 A
Entonces:
iL (t )  5t  t 2  4
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
19
Aplicando la 1ª L.K.:
iT (t )  i1 (t )  iL (t )  0,6  5t  t 2  4  5t  t 2  3,4
Entonces:
uR1 (t )  5  5t  t 2  3,4   5t 2  25t  17
Aplicando la 2ª L.K.:
eg (t )  uR 1 (t )  uL (t )
eg (t )  5t 2  25t  17  5  2t
eg (t )  5t 2  23t  22
o Para el intervalo t ≥ 4
uC (t )  0 V
Aplicando la ecuación de definición del condensador:
i1 (t )  C
duc (t )
0 A
dt
Una vez conocida la intensidad que circula por la rama, se calculan el resto
de las tensiones en los elementos que comparten esa intensidad:
uR 2 (t )  R2  i1 (t )  0 V
u (t )    i1 (t )  0 V
Aplicando la 2ª L.K., se calcula la tensión en bornes de la bobina:
uL (t )  uC (t )  uR 2 (t )  u (t )  0 V
Así pues:
1 t
iL (t )  iL (t  4)   0 d  8 A
 L 4
8A
20
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la 1ª L.K.:
iT (t )  i1 (t )  iL (t )  0  8  8 A
Por tanto:
uR1 (t )  5  8  40 V
Aplicando la 2ª L.K.:
eg (t )  uR 1 (t )  uL (t )
eg (t )  40 V
Por lo tanto, la expresión temporal de la tensión en la fuente es:
5t 2  17t  6

eg (t )  5t 2  23t  22
40

si 0  t  2
si 2  t  4
si t  4
La representación gráfica de esta tensión se muestra en la siguiente figura:
eg(t) [V]
60
50
40
30
20
10
1
2
3
4
5
6
t [s]
21
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Problema 2.3
()
Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las
ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las
referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes
indicados en el esquema.
i1(t)
+
+
u2(t)
u1(t)
i2(t)
i3(t)
+
u3(t)
Solución:
Las ecuaciones de definición de las bobinas serán de la forma:
di (t )
di1 (t )
di (t )
 M12 2  M13 3
dt
dt
dt
di (t )
di (t )
di (t )
u2 (t )  M21 1  L2 2  M23 3
dt
dt
dt
di (t )
di (t )
di (t )
u3 (t )  M31 1  M32 2  L3 3
dt
dt
dt
u1 (t )  L1
Resta conocer el valor de cada uno de los signos que aparecen en las
ecuaciones.
Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de
autoinducción, solo se necesita observar el sentido relativo entre la
referencia de intensidad de cada bobina y su referencia de tensión.
22
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Término que contiene a L1: La referencia de la intensidad i1(t) coincide con
el sentido de la referencia dada para u1(t), con lo que el signo de este
término es “+”.
o Término que contiene a L2: La referencia de la intensidad i2(t) coincide con
el sentido de la referencia dada para u2(t), con lo que el signo de este
término es “+”.
o Término que contiene a L3: La referencia de la intensidad i3(t) no coincide
con el sentido de la referencia dada para u3(t), con lo que el signo de este
término es “‐”.
Para conocer los signos de los términos que contienen a los coeficientes de
inducción mutua, ha de conocerse el efecto que producen las intensidades
que circulan por las otras bobinas, en la bobina para la cual se está hallando
la expresión de la tensión, utilizando para ello los terminales
correspondientes entre ellas y las referencias de tensión e intensidad de
cada bobina.
o Término que contiene a M12: Se está comprobando como influye la
intensidad i2(t) en la tensión u1(t). La intensidad i2(t) entra por punto en la
bobina 2, luego creará en la bobina 1 el mismo efecto que una intensidad
que entrara por punto en la bobina 1 (concepto de terminal
correspondiente). Esa intensidad (entrando por punto en la bobina 1)
circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 1, con lo que
el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M13: Se está comprobando como influye la
intensidad i3(t) en la tensión u1(t). La intensidad i3(t) sale por cuadrado en
la bobina 3, luego una intensidad que saliera por cuadrado en la bobina 1,
circularía en sentido contrario a la referencia de tensión de la bobina 1,
con lo que el signo de este término es “‐”.
o Término que contiene a M21: Se está comprobando como influye la
intensidad i1(t) en la tensión u2(t). La intensidad i1(t) entra por punto en la
bobina 1, luego una intensidad que entrara por punto en la bobina 2,
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
23
circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 2, con lo que
el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M23: Se está comprobando como influye la
intensidad i3(t) en la tensión u2(t). La intensidad i3(t) sale por triángulo en
la bobina 3, luego una intensidad que saliera por triángulo en la bobina 2,
circularía en sentido contrario a la referencia de tensión de la bobina 2,
con lo que el signo de este término es “‐”.
o Término que contiene a M31: Se está comprobando como influye la
intensidad i1(t) en la tensión u3(t). La intensidad i1(t) entra por cuadrado
en la bobina 1, luego una intensidad que entrara por cuadrado en la
bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 3,
con lo que el signo de este término es “+”.
o Término que contiene a M32: Se está comprobando como influye la
intensidad i2(t) en la tensión u3(t). La intensidad i2(t) entra por triángulo
en la bobina 2, luego una intensidad que entrara por triángulo en la
bobina 3, circularía de acuerdo a la referencia de tensión de la bobina 3,
con lo que el signo de este término es “+”.
Por lo tanto, las ecuaciones de definición son:
di (t )
di1 (t )
di (t )
 M12 2  M13 3
dt
dt
dt
di (t )
di (t )
di (t )
u2 (t )  M21 1  L2 2  M23 3
dt
dt
dt
di (t )
di (t )
di (t )
u3 (t )  M31 1  M32 2  L3 3
dt
dt
dt
u1 (t )  L1
24
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 2.4
En el circuito de la figura, la fuente ideal de tensión tiene un valor constante
de 5 V. En estas condiciones, y para la referencia indicada, determinar la
tensión en bornes de la resistencia R2. El transformador debe considerarse
ideal.
Datos: Eg = 5 V, R1 = 10 , R2 = 2 , a = 3
R1
Eg
+
R2
+
UR2
a:1
Solución:
La fuente ideal de tensión es de continua, por lo que genera un flujo
magnético en el primario del transformador constante. Un flujo constante
implica, por la ley de inducción de Faraday, que no hay tensión inducida U2
en el secundario del transformador, luego la tensión en la resistencia R2 es
nula.
R1
Eg
+
+
+
U2 R2
U1
a:1
U2  0 V
U2  UR 2
UR 2  0 V
+
UR2
25
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Problema 2.5
()
En el circuito de la figura, que contiene un transformador ideal, y para la
referencia indicada, determinar la tensión en bornes de la resistencia R.
Datos: eg(t) = t2 V, R = 10 , a = 3
R
+
+ u (t)
R
eg(t)
a:1
Solución:
El secundario del transformador está cortocircuitado, esto es us(t) = 0 V, por
lo que, aplicando la primera ecuación de definición de un transformador
ideal (para las referencias y terminales correspondientes indicados en el
circuito):
R
+
eg(t)
+ u (t)
+
R
up(t)
+
us(t)
a:1
up (t )  a  us (t )
up (t )  3  0  0 V
Entonces, aplicando la 2ª L.K. en el circuito del primario del transformador:
eg (t )  uR (t )  up (t )  uR (t )  t 2
uR (t )  eg (t )  t 2
26
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 2.6
Calcular u(t)/i(t) en el dipolo de la figura. El transformador se considerará
ideal.
3:1
1
u(t)
+
i(t)
1
Solución:
Se fijan las referencias de tensión e intensidad del circuito:
3:1
u1(t)
u(t)
u2(t)
+
+
A
i3(t)
+
i2(t) B i4(t)
i1(t)
+
+
i(t)
1  uR2(t)
1
uR1(t)
Si se aplica la 1ª L.K. generalizada al recinto cerrado indicado en el figura:
Intensidades que entran en el recinto  Intensidades que salen del recinto
i3 (t )  0 A
Por lo tanto, aplicando la 1ª L.K. a los nudos A y B:
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
i(t)  i1 (t )
i2 (t)  i4 (t)
La relación de transformación es a = 3, lo que significa que:
a
N1
3
N2
Las ecuaciones del transformador, para las referencias tomadas son:
u1 (t )
N
 a  1  3
u2 (t )
N2
2ª ecuación del transformador  N1i1 (t )  N2i2 (t )  0
1ª ecuación del transformador 
A partir de las cuales se obtiene que:
u1 (t )
3
u2 (t )
1
i1 (t )  i2 (t )
3
Por otro lado, aplicando la ley de Ohm a la resistencia de la derecha:
u2 (t )  i4 (t )  1
Sustituyendo en las expresiones obtenidas anteriormente:
u2 (t )  i4 (t)  1  i2 (t )  1  3i1 (t )  1
u1 (t )  3u2 (t )  3  3i1 (t )  9i1 (t )
Con lo que la relación pedida es:
u(t ) u1 (t ) 9i1 (t )


9 
i(t ) i1 (t ) i1 (t )
27
28
Problema 2.7
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Cuando se conecta en bornes de una fuente real de tensión continua una
resistencia de 3 , se mide entre dichos terminales una tensión de 9 V. Si en
bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 5 , la
tensión que se mide entre ellos es de 10 V. Determinar los valores de los
elementos que modelan la fuente real de tensión.
Solución:
El circuito equivalente de una fuente real de tensión continua es:
Rg
+
Eg
Si se representa en un circuito el primer caso:
Rg
I1
+
+
Eg
U1
+
3
9V
La intensidad que circula por el circuito es:
I1 
9
3A
3
La tensión U1 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):
U1  E g  Rg  I1
29
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:
9  E g  Rg  3
Si se representa en un circuito el segundo caso:
Rg
I2
+
+
+
Eg
U2
5
10 V
La intensidad que circula por el circuito es:
I2 
10
2A
5
La tensión U2 es (ecuación de definición de una fuente real de tensión):
U2  E g  Rg  I2
Sustituyendo en la expresión anterior por los valores conocidos:
10  E g  Rg  2
Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de
ecuaciones cuya solución es:
9  Eg  Rg  3
 Eg  12 V, Rg  1 

10  Eg  Rg  2
Luego el circuito que modela la fuente real de tensión es:
1
+
12 V
30
Problema 2.8
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Cuando se conecta en bornes de una fuente real de intensidad continua una
resistencia de 20 , se mide entre dichos terminales una tensión de 100 V. Si
en bornes de esta misma fuente real se conecta una resistencia de 100 , la
tensión que se mide entre ellos es de 300 V. Determinar los valores de los
elementos que modelan la fuente real de intensidad.
Solución:
El circuito equivalente de una fuente real de intensidad continua es:
Ig
Rg
Si se representa en un circuito el primer caso:
I1
+
Ig
Rg
100 V
20 
La intensidad I1 es:
I1 
100
5A
20
Esa intensidad I1 es (ecuación de definición de una fuente real de
intensidad):
100
I1  Ig 
Rg
Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I1, se obtiene:
100
5  Ig 
Rg
31
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Si se representa en un circuito el segundo caso:
I2
+
Ig
Rg
100 
300 V
Se calcula la intensidad I2:
I2 
300
3A
100
Esa intensidad I2 es (ecuación de definición de una fuente real de
intensidad):
300
I2  Ig 
Rg
Sustituyendo en la expresión anterior el valor conocido de I2:
3  Ig 
300
Rg
Las ecuaciones obtenidas para ambos casos forman un sistema lineal de
ecuaciones cuya solución es:
100

5  Ig  R
g

 Ig  6 A, Rg  100 

300
3  I 
g

Rg
Luego el modelo de la fuente de real intensidad es:
6A
100 
32
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 2.9
En el circuito de la siguiente figura se realizan dos medidas diferentes. En la
primera medida se conecta un voltímetro real de resistencia interna
RV = 10 Ω entre los terminales A y B, y se mide 40 V. En la segunda medida se
conecta entre los terminales A y B un voltímetro ideal (RV =), y se mide
60 V. Determinar a partir estas medidas, los parámetros Rg y Eg de la fuente
real de tensión.
Rg
A
+
10 
Eg
B
Fuente real de tensión
Solución:
El circuito que modela el comportamiento de un voltímetro real es:
RV
V
Donde V representa a un voltímetro ideal y RV representa la resistencia
interna del voltímetro real.
En la primera medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro real de
resistencia interna RV = 10 , esto es:
Rg
+
Eg
I1
A
Req
+
10 
RV
UAB1
40 V 10 
B
V
33
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Calculando la Req de las dos resistencias en paralelo:
1
1
1
2 1
 


 Req  5 
Req 10 10 10 5
Con lo que el circuito se puede representar como:
Rg
I1
A
+
+
UAB1
40 V
Eg
Req = 5 
B
donde la tensión UAB1 es la medida por el voltímetro real.
Aplicando la ley de Ohm a Req se obtiene I1:
I1 
40
8A
5
Según la ecuación de definición de una fuente real de tensión:
UAB1  Eg  Rg ∙I1
40  E g  Rg ∙8
En la segunda medida, se conecta en bornes del dipolo un voltímetro ideal
(resistencia interna RV = ), esto es:
Rg
+
Eg
I2
A
+
10 
UAB2
60 V
RV = 
B
donde la tensión UAB2 es la medida por el voltímetro ideal.
V
34
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
El circuito se puede representar como:
Rg
I2
A
+
+
UAB2
60 V
Eg
10 
B
Aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 10 , se obtiene I2:
I2 
60
6A
10
y según la ecuación de definición de la fuente real de tensión:
U AB 2  E g  Rg ∙I2
60  E g  Rg ∙6
Las ecuaciones obtenidas para ambas medidas forman un sistema lineal de
ecuaciones:
40  Eg  Rg ∙8

60  Eg  Rg ∙6
cuya solución son los parámetros pedidos de la fuente real de tensión:
Eg  120 V
Rg  10 
35
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Problema 2.10
()
Dado el circuito de la figura, calcular la tensión U y la intensidad I.
2
4
3V
1
I
+
3
2
+
2
U
Solución:
Agrupando en serie las dos resistencias de la derecha:
Req  1  2  Req  3 
2
4
3
3
2
Agrupando en paralelo la resistencia de 2  con la de 3  resulta:
1 1 1 5
6
  
 Req  
Req 2 3 6
5
2
4
3
6/5 
Agrupando en serie las dos resistencias de la derecha:
Req  2 
6
16
 Req  
5
5
36
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
4
3
16/5 
Y realizando el paralelo de las dos últimas resistencias:
1 1 1 31
48
 

 Req 

16
Req 3
48
31
5
4
+
+
3
U1 +
U2
48/31 
Aplicando la expresión del divisor de tensión en ese circuito, se obtiene que:
4
 2,162 V
48
4
31
48
U2  3  31  0,837 V
48
4
31
U1  3 
Deshaciendo la última agrupación de resistencias realizada, el circuito
resultante será:
4
+
U1
3
I1
+
U2
16/5 
Se calcula la intensidad I1 en este circuito mediante la ley de Ohm:
37
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
I1 
U2
 0,261 A
16
5
Deshaciendo las agrupaciones de resistencias realizadas anteriormente:
2
4
3
+
I1
6/5 
U2
2 I
1
4
3
I3
I2
3
2
Aplicando la expresión del divisor de intensidad en este último circuito, se
obtiene que:
1
3
I2  I1  2  0,261   0,156 A
1 1
5

2 3
1
2
I3  I1  3  0,261   0,104 A
1 1
5

2 3
Y volviendo al circuito original:
4
3V
+
3
2 I
1
1
I2
2
I
I3
+
2
U
38
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
se observa que el valor pedido I, coincide con el de I2.
I  I2  0,156 A
Y aplicando la ley de Ohm a la última resistencia de la derecha, se calcula U:
U  I3  2  0,104  2  0,208 V
39
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Problemas propuestos
Problema 2.11
()
La gráfica de la figura corresponde a forma de onda de la tensión aplicada en
bornes de una bobina de 2 H de coeficiente de autoinducción. Obtener la
expresión de la intensidad que circula por ella y representarla. Suponer que
inicialmente no circula intensidad por la bobina.
u(t) [V]
1
6
3
t [s]
‐3
Resultados:
La expresión temporal de la intensidad es:
1
 2 t
i(t)  
6 ‐ 3 t
 2
para 0  t  3
para 3  t  6
y su representación gráfica es:
i(t) [A]
2
1
3
‐3
6
t [s]
40
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.12
()
Deducir si la curva representada en la figura corresponde a la tensión en
bornes o a la intensidad que circula por un condensador de 1 F de capacidad.
Determinar la ecuación de la otra variable, u(t) o i(t), y representarla.
Suponer que el condensador está inicialmente descargado.
3
2
1
2
‐1
4
5
6
t [s]
‐2
Resultados:
Corresponde a la intensidad que atraviesa el condensador.
La expresión temporal de la tensión es:
t 2

‐2t + 3
u(t)   2
‐t + 8t ‐ 18
‐2

para 0  t  1
para 1  t  3
para 3  t  4
para t  4
La representación gráfica de esta tensión es:
u(t) [V]
2
1
‐1
‐2
‐3
1
2
4 5
6
t [s]
41
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Problema 2.13
()
El circuito de la figura se encuentra en estado estacionario, calcular el valor
de u(t).
2
1 F
2
2
2
+
+
1 mH 2 
10 V
Resultados:
u(t)
+
2
1 mH
5V
u(t) = 0 V
Problema 2.14
()
Hallar las tensiones y las corrientes en todos los elementos del circuito de la
figura, sabiendo que u(t) = sen 2t. Suponer que inicialmente los elementos
están descargados: u(t=0) = 0 V e i2(t=0) = 0 A.
1/2 F
4  i1(t)
u1(t)
u(t)
2
u2(t)
+
e (t)
+
+
2H
i2(t)
Resultados:
i3 (t) = cos2t
u4 (t) = 2cos2t
u2 (t) = sen2t + 2cos2t
1
i2 (t) = (‐cos2t + 2sen2t + 1)
4
1
i1 (t) = (1+ 2sen2t + 3cos2t)
4
+
+
i3(t)
u4(t)
42
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
u1 (t) = 1+ 2sen2t + 3cos2t
e(t) = 1+ 3sen2t + 5cos2t
()
Problema 2.15
Determinar la relación U0/E en el circuito de la figura.
500 
2Ib
I
+
+
250 
E
U0
U0
=1
E
Resultados:
()
Problema 2.16
Dado el dipolo de la figura, calcular la tensión entre los terminales A y B
(tensión a circuito abierto, U0) y la intensidad que circula entre estos dos
mismos puntos cuando entre ellos se coloca un cortocircuito (intensidad de
cortocircuito, Icc).
+
+
+
I2

R2
A
E1
E2
I2
R1
B
43
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
Resultados:
U0 = ‐
Icc 
Problema 2.17
E 2 ‐ E1
+ E2
R1
E 2 R1 ‐ (E 2 ‐ E 1 )
R1 (R2 +  )
()
Dadas las tres bobinas acopladas magnéticamente de la figura, escribir las
ecuaciones de definición de dichas bobinas teniendo en cuenta las
referencias de tensión e intensidad y los terminales correspondientes
indicados en el esquema.
1
+
u1(t)
M13
i1(t)
L1
L3
M12
1’
M23
2+
u2(t)
2’
di (t)
di1 (t)
di (t)
+ M12 2 + M13 3
dt
dt
dt
di (t)
di (t)
di (t)
u2 (t) = ‐M12 1 ‐ L2 2 ‐ M23 3
dt
dt
dt
di (t)
di (t)
di (t)
u3 (t) = +M13 1 + M23 2 + L3 3
dt
dt
dt
u1 (t) = +L1
3
u3(t)
+
3’
L2
i2(t)
Resultados:
i3(t)
44
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 2.18
()
Dos bobinas acopladas magnéticamente, de parámetros L1, L2 y M, se
conectan como se muestra en la figura siguiente. Escribir las ecuaciones de
las tensiones u1(t) y u2(t) en función de las intensidades i1(t) e i2(t) y de los
parámetros anteriores.
i1(t)
+
u1(t)
L1
i2(t)
M
+
u2(t)
Resultados:
L2
u1 (t) = (L1 ‐ M)
di1 (t)
di (t)
‐M 2
dt
dt
u2 (t) = (L2 ‐ M)
di1 (t)
di (t)
‐M 2
dt
dt
Problema 2.19
()
Encontrar la relación entre u1(t) e i1(t) en el circuito de la figura.
R
i1(t
+
u1(t)
N
3N
R
45
Elementos de circuitos y ecuaciones de definición
u1 (t) R
=
i1 (t) 25
Resultados:
Problema 2.20
()
Para el circuito de la figura calcular:
a) La tensión UAB, si no existiera el voltímetro.
b) La tensión UAB, si el voltímetro fuera ideal.
c) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna
RV = 10 k.
d) La tensión UAB, si el voltímetro fuera real, y de resistencia interna
RV = 100 k.
20 k
+
A
100 V
20 k
V
B
Resultados:
a) UAB = 50 V, b) UAB = 50 V, c) UAB = 25 V, d) UAB = 45,4 V
Problema 2.21
()
Para el circuito de la figura calcular:
a) El valor de la intensidad I si no existiera el amperímetro.
b) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera ideal.
c) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de
resistencia interna RA =1 .
d) El valor de la intensidad I si el amperímetro fuera real, y de
resistencia interna RA =1 m.
46
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
3
I
+
1,5 V
Resultados:
A
a) I = 0,5 A, b) I = 0,5 A, c) I = 0,375 A, d) I = 0,498 A
Problema 2.22
()
A través de las medidas realizadas sobre un vehículo militar de tracción
eléctrica se sabe que:
 Cuando el motor que mueve dicho vehículo funciona a velocidad
máxima, la tensión en bornes de la batería de corriente continua que
lo alimenta es de 23 V y la intensidad que circula por dicho motor es
de 100 A.
 Cuando esa misma batería alimenta, además de al motor
funcionando a velocidad máxima, a los faros de dicho vehículo, la
tensión medida en bornes de la batería pasa a ser de 22,97 V, y la
intensidad que circula por ella es entonces de 103 A.
Determinar el valor de los elementos que, convenientemente conectados,
representan el comportamiento de la batería del vehículo.
Resultados:
Una fuente real de tensión de valores: Rg = 0,01  y Eg = 24 V
Tema 3: Energía y Potencia
Problemas resueltos
Problema 3.1
()
Para el circuito de la figura determinar:
a)
b)
c)
d)
La potencia consumida en la resistencia.
La energía almacenada en la bobina.
La tensión en bornes de la fuente.
La potencia cedida por la fuente.
3
i(t) = 4sent
5H
Solución:
a) Lo primero es fijar las referencias de tensión e intensidad del circuito.
i(t)
3
+
+
i(t) = 4sent
uR(t)
+
ug(t)
uL(t)
5H
48
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para las referencias de la figura, se define la potencia absorbida por un
dipolo como:
i(t)
+
u(t)
Dipolo
Pabs (t )  u(t )  i(t )
Por lo tanto, la potencia absorbida por la resistencia es:
Pabs R (t )  uR (t )  i(t )
Aplicando la ley de Ohm a la resistencia:
uR (t )  i(t )  R
Con lo que:
pabs R (t )  i 2 (t )  R  (4sent )2  3  48sen2t
Se comprueba que la potencia absorbida en la resistencia es siempre mayor
o igual que cero.
b) La energía almacenada en la bobina es:
1
1
wL (t )   L  i 2 (t )   5  16sen2t  40sen2t
2
2
c)
La tensión en la bobina es:
uL (t )  L 
di(t )
 5  4cos t  20cos t
dt
Con lo que la tensión en bornes de la fuente, aplicando la 2ª L.K., es:
ug (t )  uR (t )  uL (t )  (3  4sent)  (20cos t)  12sent  20cos t
49
Energía y Potencia
d) Con las referencias tomadas para la tensión y la intensidad en la fuente,
y comparando con las referencias del dipolo general, el producto de ug(t) por
i(t) será potencia cedida.
Con lo que la potencia cedida por la fuente es:
pced fuente (t )  ug (t )  i(t )  (12sent  20cos t )  4sent 
 48sen2t  80sent  cos t
Se puede comprobar que la potencia cedida por la fuente es igual a la suma
de las potencias absorbidas por la resistencia y por la bobina (balance de
potencias del circuito):
pced fuente (t )  ug (t )  i(t )  48sen2t  80sent  cos t
pabs R (t )  48sen2t
pabs L (t )  uL (t )  i(t )  (20cos t )(4sent )  80sent  cos t
50
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 3.2
()
Determinar las tensiones e intensidades en todos los elementos del circuito
de la figura. Calcular la potencia absorbida por cada uno de los 5 elementos
que lo integran y comprobar que su suma es cero:
+
5I2
+

+
U1
60 V
20 
U1/4
5
I2
Solución:
Lo primero es establecer las referencias de tensión e intensidad del circuito:
+
60 V
+
+
+
U1
5I2
I5
I1
20 
U2
I4

+ U
5
+
I3
U3
+
U1/4
5
I2
En la resistencia de 20 Ω se tiene que:
U2  U1  U2  60 V
Aplicando la ley de Ohm en esa resistencia:
U2  I2  20  60  I2  20  I2  3 A
Y la potencia absorbida por ella es:
Pabs R 20   I22  20  32  20  180 W
Se puede comprobar que la potencia también se puede calcular como:
U4
51
Energía y Potencia
Pabs R 20  
En R20 
U22 602

 180 W
20 20
U2  60 V

I2  3 A
P
 abs R 20   180 W
La tensión en la fuente de tensión dependiente es:
U5  5I2  5  3  15 V
Se puede hallar la tensión en la fuente de intensidad dependiente ya que:
U2  U5  U3  60  15  U3  U3  45 V
Se tiene que:
U3  U4  U4  45 V
Conocida esa tensión, se puede hallar la intensidad I4 aplicando la ley de
Ohm a la resistencia de 5 :
U4  I4  5  45  I4  5  I4  9 A
Por tanto la potencia absorbida por la resistencia es:
Pabs R =5   I42  5  92  5  405 W
En R5 
U4  45 V

I4  9 A
P
 abs R 5   405 W
La intensidad I3 es, al ser una fuente de intensidad dependiente:
I3 
U1 60

 15 A
4
4
Luego en la fuente de intensidad dependiente (f.i.d.), con las referencias
tomadas para la tensión y la intensidad, y comparando con las referencias
del dipolo general, el producto de U3 por I3 será potencia absorbida.
52
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
P
abs fid
U1
4
 U3  I3  45  15  675 W

U3  45 V
U1 
En f.i.d.
I3  15 A
4 
P
 675 W
 abs fid U41
La intensidad I5 es, aplicando la 1ª L.K.:
I5  I3  I4  15  9  24 A
Luego en la fuente de tensión dependiente (f.t.d.):
Pabs ftd 5I2  U5  I5  15  24  360 W
U5  15 V

En f.t.d. 5I2 I5  24 A
P
 abs ftd 5I2  360 W
La intensidad I1 es:
I1  I2  I5  3  24  27 A
En la fuente de tensión (f.t.) de 60 V, con las referencias tomadas para la
tensión y la intensidad, y comparando con las referencias del dipolo general,
el producto de U1 por I1 será potencia cedida, luego la potencia absorbida es:
Pabs ft 60 V   U1  I1   60  27   1620 W
U1  60 V

En f.t. 60 V I1  27 A
P
 abs ft 60 V   1620 W
Se puede comprobar que:
 Potencias absorbidas  0
1620  180  405  675  360  0 W
53
Energía y Potencia
()
Problema 3.3
Dado el circuito de la figura, determinar la tensión U y las potencias cedidas
por todas las fuentes.
2
A
+
∙I
12 A
B
+

U
I
4
=3
10 V
+
3
6
7
Solución:
Dando nombre a los nudos y poniendo las referencias en el dibujo, se tiene:
2
A
+
+
∙I
=3
+

4
U
C
UR4
7
+
I1
E
12 A
B
10 V
I2
+ U
R7
I
I3
3
+
UI
6
D
Aplicando la 2ª L.K. a la trayectoria cerrada ABCDEA, y para las referencias
indicadas, se tiene que:
U  UR 4  10  UR 7
Por otra parte, si se aplica la 1ª L.K. generalizada al recinto cerrado indicado
en la figura de arriba:
Intensidades que entran al recinto  Intensidades que salen del recinto
I2  0 A
54
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por tanto la tensión UR7 es:
UR 7  I2  7  0  7  0 V
Las resistencias de 3 y 6  están en paralelo, independientemente de que I2
sea igual a cero o no, por lo que siempre es aplicable el divisor de intensidad.
Luego aplicando la fórmula del divisor de intensidad en el nudo C:
I  12 
1
3
1 1

3 6
 12 
6
72

8A
63 9
Conocida la intensidad I, la fuente dependiente de tensión del circuito de la
izquierda tendrá un valor:
 ∙I  3∙8  24 V
Aplicando la ley de Ohm al lado izquierdo del circuito se calcula la
intensidad I1:
I1 
 ∙I
R

24
4A
24
Por lo tanto:
UR 4  R4 ∙I1  4 ∙4  16 V
La tensión U es entonces:
U  UR 4  10  UR 7  16  10  0  26 V
En cuanto a las potencias cedidas por las fuentes:
Para las referencias indicadas en el dipolo de la figura siguiente, el producto
de U por I es igual a la potencia cedida.
55
Energía y Potencia
I
+
Dipolo
U
Pced = U∙I
Luego si se aplica este criterio a las fuentes del circuito, se obtiene:
Pced 3I   ∙I∙I1  24∙4  96 W
Pced 10V  10∙(I2 )  10∙0  0 W
La tensión a la que está sometida la fuente de intensidad de 12 A es:
UI  R3 ∙I  3∙8  24 V
Luego la potencia cedida por esa fuente es:
Pced 12A  12∙UI  12∙24  288 W
56
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 3.4
Calcular la potencia absorbida por cada elemento del circuito de la figura y
comprobar el balance de potencias. Calcular la energía almacenada en el
condensador y en la bobina en t = 20 s. Considerar que el circuito se
encuentra en estado estacionario.
Datos: R1 = 1 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 1 , R5 = 1 , R6 = 2 , Eg = 8 V,
C = 1 mF y L = 10 mH.
R1
R2
R5
C
R4
+
Eg
L
R3
R6
Solución:
Dado que la fuente es de continua, y que el circuito se encuentra en estado
estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito y el condensador
como un circuito abierto. En estas condiciones el circuito es equivalente a:
1
I
1
2
1
+
8V
1
2
57
Energía y Potencia
Agrupando las dos resistencias de 1  que están en serie:
Req  1  1  Req  2 
1
1
2
I
+
8V
2
2
Agrupando las dos resistencias de 2  que están en paralelo:
1 1 1
 
 Req  1 
Req 2 2
1
I
+
2
1
8V
1
Agrupando las dos resistencias de 1  que están en serie:
Req  1  1  Req  2 
1
I
+
8V
2
2
58
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Agrupando las dos resistencias de 2  que están en paralelo:
1 1 1
 
 Req  1 
Req 2 2
1
I
+
1
8V
Resolviendo el circuito:
8  I  (1  1)  I  4 A
Conocida esa intensidad I se puede, apoyándose en los circuitos anteriores y
mediante el divisor de intensidad, hallar las intensidades en cada rama del
circuito. La intensidad de 4 A se divide entre dos ramas que tienen la misma
resistencia cada una, luego esa intensidad se dividirá por dos. Lo mismo
ocurrirá con la intensidad de 2 A.
1
4A
+
8V
2A
2A
2
2
59
Energía y Potencia
4A 1
2A
2A
1
2
1
+
1A
8V
1
1A
2
Conocida la intensidad que circula por cada una de las ramas, se puede
calcular la potencia absorbida o cedida en cada elemento del circuito. Para
las referencias dadas, esas potencias son:
Pced fuente  Eg  I  8  4  32 W
Pabs R1  I 2  R1  42  1  16 W
Pabs R2  22  2  8 W
Pabs R3  12  1  1 W
Pabs R4  12  1  1 W
Pabs R5  22  1  4 W
Pabs R6  12  2  2 W
Se puede comprobar el balance de potencias en el circuito:
Pced fuente   Pabs resistencias
32 W  16  8  1  1  4  2 W
La bobina no absorbe potencia ya que:
IL  cte  UL  0 V  Pabs L  0 W
El condensador no absorbe potencia ya que:
UC  cte  IC  0 A  Pabs C  0 W
60
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Para calcular la energía almacenada en el condensador hay que tener en
cuenta que, aunque se comporta como un circuito abierto (IC = 0), sigue
estando presente en el circuito y está sometido a una tensión UC. Lo mismo
ocurre con la bobina, aunque se comporta como un cortocircuito (UL = 0),
sigue estando presente en el circuito, y por ella circula una corriente IL.
4A 1
2A
2
+
UC
2
+
+
1A
IL
1
1A
UR4
+
8V
UR5
1
1
2
La energías almacenadas en el condensador y en la bobina son:
1
wC (t )   C  uC 2 (t )
2
1
wL (t )   L  iL2 (t )
2
Como el circuito se encuentra en régimen estacionario, las variables del
circuito, entre ellas la tensión en el condensador y la intensidad en la bobina,
no dependen del tiempo, es decir, son constantes. Debido a ello, tanto la
energía almacenada en el condensador como la energía almacenada en la
bobina no dependen del tiempo.
Se puede calcular la tensión en el condensador como:
UC  UR 5  UR 4  UC  2  R5  1  R4  UC  2  1  1  1  3 V
Por tanto la energía almacenada en el condensador es:
1
WC   0,001  32  4,5  103 J
2
61
Energía y Potencia
La intensidad que circula por la bobina es:
IL  2 A
Por tanto la energía almacenada en la bobina es:
1
WL   0,01  22  0,02 J
2
62
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 3.5
()
Se dispone de un radiotransmisor alimentado mediante un adaptador de
corriente alterna a corriente continua (AC/DC). Normalmente se utiliza
conectándolo a la red de alimentación eléctrica de 230 V AC, pero por causas
de fuerza mayor se ha de utilizar este transmisor en campo, donde no se
dispone de una red de alimentación eléctrica.
Los datos que aparecen en el adaptador son:
INPUT:
AC 100‐240 V
0,25 A (máx)
50‐60 Hz
OUTPUT: DC 12 V
2,25 A (máx)
El fabricante facilita los datos de consumo de potencia eléctrica del
radiotransmisor. Éste presenta un consumo continuo de 2 W en el modo de
funcionamiento de espera/recepción. Cuando el aparato está en modo
emisión, al consumo anterior hay que sumarle un consumo de 25 W.
Se ha pensado alimentar el radiotransmisor en campaña mediante una
batería de automóvil disponible, en la que pueden leerse sus características:
12 V y 60 Ah.
a) Calcular el tiempo de autonomía de funcionamiento del
radiotransmisor alimentándolo con dicha batería en modo espera, en
modo emisión y en un modo mixto de relación 60% espera y 40%
emisión.
b) Repetir los cálculos anteriores si no se quisiera sobrepasar una
“profundidad de descarga” del 70% en la batería.
Solución:
a) Antes de pasar a la solución del problema, se ha de hacer un comentario
sobre la manera en que los fabricantes de baterías expresan la capacidad
(energía almacenada) de las mismas. Es usual que la capacidad de una
batería se exprese en “Ah” (Amperios × hora), por ejemplo, como en este
caso 60 Ah. Esto corresponde al producto de la corriente que es capaz de
suministrar la batería, por el tiempo durante el cual es capaz de cederla. Es
63
Energía y Potencia
decir, la batería es capaz de suministrar 60 A durante 1 h, ó 30 A durante 2 h,
ó 15 A durante 4 h, ... , o cualquier combinación cuyo producto sea 60 Ah. En
la tabla siguiente se exponen algunas posibles combinaciones. Ha de notarse
que el producto real que garantiza el fabricante, es lo que se denomina como
C100, es decir, la capacidad a 100 horas, y que el resto son extrapolaciones
que no son del todo ciertas, y que cuanto más se alejan de esa capacidad de
referencia, más difiere el comportamiento real de la batería con respecto a
ese producto.
C100
Amperios (A) Horas (h)
60
1
30
2
15
4
10
6
5
12
1
60
0,6
100
0,3
200
0,1
600
Esto es así ya que cuanto más lentamente se descarga una batería, más
energía es capaz de ceder (debido a la dinámica de las reacciones químicas
que se producen en su interior). Por lo que si una batería está cediendo 60 A,
por ejemplo, no conseguirá hacerlo durante 1 hora, sino durante algo menos
de tiempo, con lo que el producto será algo menor que 60 Ah. Y por el
contrario, es posible que se consiga extraer 0,1 A durante más de 600 horas,
con lo que el producto será algo mayor.
En cualquier caso, y para realizar los cálculos, se considera que la capacidad
de la batería no depende del tiempo, y que para descargas en el orden de la
capacidad a 100 horas ese producto se va a mantener constante. Además
también se considera (idealmente) que la batería mantendrá una tensión
constante durante todo ese tiempo, cuestión que tampoco es cierta, ya que
la tensión irá cayendo a medida que la batería se descarga. Como dato, una
batería de automóvil (tensión nominal 12 V) totalmente cargada presenta
una tensión en vacío (sin carga) entre sus bornes de 13,8 V.
64
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Ha de notarse que este comportamiento se supone para una batería nueva y
cargada al 100%. Según una batería realiza ciclos carga/descarga su
capacidad (energía que puede almacenar y posteriormente ceder)
disminuye.
Hecha esta introducción y para calcular la autonomía de la que se dispondrá
con la batería citada, lo primero que se necesita conocer es el consumo
(Amperios) del transmisor en ambos modos de funcionamiento.
Del dato de la potencia eléctrica consumida en espera y en emisión se puede
calcular la intensidad consumida en ambos modos, ya que se conoce la
tensión de alimentación, 12 V.
Con el dato de la potencia consumida en espera:
PESP  U  I  12  IESP  2 W
de donde se obtiene que:
IESP  0,167 A
Esta intensidad IESP es consumida continuamente por el aparato por el hecho
de estar conectado, y es la consumida en el modo de espera.
Cuando el aparato se encuentra emitiendo, el consumo de potencia aumenta
en 25 W. Con este dato se puede calcular la intensidad consumida por el
hecho de emitir, que es:
PEMI  U  I  12  IEMI  25 W
de donde se obtiene que:
IEMI  2,083 A
Esta intensidad IEMI es consumida por el aparato por el hecho de emitir. Con
lo que la intensidad total que consume cuando se encuentra emitiendo es la
suma de la consumida en modo espera, más la consumida por el hecho de
emitir:
65
Energía y Potencia
IEMI TOT  IESP  IEMI  2,250 A
Conocidos estos datos ya es posible calcular la autonomía que se tendrá con
la batería citada.
La autonomía en modo de espera será:
Autonomía espera 
60 Ah
 360,00 h
0,167 A
Y la autonomía en modo emisión será:
Autonomía emisión 
60 Ah
 26,66 h
2,250 A
Para calcular la autonomía en el modo mixto, antes se ha de calcular la
intensidad promedio consumida en ese modo, que es:
IMIXTO  60%  IESP  40%  IEMI TOT  0,60  0,167  0,40  2,250  1 A
La autonomía en modo mixto será:
Autonomía mixto 
60 Ah
 60,00 h
1A
b) La profundidad de descarga (PD), es un concepto que afecta al máximo
de energía que el fabricante aconseja extraer de una batería. Normalmente,
y si las circunstancias lo permiten, se intenta no descargar las baterías
totalmente, ya que el hecho de descargarlas totalmente acorta su vida útil al
máximo de capacidad. En el tipo de baterías utilizadas en automoción
(plomo‐ácido), una profundidad de descarga típica puede ser del 70%. Esto
significa que se intentará no utilizar más del 70% de la capacidad de la
batería, es decir, que se deja una reserva de energía del 30% sin utilizar, con
la intención de alargar la vida de la batería.
Los cálculos de autonomías anteriores se han realizado sin tener en cuenta el
concepto de profundidad de descarga, es decir, se han realizado
descargando la batería al 100%.
66
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Si se tiene en cuenta este concepto, la capacidad de la que se dispone con
esa batería, al 70% de profundidad de descarga es:
Capaciad70% PD  Capaciad100%  70%  60 Ah  0,70  42 Ah
Si se repiten los cálculos de autonomía anteriores con esta nueva capacidad,
que se ha reducido al 70% de la original, obviamente, todos los resultados se
ven reducidos en esa misma proporción.
Autonomía espera70% PD 
42 Ah
 252,00 h
0,167 A
Autonomía emisión70% PD 
Autonomía mixto 70% PD 
42 Ah
 18,66 h
2,250 A
42 Ah
 42,00 h
1A
Los cálculos de autonomía se han realizado en función del consumo previsto
por el radiotransmisor, sin descargar la batería totalmente para mejorar su
rendimiento futuro. Esto puede que no sea operativo en algunas
circunstancias especiales, que pueden exigir descargarla totalmente. Para
estas circunstancias, se sabrá que se dispone de un 30% más de capacidad de
“reserva” para solventar las posibles contingencias.
67
Energía y Potencia
Problemas propuestos
Problema 3.6
()
(Continuación Problema 2.14). Sabiendo que u(t) = sen2t, hallar, en función
del tiempo, la energía almacenada en el condensador y en la bobina. Hallar la
potencia cedida o absorbida por cada uno de los elementos del circuito.
Suponer que inicialmente los elementos están descargados: u(t=0) = 0 V e
i2(t=0) = 0 A.
1/2 F
4  i1(t)
u1(t)
u(t)
2
u2(t)
+
e (t)
+
+
2H
+
+
i3(t)
u4(t)
i2(t)
Resultados:
1
wC (t) = sen2 2t
4
1
wL (t) = (1+ 2sen2t ‐ cos2t) 2
16
pabs R=2  (t) = 2cos 2 2t
pabs C (t) = sen2t  cos2t
1
pabs L (t) = (sen2t + 2cos2t)(1+ 2sen2t ‐ cos2t)
4
1
pabs R=4  (t) = (1+ 2sen2t + 3cos2t) 2
4
1
pced fuente (t) =  (1+ 3sen2t + 5cos2t)(1+ 2sen2t  3cos2t)
4
68
Problema 3.7
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Dado el circuito de la figura, calcular la energía almacenada en la bobina y en
los condensadores y la potencia absorbida o cedida por las fuentes. El
circuito se encuentra en estado estacionario.
20 V
5
5 F
2 mH
+
6A
10 F
+
10 V
Resultados:
3A
WL = 9  10 ‐3 J ,
WC 5 F = 1  10 ‐3 J ,
WC 10 F = 125  10 ‐6 J ,
Pabs 6A = 30 W ,
Pced 20V = 120 W ,
Pabs 10V = 30 W ,
Pabs 3A = 15 W
Problema 3.8
()
Todas las resistencias del circuito de la figura son del mismo valor R. Al
aplicar una tensión entre los terminales A y B, la resistencia que está
colocada entre estos mismos terminales consume una potencia de 110 W.
Calcular la potencia total consumida por el conjunto de las siete resistencias.
69
Energía y Potencia
R
A
+
UAB
R
R
R
B
R
R
R
Resultados:
PTotal = 150 W
()
Problema 3.9
El circuito de corriente continua de la figura se encuentra en estado
estacionario. El condensador C1 tiene una energía almacenada de 1 Julio.
Calcular el valor del condensador C1.
R
R
R
+
C1
300 V
L
Resultados:
C2
L
L
C1 = 5  10 ‐5 F
Problema 3.10
()
Dado el circuito de la figura, calcular todos los valores que puede tomar la
fuente de tensión E para que la resistencia de 2  absorba una potencia de
70
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
8 W. Suponer que las fuentes son de continua y que el circuito se encuentra
en estado estacionario.
10 mH
+
+
2
E
20 F
4V
1
Resultados:
La potencia absorbida por la resistencia de 2  será siempre
8 W, independientemente del valor de E.
Problema 3.11
()
Calcular la potencia cedida por la fuente de tensión en el circuito de la figura,
siendo e(t) = 2sent y considerando el transformador ideal.
+
e(t)
Resultados:
1
pced fuente (t) = 12sen 2t
N
2N
2
Tema 4: Métodos de análisis de circuitos
Problemas resueltos
Problema 4.1
()
Aplicando el método de análisis por nudos, calcular las intensidades indicadas
en el circuito de la figura.
Datos: R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , R4 = 8 , R5 = 10 , eg1(t) = 20 V,
eg2(t) = 8 V.
i1(t) R1
i2(t) R2
i3(t)
+
eg1(t)
i5(t)
R4
R3
+
R5
eg2(t)
i4(t)
Solución:
Como se solicita aplicar el método de análisis por nudos, es recomendable
que todas las fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En el circuito
considerado, existen dos fuentes de tensión reales, por lo que pueden
transformarse en sus fuentes de intensidad reales equivalentes. El circuito,
equivalente al propuesto para todos sus elementos salvo para aquellos que
forman las fuentes reales transformadas, es:
72
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R2
A
eg1 (t)
R1
eg2 (t)
R3
R1
B
R5
R4
R4
0
A continuación se determina el número de nudos del circuito que se van a
considerar para la aplicación del método de análisis. Existen dos
comprobaciones importantes a realizar a la hora de localizar y denominar los
nudos de un circuito para la aplicación del método de análisis por nudos.
Estas dos condiciones son: verificar que todos los elementos del circuito
están flanqueados por un nudo en cada uno de sus extremos; y verificar que
no hay nudos unidos por un cortocircuito que tengan distinta designación. De
ahí que en este circuito, los dos nudos inferiores, al estar unidos por un
cortocircuito, se denominen ambos como nudo 0.
Una vez determinados los nudos, se toma uno de ellos como nudo de
referencia (en este caso el nudo 0), y se dibujan las tensiones de nudo.
R2
A
B
+
eg1 (t)
R1
uA0(t)
R1
+
R3
eg2 (t)
R4
R4
uB0(t)
R5
0ref
Sustituyendo los valores de los elementos que componen el circuito:
73
Métodos de análisis de circuitos
4
A
B
+
10 A
uA0(t)
2
+
6 1A
8
uB0(t)
10 
0ref
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,
aplicando escritura directa, son:
1 1 1
2  6  4

 1

4

 uA 0 (t ) 10 


1 1 1  uB 0 (t )   1 
 
4 8 10 

1
4
Escrito en forma de sistema de ecuaciones:
0,916 uA 0 (t )  0,25uB 0 (t )  10

0,25uA 0 (t )  0,475uB 0 (t )  1
y su solución es:
uA 0 (t )  13,408 V
uB 0 (t )  9,162 V
Se ha analizado un circuito equivalente al circuito dado en el enunciado, pero
hay elementos en él para los que las transformaciones realizadas no son
equivalentes. Para determinar las intensidades pedidas en el enunciado, es
necesario “volver” al circuito original y, para ello, hay que apoyarse en las
tensiones y/o intensidades calculadas en el circuito analizado sobre los
elementos que se no se han visto afectados por los cambios. En dichos
elementos, los valores de la tensión entre sus bornes calculados en el circuito
analizado sí serán los mismos que la tensión en dichos elementos sobre el
circuito original. Esto es:
74
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
i1(t)
+
20 V
A i2(t) 4 
2
+ u (t)
1
+
i3(t)
+
u4(t)
8
+
uB0(t)
+
6
uA0(t)
i5(t)
B
10 
8
i4(t)
0
A partir de las tensiones calculadas, y aplicando la ley de Ohm y las leyes de
Kirchhoff sobre este circuito, se obtienen las intensidades pedidas:
uA0 (t ) 13,408

 2,234 A
6
6
u (t ) 20  uA0 (t )
 3,296 A
i1 (t )  1 
2
2
i2 (t )  i1 (t )  i3 (t )  1,061 A
i3 (t ) 
u4 (t ) uB 0 (t )  8

 0,145 A
8
8
u (t )
i5 (t )  B 0  0,916 A
10
i4 (t ) 
75
Métodos de análisis de circuitos
Problema 4.2
()
Analizar por mallas el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por
la resistencia R5 y la potencia cedida por las fuentes de tensión.
Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.
R1
Eg2
R2
R5
+
R4
+
R3
Eg1
Solución:
Se solicita que se analice el circuito por mallas. Al emplear este método de
análisis, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de
tensión. Como en este caso existen dos fuentes, y ambas son de tensión, no
será necesario apoyarse en un circuito equivalente para aplicar el método de
análisis.
Lo siguiente es determinar el número de mallas presentes en el circuito.
Recordando la definición de malla: “lazo de un circuito que no contiene
ningún otro lazo en su interior”, se observa que el circuito a analizar tiene
tres mallas.
A continuación se establecen las referencias para las intensidades de
circulación de cada una de estas tres mallas (se recuerda que dichas
referencias tienen sentido arbitrario).
76
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
5
Ic
2
4
1
3
Ia
+
5V
+
10 V
Ib
Las ecuaciones correspondientes al método de análisis por mallas de este
circuito, aplicando escritura directa, son:
2  Ia  10 
 4  2  3 3
 3
31
0   Ib    5

 2
0
5  2   Ic   5 
Escrito en forma de sistema de ecuaciones:
9Ia  3Ib  2Ic  10

3Ia  4Ib  5
2I  7I  5
c
 a
Resolviéndolo se obtienen las intensidades de malla:
Ia  1,242 A
Ib  0,318 A
Ic  1,609 A
Y las potencias pedidas, según las referencias dadas a las intensidades de
malla, son:
Métodos de análisis de circuitos
Pabs R 5  Ia2  R5  6,17 W
Pced Eg1  Eg1  Ia  12,42 W
Pced Eg 2  Eg 2   Ib  Ic   9,63 W
77
78
Problema 4.3
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por
nudos la intensidad que circula por todas las resistencias y por la fuente
dependiente de tensión, así como la tensión en bornes de las fuentes de
intensidad. Calcular la potencia absorbida por todos los elementos del
circuito y comprobar que se verifica el balance de potencias.
Datos: R1 = 2 , R2 = 3 , R3 = 1 , ig = 3 A,  = 5.
ig
R2
R1
+
 ∙u
ig
R3
u
+
Solución:
Para aplicar el método de análisis por nudos, es conveniente que todas las
fuentes del circuito sean fuentes de intensidad. En este caso, el circuito
contiene 2 fuentes de intensidad (reales) y una fuente de tensión (ideal y
dependiente). Al tratarse de una fuente ideal, no es posible transformarla
directamente en una fuente real de intensidad y, en consecuencia, se deja tal
cual en el circuito. Para solventar el hecho de tener en el circuito una fuente
de tensión, es necesario agregar una incógnita al sistema resultante de
aplicar el método de análisis y, por lo tanto, es necesario escribir una
ecuación adicional que permita que dicho sistema tenga solución única.
Se trata de un circuito con 3 nudos, y se toma el nudo inferior como nudo de
referencia (recordar que hay que asegurarse de que no existan nudos unidos
a través de un cortocircuito que tengan distinta designación, de ahí la forma
en la que se ha representado el nudo 0 en el circuito).
79
Métodos de análisis de circuitos
3A
A
B
+
+
2
uA0
+
 5∙u
3
uB0
3A
u
1
+
ie
0
Se ha añadido la incógnita ie (con referencia arbitraria) para solventar el
hecho de que la fuente de tensión dependiente es ideal. Dicha intensidad se
trata, cuando se escriben las ecuaciones del método de análisis, como la
intensidad proveniente de una fuente de intensidad.
Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:
1 1
2  3

 1
 3
1 
3 ∙uA 0    ie  3

1 1   uB 0   3  3 

3 1 

Ecuaciones adicionales:
 Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión (la
ecuación se construye escribiendo el valor conocido de la fuente en
función de las incógnitas principales del método de análisis):
5u  uA0
 Por haber en el circuito una fuente dependiente (la ecuación se
construye escribiendo la variable de la cual depende la fuente en
función de las incógnitas principales del método de análisis):
u  uB0
El sistema de ecuaciones a resolver es:
80
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
0,833uA 0  0,333uB 0  ie  3
0,333u  1,333u  6

A0
B0

uA 0  5u
uB 0  u  0
cuya solución es:
uA 0  10 V
uB 0  2 V
ie  6 A
u  2 V
Dibujando las referencias para las distintas ramas del circuito:
uI1
+
iR1
2
3A
A
iR3
B
+
+
iR2 3 
uA0
+
+
 5∙u
uI2 3 A
uB0
u
1
+
ie
0
Se calculan las intensidades que circulan por las resistencias y por la fuente
de tensión, así como las tensiones en bornes de las fuentes de intensidad:
uA0 10

 5 A
R1
2
u u
10  2
iR 2  A 0 B 0 
 4 A
R2
3
u
2
iR 3  A 0   2 A
R3 1
iR1 
Métodos de análisis de circuitos
81
ie  6 A
uI1  uA0  uB 0  10  2  12 V
uI 2  uB 0  2 V
Las potencias absorbidas por los distintos elementos, para las referencias
indicadas en el circuito, son:
Pabs R1  iR21 ∙R1  (5)2 ∙2  50 W
Pabs R 2  iR22 ∙R2  (4)2 ∙3  48 W
Pabs R 3  iR23 ∙R3  22 ∙1  4 W
Pabs ig 1  ig1 ∙uI 1  3∙(12)  36 W
Pabs ig 2  ig 2 ∙uI 2  3∙2  6 W
Pabs  u  uA 0 ∙ie  (10)∙(6)  60 W
En cuanto al balance de potencias:
P
P
abs
 PabsR1  PabsR 2  PabsR 3  Pabs ig 1  Pabs ig 2  Pabs  u  0
abs
50  48  4  36  6  60  0 W
82
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 4.4
Dado el circuito de la figura, determinar mediante el método de análisis por
mallas la intensidad que circula por las resistencias y las fuentes de tensión,
así como la tensión en bornes de las fuentes de intensidad. Calcular la
potencia absorbida por las resistencias y la potencia cedida por las fuentes, y
verificar que se cumple el balance de potencias.
Datos: R1 = 1 , R2 = 1 , R3 = 2 , R4 = 2 , Eg1 = 4 V, Eg2 = 6 V, Ig = 3 A,
 = 3.
∙I
R2
R1
+
I
R3
+
Ig
R4
Eg2
Eg1
Solución:
El circuito contiene dos fuentes de intensidad (una real y otra ideal, y ésta
última además dependiente) y dos fuentes de tensión. El método de análisis
por mallas prefiere que el circuito contenga fuentes de tensión, por lo que se
transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente. Como no es posible transformar la fuente ideal de intensidad, se
deja en el circuito y, para solventar este inconveniente, se dibuja la referencia
de la tensión en bornes de dicha fuente. Se utilizará dicha tensión como si se
tratara de la tensión en bornes de una fuente de tensión. Posteriormente,
como esta tensión en la fuente de intensidad es una incógnita, se añadirá una
ecuación adicional al sistema. El circuito, equivalente al original, es entonces:
83
Métodos de análisis de circuitos
+
1
Ia
1
2
+
+
UI
3∙I
Ib
Ic
2
+
6V
4V
6V
Sobre este circuito se han dibujado las referencias de las intensidades de
circulación de malla. Aplicando la escritura directa de las ecuaciones de este
método de análisis:
0  Ia   4  6 
1  2  1 2
 2
2  2 2  Ib   6  UI 

 0
2  Ic   6 
2
Ecuaciones adicionales:
 Debido a la existencia de una fuente de intensidad ideal, se ha
añadido como incógnita la tensión en bornes de dicha fuente. La
ecuación adicional se construye relacionando el valor conocido de la
fuente (en este caso el valor de su intensidad) con las incógnitas
principales del método de análisis (en este caso las intensidades de
circulación de malla).
  I  Ib
 Debido a que existe una fuente dependiente, cuyo valor depende del
valor de una variable en otra rama del circuito, se hace preciso escribir
una ecuación adicional. Esta ecuación se construye relacionando el
parámetro del cual depende dicha fuente con las incógnitas
principales del método de análisis.
Dado que la intensidad de la cual depende la fuente es la intensidad
que circula por la resistencia de la fuente real, que se ha transformado
84
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
en su fuente equivalente, esta relación entre parámetro e incógnitas
habrá que establecerla sobre el circuito original.
∙I
R2
R1
+
Ia
…
Ia–Ib
I
A
R3
3A
Eg1
Ib
…
Aplicando la 1ª L.K. en el nudo A:
I  3   Ia  Ib 
Agrupando las ecuaciones:
4Ia  2Ib  2
2I  4I  2I  U  6
b
c
I
 a
2Ib  2Ic  6
I  3I  0
b
Ia  Ib  I  3
La solución del sistema es:
Ia  7 A
Ib  15 A
Ic  12 A
I 5A
UI  16 V
Para calcular tensiones y corrientes en el circuito original, se dibujan las
referencias de estas magnitudes en las diferentes ramas:
85
Métodos de análisis de circuitos
I1
R1
+
Eg1
+
R2
+U
R2
∙I
I3
I
Ia–Ib
UR1
UR3 R3
+
UI
+
Ig UIg R4
+
I5
I4
+
UR4
+
Eg2
I2
De esta manera:
I1  Ia  7 A
I2  Ia  Ib  8 A
I3  Ib  15 A
I4  Ib  Ic  3 A
I5  Ic  12 A
UR 3  R3  I  10 V
UR 4  R4  I4  6 V
UIg  UR 3  10 V
UI  16 V
La potencia absorbida por las resistencias es:
Pabs R1  R1  I12  49 W
Pabs R 2  R2  I22  49 W
Pabs R 3  R3  I32  50 W
Pabs R 4  R4  I42  18 W
La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias
indicadas en el circuito) se calcula:
Pced Eg1  Eg1  I1  28 W
Pced Eg 2  Eg 2  I5  72 W
Pced Ig  UIg  Ig  30 W
Pced  I  UI   I  240 W
86
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
A partir de las potencias absorbidas y cedidas calculadas, se puede
comprobar el balance de potencias del circuito:
P
P
P
ced fuentes
  Pabs resistencias
 166 W 
 Se cumple
 166 W 
abs resistencias
ced fuentes
87
Métodos de análisis de circuitos
()
Problema 4.5
Para el circuito de la figura, calcular, aplicando el método de análisis por
nudos (tomando el nudo 0 como nudo de referencia), la potencia cedida por
las fuentes y la potencia absorbida por las resistencias. Verificar el balance de
potencias.
Datos: Eg = 8 V, Ig = 15 A, R1 = 1 , R2 = 1/2 , R3 = 1/3 , R4 = 1/4 ,
R5 = 1/5 ,  = 5
R2
+
R1
+
R3
U
+
–
Ig
∙U
Eg
R5
R4
0  Ref
Solución:
Dado que el circuito se va a analizar aplicando el método de análisis por
nudos, se transforma la fuente real de tensión en su fuente real de intensidad
equivalente. Por otra parte, por estar en serie con una fuente ideal de
intensidad, se puede eliminar la resistencia R4 sin que el resto de los
elementos del circuito se vean afectados. Por último, se añade como
incógnita la intensidad que circula por la fuente ideal dependiente de
tensión, Ie.
Hechas estas transformaciones, el circuito queda:
88
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R2
A
+
R1
+
R3
B
+
+
U
Ie
UA0
Eg/R1
C
UB0
+
–
∙U
Ig
R5
UC0
0  Ref
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos del circuito (mediante
escritura directa) son:
0  UA 0   8 
1  2 2
 2 2  3 3   U    I 

  B0   e 
 0
3 3  5 UC 0   15
Debido a la presencia de una fuente de tensión ideal, se agrega la ecuación
adicional:
  U  UB0
Se añade otra ecuación adicional debido a la presencia de una fuente
dependiente:
U  UA0  UB 0
El sistema de ecuaciones a resolver es:
3UA0  2UB 0  8

2UA0  5UB 0  3UC 0  Ie
3UB 0  8UC 0  15
5U  U
B0

U  UA0  UB 0
89
Métodos de análisis de circuitos
La solución del sistema es:
UA0  6 V
UB 0  5 V
UC 0  0 V
U 1V
Ie  13 A
Para calcular las potencias cedidas y absorbidas, hay que recordar que se ha
analizado un circuito equivalente al del enunciado, por lo que se hace preciso
volver a dicho circuito original.
R2
A
+
UR1
+
R1
+
+
R3
B
+
U
Ie
UA0
UB0
+
–
+
UR3
C
+
Ig
∙U
+
UI
R5
+
Eg
UC0 R
4
UR4
I1
0  Ref
A continuación se calculan, teniendo en cuenta las referencias indicadas en el
circuito anterior, las potencias cedidas por las fuentes y las potencias
absorbidas por las resistencias.
Potencia cedida por la fuente Eg:
Pced Eg  Eg ∙I1
UR1
R1
UR1  UA0  Eg  2 V
I1  
I1  2 A
Pced Eg  16 W
Potencia cedida por la fuente dependiente U:
90
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Pced  U  ( U)  Ie  UB 0  Ie
Pced  U  65 W
Potencia cedida por la fuente independiente Ig:
Pced Ig  UI  Ig
UI  UC 0  UR 4
UR 4  Ig  R4 
15
V
4
15
V
4
 56,25 W
UI  
Pced Ig
La potencia absorbida por las resistencias se calcula:
Pabs R1  I12  R1  4 W
Pabs R 2  I12  R2  2 W
Pabs R 3 
UR23
R3
UR 3  UB 0  UC 0  5 V
Pabs R 3  75 W
Pabs R 4  Ig2  R4  56,25 W
Pabs R 5 
UC2 0
0W
R5
Agrupando resultados:
Pced Eg  16 W
Pced  U  65 W
Pced Ig  56,25 W
Pabs R1  4 W
Pabs R 2  2 W
91
Métodos de análisis de circuitos
Pabs R 3  75 W
Pabs R 4  56,25 W
Pabs R 5  0 W
El balance de potencias es:
P
P
ced
 16  65  56,25  137,25 W
abs
 4  2  75  56,25  0  137,25 W
P
ced
 Pabs
92
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 4.6
()
Para las referencias indicadas, escribir todas las ecuaciones necesarias para
analizar por mallas el circuito de la figura.
L1D
R1
i1(t)
R2
1/C2D
i2(t)
1/C1D
ig(t)
+
L2D
u(t)
+
–
∙u(t)
i3(t)
Solución:
Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente:
L1D
R1
i1(t)
R2
1/C2D
1/C1D
+
+
(1/C1D)ig(t)
i2(t)
L2D
u(t)
i3(t)
+
–
∙u(t)
Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas, mediante escritura
directa, son:
93
Métodos de análisis de circuitos
1

R1  L1D  R2  C D
2

1



C 2D

R2



1

R2 
 0 
C 2D
  i1 (t ) 

1
1
1
 



 L2D
L2D   i2 (t ) 
i (t )
 C 1D g 
C 1D C 2 D
 i3 (t ) 

L2D
R2  L2D 
  ∙u(t ) 



Al existir una fuente dependiente, la ecuación adicional del sistema es:
u(t )  L2D  i2 (t )  i3 (t )
Se trata de un sistema de 4 ecuaciones diferenciales con 4 incógnitas. La
correcta aplicación del método de mallas asegura que estas ecuaciones son
linealmente independientes y que, por lo tanto, el sistema tiene solución
única.
Se pueden obtener las expresiones temporales de las tensiones e
intensidades en todos los elementos que forman el circuito sin más que
resolver el sistema de ecuaciones diferenciales anterior. Para ello, es
necesario conocer las expresiones temporales de las fuentes presentes en el
circuito, los valores de los elementos que lo integran y las condiciones
iniciales en las bobinas y condensadores (intensidades y tensiones,
respectivamente).
94
Problema 4.7
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Escribir todas las ecuaciones necesarias para analizar por mallas el circuito de
la figura.
Datos: ig(t), R1, R2, L1, L2, L3, M, C, 
L3D
R1
MD
R2
L2D
1/CD
∙i(t)
ig(t)
L1D
i(t)
Solución:
Dado que el circuito contiene bobinas acopladas, además de porque así lo
solicita el enunciado, se va a analizar aplicando el método de mallas, por lo
que se transforma la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión
equivalente:
R1
MD
L3D
i3(t)
R2
L2D
i2(t)
+
L1D∙ig(t)
∙i(t)
1/CD
L1D
i1(t)
i(t)
ui(t)
+
95
Métodos de análisis de circuitos
Como en el circuito hay bobinas acopladas magnéticamente, no se va a
aplicar el método de análisis mediante escritura directa de las ecuaciones,
sino que se van a escribir la suma de las tensiones correspondientes a cada
malla y, dicha suma, se igualará a cero (aplicación de la 2ª L.K. a cada malla).
Se recuerda que el criterio a seguir al aplicar el método de mallas, consiste en
que caídas de tensión positivas las crea la intensidad de la malla que se
considera en cada caso:
o Malla 1:
L2D  i1 (t )  i3 (t )  MDi3 (t ) 
1
i1 (t )  i2 (t )  L1Dig (t)  L1Di1 (t )  0
CD
o Malla 2:
R2  i2 (t )  i3 (t )  ui (t ) 
1
i2 (t)  i1 (t)  0
CD
o Malla 3:
R1i3 (t )  L3Di3 (t )  MD  i3 (t )  i1 (t )  R2  i3 (t )  i2 (t )  L2D  i3 (t )  i1 (t )  MDi3 (t )  0
La ecuación adicional debida a la presencia en el circuito de una fuente de
intensidad ideal, es:
  i(t )  i2 (t )
La ecuación adicional debida a que el circuito contiene una fuente
dependiente, es:
i(t )  i1 (t )  i2 (t )
Estas 5 ecuaciones forman un sistema de ecuaciones diferenciales
linealmente independientes, cuya solución permite obtener el valor de las
intensidades de las mallas.
96
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 4.8
Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por
nudos y tomando el nudo 0 como nudo de referencia, la potencia cedida por
cada una de sus fuentes y la potencia absorbida por cada uno de los
elementos restantes. Comprobar que se verifica el balance de potencias.
1
+
2 mH
0,5 
U
1
+
+
∙U
2V
1V
2
2A
+
=1S
1V
0
Solución:
Las fuentes del circuito son de continua, esto implica que, en régimen
estacionario, la bobina se comporta como un cortocircuito.
1
+
0,5 
U
1
+
2
+
∙U
2V
1V
2A
+
=1S
1V
0
Como en el enunciado se pide que se aplique el método de análisis por
nudos, es recomendable que todas las fuentes del circuito sean fuentes de
intensidad, por lo que las fuentes reales de tensión se transforman en su
fuente real de intensidad equivalente.
97
Métodos de análisis de circuitos
Los elementos en serie con una fuente ideal de intensidad pueden eliminarse
sin que el resto de elementos del circuito se vean afectados. Siguiendo este
criterio, se podrá eliminar la resistencia de 2  ya que está conectada en
serie con la fuente de intensidad de valor ∙U.
Los nudos que están unidos por un cortocircuito han de tener la misma
designación. Por lo tanto, si se elimina la resistencia de 2 , el circuito a
analizar tiene sólo 3 nudos, tal y como se indica en la figura siguiente. (Si no
se elimina la resistencia de 2 , el circuito tendrá entonces 4 nudos,
existiendo un nudo entre la fuente de intensidad ∙U y la resistencia de 2 ).
0,5 
A
B
+
Ie
UA0
1A
1
1A
1
+
2V
+
UB0
∙U
2A
=1S
0
Aplicando escritura directa:
1 
1 1 1
 1  1  0,5  0,5  U   1  1 

   A0   

1
1
 
 UB 0  Ie  2  U 

0,5
0,5 
Las ecuaciones adicionales son:
 Por la fuente de tensión ideal:
UB 0  2 V
 Por la fuente dependiente (tal y como, aplicando la 2ª L.K. en el
circuito original, se deduce en la figura siguiente):
U  1  UA 0
98
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1
+
…
+
U
+
1
UA0
1V
+
1V
…
El sistema resultante es:
4UA0  2UB 0  2

2UA0  2UB 0  Ie  2  U

UB 0  2
U  1  UA0
y resolviéndolo se obtiene:
6
V  1,5 V
4
UB 0  2 V
U  0,5 V
UA 0 
Ie  1,5 A
Volviendo al circuito original y estableciendo las referencias de tensión e
intensidad:
1
I1
+
+
0,5 
A
+
U
U2
+
1V
+
1
I2
2 mH
B
B
2
I5
+
I3
UA0
I4
Ie
+
2V
1V
0
UB0
∙U
2A
=1
99
Métodos de análisis de circuitos
U
 0,5 A
1
U 1  UA 0
I2  2 
 0,5 A
1
1
I1 
I3  I1  I2  1 A
también: I3 
UA 0  UB 0
 1 A
0,5
I4  I3  Ie  2,5 A
I5  I4  2    U  0,5 A
La potencia cedida por las fuentes (teniendo en cuenta las referencias
indicadas) se calcula como se indica a continuación.
I2
I1
+
1V
Ie
1
+
+
+
Eg1
1V
+
+
Eg3
2V
Eg2
Pced Eg1  Eg1 ∙I1  0,5 W
Pced Eg 2  Eg 2 ∙I2  0,5 W
Pced Eg 3  Eg 3 ∙Ie  3 W
B
Ig1 =2 A
+
UB0
+
UB0
2
1V +
∙U =
= 0,5 A
+
UI
0
Pced Ig1  UB 0  Ig1  4 W
Pced  U  UI    U   1,5 W
La tensión en bornes de la fuente dependiente, UI, se ha calculado aplicando
la 2ª L.K.:
100
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
UI  1  UB 0  3 V
Las potencias absorbidas por el resto de los elementos del circuito son:
Pabs R 1  I12 ∙R1  0,25 W
Pabs R 2  I22 ∙R2  0,25 W
Pabs R 3  I32 ∙R3  0,5 W
Pabs R 5  I52 ∙R5  0,5 W
Pabs L  0 W
Por último, se comprueba que se verifica el balance de potencias.
P
ced fuentes
P
P
ced fuentes
  Pabs resto elementos

 Se cumple
0,25  0,25  0,5  0,5  0  1,5 W 
  0,5  0,5  3  4  1,5  1,5 W
abs resto elementos
101
Métodos de análisis de circuitos
Problemas propuestos
()
Problema 4.9
Analizar por nudos el circuito de la figura. Calcular la potencia absorbida por
la resistencia R5 y las potencias cedidas por las fuentes de tensión.
Datos: R1 = 5 , R2 = 2 , R3 = 1 , R4 = 3 , R5 = 4 , Eg1 = 10 V, Eg2 = 5 V.
R1
Eg2
R2
R5
R4
+
Resultados:
+
R3
Eg1
Pabs R5 = 6,17 W, Pced Eg1 = 12,42 W, Pced Eg2 = 6,93 W
Problema 4.10
()
Dado el circuito de la figura, determinar la potencia absorbida por la fuente
de intensidad:
a) Aplicando el método de análisis por nudos.
b) Aplicando el método de análisis por mallas.
Datos: R1 = 3 , R2 = 5 , R3 = 2 , R4 = 2 , R5 = 4 , R6 = 5 , eg1 = 8 V,
ig = 3 A.
102
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R1
R2
eg(t)
+
R3
R6
ig(t)
R5
R4
Resultados:
Pced ig = 8,02 W
Problema 4.11
()
Aplicando el método de análisis por nudos, calcular la potencia absorbida por
la fuente de intensidad del circuito de la figura. Tomar el nudo 0 como nudo
de referencia.
2∙ia
3
5V
1
+
ia
6
2
0
Resultados:
Pabs fuente intensidad =  3,47 W
10 mH
103
Métodos de análisis de circuitos
Problema 4.12
()
Dado el circuito de la figura:
a) Calcular, utilizando el método de análisis por nudos, el valor de la
tensión u y el valor de la intensidad que circula por cada una de las
resistencias de 10 .
b) Calcular la potencia cedida por cada una de las fuentes del circuito.
5V
A
5
+
u +
10 
3A
‒ +
B
∙u
10 
 = 10
C
Resultados:
D
5
a) u= 5 V, IAB = 4 A, IBC = ‒ 2,33 A
b) Pced5V = ‒5 W, Pced3A = 50 W, Pcedu = 316,7 W
Problema 4.13
()
Dado el circuito de la figura, y tomando el nudo 0 como nudo de referencia,
escribir las ecuaciones correspondientes a su análisis por nudos, incluyendo
las ecuaciones adicionales que se estimen necesarias para obtener un sistema
de ecuaciones que tenga solución única.
104
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R2
R1
I
+
Eg
Ig
+
 ∙I
R3
0
Resultados:
 1 1 
Eg
1
 +  UA0 ‐ UB0 = +Ig
R2
R1
 R1 R2 
 1


‐ UA0 +  1 + 1  UB0 =Ie
 R2
 R2 R3 

UB0 =α  I
 Eg ‐UA0
I=
R1

Problema 4.14
()
Dado el circuito de la figura, calcular mediante el método de análisis por
mallas la potencia cedida por las fuentes en función del valor de R.
1,5 
I
10 A
6∙I
+
2
Resultados:
6
Pced f.d.t. = 1050 W, Pced f.d.i. = ‒450 W
R
105
Métodos de análisis de circuitos
Problema 4.15
()
Para el dipolo de la figura:
a) Determinar, aplicando el método de análisis por mallas, la tensión que
aparece entre los terminales A y B cuando éstos se encuentran a
circuito abierto.
b) Calcular, aplicando el método de análisis por nudos, y tomando el
nudo B como nudo de referencia, la intensidad que circula entre los
terminales A y B cuando se conecta entre ellos un cortocircuito.
2
A
+
6A
5V
3
6
I
∙I
Resultados:
B
=1
a) UAB = 23 V, b) IAB = 23/6 A
Problema 4.16
()
En el circuito de la figura, utilizando el método de análisis por nudos y
tomando en nudo 0 como nudo de referencia, determinar:
a) El valor que ha de tener la resistencia R1 para que no circule
intensidad por la resistencia de 3 .
b) La potencia absorbida por la fuentes del circuito y la potencia
absorbida por la resistencia de 1 .
106
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
8V
3
8
B
A
1
+
R1
C
5
+
2A
9V
0
Resultados:
a) R1 = 7 
b) Pabs 9V = ‒18 W, Pabs 8V = ‒16 W, Pabs 2A = ‒30 W,
Pabs R=1 = 4 W
Problema 4.17
()
Utilizar el método de análisis por mallas para calcular el valor de la tensión u.
Calcular también la potencia absorbida por la resistencia de 10  y la suma
de la potencia cedida por todas las fuentes.
5
5
+
5
1A
5
10 
∙u
Resultados:
10 V
2A
+ u
+
=1
5
u = 1 V, Pabs R=10 = 0,4 W, Pced fuentes = 47,4 W
107
Métodos de análisis de circuitos
Problema 4.18
()
Dado el circuito de la figura, determinar, aplicando el método de análisis por
nudos, el valor de la tensión U.
1 mF
+
4V
1
2
I
4
5A
Resultados:
3∙I
+
U
2 mH
1
U = 1,25 V
Problema 4.19
()
Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis
por mallas del circuito de la figura.
R1
+
eg1(t)
L1
L2
M
R3
R2
+
eg2(t)
108
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados:
i2(t)
i1(t)
R1i1 (t)+L1Di1 (t)+MDi2 (t)+R3  i1 (t)‐i2 (t)  ‐eg1 (t)=0
L2Di2 (t)+MDi1 (t)+R2i2 (t)+eg2 (t)+R3  i2 (t)‐i1 (t)  =0
Problema 4.20
()
Escribir, utilizando el operador D, las ecuaciones correspondientes al análisis
por mallas del circuito de la figura.
L2
R1
+
L1
eg1(t)
M
R2
+
eg2(t)
Resultados:
i1(t)
i2(t)
R1i1 (t)+L1D  i1 (t)‐i2 (t)  +MDi2 (t)‐eg1 (t)=0
L2Di2 (t)+MD  i1 (t)‐i2 (t)  +R2 i2 (t)+eg2 (t)+L1D  i2 (t)‐i1 (t)  ‐MDi2 (t)=0
109
Métodos de análisis de circuitos
Problema 4.21
()
Dado el circuito de la figura, escribir todas las ecuaciones correspondientes a
su análisis por el método de mallas.
R1
eg1
a:1 N2
+
R2
N1
+
eg2
Resultados:
+ u2(t)
+
i1(t) u1(t)
i2(t)
R1i1 (t)‐au2 (t)‐eg1 (t)=0
u2 (t)+R2
a
i1 (t)+eg2 (t)+au2 (t)=0
1+a
110
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 5: Teoremas Fundamentales del Análisis de
Circuitos
Problemas resueltos
Problema 5.1
()
Determinar, aplicando el teorema de superposición, la energía almacenada
en la bobina en el instante t1 = 3 s.
2,5 
+
6
2 mH
5V
+
1A
10 V
Solución:
La energía almacenada en una bobina en un determinado instante sólo
depende de la intensidad que atraviesa la bobina. Por tanto, es necesario
conocer la intensidad que circula por ella en dicho instante para calcular la
energía almacenada.
Debe considerarse que el circuito ha alcanzado el régimen estacionario en
t1 = 3 s porque el enunciado no detalla las condiciones iniciales del circuito.
Por tanto, este ejercicio se resolverá como un circuito de corriente continua.
112
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
El teorema de superposición se utilizará para calcular la intensidad que
circula por la bobina. De acuerdo con dicho teorema, la intensidad que
circula por la bobina cuando actúan simultáneamente las tres fuentes
presentes en el circuito (dos de tensión y una de intensidad, todas ellas
independientes), es igual a la suma de las intensidades que circulan por la
bobina cuando actúa cada fuente por separado.
Por conveniencia, se ha utilizado en todos los subcircuitos la misma
referencia de la intensidad que se desea calcular. Por ello, se fija un sentido
de corriente según se indica en el circuito siguiente.
2,5 
+
5V
6
2 mH
iL(t)
+
1A
10 V
El teorema de superposición puede ser aplicado analizando los subcircuitos
resultantes de activar en orden cada fuente del circuito original, anulando el
resto de fuentes no consideradas. Como el circuito original tiene tres
fuentes, se obtienen tres subcircuitos.
o Subcircuito 1
En primer lugar se considera que solo actúa la fuente de tensión de 5 V (se
anulan las otras dos fuentes). Como el subcircuito es de corriente continua,
la bobina se comporta como un cortocircuito. Por otra parte, una fuente de
tensión de valor cero se comporta como un cortocircuito, y una fuente de
intensidad de valor cero se comporta como un circuito abierto. Teniendo en
cuenta todo esto, el subcircuito a analizar, considerando la fuente de 5 V, es:
113
Teoremas Fundamentales
2,5 
6
Equivalente
de la bobina
+
Fuente de
corriente
cero
iL1(t)
5V
Fuente de
tensión cero
Aplicando la ley de Ohm se obtiene:
iL1 (t ) 
5V
2A
2,5 
o Subcircuito 2
En el segundo subcircuito se considera que solo actúa la fuente de intensidad
de 1 A (se anulan las fuentes de tensión). Sustituyendo la bobina y las
fuentes de tensión nula por sus equivalentes, se obtiene el subcircuito 2:
2,5 
6
iR2(t) = 0
Fuente de
tensión cero
Equivalente
de la bobina
1A
iL2(t)
Fuente de
tensión cero
La resistencia de 2,5  está en paralelo con un cortocircuito. Por tanto, toda
la corriente de la fuente circula por la bobina:
iL2 (t )  1 A
o Subcircuito 3
En el tercer y último subcircuito se considera que solo actúa la fuente de
tensión de 10 V (se anulan las otras dos fuentes). Después de aplicar las
equivalencias de la bobina y las fuentes anuladas, el subcircuito queda:
114
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
6
2,5 
Equivalente
de la bobina
Fuente de
tensión cero
iL3(t)
+
10 V
Fuente de
corriente
cero
Aplicando la ley de Ohm se obtiene:
iL3 (t )  
10 V
 4A
2,5 
o Teorema de superposición
La intensidad que circula por la bobina cuando actúan las tres fuentes
simultáneamente, aplicando el teorema, es:
iL (t )  iL1 (t )  iL2 (t )  iL3 (t )
iL (t )  2  1  4  1 A
La intensidad que circula por la bobina en el instante t1 = 3 s es:
iL (t1 )  1 A
Y, en consecuencia, la energía almacenada en la bobina en ese instante es:
1
wL (t1 )  L iL2 (t1 )  1mJ
2
115
Teoremas Fundamentales
Problema 5.2
()
Calcular el valor de la tensión UA en el circuito de la figura mediante el
teorema de superposición.
a) Aplicando superposición exclusivamente a las fuentes independientes
(anulando solo las fuentes independientes en los subcircuitos y
dejando la fuente dependiente en todos los subcircuitos).
b) Aplicando superposición a todas las fuentes, de forma que haya una
sola fuente en cada subcircuito.
Datos: RA = 2 , RB = 3 , RAB = 2 , α = 1/2 S, Ig1 = 9 A, Ig2 = 6 A
α UA
+
Ig1
RA
UA
RAB
RB
Ig2
Solución:
El circuito tiene una fuente dependiente. El tratamiento de las fuentes
dependientes en el teorema de superposición merece una consideración
especial. Se pueden seguir dos procedimientos:
1) Aplicar superposición exclusivamente a las fuentes independientes.
Ésta es la opción más empleada habitualmente, donde las fuentes
dependientes aparecen en todos los subcircuitos. Por tanto, las
fuentes dependientes figuran en cada uno de los subcircuitos en los
que se descompone el circuito, con los valores relativos al subcircuito
donde se encuentran.
2) Proceder con las fuentes dependientes como se opera con las
independientes. Cada fuente (dependiente o independiente) aparece
116
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
únicamente en un subcircuito y con el valor del circuito original, no el
del subcircuito. Los valores desconocidos del circuito original se
igualan a la suma de las contribuciones de cada subcircuito y, si es
necesario, se resuelve un sistema de ecuaciones para obtener el
resultado final del problema.
Según el enunciado, se deben utilizar las dos técnicas para su resolución. Por
conveniencia, la siguiente denominación de nudos y referencias de tensión
será utilizada en todos los subcircuitos.
α UA
A
B
+
Ig1
RA
UA
RAB
+
UB
RB
Ig2
0  ref
Conviene recordar que una fuente de intensidad de valor cero se comporta
como un circuito abierto. Por tanto, las fuentes de corriente anuladas se
sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o independientes.
a) Teorema de superposición aplicado exclusivamente a las fuentes
independientes.
Los subcircuitos se obtienen anulando solo las fuentes independientes y
dejando la fuente dependiente referida a los valores del subcircuito.
o Subcircuito 1: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo
actúa la de valor Ig1.
Por tanto, se anula la fuente de valor Ig2. Con la primera metodología, la
fuente dependiente solo se modifica para que su valor se refiera al
subcircuito considerado, no al circuito original.
117
Teoremas Fundamentales
α UA1
A
B
RAB
+
Ig1
RA
+
UA1
RB
UB1
Fuente de
corriente
cero
0
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,
aplicando escritura directa, son:
1
1
R  R
AB
 A
1

 R
AB

1 
RAB  UA1  Ig1   UA1 


1
1  UB1    UA1 

RB RAB 

Sustituyendo los datos del problema, se obtiene la siguiente solución:
UA1  10 V
o Subcircuito 2: Se considera que, entre las fuentes independientes, sólo
actúa la de valor Ig2.
Por tanto, se anula la fuente de valor Ig1. Con la primera metodología, la
fuente dependiente solo se modifica para que su valor se corresponda al
subcircuito considerado, no al circuito original.
α UA2
A
Fuente de
corriente
cero
B
+
RA
UA2
0
RAB
+
UB2
RB
Ig2
118
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Las ecuaciones correspondientes al análisis por nudos de este circuito,
aplicando escritura directa, son:
1
1
R  R
AB
 A
1

 R
AB

1 
RAB  UA2    UA2 



1
1  UB2    UA2  Ig 2 

RB RAB 

Sustituyendo los datos del problema y resolviendo el sistema, se obtiene:
UA 2   4 V
o Teorema de superposición:
La tensión UA en el circuito es la suma de las contribuciones de los dos
subcircuitos.
U A  UA1  UA 2  6 V
b) Teorema de superposición aplicado a todas las fuentes de forma que haya
una sola fuente en cada subcircuito.
En este apartado, los subcircuitos se obtendrán anulando todas las fuentes
menos una, sea dependiente o independiente, en cada subcircuito.
En el subcircuito que tiene activa la fuente dependiente, se tendrá en cuenta
que la tensión de la que depende la fuente es el valor en el circuito original,
no el valor en el subcircuito considerado.
Los tres subcircuitos que se obtienen al aplicar superposición se muestran a
continuación.
119
Teoremas Fundamentales
o Subcircuito 1: Se considera que solo actúa la de valor Ig1.
Por tanto, se anulan el resto de fuentes (la fuente independiente de valor Ig2
y la fuente dependiente).
A
IA
Ig1
B
+
RA
RAB
UA1
+
UB1
RB
0
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RA y RAB en serie con RB.
IA  Ig 1
1
RA
1
1

RA RAB  RB

45
A
7
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
UA1  RAIA 
90
V
7
El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
1
1
R  R
AB
 A
1

 R
AB

1 
RAB  UA1  Ig1 


1
1  UB1   0 

RB RAB 

120
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Subcircuito 2: Se considera que solo actúa la de valor Ig2.
Por tanto, se anulan el resto de fuentes.
A
B
RAB
+
RA
UA2
+
UB2
RB
Ig2
IA
0
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RB y RA en serie con RAB.
1
RA  RAB
18
A
IA  Ig 2

1
1
7

RA  RAB RB
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
UA2  RAIA  
36
V
7
El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
1
1
R  R
AB
 A
1

 R
AB

1 
RAB  UA2   0 



1
1  UB2   Ig 2 

RB RAB 

121
Teoremas Fundamentales
o Subcircuito 3: Se considera que solo actúa la de valor α UA. Nótese que el
valor de la fuente dependiente es α UA, donde UA es la tensión en la
resistencia RA en el circuito original y no en este subcircuito (UA ≠ UA3).
α UA
A
B
+
RA
UA3
RAB
+
UB3
RB
IA
0
Este subcircuito se puede resolver aplicando el divisor de corriente entre las
ramas RAB y RB en serie con RA.
1
RA  RB
1
I A   UA
 UA
1
1
7

RA  RB RAB
La tensión en la resistencia RA se obtiene mediante la ley de Ohm.
2
UA3  RAIA   UA
7
El mismo resultado se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones
correspondiente al análisis por nudos de este subcircuito:
1
1
R  R
AB
 A
1

 R
AB

1 
RAB  UA3    UA 


1
1  UB 3    UA 

RB RAB 

122
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Teorema de superposición
La tensión UA es la suma de las contribuciones de cada subcircuito:
UA  UA1  UA2  UA3 
UA 
90 36 2
  UA
7 7 7
La tensión UA se obtiene despejando en la expresión anterior:
UA  6 V
El resultado del problema no depende de la metodología empleada. En
algunos circuitos sólo es posible utilizar una de las dos metodologías (véase
el problema siguiente).
123
Teoremas Fundamentales
Problema 5.3
()
Calcular el valor de la tensión uA en el circuito de la figura por aplicación del
teorema de superposición. Utilizar como datos ig, R, α y β.
α uA
 +
iA
+
ig
R
uA
R
β iA
Solución:
Para resolver este problema aplicando superposición, se debe resolver
utilizando la segunda metodología expuesta en el problema 5.2 debido a que
el circuito sólo tiene una fuente independiente. Con esta metodología, cada
fuente (dependiente o independiente) se anula en todos los subcircuitos
menos en uno, donde aparece con el valor del circuito original.
Para obtener los subcircuitos, hay que recordar que una fuente de tensión de
valor cero se comporta como un cortocircuito, y que una fuente de
intensidad de valor cero se comporta como un circuito abierto. Por tanto, las
fuentes de tensión anuladas se sustituyen por cortocircutos y las fuentes de
corriente anuladas se sustituyen por circuitos abiertos, sean dependientes o
independientes.
Los tres subcircuitos que se obtienen de aplicar superposición se muestran a
continuación.
124
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Subcircuito 1: se anulan todas las fuentes excepto la fuente
independiente.
iA1
ig
R
+
uA1
R
La corriente iA1 se obtiene aplicando directamente la fórmula del divisor de
corriente.
1
i
i A1  ig R  g
1 1 2

R R
La tensión uA1 se obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia izquierda.
uA1  R iA1 
R
ig
2
o Subcircuito 2: se anulan todas las fuentes excepto la de valor α uA.
 +
iA2
R
α uA
+
uA2
R
Nótese que el valor de la fuente es proporcional a uA, tensión en el circuito
original (no confundir con uA2, la tensión en el subcircuito 2). Por tanto, hay
que diferenciar las magnitudes iA2 y uA2 (valores del segundo subcircuito)
frente a iA y uA (valores del circuito original).
El subcircuito tiene una fuente de tensión y dos resistencias en serie. La
tensión en la resistencia izquierda se obtiene aplicando el divisor de tensión:
125
Teoremas Fundamentales
u A 2    u A 
R

  uA
R R
2
La corriente iA2 se obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia
izquierda.
i A2 
uA 2

  uA
2R
R
o Subcircuito 3: se anulan todas las fuentes excepto la de valor β iA.
iA3
+
uA
R
R
β iA
Nótese que la corriente por la resistencia izquierda en el circuito original es iA
y la corriente por esa misma resistencia pero en el subcircuito 3 es iA3.
La corriente iA3 se obtiene aplicando directamente la fórmula del divisor de
corriente.
i A3    i A
1
R
1 1

R R


2
iA
La tensión uA3 obtiene aplicando la ley de Ohm en la resistencia izquierda.

uA3  R iA3   R iA
2
o Teorema de superposición
La tensión y la corriente por la resistencia izquierda es la suma de las
contribuciones de cada subcircuito:
126
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
uA  uA1  uA2  uA3

 i A  i A1  i A 2  i A 3
Sustituyendo los valores obtenidos en cada subcircuito se obtiene un sistema
de ecuaciones:
R



uA  2 ig  2 uA  2 R i A

 i  ig   u   i
 A 2 2R A 2 A
Se puede resolver el sistema de ecuaciones anterior, aunque resulta más
rápido sustituir iA por uA/R en la primera ecuación para obtener una
ecuación con una incógnita.
R


uA  ig  uA  uA
2
2
2
La solución del problema se obtiene despejando uA de la expresión anterior:
uA 
R
2   
ig
127
Teoremas Fundamentales
Problema 5.4
()
Para el dipolo de la figura:
a) Determinar su equivalente Norton visto desde los terminales A y B.
b) Calcular la energía que se almacenaría en un condensador de 2 mF
que se conectara entre los terminales A y B de dicho dipolo.
1
A
4
1
6
+
2
10 V
B
Solución:
a) Cálculo del equivalente Norton
Para obtener el equivalente Norton se procede a calcular la intensidad de
cortocircuito del dipolo original y la impedancia equivalente de su
correspondiente dipolo pasivo.
o Cálculo de la intensidad de cortocircuito
Al cortocircuitar los terminales A y B, la resistencia de 4  está en paralelo
con un cortocircuito y, por tanto, no circula corriente por ella. Por
consiguiente, se elimina porque no afecta a las corrientes y tensiones del
circuito.
1
+
10 V
Icc
4
1
2
A
A
Icc
I
6
6
2
+
B
10 V
2
B
128
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La resistencia de 2  está en paralelo con la resistencia de 6  y la
resistencia equivalente del conjunto es:
2
Icc
6
+
10 V
2
A
I
2
B
Req
I
+
10 V
Req
1 1 1
 
 Req  1,5 
Req 6 2
La corriente I que circula por la fuente es:
10
I
 2,857 A
2  Req
Aplicando la fórmula del divisor de corriente se obtiene la intensidad Icc,
corriente que también circula por la resistencia inferior derecha del dipolo.
1
Icc  2,857 2  2,143 A
1 1

6 2
o Cálculo de la impedancia equivalente del circuito pasivo.
Para obtener el dipolo pasivo correspondiente al dipolo original, se anulan
todas las fuentes independientes presentes en el circuito. En el circuito
únicamente existe una fuente independiente, y anular esa fuente de tensión
equivale a sustituirla por un cortocircuito.
129
Teoremas Fundamentales
1
A
4
1
6
Fuente
tensión
nula
B
2
Dado que el dipolo original no contiene ninguna fuente dependiente ni
acoplamientos magnéticos, se puede calcular la impedancia equivalente vista
desde A y B por asociación serie y paralelo de resistencias. Al asociar las dos
resistencias de 1  y de 6  se obtiene el siguiente circuito equivalente:
1
A
4
1
Req
A
6
2
4
Req
B
2
B
1 1 1
 
 Req  1,5 
Req 6 2
Se procede de forma similar con el circuito resultante, hasta obtener un
circuito con una sola resistencia:
A
A
Req
3,5 
1,866 
4
B
1
1 1

  Req  1,866 
Req 3,5 4
B
130
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Así pues, la impedancia equivalente vista desde sus terminales A y B del
dipolo pasivo correspondiente al dipolo activo original es:
Req  1,866 
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en
la referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Es decir, el
sentido de la fuente de corriente debe ser tal que cuando se cortocircuita el
equivalente Norton, la intensidad debe circular en el mismo sentido que en
el cortocircuito hecho en el dipolo original.
Al principio del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B.
Para que la corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando
se cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia
el terminal A.
1
+
6
2
A
Icc
4
1
10 V
A
2,143 A
Icc
1,866 
B
B
Corriente de cortocircuto
en el dipolo original
Corriente de cortocircuto
en el equivalente Norton
Por tanto, el equivalente Norton es:
A
Icc=2,143 A
Req=1,866 
B
131
Teoremas Fundamentales
b) Energía almacenada en un condensador de 2 mF.
Para calcular la energía almacenada en un condensador es necesario conocer
la tensión entre sus bornes. Por otra parte, el equivalente Norton se
comporta, visto desde sus terminales A y B, como el dipolo original.
Dado que el condensador se conecta en los terminales A y B del dipolo, es
más sencillo el cálculo de la tensión en bornes del condensador utilizando el
equivalente Norton que si se analiza el circuito original.
1
A
A
2 mF
1
+
2,143 A
4
6
2
10 V
2 mF
1,866 
B
B
Condensador conectado al dipolo
original
Condensador conectado al equiva‐
lente Norton del dipolo original
Un condensador en un circuito de corriente continua se comporta como un
circuito abierto, dado que no circula corriente por él una vez termine el
transitorio inicial de carga. Por tanto, la tensión en bornes del condensador
coincide, en este caso, con la tensión a circuito abierto del dipolo:
A
A
2,143 A
2 mF
+
UC
1,866 
2,143 A
1,866 
+
UC
B
B
UC  2,143∙1,866  4 V
Por último solo queda aplicar la expresión de la energía almacenada en un
condensador:
132
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1
1
WC  C UC2  ∙ 2∙103 ∙42  16 mJ
2
2
Nótese que la energía almacenada en el condensador no varía en el tiempo
porque el circuito es de corriente continua.
133
Teoremas Fundamentales
Problema 5.5
()
Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin
vistos desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.
2
A
+
6A
5V
3
6
I
I
B
 =1
Solución:
Para obtener el equivalente Norton, se calcula la corriente de cortocircuito
del dipolo. Para obtener el equivalente Thévenin, se calcula la tensión a
circuito abierto del dipolo. Para ambos equivalentes, también es necesario
calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista desde los
terminales A y B, que coincide con el cociente entre la tensión a circuito
abierto y la corriente de cortocircuito.
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
El dipolo con los terminales A y B cortocircuitados queda como sigue:
2
A
+
6A
Icc
5V
M
3
6  I1
I
I
B
N
 =1
134
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
Nudo M: 6  I   I  I 
6
3A
1
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
Nudo B: Icc  I1   I 
Icc  I1  3
La resistencia de 6 Ω está conectada en bornes de la fuente de 5 V. Por
tanto:
Resistencia 6 Ω: 6 I1  5 V 
I1  5 / 6 A
Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:
Icc  I1  3 
5
23
A
 3 
6
6
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
El dipolo con los terminales A y B a circuito abierto es:
2
A
+
+
6A
U0
5V
M
3
6
I
I
I1 B
N
B
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
Nudo M: 6  I   I  I 
6
3A
1
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
135
Teoremas Fundamentales
Nudo B: 0  I1   I  I1  ‐  I = ‐3 A
Finalmente se obtiene la tensión U0 aplicando la segunda ley de Kirchhoff:
U0  5  6 I1  5  6 (3)  23 V
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para
ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y
las fuentes dependientes se dejan tal como están en el circuito original.
Dado que hay una fuente dependiente, la impedancia equivalente del dipolo
pasivo no se puede calcular por asociación de resistencias. Por tanto, se
conecta una fuente externa auxiliar en los bornes del dipolo y la impedancia
equivalente del dipolo pasivo se calcula como la relación entre la tensión de
la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella.
El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar
añadida es:
2
Ie
A
+
Eg
M
3
6
I
I
I1 B
N
B
La corriente I se obtiene aplicando la primera ley de Kirchhoff en el nudo M:
Nudo M: 0  I   I  I 
0
0
1 
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff en el nudo B:
Nudo B: I1   I  Ie  0  I1  ‐ Ie
136
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a la malla de la derecha se obtiene:
Eg   6 I1  6 Ie
Como se ha dicho anteriormente, la impedancia equivalente del dipolo vista
desde sus terminales es el cociente entre la tensión de la fuente auxiliar Eg y
la intensidad Ie que circula por ella. Esto es:
Req 
Eg
 6
Ie
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina apoyándose en
la referencia utilizada para calcular la intensidad de cortocircuito. Al principio
del problema se ha calculado Icc circulando del terminal A al B. Para que la
corriente del equivalente Norton tenga el mismo sentido cuando se
cortocircuita, es necesario dibujar la fuente de corriente apuntando hacia el
terminal A.
2
A
A
+
6A
M
5V
3
3,83 A
Icc
6
I
I
Icc
6 
B
N
B
 =1
Corriente de cortocircuto
en el dipolo original
Corriente de cortocircuto
en el equivalente Norton
Por tanto, el equivalente Norton es:
A
Icc= 3,83 A
Req = 6 
B
137
Teoremas Fundamentales
o Circuito equivalente Thévenin
El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin debe colocarse
apoyándose en la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito
abierto.
Se ha considerado al establecer la referencia que el terminal A está a mayor
tensión que el terminal B. Por tanto, el terminal positivo de la fuente debe
apuntar al terminal a mayor tensión de la referencia dada, es decir, el
terminal A.
2
A
+
+
6A
M
5V
3
23 V
B
N
U0
B
 =1
Tensión a circuito abierto
en el dipolo original
A
+
+
6
I
I
6
U0
Tensión a circuito abierto
en el equivalente Thévenin
Por tanto, el equivalente Thévenin es:
+
U0= 23 V
Req= 6 
A
B
o Comprobación de los resultados.
Los equivalentes Norton y Thévenin son fuentes reales equivalentes entre sí.
Por tanto, una forma de comprobar los resultados obtenidos es verificar que
el cociente entre la tensión a circuito abierto y la intensidad de cortocircuito
138
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
(U0/Icc) coincide con la impedancia equivalente Zeq determinada con el
circuito pasivo.
Otra forma de comprobar los resultados es constatar que la corriente de
cortocircuito de ambos equivalentes es la misma (en valor y sentido).
Icc 
U0
Req
 3,83 A 
23 V
6
Alternativamente, se puede comprobar que la tensión a circuito abierto de
ambos equivalentes es la misma (en valor y polaridad).
U0 = Icc∙Req  (3,83 A)( 6 ) = 23 V
139
Teoremas Fundamentales
Problema 5.6
()
Dado el dipolo de la figura, calcular sus equivalentes Norton y Thévenin
vistos desde los terminales A y B. Comprobar los resultados.
2 u1
 +
A
5
+
3A
2
u1
9A
B
Solución:
o Cálculo de la corriente de cortocircuito
Para obtener el equivalente Norton es necesario calcular la corriente de
cortocircuito del dipolo. El circuito con los terminales A y B cortocircuitados
queda como sigue:
C i2
+
3A
u1
2 u1
 +
A
i1
A
5
icc
2
9A
B
Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada definida por los
nudos A, C, B y A:
2 u1  u1  0
 u1  0
La corriente i1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
Resistencia 2  : i1 
u1
0A
2
140
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo C:
Nudo C: 3 A  i1  i2
 i2  3 A
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo A:
Nudo A: i2  9 A + icc
Finalmente se obtiene el valor de la corriente de cortocircuito:
icc  i2  9 A   6 A
o Cálculo de la tensión a circuito abierto
Para obtener el equivalente Thévenin es necesario calcular la tensión a
circuito abierto del dipolo.
El circuito con los terminales A y B en circuito abierto es:
C i2
+
3A
u1
2 u1
 +
A
i1
A
5 +
2
u0
9A
B
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo A:
Nudo A : i2  9 A
Se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo C:
Nudo C: 3  i1  i2
 i1  3  i2  6 A
Una vez conocida i2, la tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
Resistencia 2  : u1  2 i1  2 ∙ 6  12 V
Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la trayectoria cerrada definida por los
nudos A, C, B y A:
u0  2 u1  u1  3 u1  36 V
141
Teoremas Fundamentales
o Cálculo de la impedancia del dipolo pasivo vista desde A y B
El cálculo de la impedancia equivalente del dipolo pasivo es el mismo para
ambos equivalentes. En primer lugar se anulan las fuentes independientes y
las fuentes dependientes permanecen tal como están en el circuito original.
Dado que hay una fuente dependiente, no se puede calcular la impedancia
por asociación de resistencias y se conectará una fuente externa auxiliar en
los bornes del dipolo.
El circuito con las fuentes independientes anuladas y la fuente auxiliar
añadida es:
C i2
2 u1
 +
i1
+
u1
A
A
5
+
2
ie
eg
B
Aplicando la primera ley de Kirchhoff al nudo C se obtiene:
Nudo C: 0  i1  i2
 i2  i1
A continuación se aplica la primera ley de Kirchhoff al nudo A:
Nudo A: 0  i2  ie  ie   i2  i1
Se aplica la segunda ley de Kirchhoff a la única malla del circuito:
eg  2 u1  u1  3 u1
La tensión u1 se obtiene aplicando la ley de Ohm:
Resistencia 2  : u1  2 i1  2 ie
La impedancia vista desde los terminales A y B es el cociente entre el valor
de la fuente auxiliar y la intensidad que circula por ella:
Req 
eg
ie

3 u1 6 ie

 6
ie
ie
142
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
o Equivalente Norton
El sentido de la fuente del equivalente Norton se determina de acuerdo con
el criterio adoptado para calcular Icc.
Se puede comprobar que el dipolo original y el equivalente Norton mostrado
a continuación tienen corrientes de cortocircuito en el mismo sentido.
A
Req = 6 
Icc= ‐6 A
B
o Equivalente Thévenin
El terminal positivo de la fuente del equivalente Thévenin se ha definido de
acuerdo con la referencia utilizada para calcular la tensión a circuito abierto.
+
U0= 36 V
Req= 6 
A
B
o Comprobación de los resultados
La tensión a circuito abierto de ambos equivalentes es la misma, tanto en
valor como en polaridad. Por tanto se cumple que:
Icc∙Req = U0 => (6 A)( 6 ) = 36 V
143
Teoremas Fundamentales
Problemas propuestos
Problema 5.7
()
Calcular el valor de la corriente i en el circuito de la figura por aplicación del
teorema de superposición.
i
4
+
2
2
+
2V
Resultado:
Problema 5.8
2V
i = 0,6 A
()
Calcular el valor de la tensión u1 en el circuito de la figura por aplicación del
teorema de superposición.
2 u1
 +
5
+
3A
u1
2
9A
Resultado:
Problema 5.9
u1 = –12 V
()
Calcular el valor de la tensión UD en el circuito de la figura mediante el
teorema de superposición.
144
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Datos: RA = 5 , RB = 3 , RC = 2 , RD = 2 , α = 0,5 S, UA = 9 V, UB = 6 V
α UD
RC
+
RA
RB
+
UA
UD
UB
+
RD
Resultado:
UD = –5 V
Problema 5.10
()
Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
+
A
Ug
R
R
R
R
R
B
Resultados:
U0 = –Ug, Icc = –2Ug /R, Req = R/2
Problema 5.11
()
Dado el dipolo de la figura, calcular los equivalentes Thévenin y Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
145
Teoremas Fundamentales
A
R
R
R
Ig
R
R
B
Resultados:
U0 = –0,625∙R∙Ig, Icc = –Ig, Req = 0,625∙R
Problema 5.12
()
Calcular el equivalente Thévenin visto desde los terminales A y B del circuito
de la figura.
+
1
2V
A
1
Resultados:
1
B
1
U0 = 0 V, Req = 1 
Problema 5.13
()
Se mide con un voltímetro la tensión en una batería Ni‐MH sin conectar
ninguna carga, obteniendo un valor de 1,2 V. A continuación, se conecta en
sus extremos una bombilla que consume 0,2 A y la tensión en los extremos
de la batería baja a 1,1 V.
a) Dibujar el equivalente Thévenin de una sola batería.
b) Dibujar el equivalente Thévenin de 4 baterías conectadas en serie
para alimentar un dispositivo eléctrico.
Resultados:
a) U0 = 1,2 V, Req = 0,5  ; b) U0 = 4,8 V, Req = 2 
146
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 5.14
()
Calcular los equivalentes Norton y Thévenin respecto de los terminales A y B
del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.
2
D
iA
C
+
6A
2
uCB
0,5 iA
2
3 uCB
A
2
B
Resultados:
U0 = – 24 V, Icc = – 4 A, Zeq = 6 
Problema 5.15
()
Dado el dipolo activo de la figura siguiente:
a) Calcular, aplicando el teorema de superposición, la tensión en bornes del
dipolo cuando éste se encuentra a circuito abierto.
b) Calcular la impedancia equivalente del dipolo pasivo correspondiente al
dipolo activo considerado.
c) Dibujar el equivalente Thévenin de dicho dipolo activo, respecto de sus
terminales.
d) Calcular la intensidad que circula entre los bornes del dipolo activo cuando
éste se encuentra en cortocircuito y comprobar con esa corriente los valores
del equivalente Thévenin.
147
Teoremas Fundamentales
+
1 mF
4V
1
2
A
I
3∙I
4
2 mH
5A
1
B
Resultados:
a) U0= 1,25 V, b) Zeq = 1,25 , d) Icc = 1 A
Problema 5.16
()
Calcular el equivalente Norton y el equivalente Thévenin respecto de los
terminales A y B del dipolo de la figura. Comprobar los resultados.
Datos: eg= 13 V, R1 = 10 , R2 = 1 , R3 = 6 ,  = 3 S
A
B
+
R1
u
R2
+
eg
∙u
R3
Resultados:
U0 = 8 V, Zeq = 3,846 , Icc = 2,08 A
148
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 6: Análisis de circuitos en régimen estacionario
sinusoidal
Problemas resueltos
Problema 6.1
()
Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t).
Datos: R1 = 3 , R2 = 2 , L = 0,1 H, C = 1/60 F, eg(t) = 10cos(10t + /4) V,
ig(t) = 5sen(60t + /4) A.
R1
L1
R2
i(t)
+
eg(t)
ig(t)
C
Solución:
Las fuentes del circuito son ambas sinusoidales, pero tienen distinta
pulsación, la de la fuente de tensión eg(t) es de 1 = 10 rad/s mientras que la
de la fuente de intensidad ig(t) es de 2 = 60 rad/s. Por tanto, el análisis del
circuito por el método simbólico debe realizarse utilizando el teorema de
superposición:
i (t)  i1 (t)  i 2 (t)
donde i(t) es la intensidad determinada mediante la suma de la intensidad
i1(t), correspondiente al circuito en el que actúa exclusivamente la fuente
150
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
de tensión, y de la intensidad i2(t), correspondiente al circuito considerando
que actúa la fuente de intensidad.
o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t)  1 = 10 rad/s
Para hallar la intensidad i1(t) se considera la fuente de 1 = 10 rad/s y se
anulan el resto de fuentes (fuente de intensidad de valor cero  circuito
abierto).
Se determina el fasor asociado a eg(t) considerando la forma coseno, esto es:
eg  t   10  cos (10t   / 4) V  E g 
10
45º V
2
Pasando el circuito al campo complejo:
3
j1L1 = j 
2
I1
+
Asociando impedancias y aplicando la ley de Ohm generalizada, se obtiene la
intensidad I1:
10
45º
Eg
2

 1 90ºA
I1 
5  j5

1 
 R1  R2   j  1L  
1C 

La intensidad i1(t) se obtiene transformando el fasor I1 al dominio del
tiempo:

i1 (t)  2 cos 10t  
2
A
151
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t)  2 = 60 rad/s
Se considera la fuente de 2 = 60 rad/s y se anulan el resto de fuentes
(fuente de tensión de valor cero  cortocircuito).
El fasor asociado a ig(t), considerando la forma seno, es:
ig  t   5  sen (60t   / 4) A  I g 
5
45ºA
2
Pasando el circuito al campo complejo:
3
j2L1 = j6 
2
I2
La intensidad I2 queda determinada aplicando el divisor de intensidad:
1
I2  I g
R2  j
1
2C
1
1

1
R1  j2L
R2  j
2C

5
3  j6
 3,354 63,43º A
45º 
5  j5
2
Transformando al dominio del tiempo se obtiene la intensidad i2(t):
i 2 (t)  3,354 2 sen  60t  1,1  A
Por tanto, la intensidad i(t) se obtiene sumando ambas intensidades en el
dominio del tiempo:

i (t)  i1 (t)  i 2 (t)
i (t)  2 cos 10t  
2
  3,354
2 sen  60t  0,35  A
152
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La suma de las respuestas, obtenidas mediante el teorema de Superposición
en circuitos con fuentes de diferente pulsación, no debe realizarse en el
campo complejo ya que se trata de fasores que giran a diferente velocidad
angular. Es imprescindible que estas respuestas sean sumadas en el dominio
del tiempo.
153
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Problema 6.2
()
Calcular la intensidad i(t) que circula por el condensador del circuito de la
figura.
Datos: ig(t) = 5sen(200t + /4) A, eg(t) = 2 V, R = 1 , L = 5 mH, C = 10 mF.
L
R
i(t)
+
eg(t)
ig(t)
C
Solución:
El circuito contiene dos fuentes, una fuente de tensión de continua
(1 = 0 rad/s) y una fuente de corriente sinusoidal (2 = 200 rad/s). Por tanto,
para determinar i(t) conviene aplicar el teorema de superposición:
i (t)  i1 (t)  i 2 (t)
o Actúa la fuente eg(t) y se anula la fuente ig(t)  1 = 0 rad/s
Se considera la fuente de continua eg(t) y se anula la fuente sinusoidal ig(t).
En corriente continua, el condensador se comporta como un circuito abierto
y la bobina como un cortocircuito. Asimismo, la fuente de intensidad igual a
cero se comporta como un circuito abierto. El circuito equivalente obtenido
con estas consideraciones es:
R
+
eg(t)
L
i1(t)
154
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y en estas condiciones puede verse que:
i1 (t)  0 A
o Actúa la fuente ig(t) y se anula la fuente eg(t)  2 = 200 rad/s
Se considera ahora que actúa la fuente de intensidad sinusoidal, de pulsación
2 = 200 rad/s, y que se anula la fuente de tensión continua. Una fuente de
tensión nula se comporta como un cortocircuito.
Como la fuente de intensidad es sinusoidal, se analiza el circuito obtenido
utilizando el método simbólico. Su fasor asociado en forma seno al
transformar el circuito al campo complejo es:
Ig 
5
45ºA
2
En cuanto a las impedancias complejas:
1
1
 j
  j0,5 
200∙10∙103
 C
X L  j  L  200∙5∙103  j 
Xc   j
j
1
I2
j0,5 
Ig
La intensidad I2 se puede hallar aplicando el divisor de intensidad. Nótese
que la bobina no afecta al divisor de intensidad, puesto que está en serie con
la fuente de intensidad.
1
5
5
1 0º
4,472
 j0,5

135º

108,44º A
I 2  
45º
1
1
1,118 26,56º
2
2
2

1  j0,5
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
155
Transformando al dominio del tiempo, se obtiene la intensidad i2(t):
i 2 (t)  4,472  sen(200t  0,602 ) A
Por tanto, según el teorema de Superposición, la intensidad obtenida i(t) es:
i (t)  i 1 (t)  i 2 (t)
i (t)  4,472  sen(200t  0,602 ) A
Conviene recordar que siempre que se aplica el teorema de superposición a
circuitos con fuentes de diferente pulsación, la suma de las respuestas debe
realizarse en el dominio del tiempo, nunca en el campo complejo.
156
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.3
()
Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él,
determinar la tensión u2(t), la intensidad i2(t) y el desfase entre ambas.
eg (t)  20 2 cos(10t) V , ig (t)  5 2 sen(10t   / 2) A, L1 = 0,2 H,
Datos:
M = 0,1 H, L2 = 0,2 H, L3 = 0,3 H, R1 = 1 , C1 = 100 mF, C2 = 25 mF.
R1
+
+ u2(t)
eg(t)
i2(t)
ig(t)
C1
C2
L1
L2
M
L3
Solución:
El circuito está alimentado por fuentes sinusoidales, por lo que se puede
analizar utilizando el método simbólico. Se recuerda que para transformar un
circuito al campo complejo hay que considerar los siguientes pasos:
 Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito tienen la
misma pulsación. En este circuito, ambas fuentes tienen una
pulsación de  = 10 rad/s.
 Comprobar que todas las fuentes sinusoidales del circuito están en la
misma forma, y si no lo están se pasan todas a forma coseno o bien a
forma seno. Para este caso se ha elegido la forma coseno, así pues:
eg (t )  20 2  cos 10t V
ig (t )  5 2  sen 10t   / 2   5 2  cos 10t   / 2   / 2 
 5 2  cos 10t    A
 Asociar a las fuentes sinusoidales sus correspondientes fasores:
157
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
E g  20 0º V
I g  5 180º A
 Transformar las impedancias del circuito al campo complejo:
R1  1 
L1  jL1  j10∙0,2  j2 
L2  jL2  j10∙0,2  j2 
L3  jL3  j10∙0,3  j3 
M  jM  j10∙0,1  j 
1
1
 j
 j 
C1
10∙100∙10 3
1
1
 j
  j4 
C2   j
C2
10∙25∙10 3
C1   j
 Dibujar nuevamente el circuito, ya transformado al campo complejo:
1
‐j 
+
Eg
I2
+
U2
j2 
j2 
Ig
‐j4 
j
j3 
Se analizará el circuito mediante el método de análisis por mallas, por lo que
es conveniente que todas las fuentes del circuito sean fuentes de tensión.
Esto implica transformar la fuente real de intensidad del circuito en su fuente
real de tensión equivalente.
158
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1
+
‐j 
Ia
Eg
I2
j2 
+
‐j4 
‐j4∙Ig
+
Ib
U2
j2 
j
j3 
Las ecuaciones resultantes en cada malla son:
Malla I a : 1∙I a  jI a  j2I a  j2  I a  I b   j I b  20 0º V
Malla I b : j2  I b  I a   jI b  j3I b  j  I b  I a   j4I b  20 90º V
Agrupando términos, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones en
números complejos:
1  j3 I a  j3I b  20 0º V

  j3I a  j3I b  20 90º V
cuya solución es:
I a  20  j20 A
Ib 
80
 j20 A
3
Así pues, la intensidad I2, para la referencia de polaridad indicada en la
figura, se calcula en función de las intensidades de malla:
80
20
 j20  20  j20 
A
3
3
20
 6,666 0º A
I2 
3
I2  Ib  Ia 
159
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
y, haciendo uso de la ecuación de definición de las bobinas acopladas
magnéticamente, se halla la tensión U2:
U 2  j2∙I 2  jI b  j2
20  80

 j   j20   20  j40 V
3
 3

U 2  20  j40  44,72 116,56º V
El desfase entre la tensión U2 y la intensidad I2 es:
U,I   116,56º 0  116,56º
2
2
lo que indica que la tensión adelanta a la intensidad un ángulo de 116,56º,
tal y como se muestra en la siguiente representación fasorial.
U2
Im

116,56º
Re
I2
Haciendo la transformación inversa, se obtienen las expresiones de la
tensión y de la intensidad en el dominio del tiempo:
20
2 cos(10t )  6,666 2  cos(10t ) A
3
u2 (t )  44,72 2 cos(10t  0,64 ) V
i2 (t ) 
160
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.4
()
Dado el circuito de la figura, determinar la intensidad i(t). El análisis de todo
circuito que se precise para determinar i(t), debe realizarse mediante el
método de análisis por nudos, tomando el nudo 0 como nudo de referencia.
Datos: eg1(t) = 10 V, eg2(t) = 12,5 V, ig2(t) = 15 A, ig1 (t )  5 2  cos 10 t ,
R1 = 2 , R2 = 4 , R3 = 6 , C = 0,05 F, L = 0,1 H.
eg2(t)
+
R2
R1
i(t)
+
eg1(t)
R3
ig2(t)
ig1(t)
L
C
0
Solución:
En este circuito se identifican fuentes tanto de continua como sinusoidales.
Así pues, lo más conveniente para determinar la intensidad i(t) es aplicar el
teorema de superposición.
o Actúan las fuentes de continua eg1(t), eg2(t) y ig2(t)
En primer lugar, se anula la fuente sinusoidal presente en el circuito y se
consideran únicamente las fuentes de continua.
La fuente sinusoidal es una fuente de intensidad. Anular una fuente de
intensidad implica sustituirla por un circuito abierto.
Por otra parte, en corriente continua, las bobinas se comportan como
cortocircuitos y los condensadores como circuitos abiertos.
Con estas consideraciones, el circuito queda:
161
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
12,5 V
+
2
4
6
I1
+
15 A
10 V
0
Dado que hay que analizar el circuito por nudos, se transforma la fuente real
de tensión en su fuente de intensidad equivalente. El circuito obtenido es:
Ie
12,5 V
+
4
A
+
0
6
+
I1
UA0
B
UB0
2
15 A
0
Mismo nudo*
(*) Recordar que dos o más nudos unidos por un cortocircuito han de tener,
si se aplica el método de análisis por nudos, necesariamente el mismo
“nombre”, es decir, a efectos de este método de análisis se considera
que todos ellos son el mismo nudo (en el circuito que se está tratando,
ver el nudo 0).
Como el circuito contiene una fuente ideal de tensión, se añade una
incógnita que es la intensidad Ie que circula por dicha fuente.
Las ecuaciones para el circuito considerado, aplicando escritura directa, son:
162
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
1 1
2  4

 0


0
UA 0   5  Ie 
∙   
1  UB 0  15  Ie 
6 
Ecuación adicional (necesaria, ya que se ha añadido una incógnita):
 Por haber dejado en el circuito una fuente ideal de tensión, se
introduce la ecuación que asocia las tensiones incógnitas del método
de análisis con el valor conocido de dicha fuente:
12,5  UA0  UB 0
Agrupando términos se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
3
UA0  5  Ie
4
1
UB 0  15  Ie
6
12,5  UA0  UB 0
cuya solución es:
UA0  24,09 V
UB 0  11,59 V
Ie  13,038 A
Para determinar la intensidad I1 se retoma el circuito analizado, detallando el
nudo 0 para identificar las intensidades IR2 e IR3 que circulan por las ramas A0
y B0:
4
A +
UA0
6
0 IR3
IR2
I1
UB0
B
+
163
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
UA0 24,09

 6,022 A
R2
4
U
11,59
 1,931 A
IR3  B 0 
R3
6
IR2 
de modo que, aplicando la 1ª L.K. al nudo 0, se determina la intensidad I1:
I1  IR 2  IR 3  6,022  1,931  7,953 A
cuya expresión temporal es constante (circuito de corriente continua):
i1 (t)  7,953 A
o Actúa la fuente sinusoidal ig1(t)
Se considera la fuente sinusoidal y se anulan las fuentes de continua.
Anular una fuente de intensidad equivale a sustituirla por un circuito abierto,
mientras que anular una fuente de tensión equivale a sustituirla por un
cortocircuito.
En estas condiciones, el circuito queda:
R2
R1
R3
i2(t)
ig1(t)
L
C
0
Utilizando el método simbólico y pasando el circuito al campo complejo:
164
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R3
R2
R1
I2
‐j(1/C)
jL
Ig1
0
siendo el fasor asociado a la fuente de intensidad ig1(t):
ig1 (t )  5 2  cos10t  I g1 
5 2
0º  5 0º A
2
y el valor de las impedancias complejas de los elementos pasivos:
j L  j∙10∙0,1  j 
j
1
1
 j
  j2 
C
10∙0,05
El circuito, transformado al campo complejo, queda:
2
4
6
I2
‐j2 
j
0
La resolución de este circuito se lleva a cabo aplicando el método de análisis
por nudos:
165
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Mismo nudo
(están unidos por un cortocircuito)
2
4
B
+
B
+
I2
UB0
6
A
UA0
j
‐j2 
0
De la escritura directa de las ecuaciones:
1 1 1
4  6  j

 1 1
 4 6
1 1

 
 U   0 
4 6
∙ A0   
1 1 1 1  U B 0  5 0º 
  
4 6 2  j2 
queda, reagrupando términos, el siguiente sistema de ecuaciones
5
 5 
 12  j  U A0  12 U B 0  0



  5 U   11  j0,5  U  5 0º
 B0
 12 A0  12

cuya solución es:
U A0  1,47  j1,47  2,079 45º V
U B 0  5,407 22,38º V
Entonces, aplicando la ley de Ohm generalizada en la bobina de impedancia
j , se obtiene la intensidad I2:
I2 
U A 0 2,079 45º

 2,079 45º A
j
1 90º
166
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y su transformada inversa al dominio del tiempo es :
i2 (t )  2  2,079  cos(10t   / 4) A
Según el teorema de superposición, la respuesta total de un circuito cuando
actúan varias fuentes de manera simultánea es igual a la suma de las
repuestas cuando actúan las fuentes por separado. Por lo tanto, en el
circuito considerado se tiene:
i(t )  i1 (t )  i2 (t )
i(t )  7,953  2  2,079  cos(10t   / 4) A
167
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
()
Problema 6.5
Determinar la corriente i(t) en el circuito mostrado en la figura.
Datos:
ug (t )  cos t  3  sen3t V , ig (t )  6  sent A , eg (t )  6 V.
3
1/2 F
i(t)
2H
+
eg(t)
ig(t)
3
+
ug(t)
Solución:
En el circuito de la figura se identifican fuentes de diferentes tipos. Se
distinguen: una fuente de tensión continua eg(t), una fuente de intensidad
sinusoidal ig(t) de pulsación  = 1 rad/s, y una fuente de tensión ug(t). Esta
última fuente ug(t) es, a su vez, la suma de dos fuentes sinusoidales de
diferente pulsación. Esto es:
ug (t)  ug1 (t)  ug 2 (t)
siendo ug1(t) una fuente sinusoidal de forma coseno y pulsación  = 1 rad/s,
mientras que ug2(t) es una fuente sinusoidal de forma seno y pulsación
 =3 rad/s. Circuitalmente, ug(t) se representa como la conexión en serie de
dos fuentes sinusoidales, con sus respectivas pulsaciones:
+
+
+
168
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Por lo tanto, en este este circuito se identifican fuentes sinusoidales con tres
pulsaciones diferentes: 1 = 0 rad/s (corriente continua), 2 = 1 rad/s y 3 = 3
rad/s. Esto implica utilizar el teorema de superposición para hallar la
intensidad i(t) como la suma, en el dominio del tiempo, de las intensidades
determinadas para cada pulsación:
i (t)  i1 (t)  i 2 (t)  i 3 (t)
o Actúa la fuente de continua eg(t)  1 = 0 rad/s
La intensidad i1(t) es la que circula por la rama intermedia del circuito
equivalente considerando la pulsación 1 = 0 rad/s, es decir, manteniendo
las fuentes de continua conectadas y anulando el resto de fuentes. Esto
implica sustituir la fuente de intensidad ig(t) por circuito abierto y la de
tensión ug(t) por cortocircuito.
Asimismo, por ser un circuito con fuente de corriente continua, el
condensador y la bobina se convierten en circuito abierto y cortocircuito,
respectivamente. Así pues, con estas consideraciones, el circuito equivalente
resultante es el siguiente:
3
I1
+
6V
3
Por lo tanto, aplicando la ley de Ohm queda determinada la corriente I1:
I 1 
6V
1A
3  3
Cabe destacar que, al ser un circuito en corriente continua, la expresión
temporal de la corriente es constante:
i1(t) = I1 = 1 A
169
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
o Actúan las fuentes ug1(t) e ig(t)  2 = 1 rad/s
La intensidad i2(t) corresponde a la intensidad que circula por la rama
intermedia del circuito, cuando a éste se conectan únicamente las fuentes de
pulsación 2 = 1 rad/s. Esto implica anular la fuente de tensión continua eg(t)
y la fuente de tensión ug2(t) (ambas fuentes se reemplazan por
cortocircuitos).
El circuito equivalente obtenido con estas condiciones se puede resolver
utilizando el método de análisis por mallas. Para ello, se verifica que todas
las fuentes de excitación de pulsación 2 = 1 rad/s presentan la misma
forma. En este caso, se establece como referencia para ellas la forma de
onda coseno:
ug1 (t)  cos t V

ig (t)  6  sent  6  cos t  
Se determinan sus respectivos fasores asociados:
U g1 
Ig 
1 
0 V
2
6
90 A
2
Transformado el circuito al campo complejo:
j(1/2C) = j2 
3
I2
j2L = j2 
I1
I2
3
+
+
Ue
2
A
170
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Las ecuaciones correspondientes al análisis por mallas del circuito
equivalente (aplicando escritura directa) son:
 1  
0 
 3  j2  3   3  j2  I1  
2


   
   3  j2  j2  3  j2 I2  U  1 0 
 e
2 
Debido a la presencia de una fuente de intensidad ideal, se añade como
incógnita la tensión Ue y se agrega la ecuación adicional:
I 2  I g  
6
90 A
2
Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene la intensidad I1:
I1 
3,5107
107,40 A
2
por lo que la intensidad I2 queda determinada como:
I  2  I1  I 2 
3,5107
 6
90
107,40 A   
2
2

 2,8503
111,62 A
A 
2

Realizando la transformada inversa, se obtiene su expresión temporal:
i 2 (t )  2,8503  cos(t  1,95)A
o Actúa únicamente ug2(t)  3 = 3 rad/s
Se mantiene la fuente de tensión ug2(t) con pulsación 3 = 3 rad/s y se anulan
el resto de fuentes de excitación. En esta ocasión, se obtiene el fasor de la
fuente ug2(t) considerando la forma de onda seno:
U g2  
3
0º V
2
El circuito equivalente obtenido para esta pulsación es:
171
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
j(1/3C) = j2/3 
3
I3
j3L = j6 
3
+
La intensidad I3 se determina como:
3 
3 
0 V
0 V
0,354
2
2
I 3  


45 A

6  j6 
2  6 45 
2
y su expresión temporal es:

i 3 (t)  0,354  sen 3t  
4
A
o Teorema de superposición
Finalmente, la respuesta total buscada es la suma de las respuestas
determinadas para cada pulsación. Así pues, la respuesta en el dominio del
tiempo es:

i(t )  1  2,8503  cos  t  0,62   0,354  sen 3t  
4
A
Cabe destacar que la suma de las componentes de intensidad se hace en el
dominio del tiempo y no en el campo complejo por la diferencia de
pulsaciones de las fuentes presentes en el circuito.
172
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.6
()
Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos desde sus
terminales A y B del dipolo mostrado en la figura, y comprobar los
resultados.
Datos: Ig  3 0º A , R1 = 9 , R2 = 2 , R3 = 3 , 1/C = 6 , a = 3.
R2
R1
A
R3
Ig
a:1
B
Solución:
Para calcular los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo dado es
necesario determinar su tensión a circuito abierto y su intensidad de
cortocircuito, así como la impedancia equivalente del dipolo pasivo vista
entre los terminales A y B.
o Tensión a circuito abierto:
R2
R1
I=0
I3
R3
Ig
a:1
A
+
U0
B
La tensión en bornes del dipolo, cuando éste se encuentra a circuito abierto,
es:
U 0  R3 ∙I 3
173
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
por lo que se requiere determinar primero I3. El método de resolución
preferente para analizar circuitos con transformadores es el de mallas. Para
ello, se transforma la fuente real de intensidad en su correspondiente fuente
real de tensión equivalente:
2
9
j6
+
Ip
Is
Up
+
Ia
a:1
I=0
A
+
+
I3
Us
3
U0
Ib
B
Aplicando el método de análisis por mallas se obtienen las siguientes
ecuaciones:
9I a  U p  18 90º  j6 I a  0
2I b  3I b  U s  0
Se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Las
ecuaciones que faltan, para que el sistema tenga solución única, se
determinan haciendo uso de las ecuaciones de definición del transformador
ideal. Para las referencias tomadas y terminales correspondientes indicados:
U p  3U s
1
Ip   Is
3
Nótese que:
I p  Ia
I s  Ib
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
174
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
9I a  U p  18 90º  j6 I a  0

5I b  U s  0
U p  3U s

I a   1 I b

3
cuya solución es:
U s  4,965 96,31º V
I b  0,993 96,31º A
Por lo tanto, como la tensión en circuito abierto es:
U 0  R3 ∙I 3
e I3:
I3  Ib
se tiene que:
U 0  R3 ∙I b  3 ∙ 0,993 96,31º  2,979 96,31º V
o Intensidad de cortocircuito
R1
R2
I3 = 0
Ig
R3
a:1
A
+
U=0
Icc
B
Al estar el dipolo en cortocircuito, la tensión entre sus bornes es cero y, en
consecuencia, la intensidad que circula por la resistencia R3 también es cero.
Para calcular la intensidad que circula por el cortocircuito, se utiliza el
método de análisis por mallas. Esto implica transformar la fuente real de
intensidad en su fuente real de tensión equivalente. El circuito equivalente,
175
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
considerando esta fuente real de tensión y la eliminación de la rama de la
resistencia R3, es:
9
j6
2
Ip
+
Up
+
Ia
Is
A
+
Us
a:1
Ib
Icc
B
Las ecuaciones obtenidas aplicando el método de mallas son:
9I a  U p  18 90º  j6 I a  0
2I b  U s  0
Nuevamente, aparecen dos ecuaciones pero cuatro incógnitas. Por lo tanto,
se utilizan las ecuaciones de definición del transformador:
U p  3U s
1
Ip   Is
3
siendo:
I p  Ia
I s  Ib
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
9I p  U p  18 90º  j6 I p  0

2I s  U s  0
U p  3U s

I   1 I
s
 p
3
Resolviendo este sistema de ecuaciones se obtiene que:
176
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
U s  3,904 102,53º V
I s  I b  1,952 102,53º A
Por lo tanto, como:
I cc  I s
se tiene que:
I cc  1,952 102,53º A
o Impedancia equivalente
Para determinar la impedancia equivalente Zeq es necesario convertir el
dipolo dado en dipolo pasivo. Para ello, se anulan todas las fuentes
independientes que contenga. El circuito en estudio solo contiene una
fuente independiente de intensidad, que al anularla se convierte en un
circuito abierto.
Por otra parte, como el dipolo pasivo contiene un transformador ideal, la
manera de calcular la impedancia equivalente es colocar una fuente auxiliar,
de valor E, entre sus terminales y mediante el método de mallas deducir la
relación entre la tensión de dicha fuente y la intensidad Ie que circula por
ella.
 Dipolo pasivo:
R1
R2
A
R3
a:1
B
Poniendo la fuente auxiliar E entre los terminales A y B se obtiene el
siguiente circuito en el que se han indicado sus correspondientes mallas:
177
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
9
2
+
Up
j6
Is
Ip
Ia
A
Ie
+
Us
a:1
Ib
3
Ie
+
E
B
Las ecuaciones de las mallas son:
9I a  U p  j6 I a  0
2I b  3(I b  I e )  U s  0
3(I e  I b )  E  0
y las ecuaciones de definición del transformador:
U p  3U s
1
Ip   Is
3
siendo:
I p  Ia
I s  Ib
Agrupando ecuaciones y sustituyendo las dos últimas ecuaciones en las dos
primeras, el sistema de ecuaciones queda:
9I p  U p  j6 I p  0
2I s  3(I s  I e )  U s  0
3(I e  I s )  E  0
U p  3U s
1
Ip   Is
3
178
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se requiere determinar la impedancia equivalente mediante el cociente E/Ie,
lo que implica deducir, a partir del sistema de ecuaciones planteado, una
expresión en función de E e Ie.
Para ello, se sustituye las dos últimas ecuaciones en la primera ecuación:
 1   1 
 j6   I s   9   I s   3U s  0
 3   3 
j2 I s  3 I s  3U s  0
Us 
3  j2
Is
3
Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación se obtiene:
 3  j2 
5 I s  3 Ie  
Is   0
 3

18  j2 I s  9I e
Is  
9
Ie
18  j2
Al sustituir este resultado en la tercera ecuación se deduce la ecuación en
función de E e Ie:
9


Ie   E
3I e  3  
 18  j2 
 27  j6  I e  18  j2 E
Despejando la relación buscada:
E 27  j6 27,658 12,52º


I e 18  j2
18,11 6,34º
Así pues, la impedancia equivalente es:
Z eq 
E
 1,527 6,18º   1,518  j0,164 
Ie
179
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Con los resultados obtenidos se representan, de forma circuital, cada uno de
los equivalentes buscados:
Equivalente Thévenin
Equivalente Norton
A
A
B
B
+
o Comprobación de los resultados
Una forma de comprobar los resultados obtenidos es la de verificar que el
cociente entre la tensión en circuito abierto y la intensidad de cortocircuito
(U0/Icc) sea igual a la impedancia equivalente Zeq determinada con el circuito
pasivo:
U 0 2,98 96,31º

 1,53 6,22º   Z eq
I cc 1,95 102,53º
180
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problemas propuestos
Problema 6.7
()
Dado el circuito de la figura, y para las referencias indicadas en él,
determinar:
a) El desfase (en grados) entre la tensión uL2(t) y la tensión de la fuente
uG(t).
b) Cuál de estas dos tensiones adelanta a la otra.
L1
+
+
uG(t)
Resultados:
Problema 6.8
a) U L2 =
M
L2
uL2(t)
L2 ‐ M
 U G , b) Las tensiones están en fase
L1 + L2 ‐ 2M
()
En el circuito de la figura, calcular la caída de tensión uc(t) en régimen
estacionario sinusoidal.
Datos:  = 100 rad/s, i1(t) = 5cost A, i2(t) = 14,142cost A, C = 200 F.
+
uc(t)
C
i1(t)
R=1 
i2(t)
L=0,01 H
181
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
uc (t) = 2  10,82  cos  100t + 0,385π  V
Resultados:
()
Problema 6.9
Determinar, utilizando el método de análisis por nudos, la tensión y la
intensidad (módulo y argumento) en cada uno de los elementos pasivos del
circuito de la figura. Considerar el nudo 0 como nudo de referencia.
j
R=1 
j 0,5 
+
0
U c = 4 180º V, I c = 4 ‐90º A, UR = I R = 2 0º , UL = 2 0º V,
Resultados:
I L = 4 ‐90º A
Problema 6.10
()
El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario sinusoidal. Si
U 2  10 0 V , hallar la tensión U1 y la intensidad I1.
Z=2+j2 
I1
j
2
j2 
+
+
U1
Resultados:
10 
j10  j2 
j3 
Z=1+j1 
U 1 = 207,97 170,31º V , I 1 = 76,059 114,8º A
U2
182
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 6.11
()
Determinar los equivalentes Thévenin y Norton del dipolo activo, vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
Datos:
ig (t )  50 2  cos 100t  A , a = 2,  = 2 .
i(t)
R=4 
a:1
A
ig(t)
L=10 mH
C=10 mF
+

Resultados:
∙i(t)
B
U 0 = 25 90ºV , I CC = 50 90º A , Z eq = 0,5 Ω
Problema 6.12
()
Determinar las tensiones en los elementos pasivos del circuito mostrado en
la figura.
Datos:
e1 (t )  10  cos 100 t  V , e2 (t)  20  sen 100t  V
R=1 
e2(t)
+
+
e1(t)
L2=10 mH
L1=10 mH
C=5 mF
183
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Resultados:

V,
(t) = 10  cos  100t ‐ π  V, u (t) = 30  cos  100t ‐   V
2
2
uR (t) = 10  cos  100t  V , uL1 (t) = 10  cos 100t + 
uL2
2
C
()
Problema 6.13
Dado los circuitos de las figuras:
a) Escribir las ecuaciones de definición de ambos transformadores, en
función de las referencias y terminales correspondientes indicados en
las figuras (i) y (ii).
b) Calcular la tensión uR(t) de la figura (iii).
Datos:
eg  t   3  sent V.
1
+
u1(t)
i2(t)
i1(t)
2
+
u2(t)
u2(t)
a:1
2’
1’
2’
(i)
(ii)
2
1
+
+
eg(t)
uR(t)
2:1
2
(iii)
2
+
i1(t)
a:1
1’
i2(t)
1
+
u1(t)
1
184
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Resultados:
a)
Problema 6.14
u1 (t)
i (t) 1
u (t)
i (t) 1
= ‐a , 1 = , b) 1 = a , 1 = , c) uR  t  = sent
u2 (t)
i2 (t) a
u2 (t)
i2 (t) a
()
The angular frequency  of the current source is adjusted such that ig(t) is in
phase with the voltage uc(t) across the capacitor C. Determine the angular
frequency of this current source under this condition.
Data: ig (t )  10  sin t A, R  300  , L  1 H, C  10 μF.
+
R
uc(t)
C
ig(t)
L
Results:
 = 100 rad / s
Problema 6.15
()
Determine the input voltage U (magnitude and phase) of the circuit depicted
in the figure below, considering that the voltage between nodes A and B is
30 0 V. Consider node B as reference.
+
–j10 
+
–j3 
5
j4 
j3 
A
B
185
Análisis de circuitos en régimen estacionario sinusoidal
Results:
U = 74.934 V, u = ‐171.54º
Problema 6.16
()
Calculate the measurements of voltmeter V and ammeter A of the circuit
shown below considering sinusoidal steady‐state.
Data:
u(t) = 120sin(2000t) V, L  1mH , R  2  and C  250 F.
L
+
R
ug(t)
R
C
V
R
A
Results:
V = 60 V, A = 30 A
186
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 7: Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problemas resueltos
Problema 7.1
()
Dado el circuito de la figura, determinar las potencias activa y reactiva
absorbidas por ambos dipolos, y comprobar que se verifica el teorema de
Boucherot. ¿Cuál de los dos dipolos no puede ser una impedancia?, ¿por
qué?
Datos: U = – 5 + j4 V, I = 3 – j2 A.
I
+
Dipolo 1
U
Dipolo 2
Solución:
o Dipolo 1
Para determinar la potencia compleja absorbida se utiliza la expresión S=UI*,
teniendo en cuenta que este producto se asocia con potencia absorbida si las
referencias de tensión e intensidad del dipolo tienen el mismo sentido. De no
ser así, el producto corresponde a potencia cedida. Por lo tanto, es necesario
establecer las referencias de polaridad de tensión e intensidad en cada
dipolo de forma que el producto se corresponda con la potencia absorbida.
Para este dipolo se define una intensidad I’ que tiene el mismo sentido de la
tensión U al circular por el dipolo 1:
188
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
I
I’
+
Dipolo 1
U
de forma que la potencia compleja absorbida es:
S abs D1  U∙ I'  *  Pabs D1  jQabs D1
donde:
I'  I
Por lo tanto:
S abs D1  U∙ I  *   5  j4  3  j2  *   5  j4  3  j2   23  j2 VA
entonces:
Pabs D1  23 W
Qabs D1  2var
Este resultado indica que el dipolo 1 absorbe una potencia activa de 23 W y
cede una potencia reactiva de 2 var.
o Dipolo 2
Para el dipolo 2, las referencias de tensión e intensidad tienen el mismo
sentido:
I
+
U
Dipolo 2
por lo tanto, la potencia compleja absorbida es:
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
189
S abs D2  U∙I*   5  j 4  3  j2   23  j2 VA  Pabs D 2  jQabs D2
Pabs D2  23 W
Qabs D2  2 var
o Teorema de Boucherot
Se comprueba el teorema de Boucherot
P
Q
0   Pabs Pabs D1  Pabs D2  23  23  0 W 
 queda comprobado
abs 0   Qabs Qabs D 1  Qabs D 2  2  2  0 var 

abs
Por la ley de Joule, una resistencia nunca puede ceder potencia. Esto implica
que una impedancia nunca cede potencia activa. Teniendo esto en cuenta, el
dipolo 2 no puede ser una impedancia puesto que, como se ha visto, cede
potencia activa.
190
Problema 7.2
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
En el circuito de la figura, determinar en régimen estacionario sinusoidal:
a) Potencia reactiva absorbida en el condensador C.
b) Potencia activa cedida por la fuente eg(t).
c) Potencia activa absorbida por la resistencia R2.
Datos: eg(t) = 9∙sen t,  = 1000 rad/s, R1 = R2 = 1 , L = 1 mH y C = 2 mF.
R1
+
L
C
eg(t)
R2
Solución:
a) Se transforma el circuito al campo complejo. Para ello, se obtiene el fasor
asociado a la fuente de tensión (considerando como referencia la forma de
onda seno), y se calculan las impedancias complejas de los elementos
pasivos. Asimismo, se establecen las referencias de tensión e intensidad para
cada elemento del circuito:
Ie
IL
R1
+
IC
jL
+
UC
1/(jC)
+
R2
UR
Para determinar la potencia reactiva absorbida por el condensador C se
necesita hallar la tensión UC o bien la intensidad IC. En este problema, se ha
elegido determinar la potencia reactiva a partir de la tensión UC.
191
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Aplicando la 1ª L.K.:
I e  IC  IL
Aplicando la ecuación de definición de las impedancias:
E g  UC
R1
I C  U C  jC
Ie 
IL 
UC
R2  jL
Por lo tanto, sustituyendo en la expresión de la 1ª L.K. anterior:
E g  UC
UC
 U C  jC 
R1
R2  jL
De aquí, se despeja UC:
UC  E g 
 R  jL
R  2  LC 2   j  L  R2C 
y se sustituyen los valores de los elementos:
1  j10 3 ∙103 

9

 3 45º V
UC 
2 1  2  10 3 ∙2∙10 3 ∙103   j103 10 3  12 ∙2∙10 3 
La potencia compleja absorbida por el condensador C (el sentido de IC
coincide con la referencia de UC) es:
S abs C

 UC
*
 UC  I C  UC  
 1 jC


*



*
2
2
  UC   j C    j C  UC  Pabs C  jQabs C


Nótese que al tratarse de un condensador, la potencia compleja absorbida es
un número imaginario puro, es decir, carece de parte real. Esto implica que
192
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
el elemento no absorbe potencia activa. De esta forma, la potencia reactiva
absorbida por el condensador es:
Qabs C  103  2∙10 3  32  18 var
b) La potencia activa cedida por el generador se determina calculando la
intensidad Ie, o bien, aplicando el balance de potencias, igualándola a la
suma de las potencias activas absorbidas por ambas resistencias.
Por simplicidad se determina Ie. Como la fuente U está en serie con la
resistencia R1, se puede determinar la intensidad Ie aplicando la ley de Ohm a
esta resistencia:
Ie 
E g  UC
9

 3 45º  4,243  j2,121  4,743 26,57º A
R1
2
Teniendo en cuenta que el sentido de la referencia de Ie es opuesto al de la
referencia de Eg, la potencia activa cedida por la fuente de tensión es:

Pced Eg  Sced Eg  cos   Eg  Ie  cos Eg  Ie

siendo Sced Eg la potencia aparente, calculada como el producto de los
módulos Eg y Ie, y  el argumento de la potencia compleja, que se determina
como la diferencia entre el argumento de tensión Eg y el de la corriente Ie.
Así pues:
Pced Eg  6,364  4,743  cos(0  26,57)  27 W
c) La potencia activa absorbida por la resistencia R2 se puede determinar
como la potencia activa cedida por el generador menos la absorbida por la
resistencia R1:
Pabs R 2  Pced Eg  Pabs R1  27  Ie2  R1  27  4,7432 ∙1  27  22,5  4,5 W
Otra forma para hallar esta potencia activa absorbida por R2 es calculando la
tensión UR en bornes de la resistencia R2 mediante el divisor de tensión,
puesto que la tensión UC ya fue determinada:
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
UR  UC 
R2
1
 3 45º 
 2,121 90º V
R2  jL
1  j10 3 ∙103
Por lo tanto, la potencia activa absorbida es:
Pabs R 2 
UR 2 2,1212

 4,5 W
1
R2
193
194
Problema 7.3
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Determinar las potencias activa y reactiva cedidas por los dipolos y por la
bobina del circuito de la figura.
Datos: U2 = ‐j20 V, I1 = 10 + j10 A
I1
+
Dipolo 1
Dipolo 2
U2
ZL = j 
Solución:
Para determinar las potencias es importante establecer primero las
referencias de tensión e intensidad en cada elemento o dipolo del circuito.
En este circuito, los tres elementos se encuentran en paralelo por lo que la
referencia de tensión es válida para los tres. Por otra parte, se establece la
referencia de intensidad para la bobina y el dipolo 2.
I1
I2
+
Dipolo 1
+
IL
U1
Dipolo 2
U2
ZL
o Potencias cedidas por el dipolo 1
I1
+
Dipolo 1
U1
195
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
La tensión U1 es la misma que U2:
U1  U2   j20 V
Para las referencias indicadas, el producto de U1 por el conjugado de I1 da
lugar al cálculo de la potencia cedida por el dipolo 1:
S ced D1  U1 ∙I1 *  ( j20)∙(10  j10)   j200  200  200  j200 VA
Por lo tanto:




Pced D1  Re S ced D1  200 W


Qced D1  Im S ced D1  200 var
o Potencia reactiva cedida por la bobina ZL
IL
ZL = j
+
U2
Conocida la tensión en bornes de la bobina, se determina la intensidad IL
mediante la ley de Ohm generalizada:
IL 
U 2  j 20 20 90º


 20 180º A
j
1 90º
ZL
Nótese que se ha dado (de forma aleatoria) referencia a la intensidad IL en el
mismo sentido que la referencia de la tensión U2, por lo que el producto de
U2 por IL es la potencia absorbida por la bobina. Como se pide obtener la
potencia cedida por dicha bobina es necesario definir una intensidad I’L con
la siguiente referencia:
196
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
+
IL
U2
ZL = j
I’L
donde:
I 'L   I L
Así pues, la potencia cedida es:
S ced L  U 2   I L '    j20  20   j400 VA
*
Por lo tanto:
Pced L  Re  S ced L   0 W

Qced L  Im  S ced L   400 var
Puede comprobarse que, al tratarse de una bobina, este elemento pasivo no
absorbe ni cede potencia activa y cede potencia reactiva negativa
(absorbe Q).
o Potencias cedidas por el dipolo 2
I2
+
U2
Dipolo 2
Aplicando la 1ª L.K. se calcula la intensidad I2:
I 2  I L  I1  20 180º  (10  j10)  30  j10 A
Para las referencias indicadas, el producto de U2 por el conjugado de I2
determina la potencia cedida por el dipolo 2:
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
S ced D2  U2 ∙I 2  ( j20)∙(30  j10)  j600  200  200  j600 VA
*
Así pues:
Pced D 2  200 W

Qced D 2  600 var
o Comprobación del teorema de Boucherot:
P
Q
ced
ced
 Pced D1  Pced L  Pced D 2  200  0  200  0 W
 Qced D1  Qced L  Qced D 2  200  400  600  0 var
197
198
Problema 7.4
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Dado el dipolo de la figura:
a) Determinar el equivalente Thévenin y el equivalente Norton vistos
desde sus terminales A y B. Comprobar los resultados.
b) Calcular el valor de la impedancia que, colocada entre los terminales
A y B del dipolo, absorbe la máxima potencia activa. Calcular las
potencias activa, reactiva, aparente y compleja que absorbe dicha
impedancia.
c) Calcular el condensador que, conectado en paralelo con la
impedancia del apartado anterior, consigue que el conjunto
impedancia + condensador tenga un factor de potencia de 0,9
inductivo.
A
+
U
j
1
B
j2 
2U
1
Solución:
a) Para determinar los equivalentes Thévenin y Norton se necesita hallar la
tensión a circuito abierto, la intensidad de cortocircuito y la impedancia
equivalente entre los terminales A y B del dipolo de la figura.
o Tensión a circuito abierto U0
En el circuito se identifican dos fuentes reales de intensidad. Se transforman
estas fuentes en su fuente real de tensión equivalente:
199
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
j
+
U
+
A
+
1
j
U0
B
j2
j22U V
j2 
1
2U

+
y se simplifica el circuito a una única malla:
Ia
I=0 A
j
+
+
1
U0
B
j2 
j4 U
1

+
Recordar que cuando se transforman fuentes reales es importante verificar
la coherencia de polaridades entre las fuentes originales y sus fuentes
equivalentes.
Aplicando la 2ª L.K. a la malla que forma el circuito simplificado, se obtiene:
4 90º  j  I a  1∙I a  1∙I a  j4  U  j2  I a  0
en donde el parámetro de dependencia U se determina considerando su
ubicación en el circuito original:
200
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
4 0º
+
4 0º A
Ia
C
U
Ic
j
Se pretende expresar esta incógnita U en función de la incógnita principal del
método de análisis, es decir, en función de la intensidad Ia. Para ello, se
aplica la 1ª L.K. en el nudo C:
I C  4 0º  I a
y aplicando la ley de Ohm generalizada en la reactancia capacitiva, queda
expresada la tensión U como:
U   j∙I C   j 4 0º  I a    j4  j I a
Por lo tanto, sustituyendo U en la expresión obtenida inicialmente:
4 90º  jI a  1∙I a  1∙I a  j4   j4  jI a   j2I a  0
16  j4   2  j I a  0
se despeja Ia:
Ia 
16  j4
A
2 j
La tensión U0 se obtiene aplicando la ley de Ohm a la resistencia de 1 
conectada entre los terminales A y B:
U 0  1∙I a
U0 
16  j 4
V
2 j
201
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
o Intensidad de cortocircuito Icc
Para el equivalente Norton se requiere determinar la intensidad de
cortocircuito Icc. Para ello, se unen mediante un cortocircuito los terminales
A y B del dipolo:
+
4 0º A
j
U
UAB
1
A
+
Icc
B
j2 
1
2U
Nótese que la resistencia de 1  situada entre los terminales A y B está en
paralelo con un cortocircuito. Esto implica que la intensidad que circula a
través de ella es nula puesto que la tensión UAB es 0 V. Por lo tanto, esta
resistencia se sustituye por un circuito abierto. Asimismo, para simplificar el
circuito se transforman las fuentes reales de intensidad en su fuente real de
tensión equivalente:
A
Icc
j
+
B
j2 
j4 U
Icc
1

+
Para calcular la intensidad Icc se aplica la 2ª L.K. a la malla:
4 90º  jI cc  1∙I cc  j4U  j2I cc  0
202
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En esta expresión, aparece como incógnita el parámetro de dependencia U,
por lo que se añade una segunda ecuación que permita expresar este
parámetro de dependencia en función de la intensidad Icc. Para ello, se tiene
que volver al circuito original y aplicar el procedimiento descrito en el
apartado anterior para esta incógnita.
4 0º
+
4 0º A
Icc
C
U
Ic
j
Aplicando la 1ª L.K. al nudo C y aplicando la ley de Ohm se obtiene:
U   j(4  I cc )   j4  jI cc
Por lo tanto, sustituyendo en la expresión anterior para Icc:
4 90º  jI cc  1∙I cc  j4   j4  jI cc   j2I cc  0
16  j4   3  j I cc  0
y se obtiene:
I cc 
16  j4
A  5,215 32,47º A
3 j
o Impedancia equivalente Zeq
Para determinar la impedancia equivalente es necesario convertir el dipolo
en pasivo. Este procedimiento consiste en anular las fuentes independientes
y dejar las fuentes dependientes. Por lo tanto, el dipolo pasivo obtenido es:
203
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
A
+
1
j
U
B
j2 
1
2U
Como el dipolo pasivo contiene fuentes dependientes, es necesario
determinar la impedancia equivalente haciendo uso de una fuente de
tensión ideal, de valor E, que se conecta entre los terminales A y B. Por esta
fuente de tensión E circula una intensidad Ie, por lo que la impedancia
equivalente Zeq vista entre los terminales A y B queda determinada como:
Z eq 
E
Ie
Así pues, al dipolo pasivo obtenido se le conecta la fuente E (con las
referencias de polaridad mostradas en la figura siguiente), y para simplificar
se transforma la fuente real dependiente de intensidad en su fuente real de
tensión equivalente:
A
Ie
+
U
j
+
1
E
Ib
B
j2 
j4 U

+
1
Ia
Se identifican dos mallas, cuyas ecuaciones son:
204
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Malla I a :
  j  1  1  j2  I a  I b   j4U
Malla I b :
 I a  I b  E
siendo la ecuación adicional:
U  ( jI a )
Se requiere obtener un expresión que relacione los fasores E e Ie. Para ello,
se sustituye la expresión de U y de la Malla Ib en la ecuación de la Malla Ib:
2  j I b  E   I b  4  I b  E 
 3  j I b  2  j E
y como I b   I e , la expresión anterior queda:
  3  j  I e   2  j  E
por lo que Zeq se obtiene como:
Z eq 
E 3 j 7 j


  1,414 8,13º 
Ie 2  j
5
Finalmente, se representan los circuitos equivalentes:
Equivalente Thévenin
(7+j)/5 
Equivalente Norton
A
+
A
(7+j)/5 
B
B
o Comprobación de los resultados
Para comprobar los resultados podría contrastarse que la impedancia
obtenida en el circuito pasivo coincide con el cociente de U0/Icc, o bien, que
al transformar el equivalente Norton en su fuente real de tensión
equivalente se obtiene el equivalente Thévenin:
205
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
3  j 16  j4 16  j4
V  U0


2 j 3 j
2 j
Z eq ∙I cc 
b) Según el teorema de máxima transferencia de potencia activa, la
impedancia que conectada entre los terminales A y B absorbe la máxima
potencia es igual al conjugado de la impedancia equivalente del dipolo:
Z eq 
7 j

5
entonces:
Z máx  Z eq 
*
7j

5
Para determinar las potencias pedidas, se conecta la impedancia Zmáx al
equivalente Thévenin (se puede determinar igualmente utilizando el
equivalente Norton):
(7+j)/5 
+
A
I
+
UAB
B
La impedancia total serie es:
Z T  Z eq  Z máx 
7  j 7  j 14


0º 
5
5
5
por lo que la intensidad que circula por el circuito es:
I
U 0 7,374 40,601º

 2,633 40,601º A
14
ZT
0º
5
206
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y la caída de tensión UAB:
U AB  Z máx  I 
7 j
 2,633 40,601º  3,723 32,471º V
5
o Potencia activa absorbida por la impedancia Zmax:
Solo absorbe potencia activa la parte real de la impedancia.
7
Pabs Z  R  I 2   2,6332  9,705 W
5
o Potencia reactiva absorbida por la impedancia Zmax:
Solo absorbe potencia reactiva la parte imaginaria de la impedancia.
 1
Qabs Z  X  I 2      2,6332  1,386 var
 5
o Potencia aparente absorbida por la impedancia Zmax:
Sabs Z  UAB  I  3,723  2,633  9,803 VA
Esta potencia aparente también puede determinarse como:
2
2
2
2
Sabs Z  Pabs
Z  Qabs Z  9,705  1,386  9,803 VA
o Potencia compleja absorbida por la impedancia Zmax:
S abs Z  Pabs Z  jQabs Z  9,705  j1,386 VA
o bien, puede hallarse como:
S abs Z  U AB  I  3,723 32,471º  2,633 40,601º  9,705  j1,386 VA
*
que coincide con el resultado obtenido anteriormente.
c) Se pide que el condensador se conecte en paralelo con la impedancia del
apartado anterior Zmáx:
207
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
(7+j)/5 
I
A
+
+
C
UAB
B
Para determinar la capacidad de este condensador C que consigue que el
conjunto tenga un factor de potencia de 0,9 inductivo, es necesario primero
conocer la cantidad de potencia reactiva a compensar.
Del apartado anterior, se observa que la potencia reactiva que absorbe la
impedancia Zmáx es:
S abs Zmáx  9,705  j1,386 VA
Qabs Zmáx  1,386 var
Esto es, Zmáx cede potencia reactiva, lo que significa que esta impedancia
tiene carácter capacitivo.
Por lo tanto, no existe un condensador C que pueda mejorar el factor de
potencia actual debido a que éste también cedería potencia reactiva e
incrementaría la potencia reactiva total cedida, empeorando el factor de
potencia del conjunto. Gráficamente:
cosconjunto < cosZmáx
9,705 W
Zmáx
conjunto
‐1,386 var
SZmáx
SZmáx+Cond.
QCond.
208
Problema 7.5
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
El consumo de potencia activa de una carga de carácter inductivo es 40 W y
la corriente que absorbe de la red eléctrica de 230 V y 50 Hz es 1 A. Para
compensar el factor de potencia, se conecta un condensador en paralelo con
la carga y se mide que la corriente que absorbe ahora de la red ha
disminuido a la quinta parte (0,2 A). Calcular el valor del condensador que se
ha conectado, sabiendo que el conjunto carga + condensador sigue teniendo
carácter inductivo.
Solución:
El problema describe la compensación del factor de potencia de una carga
conectada a un sistema en régimen estacionario sinusoidal de 230 V y 50 Hz.
Los datos aportados en el problema corresponden a dos condiciones de
operación:
 Dipolo inicial: carga conectada que absorbe 40 W y circula 1 A.
 Dipolo con compensación: condensador conectado en paralelo con la
carga inicial y la medida de intensidad del conjunto es 0,2 A.
Una forma de determinar el condensador C que se ha conectado, es utilizar
la expresión de la compensación del factor de potencia:
C
Pabs  tg Z  tg '
∙U 2
donde la tensión U, la pulsación  y la potencia absorbida por la carga Pabs
son conocidos. Nótese que la potencia Pabs no se modifica tras la conexión
del condensador puesto que éste ni cede ni absorbe potencia activa. El
condensador solo afecta a la potencia reactiva del conjunto.
El problema se reduce a determinar el factor de potencia inicial (cosZ) y el
obtenido tras la compensación (cos’) y, de éstos, los argumentos Z y ’,
respectivamente.
209
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
o Condición inicial
La condición inicial descrita en el problema puede plantearse circuitalmente
como:
1A
+
230 V
SZ
Z
Z>0
50 Hz
QZ
Z
PZ
Para un dipolo pasivo, el desfase entre tensión e intensidad es igual al
argumento de la impedancia:
 Z  U   I
que a su vez es el ángulo del triángulo de potencia Z.
Sabiendo que la potencia absorbida es 40 W se determina el factor de
potencia inicial:
Pabs  U∙I∙cos Z
40  230∙1∙cos Z  cos Z  0,174
Por lo tanto:
 Z  79,98º
o Dipolo con compensación: carga + condensador
El circuito equivalente del conjunto es:
0,2 A
+
230 V
50 Hz
C
Z
Z’
S’
P’
Q’
210
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En esta condición de operación, la intensidad que consume el conjunto se
reduce a 0,2 A. No obstante, se absorbe la misma potencia activa Pabs. Por lo
tanto, se determina el factor de potencia para el conjunto:
Pabs  40 W
Pabs  U∙I '∙cos Z '
40  230∙0,2∙cos Z '  cos Z '  0,87
por lo que el argumento es:
 Z '  29,59º
Representando ambas condiciones, puede verse la compensación del factor
de potencia que introduce el condensador.
jQabs
Sabs
Z
jQced cond
S’abs
Z’
jQ’abs
Pabs
La capacidad de dicho condensador es:
C
C
Qced cond
2 f  U 2
40  tan79,98º  tan29,59º 
 1,225∙10 5 F
2∙ ∙50∙2302
esto es:
C  12,25 μF
211
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problema 7.6
()
Para el dipolo de la figura, determinar:
a) El valor de la impedancia Z que, colocada entre los terminales A y B,
absorbe la máxima potencia activa.
b) El valor de la potencia activa, reactiva, aparente y compleja que
absorbe dicha impedancia Z, así como su factor de potencia.
1
+
A
B
j4 
j2 
j2 
j
j3 
Solución:
a) El valor de la impedancia que, conectada entre los terminales A y B,
absorbe la máxima potencia activa, se obtiene por aplicación del teorema de
la máxima transferencia de potencia.
El mencionado teorema dice que de todas las impedancias que se pueden
conectar en bornes de un dipolo activo, la que absorbe la máxima potencia
es aquella cuyo valor es igual al conjugado de la impedancia compleja
equivalente del dipolo pasivo correspondiente al activo dado.
Por lo tanto, para aplicar dicho teorema resulta conveniente determinar la
impedancia equivalente del dipolo pasivo vista entre los terminales A y B.
o Determinación de la impedancia equivalente
El procedimiento para determinar esta impedancia consiste en convertir el
dipolo en pasivo, es decir, se anulan sus fuentes independientes (fuentes de
tensión igual a cero se comportan como cortocircuitos, fuentes de intensidad
212
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
igual a cero se comportan como circuitos abiertos) y, si las hubiera, las
fuentes dependientes se dejan como están:
1
A
B
j2 
j2 
j
j4 
j3 
Como el circuito pasivo resultante contiene bobinas acopladas
magnéticamente, su impedancia equivalente se calcula conectando una
fuente auxiliar E entre los terminales A y B:
1
Ie
+ A
Ib
E
Ia
B
j4 
j2 
j2 
j
Ic
j3 
De esta forma, la impedancia equivalente queda determinada con la relación
entre la tensión de la fuente auxiliar E y la intensidad Ie que circula por ésta
(con las referencias indicadas en la figura anterior):
Z eq 
E
Ie
213
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Para analizar el circuito y calcular esta relación, se aplica el método de
análisis por mallas:
Malla a: 1  I a  E
Malla b: j2I b  j2  I b  I c   jI c  E
Malla c: j2  I c  I b   jI c  j3I c  j I c  I b   j4I c  0
Reagrupando términos y sumando las últimas dos expresiones:
jI b  E  I b  E 1 90º 
La intensidad Ie que circula por la fuente es:
Ie  Ib  Ia
que, sustituyendo las intensidades Ia e Ib en este última expresión, permite
deducir una ecuación en función de E e Ie:
I e   jE  E 
E
1
1
1



45º 
Ie 1  j
2 45º
2
Por lo tanto, el valor de la impedancia equivalente es:
Z eq 
E
1
1 1

45º   j 
Ie
2 2
2
y, según el teorema de máxima transferencia de potencia, la impedancia que
absorbe la máxima potencia activa es:
*
Z máx
1
1 1
 1

Z 
45º   j 
45º  
2 2
2
 2

*
eq
b) Para determinar el valor de las potencias absorbidas por la impedancia del
apartado anterior, y en vista de que ya se ha calculado la impedancia
equivalente del circuito, conviene terminar de caracterizar primero el dipolo
dado mediante su equivalente Thévenin, o bien su equivalente Norton.
Para ello, sería suficiente determinar la tensión de abierto o la intensidad de
cortocircuito, según sea el equivalente elegido. Posteriormente, para
214
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
calcular las potencias absorbidas, se conecta la impedancia Zmáx entre los
terminales A y B del equivalente.
Para este problema se ha elegido caracterizar el dipolo mediante su
equivalente Thévenin. Para ello, se determina la tensión a circuito abierto U0
entre los terminales A y B:
1
+
+
+ U
R1
+
U0
Eg
A
B
j4 
j2 
j2 
j
j3 
Debido a que el circuito contiene bobinas acopladas magnéticamente se
recomienda utilizar el método de análisis por mallas. Para este método es
conveniente que todas las fuentes sean de tensión, por lo que se transforma
la fuente real de intensidad en su fuente real de tensión equivalente:
5 90º( j4)  5 90º∙4 90º  20 0º V
1
+
+ U
R1
+
Eg
+
U0
A
Ia
B
j2 
j2 
+
Ib
j4 
j
j3 
Aplicando la 2ª L.K. a la trayectoria cerrada formada por las tensiones de la
parte superior izquierda del circuito, se puede escribir que:
215
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
U 0  UR1  E g
Aplicando el método de mallas al circuito:
Malla a:
I a  j2I a  j2  I a  I b   jI b  20 0º
Malla b:
j2  I b  I a   jI b  j3I b  j I b  I a   j4I b  20 0º
Reagrupando términos y sumando ambas expresiones:
1+j I a  40 0º
 Ia 
40 0º 40 0º

 20 2 45º  20  j20 A
1 j
2 45º
se calcula la tensión UR1:
U R1  1∙I a  20  j20 V
Así pues, la tensión a circuito abierto en bornes de dipolo es:
U 0    20  j20   20 0º  20  j20  20  j20
U 0  j20  20 90º V
El equivalente Thévenin del dipolo dado es:
A
+
B
Conectando ahora en bornes del equivalente Thévenin la impedancia que
absorbe la máxima potencia calculada anteriormente, se tiene:
A
+
B
I
216
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
La intensidad que circula por el circuito es:
I
20 90º
20 90º

 20 90º A
1 1 1 1
1
j  j
2 2 2 2
o Potencia activa que absorbe Zmáx:
1
Pabs Zmáx  I 2 ∙R  202 ∙  200 W
2
La potencia activa la absorbe la parte real de la impedancia Zmáx.
o Potencia reactiva que absorbe Zmáx:
 1
Qabs Zmáx  I 2 ∙ X  202 ∙    200 var
 2
La potencia reactiva la absorbe la parte imaginaria de la impedancia Zmáx.
Nótese que una reactancia negativa (parte imaginaria de la impedancia)
indica un carácter capacitivo de la carga, por lo tanto ésta cede potencia
reactiva, tal y como se comprueba con el valor negativo de Qabs Zmáx.
o Potencia aparente que absorbe Zmáx:
2
2
2
2
Sabs Zmáx  Pabs
Zmáx  Qabs Zmáx  200  200  282,84 VA
o Potencia compleja que absorbe Zmáx:
S abs Zmáx  Pabs Zmáx  jQabs Zmáx  200  j200  200 2 45º VA
Cabe destacar que, dado que el argumento Z=‐45º de la impedancia Zmáx es
menor que cero, dicha impedancia absorbe potencia activa y cede potencia
reactiva.
o Factor de potencia:
f .d.p. 
Pabs Zmáx
Sabs Zmáx

200
2
(capacitivo al ser  Z <0 )

200 2 2
217
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Aunque no se indique en el problema, se pueden comprobar los resultados
obtenidos del equivalente Thévenin determinando el equivalente Norton del
dipolo.
Para ello, se cortocircuitan los terminales A y B y se calcula la intensidad de
cortocircuito Icc con la referencia indicada:
1
A
Icc
+
B
j4 
j2 
j2 
j
j3 
Se transforma la fuente real de intensidad en su fuente de tensión
equivalente y se resuelve aplicando el método de mallas:
1
+
Ia
A
Icc
Ib
B
j2 
j2 
+
Ic
j4 
Las ecuaciones de las mallas son:
j
j3 
218
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Malla a: I a  20 0º A
Malla b: j2I b  j2  I b  I c   jI c  0
Malla c: j2  I c  I b   jI c  j3I c  j I c  I b   j4I c  20 0º
Reagrupando términos y sumando las dos últimas ecuaciones:
jI b  20 0º  I b  20 90º A
Por lo tanto, la intensidad de cortocircuito Icc queda determinada como:
I cc  I a  I b  20 0º  20 90º  20  j20 A
I cc  20 2 45º  20  j20 A
Finalmente, se comprueba que la tensión en circuito abierto (determinado a
partir del equivalente Norton y la impedancia equivalente) sea igual a la
obtenida en el equivalente Thévenin:
Z eq ∙I cc 
1
45º∙20 2 45º  20 90º V  U 0
2
219
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Problemas propuestos
Problema 7.7
()
En el circuito de la figura, determinar:
a) Potencia reactiva consumida por la bobina.
b) Potencia activa proporcionada por el generador.
c) Potencia activa absorbida por la resistencia en serie con el
condensador.
Datos:
eg (t )  30sen 1000t  V, R = 1 , L = 3 mH y C = 1 mF.
+
eg(t)
Resultados:
Problema 7.8
R
R
L
C
a) QabsL = 65,85 var, b) PcedEg = 153,66 W, c) PabsR = 98,78 W
()
Se sabe que al alimentar una carga monofásica de carácter inductivo con una
tensión U = 220 V, por ella circula una intensidad de 1 A y absorbe una
potencia de P = 150 W. Calcular la potencia activa y la potencia reactiva que
absorbe dicha carga cuando se alimenta con una tensión de 110 V.
Resultados:
Problema 7.9
Pabs = 37,5 W, Qabs = 40,23 var
()
Indicar para cada uno de los dipolos de la figura si actúan como generador o
como receptor y si ceden o absorben potencia reactiva.
220
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Datos: U=2+j3 V, I=3j2 A
I
+
U
Dipolo 1
Resultados:
Dipolo 2
Dipolo 1: generador, cede potencia reactiva.
Dipolo 2: receptor, absorbe potencia reactiva
Problema 7.10
()
Calcular para cada dipolo si es generador o receptor y si cede o absorbe
potencia reactiva.
Datos: U1=1+j V, U2=4+j V
+
Dipolo 1
Resultados:
U1
‐j3 
+
U2
Dipolo 2
Dipolo 1: receptor, cede reactiva.
Dipolo 2: generador, absorbe reactiva
Problema 7.11
()
En el circuito de la figura siguiente, determinar:
a) Valor de la impedancia equivalente (Zeq) del dipolo pasivo.
221
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
b) Se desea que la fuente de tensión no suministre potencia reactiva,
para lo cual se cierra el interruptor K. ¿Qué valor deberá tener el
condensador C para que se cumpla esta condición?
Datos: Eg = 150 V,  = 100 rad/s
Z=10+j 
Dipolo
pasivo
Pabs=110 W
Qabs=89 var
+
K
Eg
Qced=90 var
Resultados:
C
a) Zeq = 110+j89 , b) C = 40F
()
Problema 7.12
Dado el circuito de la figura, calcular:
a) La impedancia que, conectada entre los terminales A y B, absorbe la
máxima potencia activa.
b) La potencia compleja que absorbe dicha impedancia.
Datos:
E g  200 20º V, a  2
4+j2 
j8 
A
+
Eg
–j5 
a:1
Resultados:
3
a) Z máx  1  j  , Sabs Zmáx = 2,45j3,76 kVA
2
B
222
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.13
()
Dado el circuito de la figura, calcular la máxima potencia activa que absorbe
el dipolo pasivo de terminales A y B.
1
1
A
2H
Dipolo
pasivo
1F
B
Resultados:
Pabs DP= 6,25 W
Problema 7.14
()
En el circuito de la figura el voltímetro V2 mide 20 V. Considerando
 = 10000 rad/s y que los elementos de medida son ideales:
a) Calcular las medidas de W, V1, V3 y A.
b) Calcular la expresión de eg(t), tomando la tensión de V2 como origen
de fases.
c) Calcular la potencia reactiva que cede la fuente, y comprobar que se
cumple el teorema de Boucherot.
V3
W
A
1 mH
+
eg(t)
0,1 mF
0,1 mH
V1
1 mH
V2
1
223
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Resultados:
a) W = 200 W, V1 = 142,126 V, V3 = 127,279 V y A = 28,319 A
b) eg (t) = 142,126 2  sen  10000t + 0,6857  V
c) Qcedida fuente = 4020 var
Problema 7.15
()
Si conectamos un sistema “reactancia” + tubo fluorescente a la red (220 V,
50 Hz) y medimos con un vatímetro la potencia consumida por este conjunto
obtenemos un valor 50 W. Si esta medida se efectúa en terminales del tubo
fluorescente el valor obtenido es de 20 W. Además, se conoce que la parte
resistiva de la “reactancia” tiene un valor de 120 , y que si colocamos un
voltímetro en bornes del tubo fluorescente, cuando se encuentra encendido,
la tensión es de 60 V.
a) Calcular el valor de la impedancia equivalente del tubo fluorescente,
Ztf.
b) Calcular el valor de la impedancia equivalente de la “reactancia”, Zr.
c) Calcular el condensador a conectar en paralelo para compensar el
conjunto a un f.d.p. de 0,9 inductivo.
Reactancia
120 
+
220 V
f=50 Hz
XLr
Rtf
XLtf
Resultados:
Tubo
fluorescente
a) Ztf = 80,015+j89,43 , b) Zr = 120+j302,52 , C = 4,8 F
224
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 7.16
()
A load is connected to a real voltage source as depicted in the following
circuit. The voltage magnitude UC is 100 V:
a) Determine the current through the load.
b) Considering this load current as reference, determine the magnitude
and phase of source voltage UG.
Z=1+j3 
+
+
UC
UG
Load
Pabs=200 W
Qabs=200 var
a) I = 2,828 A, b) UG = 108,07 47,12º V
Results:
Problema 7.17
()
In the figure below, the measurement of wattmeter 1 (W1) is 7200 W and of
wattmeter 2 (W2) is 6400 W. It is known that the load impedance magnitude
Z is 20 . Considering load voltage as reference, determine:
a) Phase angle of load impedance
b) Phase angle of the source voltage
c) Value of inductance L
W1
2
jL
W2
+
400 V
f=50 Hz
 > 0º
225
Potencia en régimen estacionario sinusoidal
Results:
a)  = 36,87º, b) source = 1,77º, c) L = 2,06 mH
Problema 7.18
()
An industrial single phase load of 10,53 MW of rated power is feeded
through an overhead line of 2 km total length (Rcond = 0,279 /km,
Xcond = 0,070 /km). Considering that the voltage across the total length of
the line is 135 V and that the line along with the industrial load demand
2680 kvar, determine:
a) Industrial load impedance (RL, XL).
b) Cable power loss.
c) AC voltage supply UG.
Rcable
+
Xcable
RL
UG
XL
Results:
Industrial
Load
a) ZL = 191,03+j48,48 , b) P = 30,76 kW, c) UG = 46,41 kV
226
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Tema 8: Sistemas trifásicos equilibrados
Problemas resueltos
Problema 8.1
()
Calcular todas las intensidades de línea en el generador y en la carga, y todas
las tensiones de línea y de fase en el generador y en la carga del circuito
trifásico de la figura.
n
+
a
1+j
a’
3+j2
+
b
1+j
b’
3+j2
+
c
1+j
c’
3+j2
n’
Solución:
Se trata de un sistema trifásico equilibrado Y‐Y. Para analizarlo, se construye
uno de sus circuitos monofásicos equivalentes, en concreto, el de la fase a.
Hay que tener en cuenta que todos los puntos neutros de un sistema
trifásico equilibrado están siempre a la misma tensión (de ahí que a los dos
puntos neutros del circuito se les haya dado el mismo nombre, n).
Generación
230 0º
+
Ia
n
Línea
a
+
1+j
Carga
a’
3+j2
+
Ua’n
Uan
n
228
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En el circuito de la figura anterior puede verse que la tensión Uan es la
tensión en bornes de una fuente de tensión ideal, por lo tanto:
U an  230 0º V
Agrupando las impedancias en serie se obtiene:
Z T  (1  j)  (3  j2)  4  j3 
a
4+j3
Ia
+
Uan
n
Aplicando la ecuación de definición de la impedancia compleja, se puede
calcular la intensidad Ia:
Ia 
U an
 46 36,87º A
4  j3
Conocida esta intensidad, la tensión Ua´n vale:
a’
Ia
3+j2
+
Ua’n
n
Ua ' n  (3  j2) I a  165,83 3,18º V
A partir de los valores de las tensiones de fase y de las intensidades
obtenidos sobre el circuito equivalente monofásico, es posible determinar el
resto de tensiones de fase y de línea del sistema monofásico, así como las
intensidades de línea. Para ello, hay que recordar que, en los sistemas
trifásicos equilibrados, las variables de cada fase están desfasadas 120º entre
229
Sistemas trifásicos equilibrados
sí. Para saber si adelantan o retrasan, es necesario comprobar si el sistema
es de secuencia directa o bien de secuencia inversa.
En el esquema circuital del enunciado se especifica que:
Uan  230 0º V
U bn  230 120º V
Uan  230 120º V
Por lo tanto, el sistema es de secuencia directa, como puede verse en el
diagrama vectorial de las tensiones de fase mostrado a continuación.
Orden de paso:
Uan, Ubn, Ucn
Ucn
sentido de giro
+120º
Uan
120º
Ubn
Las tensiones de línea en bornes del generador se determinan considerando
que en un sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, el módulo de
las tensiones de línea es 3 veces mayor que el módulo de las tensiones de
fase, y que las tensiones de línea adelantan 30º respecto a sus tensiones de
fase correspondientes. Además, Ubc y Uca deberán estar desfasadas 120º
respecto de la tensión Uab. Esto es:
U ab  U an
U bc  U bn
U ca  U cn




3 30º   U
3 30º   U
3 30º  398,37 30º V
ab
1 120º   398,37 90º V
ab
1 120º   398,37 150º V
En cuanto a las tensiones de fase en bornes de la carga, se ha calculado que:
Ua'n  165,83 3,18º V
230
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
entonces:
U b ' n  U a ' n 1 120º   165,83 123,18º V
U c ' n  U a ' n 1 120º   165,83 116,82º V
A partir de estos valores y de la relación vista anteriormente entre tensiones
de línea y tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados, las tensiones
de línea en bornes de la carga valen:
Ua'b'  Ua'n
U b'c '  U b'n
U c 'a '  U c ' n




3 30º   U
3 30º   U
3 30º  287,22 26,82º V
a'b'
1 120º   287,22 93,18º V
a'b'
1 120º   287,22 146,82º V
En cuanto a las intensidades de línea (que coinciden con las intensidades de
fase al tratarse de un sistema trifásico conectado en estrella), habiendo
determinado que:
I a  46 36,87º A
se obtiene:
I b  I a 1 120º   46 156,87º A
I c  I a 1 120º   46 83,13º A
231
Sistemas trifásicos equilibrados
()
Problema 8.2
En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa mostrado en la figura,
la carga tiene un factor de potencia de 0,866 inductivo. La medida indicada
por el voltímetro es de 400 V y la medida del amperímetro es de 10 A.
Determinar las tensiones de línea en bornes del generador. Considerar la
tensión del voltímetro como origen de fases y los equipos de medida ideales.
G
3
a
ZL = 1+j
b
ZL = 1+j
c
ZL = 1+j
A
V
a’
Z
b’
Z
c’
Z
Carga
n
Solución:
El equivalente monofásico del sistema trifásico es:
a
+
ZL = 1+j
Ia
Uan
a’
+
Z
Ua’n
n
La tensión medida por el voltímetro es de 400 V, y además se indica que hay
que considerarla como origen de fases, esto es:
Ua ' b '  400 0º V
Entonces, a partir de la relación entre tensiones de línea y de fase en un
sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene que:
 1
 400
Ua 'n  Ua' b' 
30º  
30º  230,94 30º V
3
 3

232
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Se conoce la medida del amperímetro, por tanto, se sabe que Ia = 10 A.
El valor de las impedancias que forman la carga es:
Z
U
Ua'n
230,94
 Z  a'n 
 23,094 
Ia
Ia
10
Se indica en el enunciado el factor de potencia de la carga, por lo tanto:
 Z  arccos 0,866  30º (signo "+"por ser la carga de carácter inductivo)
Entonces:
Z  23,094 30º  20  j11,547 
A partir de la relación entre tensión e intensidad en bornes de la impedancia,
se tiene:
Ia 
Ua'n
 I a  Ia Ua´n   Z  10 60º A
Z
Fijándose en el equivalente monofásico, la tensión de fase en bornes del
generador es:
U an   Z L  Z  I a  (1  j)  (20  j11,54)  10 60º 
 24,46 30,85º ∙ 10 60º  244,62 29,15º V
La relación existente entre tensiones de línea y de fase en los sistemas
trifásicos equilibrados de secuencia directa es:
Uab  Uan

3 30º

Aplicando dicha relación, se obtiene que:
Uab  244,62 29,15º


3 30º  423,69 0,85º V
El resto de tensiones se obtienen teniendo en cuenta que el sistema
considerado es de secuencia directa, esto es:
233
Sistemas trifásicos equilibrados
U bc  U ab 1 120º 
U ca  U ab 1 120º 
Así pues, las tensiones de línea en bornes del generador son:
Uab  423,69 0,85º V
U bc  423,69 119,15º V
U ca  423,69 120,85º V
234
Problema 8.3
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
En el sistema trifásico equilibrado de 400 V, secuencia directa, mostrado en
la figura:
a) Determinar todas las intensidades de línea.
b) Determinar la potencia trifásica compleja que entrega el generador.
Nota: Considerar como origen de fases la tensión de línea Uab.
a
Generador
trifásico
b
c
Carga
Z= 3 Ω
cosZ=0,5
Z >0
Solución:
Según el enunciado, el sistema trifásico presenta una tensión de 400 V, esto
es, las tensiones de línea de dicho sistema valen 400 V.
Además, se indica que el origen de fases es la tensión de línea Uab, esto es:
Uab  Uab Uab  400 0º V
También se señala que la carga trifásica está conectada en triángulo, además
de indicarse el valor de su módulo y de su argumento. Entonces, el valor de
las impedancias complejas que forman la carga es:
Z  3 

  Z   3 60º 
cos Z  0,5 ( Z  0)
Es posible determinar su carga trifásica equivalente conectada en estrella:
ZY 
Z  3 60º

 1 60º 
3
3
235
Sistemas trifásicos equilibrados
a
a Ia
Ia
+
+
b
Ib
c
Ic
Z
Z
Z
b Ib
ZY
Ic
ZY
c
n
Dado que el generador está conectado en estrella y la carga se ha
transformado a estrella, se puede construir el equivalente monofásico del
circuito trifásico equilibrado Y‐Y, que es:
Ia
a
+
Uan
n
La tensión de fase se puede obtener a partir de la relación entre tensiones de
línea y de fase para sistemas trifásicos equilibrados de secuencia directa:
 1
 400
Uan  Uab 
30º  
30º  231 30º V
3
 3

A partir de este circuito equivalente monofásico, se obtiene que la
intensidad de la línea a vale:
Ia 
U an 231 30º

 231 90º A
ZY
1 60º
Teniendo en cuenta que en los sistemas trifásicos equilibrados las variables
de cada fase están desfasadas 120º entre sí, y considerando que el sistema
es de secuencia directa, las intensidades de línea son:
I a  231 90º A
I b  I a 1 120º   231 210º  231 150º A
I a  I a 1 120º   231 30º A
236
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
En cuanto a la potencia compleja trifásica, dado que el sistema trifásico es
equilibrado, se cumple que:
ST  3  S F
La potencia compleja por fase cedida por el generador vale:
S F  UF  I F
*
Dado que:
U F  U an  231 30º V
I F  (I a )*  (231 90º)*  231 90º A
*
entonces:
S F  231 30º ∙ 231 90º  53361 60º VA
Y la potencia compleja trifásica cedida por el generador tiene un valor:
S T  3  S F  3  53361 60º  160083 60º VA
237
Sistemas trifásicos equilibrados
Problema 8.4
()
El sistema trifásico equilibrado de la figura se alimenta conectando en los
terminales abc una fuente de tensión real trifásica, equilibrada y de
secuencia directa. Tomando como origen de fases la tensión Ua’’n (siendo n el
punto neutro de la carga 1), determinar:
a) Las intensidades de fase y línea en la carga 1.
b) Las intensidades de fase y línea en la carga 2.
c) La tensión Uab en bornes del generador real.
Datos: Lectura del amperímetro A = 10 A
a
0,2+j0,4
b
0,2+j0,4
c
0,2+j0,4
b’
c’
0,1+j0,2
0,1+j0,2
0,1+j0,3
a’
a’’
0,1+j0,3
b’’
0,1+j0,3
c’’
A
Carga 1
3+j
Y
0,1+j0,2
Carga 2
6+j3

Solución:
a) Se indica que se toma como origen de fases la tensión de la fase a de la
carga 1. Por otra parte, el amperímetro mide la intensidad que circula por la
línea a, es decir, mide el módulo de las intensidades de línea de la carga 1
(que coinciden con las intensidades de fase, al tratarse de una carga en
estrella).
El equivalente monofásico, de la parte correspondiente a la carga 1 del
circuito trifásico, es el siguiente:
238
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
a’’
Ia1
Z1 = 3+j 
+
Ua’’n
n
Se sabe que:
Ia1  10 A
Ua '' n  Ua '' n 0º  origen de fases
Z 1  3  j   Z 1  3,16 18,43º 
Entonces:
Ua '' n  Z1  Ia1  31,62 V
U a '' n  31,62 0º V
Como la carga 1 es inductiva, su intensidad de fase retrasará respecto de la
tensión de fase un ángulo igual al argumento de la impedancia de dicha
carga. Además, la intensidad de la línea a de la carga 1 (Ia1) coincide, al estar
la carga 1 conectada en estrella, con la intensidad de la fase a. Por lo tanto:
I a1  10 18,43º A
Dado que el sistema es de secuencia directa, el resto de intensidades de
línea/fase en la carga 1 valen:
I b1  I a1 1 120º   10 138,43º A
I c 1  I a1 1 120º   10 101,56º A
b) El equivalente monofásico, que incluye las impedancias de la línea de la
carga 1, es:
239
Sistemas trifásicos equilibrados
a’
Ia1
0,1+j0,3
+
a’’
Z1 = 3+j
+
Ua’’n
Ua’n
n
U a ' n  (0,1  j 0,3)I a1  Ua '' n  (0,1  j 0,3)  (3  j)I a1  33,61 4,31º V
Si la carga 2 se supone conectada en estrella (haciendo la correspondiente
equivalencia entre cargas en triángulo y cargas en estrella), el equivalente
monofásico, fijándose sólo en la carga 2 y su correspondiente impedancia de
línea, es:
Z 2   6  j3   Z 2Y 
Z 2
2 j
3
a’ +
Ia2
0,1+j0,2
Ua’n
a2
Z2Y = 2+j
n
La intensidad de línea a de la carga 2 vale:
I a2 
Ua'n
 13,9 25,43º A
(0,1  j0,2)  Z 2Y
Al tratarse de un sistema equilibrado de secuencia directa, el resto de
intensidades de línea de la carga 2 son:
I b2  I a2 (1 120º)  13,9 145,43º A
I c 2  I a2 (1 120º)  13,9 94,56º A
240
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
a2
c2
b2
Ia2
Z2
Ib2
Z2 Ib2c2
Ic2
Ia2b2
Z2 = 6 + j3
Ic2a2
Las intensidades de fase de la carga 2 se pueden determinar a partir de las
intensidades de línea ya calculadas:

I a2 b2  I a2 


I b2 c 2  I b2 


I c 2a2  I c 2 

1

30º   8,025 4,567º A
3

1

30º   I a2 b2 (1 120º)  8,025 115,433º A
3

1

30º   I a2 b2 (1 120º)  8,025 124,56º A
3

c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se considera el
equivalente monofásico de todo el sistema. Para ello, hay que convertir la
carga 2, conectada en triángulo, en su estrella equivalente y agrupar las
cargas 1 y 2 (ambas cargas están en paralelo), formando ZT.
a
IaT 0,2+j0,4
+
ZT
a’
+
Uan
Ua’n
n
I aT  I a1  I a2  10 18,43º  13,9 25,43º  23,854 22,50º A
Una vez conocida la intensidad de línea total, la tensión de fase en bornes
del generador se calcula:
Uan   0,2  j0,4  I aT  Ua ' n  42,644 12,89º V
241
Sistemas trifásicos equilibrados
A partir de la tensión de fase, la tensión de línea en bornes del generador
vale:
U ab  U an


3 30º  73,86 42,89º V
242
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 8.5
()
En el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura se sabe
que la carga 1 absorbe una potencia reactiva trifásica de 6000 var.
Determinar:
a) Las impedancias, Z1 y Z2, que forman cada carga.
b) Las intensidades de fase en las dos cargas.
c) La tensión de línea Ua’b’ en bornes del generador.
Datos: Uab = 380 V, A = 10 A, tomar Uab como origen de fases.
G
3
a’
1+j2
b’
1+j2
c’
1+j2
a
A
Z1
Z1
b
c
Carga 2 en Y
PT = 2850 W
cos  = 0,866
inductivo
Z1
Carga 1
Solución:
a) Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe la carga 1. A partir de
la expresión de esta potencia reactiva trifásica, se obtiene el argumento de la
carga Z1:
QT abs Z 1  3 Uab Iasen Z 1
6000  3  380  10  sen Z 1  sen Z 1  0,911   Z 1   65,728º
La intensidad de fase en la carga 1, IZ1, se puede calcular a partir de la
relación entre las intensidades de línea y de fase en los sistemas trifásicos
equilibrados:
243
Sistemas trifásicos equilibrados
IL1
a
+
+
Uab
UZ1
IZ1
Z1
Z1
b
Z1
c
IZ 1  IL1
1
 5,77 A
3
Conocidas la tensión de fase y la intensidad de fase en la carga 1, el valor de
la impedancia Z1 se calcula:
Z1 
UZ 1 Uab 380


 65,81 
IZ 1 IZ 1 5,77
Z 1  65,81 65,728º 
Respecto de la carga 2, se sabe la potencia activa que absorbe y su factor de
potencia, y dado que:
PTabs Z 2  3 UL ILcos Z 2
entonces:
2850  3  380  IL2  0,866  IL2  5 A
Se puede calcular el valor de la impedancia Z2 si se conocen la tensión de
fase y la intensidad de fase en dicha carga, esto es:
Z2 
UZ 2
IZ 2
244
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
a + Uab
IL2 = IZ2
c
b
+
Uan
+
UZ2
Z2
Z2
Z2
n
La tensión de fase se calcula a partir de la relación entre tensiones de línea y
tensiones de fase en sistemas trifásicos equilibrados conectados en estrella:
UZ 2  Uan 
Uab
 219,39 V
3
Entonces:
Z2 
UZ 2 Uan 219,39


 43,87 
IZ 2
IL2
5
Dado que en el enunciado se indica que la carga tiene carácter inductivo, su
argumento será mayor que cero. Además se conoce su factor de potencia.
Por lo tanto:
Z 2  arccos 0 ,866  30º
Así pues, la impedancia de la carga 2 vale:
Z 2  43 ,87 30º
b) El módulo de ambas intensidades de fase ya se ha determinado en el
apartado anterior. Sus argumentos se calculan a partir de la tensión de fase y
de la impedancia compleja para cada carga:
I Z1 
U ab
380 0º
10


65,73º A
Z 1 65,81 65,73
3
245
Sistemas trifásicos equilibrados
I Z2
380
30º
U an
3


 5 60º A
Z 2 43,87 30º
c) Para determinar la tensión en bornes del generador, se recurre al circuito
equivalente monofásico del sistema trifásico dado, en el que se ha
transformado la carga Z1 (originalmente en triángulo) en su estrella
equivalente.
+
a’ IL
UZL
1+j2
IL1
Z1Y
IL2
Z2
a
+
+
Ua’n
Uan
n
La intensidad de línea total que circula en el equivalente monofásico, se
calcula aplicando la 1ª L.K.:
I L  I L1  I L 2
Como la carga 2 está conectada en estrella, su intensidad de línea coincide
con su intensidad de fase, ya calculada anteriormente. En cuanto a la
intensidad de línea de la carga 1, su módulo es dato del problema, y su
argumento se determina a partir de la intensidad de fase de dicha carga:
I L1  I Z 1


3 30º  10 95,73º A
Entonces:
I L  I L1  I L2  10 95,73º  5 60º  14,35 84º A
La caída de tensión en la impedancia que representa la línea se calcula:
U ZL  1  j2  I L  32,08 20,57º V
246
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Y la tensión de fase en bornes de generador es:
Ua ' n  U ZL  Uan  251,09 28,80º V
Recordando la relación entre tensiones de línea y de fase en sistemas
trifásicos equilibrados de secuencia directa, la tensión de línea en bornes del
generador es:
Ua'b'  Ua'n


3 30º  434,91 1,20º V
247
Sistemas trifásicos equilibrados
Problema 8.6
()
En el sistema trifásico equilibrado de la figura (secuencia directa y 50 Hz de
frecuencia) se sabe que la tensión Uab = 380 V. Tomando esta tensión como
origen de fases, calcular:
a) La tensión Ua’b’.
b) Potencias activa y reactiva trifásicas absorbidas en cada carga y en la
línea.
c) Potencias activa y reactiva trifásicas suministradas por el generador, y
comprobar el resultado aplicando el teorema de Boucherot.
G
3
a’
1+j
b’
1+j
c’
1+j
Z1=20+j10
a
20+j10
b
c
n
20+j10
Carga 2 en
QT2 = 4 kvar
cos Z2 = 0,5
ind.
Solución:
a) Para calcular la tensión de línea en bornes del generador (Ua’b’), primero
se determina su tensión de fase correspondiente (Ua’n), y para ello se hace
uso del circuito monofásico equivalente.
Dicho equivalente, centrándose en la carga 1, es:
a
Z1=20+j10
Ia1
+
Uan
n
248
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Dado que, como se indica en el enunciado, la tensión Uab se toma como
origen de fases, esto es:
Uab  380 0º V
y conocida la relación existente entre tensiones de línea y de fase en un
sistema trifásico equilibrado de secuencia directa, se tiene:
 1

Uan  U ab 
30º   220 30º V
 3

La intensidad que circula por la carga 1 vale:
U an
 9,84 56,56º A
20  j10
I a1 
Considerando ahora la carga 2:
a
Ia2
+
Ua
Iab2 Z2
b
Ib2
c
Ibc2 Z2
Z2
Ic2
Ica2
De esta carga se conoce la potencia reactiva trifásica que consume. A partir
de esta potencia y del dato (indicado en el esquema del enunciado) de su
factor de potencia, es posible calcular el módulo de la intensidad de línea de
dicha carga:
QTabsZ 2  4 kvar
 Z 2   arccos 0,5  60º
QTabsZ 2  3 UabIa2sen Z 2  Ia2  7,017 A
Se ha tomado el argumento de la impedancia Z2 positivo (Z2 > 0) debido a
que se señala explícitamente que dicha impedancia tiene carácter inductivo.
249
Sistemas trifásicos equilibrados
Para calcular el argumento de la intensidad Ia2, basta recordar que en una
impedancia siempre se cumple que el ángulo de desfase entre la tensión en
sus bornes y la intensidad que circula por ella es justamente el argumento de
dicha impedancia. En el caso de la impedancia Z2:
,I   
U
ab2
ab
Z2
 60º
Por otra parte, es bien conocido que, en un sistema trifásico equilibrado de
secuencia directa, las intensidades de línea retrasan 30º con respecto de las
intensidades de fase:
, I   30º
I
a2
ab2
Agrupando estas dos consideraciones, se tiene:
, I     60º
U
, I   30º
I
ab
a2
ab 2
Z2



 U
ab , I a 2  90º  I a 2  90º
ab 2
Por lo tanto:
I a2  7,02 90º A
El circuito equivalente monofásico del sistema trifásico es:
+
a’ Ia
+
UZL
1+j
Ia1
Z1
Ia2
Z2Y
a
+
Uan
Ua’n
n
La intensidad total se calcula aplicando la 1ªL.K.:
I a  I a1  I a2  16,163 70,40º A
250
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
y aplicando la 2ª L.K. se determina la tensión de fase en bornes del
generador:
Ua ' n  (1  j)I a  Uan  242,77 29,56º V
A partir de este valor, se calcula la tensión de línea en bornes del generador:
Ua ' b'  Ua 'n


3 30º  420,49 0,44º V
b)
o Carga 1:
Como el sistema trifásico es equilibrado, se va a determinar la potencia
activa y reactiva que absorbe una de las impedancias que forman la carga, y
las potencias activas y reactivas trifásicas absorbidas por dicha carga serán el
triple de las monofásicas calculadas.
Para calcular las potencias monofásicas absorbidas por una de las
impedancias de la carga, se va a tener en cuenta que potencia activa la
absorbe la parte real de las impedancias, mientras que la parte imaginaria
absorbe únicamente potencia reactiva.
PF abs Z 1  RZ 1  Ia21  20  9,842  1936,11 W
QF abs Z 1  X Z 1  Ia21  10  9,84 2  968,06 var
PT abs Z 1  3PF abs Z 1  5808,35 W
QT abs Z 1  3QF abs Z 1  2904,17 var
o Carga 2:
Se conoce la potencia reactiva trifásica que absorbe y el factor de potencia
de la carga, por lo tanto, utilizando el triángulo de potencias para dicha
carga:
251
Sistemas trifásicos equilibrados
ST abs Z2
jQT abs Z2
Z2
PT abs Z2
QT abs Z 2  4000 var
PT abs Z 2 
QT abs Z 2
tg Z 2
 2309,4 W
La potencia activa trifásica absorbida por la carga 2 se puede calcular, de
igual manera, aplicando la expresión:
PT abs Z 2  3 UabIa2cosZ 2  2309,4 W
o Línea:
Se emplea el mismo razonamiento que para la carga 1. Si el sistema es
equilibrado, las potencias trifásicas se pueden obtener multiplicando por 3
las potencias que absorbe la impedancia de una fase.
PF abs ZL  RZL  Ia2  1  16,1632  261,24 W
QF abs ZL  X ZL  Ia2  1  16,1632  261,24 var
PT abs ZL  3PF abs ZL  783,72 W
QT abs ZL  3QF abs ZL  783,72 var
c) Para calcular las potencias activas y reactivas trifásicas cedidas por el
generador, se van a emplear las expresiones que permiten calcularlas
directamente.



sen U
,I


PT ced gen  3 UL gen IL gencos U
F gen , I F gen
QT ced gen  3 UL genIL gen
Se ha determinado anteriormente que:
F gen
F gen
252
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
U F gen  U a ' n  242,77 29,56º V
I F gen  I a  16,163 70,40º A
por lo tanto:

, I   U
, I   40,84º
U
F gen
F gen
a'n
a
Así pues, las potencias activa y reactiva trifásicas valen:
PTced gen  8905,72 W
QTced gen  7698,07 var
Estas potencias también se pueden calcular utilizando la expresión de la
potencia compleja trifásica:
ST ced gen  3  UF gen  I F gen  PT ced gen  jQT ced gen
*
Sustituyendo valores para este sistema trifásico:
ST ced gen  3  242,77 29,56º  16,16 70,40º  8905,72  j 7698,07 VA
e identificando parte real y parte imaginaria, se tiene que:
PTced gen  8905,72 W
QTced gen  7698,07 var
Comprobación del Teorema de Boucherot:
PTced gen  PTabs ZL  PTabs Z 1  PTabs Z 2
QTced gen  QTabs ZL  QTabs Z 1  QTabs Z 2
PTabs ZL  PTabs Z 1  PTabs Z 2  8901,47 W  PTced gen
QTabs ZL  QTabs Z 1  QTabs Z 2  7687,89 var  QTced gen
253
Sistemas trifásicos equilibrados
Problemas propuestos
()
Problema 8.7
El circuito de la figura muestra el esquema de alimentación eléctrica de una
industria. El generador trifásico (f = 50 Hz) representa el punto de conexión a
la red y de él se sabe que las tensiones entre sus bornes forman un sistema
trifásico equilibrado de secuencia directa de 400 V. Una línea trifásica une el
punto de conexión a red y la industria y presenta una impedancia Zext = 1 + j.
En el interior de la industria una nueva línea trifásica sigue hasta la carga,
siendo su impedancia Zint = 1 + j2. La carga es equilibrada, está conectada en
estrella y la impedancia de cada fase vale Z = 10 + j6. Tomando como origen
de fases la tensión Uab, calcular la intensidad de línea, la tensión de línea en
bornes de la industria, la potencia activa trifásica cedida por la red y la
potencia activa trifásica absorbida por la carga.
Industria
Zext
a
G
3
Zext
b
Zext
c
Resultados:
Problema 8.8
a’
Zint
b’
Zint
c’
Zint
a’’
b’’
c’’
Z
Carga
Z
n
Z
IL = 15,396 A, UL = 362,556 V, PTabsZ = 7111,104 W,
PTced gen = 8533,325 W
()
En el sistema trifásico equilibrado de la figura, de secuencia directa, el
voltímetro mide 554,52 V y se sabe que la potencia aparente que cede el
generador es de 63639,617 VA. Calcular la resistencia, R, de la línea.
254
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
R + j2
a’
b
R + j2
c’
Resultados:
15 + j12
R + j2
b’
G
3
a
15 + j12
V
c
15 + j12
R=1
()
Problema 8.9
Sea el sistema trifásico equilibrado de secuencia directa de la figura. Si el
voltímetro ofrece una lectura de 380 V, calcular:
a) Las intensidades de línea consumidas por las cargas 1 y 2 (tomar
como origen de fases la tensión de la fase a de la carga 2).
b) La tensión de línea en bornes del generador.
c) Comprobar que el circuito verifica el Teorema de Boucherot.
a
G
3
b
c
1+j
1+j
1+j
1j
a’
V
b’
c’
1j
1j
Carga 2
2 + j2
Y
Resultados:
a) I L1 =I L2 =77,56 ‐45º A , b) ULg =760 V
a’’
b’’
c’’
Carga 1
1 + j3
Y
255
Sistemas trifásicos equilibrados
Problema 8.10
()
En un sistema trifásico equilibrado de 380 V, 50 Hz y secuencia directa, están
conectadas las siguientes cargas:
 Un motor trifásico que consume una potencia de 20 kW con un factor
de potencia de 0,866 inductivo.
 Una carga en estrella de carácter inductivo. Se sabe que su argumento
es 60º induct. y que el amperímetro marca 35,09 A.
Calcular, tomando la tensión U12 como origen de fases:
a) Las intensidades IM1, IM2, IM3.
b) Las intensidades IC1, IC2, IC3.y las intensidades de línea I1, I2, I3.
c) El factor de potencia de cada carga y el factor de potencia del
conjunto.
1
I1
IM1
2
IC1
I2
IM2
3
A
I3
IC2
IC3
IM3
Z
Z
Z
M
Resultados:
a) I M1 =35,088 ‐60º A, I M2 =35,088 ‐180º A, I M3 =35,088 60º A
b) I C1 =35,09 ‐90º A, I C2 =35,09 150º A, I C3 =35,09 30º A
I 1 =67,78 ‐75º A, I 2 =67,78 165º A, I 3 =67,78 45º A
c) cosφM =0,866 ind., cosφC =0,5 ind., cosφT =0,707 ind.
256
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Problema 8.11
Dado el circuito trifásico de la figura, determinar la intensidad Ic y la tensión
Uab. ¿Este sistema trifásico es de secuencia directa o de secuencia inversa?,
¿por qué?, ¿cuál es el valor de la tensión Ecn’?
Datos: Ia = 25 + j 43,3 A, Ib = –50 A
Ean’
+
Ebn’
n’
a
j0,45
Ia a’
3,6 + j2,25
+
Uab
b
j0,45
Ib b’
3,6 + j2,25
Ic c’
3,6 + j2,25
n
+
Ecn’
c
j0,45
+
Resultados:
I c = 25 ‐ j43,3 A, Uab = 389,71 66,87º V, secuencia inversa,
E cn' = 225 ‐23,13º V
Tema 9: Máquinas eléctricas
Problemas resueltos
Problema 9.1
()
Se desea alimentar una lámpara incandescente halógena de 12 V – 75 W a
partir de una red monofásica de 230 V – 50 Hz. En el catálogo de un
fabricante de transformadores se puede ver la siguiente tabla:
Transformadores para lámparas halógenas de baja tensión
Modelo
Tensión entrada
(V)
Tensión salida
(V)
Potencia
(VA)
Frecuencia
(Hz)
Precio
(€)
BT05012
BT05024
BT10012
BT10024
BT15012
BT15024
BT20012
BT20024
BT25012
BT25024
230
230
230
230
230
230
230
230
230
230
12
24
12
24
12
24
12
24
12
24
50
50
100
100
150
150
200
200
250
250
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
50‐60
9
12
20
23
32
35
46
49
60
65
Elegir el transformador más apropiado para la aplicación deseada.
Solución:
La lámpara que se alimentará con el transformador, consume una potencia
activa de 75 W.
Una lámpara incandescente se puede modelar mediante una carga
puramente resistiva (cos  = 1). Por lo tanto:
258
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Sabs lamp 
Pabs lamp
cos
 75 VA
Se debe escoger un transformador con una potencia igual o superior a 75 VA
y con las tensiones adecuadas a la red a la que se va a conectar y a la
lámpara que ha de alimentar.
En la tabla se observa que todos los transformadores tienen tensión de
entrada 230 V. En cuanto a la tensión de salida, se observa que unos
transformadores la tienen de 12 V y otros de 24 V. Como la lámpara se
alimenta a 12 V, hay que descartar aquellos transformadores con tensión de
salida distinta a ésta.
Respecto de la potencia aparente, el transformador de código BT5012 tiene
una potencia inferior a 75 VA, por lo que no se puede utilizar para esta
aplicación. El resto de los transformadores de la tabla, con tensión de salida
12 V, son susceptibles de poder utilizarse para alimentar la lámpara.
Como criterio para seleccionar el más adecuado entre todos ellos, se va a
utilizar el económico. Por tanto, el transformador seleccionado para la
aplicación pedida es el de código BT10012.
259
Máquinas eléctricas
Problema 9.2
()
Dimensionar la potencia mínima que debe tener un motor síncrono de
4 pares de polos, conectado a una red de 50 Hz, para desarrollar un par de
55 N∙m a su velocidad de sincronismo (n = 750 rpm).
Solución:
La potencia mecánica útil que entrega el motor en su eje es el producto del
momento de fuerza por la velocidad angular. La potencia útil calculada
utilizando el S.I. es:
Pútil  n  T  750 rpm 
2 rad/s
 55 N∙m  4319 W
60 rpm
Para no sobrecargar el motor, se debe elegir un modelo que tenga una
potencia asignada Pnominal igual o superior a la potencia útil que debe
entregar.
Pnominal  Pútil
Es posible que la tabla de modelos que proporcione el fabricante no esté en
unidades del S.I. En España, todavía es habitual expresar la potencia de un
motor en caballos de vapor (1 CV ≈ 736 W). Por tanto, la potencia útil en
caballos de vapor es:
Pútil 
4319 W
 5,86 CV
736 W/CV
Algunos fabricantes anglosajones utilizan el sistema imperial británico. La
potencia útil del motor en caballos de potencia (1 HP ≈ 746 W) es:
Pútil 
4319 W
 5,79 HP
746 W/HP
260
Problema 9.3
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Un motor de corriente continua de imanes permanentes suministra una
potencia útil de 5 CV cuando se alimenta a 400 V, gira a 1800 rpm y absorbe
una corriente de 10 A. Calcular el par útil generado y el rendimiento del
motor en ese punto de funcionamiento.
Solución:
La potencia útil del motor, pasada a vatios es:
Pútil  5 CV  736 W/CV  3680 W
El par y la potencia mecánica útil están relacionados por la siguiente
expresión:
Pútil  Tútil  n
Consecuentemente, el par útil generado es:
Tútil 
Pútil
3680 V

 19,52 N∙m
n 1800 rpm  2 rad/s
60 rpm
La potencia eléctrica que absorbe la máquina de corriente continua es:
Pabs  U  I  400 V  10 A  4000 W
El rendimiento de una máquina es el cociente entre la potencia que
proporciona y la que consume. En el caso de un motor, el motor proporciona
una potencia mecánica útil en el eje y consume la energía eléctrica que
absorbe de la red. Por lo tanto, el rendimiento del motor es:

Pútil 3680 W

 100  92 %
Pabs 4000 W
261
Máquinas eléctricas
Problema 9.4
()
A una red trifásica de 690 V se conecta una máquina de inducción trifásica
cuyas hojas de características indican los siguientes datos:
Potencia nominal: 500 CV, Eficiencia: 90 %, cos: 0,8
a) Determinar la potencia activa absorbida por el motor en condiciones
nominales.
b) Determinar la intensidad de línea.
Solución:
a) La potencia asignada de una máquina es la que aparece o nomina en su
placa de características y es aquella potencia útil para la cual está diseñada
dicha máquina. También se conoce como potencia nominal.
Cuando la máquina trabaja en los valores asignados o nominales, no se
produce un calentamiento excesivo en ninguna de sus partes constitutivas.
En un motor, esta potencia nominal viene indicada en forma de potencia
mecánica útil en el eje. De esta manera, la máquina mostrada en el
enunciado desarrolla una potencia mecánica, convertida a kW:
Pnominal  500 CV  0,736
kW
 368 kW
CV
En la hoja de características suele indicarse la eficiencia o rendimiento del
motor en las condiciones asignadas. A través de este valor, es posible
determinar la potencia activa que la máquina absorbe de la red trifásica para
desarrollar la potencia mecánica nominal en su eje:

Pabs 
Pnominal
Pabs
368 kW
 408,9 kW
0,9
262
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
b) Conocida la potencia activa Pabs que absorbe el motor de la red, la tensión
de alimentación UL y el factor de potencia cos, la intensidad de línea IL se
calcula despejando de la siguiente ecuación:
Pabs  3  UL  IL ∙cos 
Por tanto, la intensidad de línea es:
IL 
Pabs
3  UL ∙cos

408889 W
 427,6 A
3  690 V  0,8
263
Máquinas eléctricas
Problema 9.5
()
Un motor trifásico alimentado a 400 V está acoplado a una caja reductora de
velocidad de relación 10:1 (r = 10) y rendimiento mecánico reductora = 86 %.
El eje de salida de los engranajes gira solidario con el rodillo de una cinta
transportadora. Dicho tambor gira a una velocidad aproximada de 150 rpm y
ofrece un par resistente de 930 kgf∙m.
a) Seleccionar el motor asíncrono más adecuado entre los modelos
comerciales indicados en la tabla siguiente.
Potencia
(kW)
110
132
160
200
250
315
355
400
Velocidad
nominal
(rpm)
1485
1485
1485
1485
1488
1488
1490
1490
Rendimiento
motor (%)
94,7
95,3
95,7
95,9
96,2
96,3
96,3
96,5
Factor
de
potencia
0,86
0,87
0,87
0,87
0,88
0,88
0,88
0,88
Intensidad
nominal a
400 V (A)
195
228
280
347
428
532
608
684
Par
nominal
(N∙m)
707
849
1030
1290
1610
2020
2280
2560
b) Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida por el motor
elegido.
Solución:
a) En primer lugar se convierten el par y la velocidad del rodillo de la cinta
transportadora a las unidades del S.I.:
Trodillo  930 kgf∙m  9,81
nrodillo  150 rpm 
N
 9123,3 N∙m
kgf∙m
2 rad/s
 15,708 rad/s
60 rpm
La potencia mecánica en el rodillo es:
Prodillo  Trodillo ∙nrodillo  9123,3 N  m  15,708 rad/s  143308 W
264
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Debido a rozamientos en los engranajes, el motor debe entregar una
potencia útil en su eje mayor a la potencia mecánica en el rodillo. La relación
entre la potencia de entrada y salida de la caja reductora es su rendimiento:
reductora 
Prodillo
Pútil motor
La potencia mecánica útil en el eje del motor se obtiene despejando de la
relación anterior
Pútil motor 
Prodillo
reductora

143308 W
 166637,74 W  166,64 kW
0,86
Por otro lado, la velocidad del motor se obtiene con la relación de engranajes
(el motor es el eje rápido y el rodillo es el eje lento):
nmotor  nrodillo r  150∙10  1500 rpm
Como la velocidad del rodillo es aproximada, podemos seleccionar cualquier
motor que gire próximo a 1500 rpm. Todos los motores de la tabla del
catálogo cumplen la condición de velocidad. El motor de potencia asignada
Pnominal más próxima, por exceso, a la calculada, Pútil motor, es:
Pnominal = 200 kW, con motor= 0,959 y cos  = 0,87
El motor de 160 kW está preparado para entregar esa potencia en servicio
continuo. Si el servicio de la cinta transportadora es de corta duración (los
intervalos en los que se utiliza el motor son cortos, con arranques livianos y
con paradas largas durante las cuales el motor se enfría), entonces el motor
de 160 kW podría utilizarse.
Si la cinta transportadora presenta frecuentes arranques duros (debido a que
la cinta es elevadora y arranca con carga, la fricción seca es muy elevada por
falta de lubricación en los rodillos, etc…) o el motor se utiliza para frenar la
cinta (por ejemplo, invirtiendo las fases de alimentación o inyectando
corriente continua), el motor estará sometido a un calentamiento severo,
265
Máquinas eléctricas
significativamente mayor que el servicio continuo. En este caso, se elegiría el
motor de 200 kW.
En ausencia de información concreta sobre el tipo de servicio e instalación
de la máquina, la elección más prudente es la del motor de 200 kW.
Cuando sea necesario variar la velocidad, dulcificar los arranques y las
paradas (por ejemplo, para acelerar y decelerar suavemente la cinta
transportadora) y reducir el calentamiento durante los arranques, el motor
se alimentará (en argot, se accionará) mediante un convertidor de
frecuencia, también llamado variador de velocidad.
b) El rendimiento y el factor de potencia del motor dependen de la tensión
de alimentación y de la potencia útil. A falta de datos adicionales, se puede
considerar que estos valores son cercanos a los valores nominales indicados
en la tabla, ya el motor escogido tiene una potencia nominal Pnominal cercana
a la útil Pútil motor calculada para la aplicación del enunciado y la tensión de
alimentación es la nominal del motor.
Así pues, a partir de las características del motor elegido, éste demandará
una potencia eléctrica:
Pabs 
Pútil motor
motor

166,63 kW
 173,75 kW
0,959
Su tensión de alimentación es 400 V, por lo que el motor absorberá una
intensidad de línea:
IL 
Pabs
3  UL  cos

173750 W
 288,26 A
3  400 V  0,87
266
Problema 9.6
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
()
Elegir el grupo electrógeno adecuado para suministrar electricidad a un
pequeño campamento militar con las siguientes cargas eléctricas:
Carga eléctrica
Módulo táctico
Módulo de telecomunicaciones
Alumbrado
Módulo de cocina
Zonas comunes
Módulo dormitorio
Potencia
10 kW
3 kW
2 kW
15 kVA
25 kW
10 kW
Factor de potencia
0.9 inductivo
0.9 capacitivo
0.9 inductivo
0.8 inductivo
0.7 inductivo
0.8 inductivo
Todas las cargas son monofásicas a 230 V, 50 Hz. Estas cargas se pueden
alimentar a partir de un sistema monofásico de 230 V, o bien conectándolas
entre una fase y neutro de un sistema trifásico de 400 V.
El sistema ha de ser capaz de alimentar simultáneamente a todas las cargas.
El parque móvil cuenta con los siguientes grupos electrógenos, ordenados
por máxima potencia que pueden suministrar:
 Grupo electrógeno portátil HONDA EU 10 inverter con salida
monofásica a 230 V y 50 Hz de máxima potencia aparente 900 VA.
 Grupo electrógeno portátil HONDA EU 30 inverter con salida
monofásica a 230 V y 50 Hz de máxima potencia aparente 2600 VA.
 Grupo electrógeno portátil Dewey Electronics BAPU con salida de
28 V en corriente continua y con máxima potencia 4,5 kW.
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno FG WILSON
P13.5E2 con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia
aparente 13,8 kVA y máxima potencia activa 11,0 kW.
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo DRS
15kW TQG con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia
aparente 18,75 kVA y máxima potencia activa 15 kW.
Máquinas eléctricas
267
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo
PRAMAC GBL 42 con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia
aparente 37,0 kVA y máxima potencia activa 30 kW.
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo
Taigüer TG50T INS montado sobre remolque con salida trifásica a
400 V y 50 Hz. Máxima potencia aparente 50 kVA y máxima potencia
activa 40 kW.
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo DRS
100kW TQG ‐ 50 Hz, con salida trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima
potencia aparente 125 kVA y máxima potencia activa 100 kW.
 Grupo electrógeno remolcado por vehículo todoterreno modelo DRS
100kW TQG ‐ 400 Hz, con salida trifásica a 400 V y 400 Hz. Máxima
potencia aparente 125 kVA y máxima potencia activa 100 kW.
 Grupo electrógeno en contenedor FG WILSON P700E5 con salida
trifásica a 400 V y 50 Hz. Máxima potencia aparente 700 kVA y
máxima potencia activa 560 kW.
Solución:
Para poder elegir un grupo electrógeno, se debe conocer el máximo
consumo que se va a suministrar y las características del mismo (tensión,
corriente continua o corriente alterna a 50 Hz o a 400 Hz, etc).
También se debe conocer el ambiente en el cual va a funcionar el grupo. Los
grupos electrógenos militares suelen estar adaptados para un
funcionamiento con temperaturas extremas y con mayor presencia de polvo
y sal que los convencionales.
Por último, los grupos electrógenos de más de 5 kW pueden estar acoplados
sobre remolques o bien transportarse sobre camiones y descargarse con la
ayuda de grúas.
Como el enunciado no especifica las condiciones de transporte y utilización,
se asumirá que los grupos electrógenos de corriente alterna de 50 Hz de
268
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
frecuencia son aptos. Por tanto, sólo se descartan a priori el grupo de
corriente continua y el grupo de corriente alterna a 400 Hz. También se
comprobará que las tensiones del grupo y las cargas son compatibles (un
sistema trifásico de 400 V con neutro puede alimentar cargas monofásicas a
230 V).
Los grupos electrógenos con salida alterna suelen indicar la máxima potencia
activa y aparente que son capaces de suministrar. En caso que solo se
indique una potencia máxima, se supone que los valores corresponden a un
funcionamiento con factor de potencia 0,8 en generadores trifásicos y factor
de potencia unidad en generadores monofásicos.
Según el teorema de Boucherot, la potencia activa y reactiva que consume el
campamento es la suma de las potencias activa y reactiva que absorbe cada
carga. Por tanto, hay que calcular la potencia activa y reactiva de cada carga
y sumar el resultado.
Las unidades en la columna de potencia de la tabla del enunciado indican si
las cargas están especificadas en potencia activa o en potencia aparente. Por
consiguiente, la potencia asignada a la cocina es potencia aparente y el resto
de consumos están especificados en potencia activa.
Nótese que el módulo de comunicaciones tiene un factor de potencia
capacitivo, por lo que su ángulo de desfase tensión‐intensidad y su potencia
reactiva son negativos.
Con estas consideraciones se obtiene la tabla de potencias activa y reactiva.
Carga eléctrica
Potencia
Módulo táctico
10 kW
M. telecomunicaciones
3 kW
Alumbrado exterior
2 kW
Módulo cocina
15 kVA
Zonas comunes
25 kW
Módulo dormitorio
10 kW
cos(ϕ)
ϕ
0,9 ind 25,84º
0,9 cap –25,84º
0,9 ind 25,84º
0,8 ind 36,86º
0,7 ind 45,57º
0,8 ind 36,86º
TOTAL
P
Q
10 kW 4,84 kvar
3 kW –1,45 kvar
2 kW 0,97 kvar
12 kW 9,00 kvar
25 kW 25,51 kvar
10 kW 7,50 kvar
62 kW 46,36 kvar
269
Máquinas eléctricas
Sumando las dos últimas columnas de la tabla, se obtiene que el
campamento consume una potencia activa de 62 kW y una potencia reactiva
de 46,36 kvar. Por tanto, la potencia aparente total absorbida en el
campamento es:
S  P 2  Q2  622  46,362  77,41 kVA
Se debe encontrar un grupo electrógeno con potencia activa igual o superior
a 62 kW y de potencia aparente igual o superior a 77,41 kVA. De los grupos
disponibles, sólo son capaces de alimentar el campamento el modelo DRS
100kW TQG ‐ 50 Hz y el modelo FG WILSON P700E5.
El modelo más apropiado es el DRS 100kW TQG ‐ 50 Hz (el modelo FG
WILSON P700E5 tiene una potencia excesiva, 9 veces mayor que la
consumida).
Como estos modelos son trifásicos a 400 V y las cargas son monofásicas a
230 V, éstas se conectarán en estrella. Para que la carga se distribuya lo más
equilibrada posible, se agruparán los consumos en bloques de potencia
cercana a un tercio de la potencia total (77,41 kVA/ 3 fases ≈ 25 kVA/fase).
Una posible distribución de consumos por fase es la que se muestra a
continuación.
Fase 1
Zonas comunes
S1 =
P
Q
25 kW
25,51 kvar
252  25,512 =35,71 kVA
Fase 2
Módulo de telecomunicaciones
Alumbrado exterior
Cocina
Total fase 2
S2 = 172  8,52 = 19,01 kVA
P
3 kW
2 kW
12 kW
17 kW
Q
‐1,45 kvar
0,97 kvar
9,00 kvar
8,52 kvar
270
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Fase 3
P
10 kW
10 kW
20 kW
Módulo táctico
Módulo dormitorio
Total fase 3
S3 =
Q
4,84 kvar
7,50 kvar
12,34 kvar
202  12,342 = 23,50 kVA
1
n
G
3
2
n
n
Dormitorio
Módulo táctico
Alumbrado
Cocina
Zonas comunes
Telecomunicaciones
3
n
El modelo DRS 100kW TQG ‐ 50 Hz tiene una potencia aparente trifásica de
125 kVA, por lo que la máxima potencia aparente por fase es 41,6 kVA (la
tercera parte del valor trifásico). En la distribución de cargas que se propone,
no se alcanza dicho límite en ninguna fase.
Por último, conviene recordar que al instalar el grupo electrógeno en el
campamento, hay que seguir las recomendaciones de su manual de uso.
Dichas recomendaciones suelen especificar la conexión del neutro a una pica
que se clava en el terreno.
271
Máquinas eléctricas
Problemas propuestos
Problema 9.7
()
En el siguiente diagrama se muestra una red trifásica equilibrada, de 400 V,
50 Hz y secuencia directa. El transformador se considera ideal y su potencia
nominal de 8 kVA.
a) Determinar la medida del amperímetro.
b) Determinar el valor mínimo que puede tener la impedancia Z sin que
el transformador esté sobrecargado.
c) Determinar las intensidades del transformador I1, I2 e I3 con la
impedancia del apartado anterior. Considere la tensión Uan como
referencia.
1 I1
Transformador
Trifásico
STnom = 8 kVA
2
IM1
I2
3 I3
Motor inducción
Pnom= 5 CV
cos = 0,7
= 80%
IC1
IC2
IM2
A
IC3
IM3
M
3
Z
Z
cosZ = 1
Resultados:
a) Amperímetro: 9,485 A, b) Z = 85,059 ,
c) I 1  11, 55 35 , 9º A , I 2  11, 55 155 , 9º A
I 3  11, 55 84, 1º A
Z
272
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 9.8
()
Se tiene una red trifásica de 400 V, 50 Hz, y a partir de ella se quiere
alimentar una máquina trifásica de 230 V que consume una corriente
máxima de 30 A. Seleccionar el transformador más adecuado entre los
siguientes modelos comerciales:
Transformadores trifásicos
Modelo
Tensión entrada
(V)
Tensión salida
(V)
Potencia
(kVA)
Frecuencia
(Hz)
Precio
(€)
TT001
TT002
TT003
TT005
TT008
TT010
TT012
TT016
TT020
TT025
400
400
400
400
400
400
400
400
400
400
230
230
230
230
230
230
230
230
230
230
1
2
3,15
5
8
10
12,5
16
20
25
50
50
50
50
50
50
50
50
50
50
161
182
228
277
330
396
474
590
677
852
Resultados:
Problema 9.9
Se seleccionará el transformador TT012.
()
Calcular la potencia eléctrica y la corriente consumida un motor trifásico de
400 V que gira a 2820 rpm y entrega en el eje un par de 50 N∙m. Considerar
un rendimiento del 84 % y un factor de potencia 0,81.
Resultados:
Pabs = 17578 W, I = 31,32 A
273
Máquinas eléctricas
Problema 9.10
()
Se conecta una máquina de inducción trifásica con la siguiente placa de
características.
AGMOTOR
3~ Ind. Motor MP
Hz
50
kW
30
R.P.M
2900
V
690 / 400
COS
0,83
A
35,0 / 60,6
IP
55
a) Determinar la intensidad de línea cuando se conecta a una red de
400 V.
b) Determinar la potencia aparente y activa absorbida por el motor.
c) Determinar el rendimiento del motor.
Resultados:
a) IL = 60,6, b) Sabs = 42 kVA, Pabs = 34,86 kW, c) η = 86%
Problema 9.11
()
Calcular la potencia útil de un motor acoplado a un ventilador que
proporciona un caudal 50.000 m3/h bajo una presión de 245 Pa a una
velocidad de 3000 rpm. El rendimiento del ventilador en las condiciones de
trabajo es 69% y la densidad del aire es 1,293 kg/m3. Si el motor tiene un
rendimiento eléctrico del 90 % en esas condiciones, obtener la potencia
activa absorbida de la red.
Resultados:
Pu = 6377 W, Pabs = 7085 W
274
Problemas de Fundamentos de Electrotecnia
Problema 9.12
()
Una instalación aislada de la red eléctrica tiene las siguientes cargas:
Carga eléctrica
Módulo táctico
Módulo telecomunicaciones
Módulo cocina
Bomba de agua potable
Zonas comunes
Potencia
4 kW
1 kW
6 kW
15 kVA
5 kW
Factor de potencia
0,9 inductivo
0,9 capacitivo
0,8 capacitivo
0,7 inductivo
0,8 inductivo
La bomba de agua potable requiere alimentación trifásica a 400 V y el resto
de consumos son monofásicos a 230 V. Todos los aparatos funcionan a
50 Hz.
Dado el siguiente esquema de conexión eléctrica, elegir el grupo electrógeno
adecuado para suministrar electricidad entre los modelos enumerados en el
problema 9.6.
1
n
G
3
Bomba
agua
potable
2
n
Resultados:
Zonas comunes
Módulo cocina
Módulo táctico
Telecomunicaciones
3
n
n
Se seleccionará el grupo electrógeno PRAMAC GBL 42
Problemas de Fundamentos de Eletrotecnia
VS
ANIM
VN
IT
10
TEXTOS DOCENTES
10
IT
VS
IM
Miguel Ángel García García
Joaquín Mur Amada
Nabil El Halabi
Iván Cristóbal Monreal
S VN
NO
NO
S
AN
Problemas de
Fundamentos de
Electrotecnia