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BENEMRITA UNIVERSIDAD AUTNOMA DE PUEBLA
FACULTAD DE INGENIERA
COLEGIO DE INGENIERA MECNICA Y ELCTRICA
ELECTROTECNIA 1
APUNTES DE ELECTROTECNIA 1
Maestro:
Ing. Genaro Campos Castillo
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ANTOLOGA DEL CURSO DE ELECTROTECNIA 1
BENEMRITA UNIVERSIDAD AUTNOMA DE PUEBLA
FACULTAD DE INGENIERIA PROGRAMA DE ASIGNATURA CORRESPONDIENTE AL PLAN DE ESTUDIOS 2003
NOMBRE DE LA ASIGNATURA: ELECTROTCNIA I
NIVEL EDUCATIVO:
FORMATIVO
CDIGO DE LA ASIGNATURA: IME 304
PRE-REQUISITOS: FIS 245
HRS. TERICAS/SEM: 3 HRS. PRCTICAS/SEM: 2 CRDITOS: 8 OBJETIVOS GENERALES DE LA ASIGNATURA: Conocer los conceptos tericos de los elementos y leyes que rigen el comportamiento de los fenmenos elctricos y magnticos, de los sistemas industriales donde los requiera. HABILIDADES GENERALES A DESARROLLAR: Desarrollar habilidad en el diseo de circuitos bsicos y utilizacin de los principios y leyes de funcionamiento de los circuitos elctricos.
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ACTITUDES GENERALES A DESARROLLAR: Proporcionar los conocimientos terico-prcticos para desarrollar y disear circuitos elctricos bsicos y complejos.
OBJETIVO: Saber definir elemento resistivo, inductivo y capacitivo, voltaje, corriente y potencia.
CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 1.1 Introduccin
1.2 Sistema de Unidades: a) Sistema internacional de unidades b) Unidades derivadas utilizadas en ingeniera
elctrica c) Unidades suplementarias utilizadas en ingeniera
elctrica
1.3 La unidad de carga 1.4 Corriente, tensin, energa y potencia 1.5 Tipos de circuitos y elementos:
a) Elemento general de un circuito b) Elementos pasivos, resistencia, inductancia y
capacitancia c) Elementos activos, fuentes independientes y
dependientes d) Fuente ideal de tensin e) Fuente ideal de corriente f) Circuito elctrico
1.6 Efectos de la temperatura en la resistencia 1.7 Tablas de calibres de conductores 1.8 Tipos de resistores 1.9 Termistores 1.10 Conductancia HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 2
LEYES Y REDES EN SERIE Y PARALELO OBJETIVO : Analizar los casos serie y paralelo, aplicar divisor de voltaje y corriente, saber la primera y segunda ley de Kirchhoff, ley de Ohm y Joule
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CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 2.1 Introduccin 2.2 Ley de Ohm, Potencia y Ley de Joule 2.3 Anlisis de circuitos de una sola malla (circuitos en serie) 2.4 Ley de Tensiones de Kirchhoff 2.5 Aplicar divisor de tensin. 2.6 Anlisis de circuitos con un solo par de nodos (circuito en
paralelo)
2.7 Ley de corrientes de Kirchhoff 2.8 Aplicar divisor de corriente 2.9 Fuente de tensin 2.10 Fuente de tensin en serie 2.11 Fuente de tensin en paralelo 2.12 Fuente de corriente 2.13 Fuentes de corriente en serie 2.14 Fuentes de corriente en paralelo 2.15 Anlisis de redes en serie y paralelo HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 3 FUENTES DEPENDIENTES Y TEOREMAS DE REDES EN C.D. OBJETIVO : Aplicar cualquier teorema en anlisis de circuitos en C.D., y diferenciar fuentes dependientes e independientes, en dicho anlisis.
CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 3.1 Circuitos con fuentes dependientes 3.2 Amplificadores operacionales 3.3 Circuitos con amplificadores 3.4 Circuitos lineales 3.5 Teorema de superposicin 3.6 Teorema de Thevenin 3.7 Teorema de Norton 3.8 Teorema de la mxima transferencia de potencia 3.9 Teorema de Millman 3.10 Teorema de sustitucin 3.11 Teorema de reciprocidad 3.12 Teorema de compensacin HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 4 ELEMENTOS QUE ALMACENAN ENERGA
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OBJETIVO : Conocer y diferenciar entre un capacitor y un inductor, efectuar anlisis de mallas y nodos, diferenciar la dualidad en este tipo de circuitos
CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 4.1 El inductor. 4.2 El capacitor 4.3 Conexiones serie paralelo de inductores y capacitores. 4.4 Anlisis de mallas y nodos. 4.5 Dualidad. 4.6 Linealidad. 4.7 Energa almacenada en el inductor 4.8 Energa almacenada en un capacitor HORAS TOTALES: 10 2
UNIDAD: 5 CIRCUITOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN
OBJETIVO : Efectuar anlisis de circuitos con conexiones serie y paralelo de primer y segundo orden.
CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 5.1 Introduccin 5.2 Circuitos serie RC 5.3 Circuitos serie RL 5.4 Circuitos serie y paralelo RC, RL y RCL 5.5 Circuitos con entrada cero 5.6 Circuitos con entradas diferentes de cero 5.7 Circuito RLC subamortiguado 5.8 Circuito RLC en paralelo subamortiguado 5.9 Circuito RLC crticamente amortiguado 5.10 Respuesta completa del circuito RLC HORAS TOTALES: 10 2 UNIDAD: 6
INTENSIDAD DE CORRIENTE Y TENSIN SENOIDALES OBJETIVO : Saber diferenciar ondas senoidales y cosenoidales de la
corriente y la tensin, aplicacin de la Ley de Ohm .
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CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 6.1 Intensidad de corriente senoidal 6.2
Tensiones senoidales
6.3 Impedancia y admitancia 6.4 Circuitos serie, paralelo y circuitos estrella Delta 6.5 Valores medio y eficaz 6.6 Elementos resistivos, inductivos y capacitivos. 6.7 Primera y Segunda ley de Kirchhoff aplicadas en c.a. 6.8 Impedancia 6.9 Notacin fasorial 6.10 Potencia en rgimen permanente senoidal 6.11 Energa 6.12 Factor de potencia 6.13 Correccin del factor de potencia.
HORAS TOTALES 15 3
UNIDAD: 7 CORRIENTE ALTERNA Y FASOR
OBJETIVO : Analizar con fasores la tensin y corriente alterna y su representacin grfica, en el plano cartesiano, complejo y en forma polar.
CONTENIDO DE LA UNIDAD Tiempo de
imparticin (hrs.)
HT HP 7.1 Respuesta en estado senoidal permanente. 7.2 Anlisis de mallas y nodos. 7.3 Transformaciones Estrella Delta y Delta estrella. 7.4 Representacin cartesiana. 7.5 Representacin vectorial, fasores. 7.6 Representacin compleja (Diagramas fasoriales) 7.7 Representacin en forma polar. 7.8 Operaciones bsicas con fasores de igual frecuencia. 7.9 Representacin en la forma de Euler
HORAS TOTALES 15 3
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HT HP HORAS TOTALES DE LA ASIGNATURA: 80 16
CRITERIOS DE EVALUACIN.
Exmenes parciales: 70%
Tareas: 10% Trabajos y practicas: 20%
TOTAL: 100%
ACTIVIDADES GENERALES DE APOYO AL CURSO RECURSOS NECESARIOS Investigar sobre las diferentes aplicaciones
de los circuitos elctricos Solucin de problemas Calcular y disear circuitos utilizando
Pspice y visual basic.
Elementos resistivos, inductivos y capacitivos. Programas Pspice y visual basic. Caones y proyectores.
REQUISITOS DE ACREDITACIN: Por reglamento de ingreso, permanencia y egreso de los alumnos de la institucin
Estar inscrito oficialmente Asistir como mnimo al 80% de las sesiones para tener derecho a examen
ordinario Acreditar la materia con un mnimo de 6(seis).
BIBLIOGRAFA:
BASICA ANLISIS DE CIRCUITOS EN INGENIERA Hayt William H. Jr y Kemerly Jack E. Ed. Mc Graw-Hill (6 edicin) ANLISIS DE CIRCUITOS ELCTRICOS L. S. Bobrow Ed. Mc Graw-Hill (ltima edicin) CIRCUITOS ELCTRICOS (Introduccin al anlisis y diseo) Dorf / Svoboda Ed. Alfaomega 3 edicin.
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ANLISIS INTRODUCTORIO DE CIRCUITOS Boylestad Reobert L. Vicente Galceran Escobet Ed. Trillas ELECTRICAL ENGINEERING CIRCUITS Skilling Hugh Hildrteh Ed. John Wiley y sons TEORA Y PROBLEMAS DE CIRCUITOS ELCTRICOS Compendios Shaum Ed. Mc Graw-Hill TITULAR (RESPONSABLE) DE LA ASIGNATURA: Ing. Genaro Campos Castillo FECHA DE ELABORACIN Y AUTOR(ES) DEL PROGRAMA: . 30 de Noviembre de 2003 Ing. Genaro Campos Castillo. Ing. Carlos Morn Ramrez. Ing. Victorino Turrubiates Guilln.
SIMBOLOGA UTILIZADA EN EL CURSO
R = RESISTENCIA (OHMS)
L = INDUCTANCIA (H)
C = CAPACITOR (F)
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FUENTE DE VOLTAJE INDEPENDIENTE
FUENTE DE CORRIENTE INDEPENDIENTE
FUENTE DE VOLTAJE DEPENDIENTE
FUENTE DE CORRIENTE DEPENDIENTE Z = IMPEDANCIA = R (PARA EL CASO DE CORRIENTE DIRECTA)
DEFINICIN DE VOLTAJE: Es la diferencia de potencial entre dos puntos.
RESISTENCIAS EN SERIE
Ejemplo:
DC
1R
2R
3R
4R
SV
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DC1R
2R
SV
Las resistencias en serie se suman: =+++++ eqN RRRRRR ...4321
RESISTENCIAS EN PARALELO
Ejemplo:
Para obtener la resistencia equivalente del circuito anterior, las resistencias en paralelo se suman como los inversos de cada resistencia, es decir:
21
111
RRReq+=
)21()2)(1(
RRRRReq +
=
TIPOS DE CONEXIONES: ESTRELLA Y DELTA. TIPO ESTRELLA:
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TIPO DELTA:
LEY DE OHM:
V = R * I I = V / R
POTENCIA.- Se mide en HP o tambin en Watts
P = V * I P = R * 2I P = 2V / R
EJEMPLO:
Al circuito equivalente se la aplica divisor de voltaje, por tanto:
-
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( )
( ) voltsV
voltsV
255022
2
255022
2
2
1
=
+=
=
+=
V2 se utiliza para calcular V3 y V4, porque es el voltaje que entra al nodo 1.
( )
( ) voltsV
voltsV
5.122522
2
5.122522
2
4
3
=
+=
=
+=
DIVISOR DE CORRIENTE
Considere el siguiente circuito.
2121Re
RRRRq
+
=
21 IIIT += ....(1)
Aplicando ley de Ohm
1ReRe1 qVs
qRVsIt =+
=
-
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O bien:
)3....(2
2
)2....(1
1
RVsI
RVsI
=
=
Sustituyendo 2 y 3 en 1:
( )21
212121
21 RRRRVs
RRVsRVsR
RVs
RVsIt
+
=+
=+=
Despejando Vs:
)4.......(2121 It
RRRRVs
+
=
Sustituyendo 4 en 2 y 3 se obtienen las frmulas para divisor de corriente:
ItRR
RI
ItRRR
RRIt
RRRRRI
2121
)21(121
121211
+=
++
=
PROBLEMA DE TAREA: A) Calcular: It. B) Calcular: I1, I2, I3, I4. C) Calcular la potencia que entrega la fuente al circuito y la potencia que disipa cada resistor.
I2 = R1 It / R1+ R2
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V = R * I I = (100) / 4.9763 It = 20.0952 Amp.
I1 = ((11.6296) / (11.6296+4))*(20.0952) = 14.9523 Amp.
I2 = ((4) / (15.6296)) * (20.0952) = 5.1428 Amp.
I3 = ((19) / (19+8)) * (5.1428) = 3.6190 Amp.
I4 = ((8) / (27)) * (5.1428) = 1.5237 Amp.
Potencia en la fuente:
P = V * I P = 100 (20.0952) P = 2009.52 Watts.
1RP = 2 (20.0952) ^2 = 807.63 Watts.
DC
V 100
2
4
6
8 10
9
TI
1I
2I
3I
4I
DC
V 100
2
9763.2
-
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2RP = 4 (14.9523) ^2 = 894.28 Watts.
3RP = 6 (5.1428) ^2 = 158.69 Watts.
4RP = 8 (3.6190) ^2 = 104.777 Watts.
5RP = 9 (1.5237) ^2 = 20.895 Watts.
6RP = 10 (1.5237) ^2 = 23.2166 Watts.
Si Sumamos todas las potencias que disipan las resistencias, sta suma debe ser igual a la potencia que suministra la fuente.
DIVISOR DE VOLTAJE
Considere el siguiente circuito:
Aplicando la 2 Ley de los voltajes de Kirchhoff, tenemos:
-Vs + V1 +V2 =0
Vs = V1 + V2.... (1)
Aplicando la ley de Ohm a las resistencias R1 y R2
V1 = R1I...(2)
V2 = R2I...(3)
Sustituyendo 2 y 3 en 1
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Vs = R1I + R2I
Vs = I (R1+R2)
I = Vs / (R1 + R2) (4)
Sustituyendo 4 en 2 y 3 se obtienen las frmulas para divisor de voltaje.
( )VsRR
RV
RRVsRV
+
=
+
=
21
11
2111 )(
( )VsRR
RV
RRVsRV
+
=
+
=
21
22
2122 )(
EJEMPLO:
DC
V100
2
4
6
8 10
9
DC
V 100
2
4
6
62.5 TI
1I
2I
-
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Del ltimo circuito tenemos que:
V1 = (2 / (2+2.97)) (100) = 40.24 Volts.
V2 = (2.97 / (2+2.97)) (100) = 59.75 Volts.
Del segundo circuito tenemos lo siguiente:
V3 = (6 / (6+5.62)) (59.75) = 30.85 Volts.
V4 = (5.62 / (6+5.62)) (59.75) = 28.89 Volts.
V5 = (9 / (9+10)) (28.89) = 13.68 Volts.
V6 = (10 / (9+10)) (28.89) = 15.20 Volts.
DC
V 100
2
97.2
+
2V- 1V+
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LEYES DE KIRCHHOFF 1 LEY DE KIRCHHOFF:
La primera ley indica que la suma de todas las corrientes que entran y salen de un nodo debe ser igual a cero. Un nodo es la unin de dos o ms elementos del circuito.
Ejemplo de nodos:
=++++ 054321 IIIII Frmula general =++++ 0...321 NIIII
Procedimiento de solucin: 1) Identificar el nmero de nodos. 2) El nmero de ecuaciones ser N 1; 2 1 = 1 ecuacin de nodos 3) En forma arbitraria se indica el sentido de la corriente en cada rama del circuito. 4) Se procede a aplicar la 1 Ley de las corrientes de Kirchhoff 5) Al analizar el circuito, vemos que el nodo # 1, tiene el valor de la fte.V1 = 100v
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EJEMPLO: Cuando se aplica la Primera ley de Kirchhoff o ley de las corrientes de Kirchhoff, lo que realmente hacemos es calcular los SV de nodo:
Para V1 = 50 Volts. Para V2 tenemos que:
I1 - I2 I3 = 0 Ecuacin (1) Ahora las corrientes las pongo en funcin de los Vs de nodo y tenemos:
I1 = (V1 V2) / 2
I2 = (V2 V0) / 3
I3 = (V2 V3) / 6
I4 = V3 / 3
I5 = V3 / 7
Sustituyendo 2 en 1 tenemos:
DC
2
6
3 3 7 V 50
1I
2I
3I
4I
5I
1V 2V 3V
ferenciaRe+
2.....Ecua
-
Pgina 20
( ) ( ) ( )
1..........150326
63222213
06
3232
221
EcuaVV
VVVVV
VVVVV
=+
=
Para el nodo 3 tenemos que:
I3 I4 I5 = 0
Sustituyendo tenemos:
( ) ( ) ( )
2..........032727
042
36314327
073
33
632
EcuaVV
VVVV
VVVV
=+
=
=
En forma matricial tenemos:
10506
4050150
1556
0150
21
*6
3
2
=
=
=
=
=
=
=
0 7150-
27- 0 1
27- 7 1
27- 7 1
VV
Por lo tanto tenemos que:
-
Pgina 21
V2 = 4050 / 155 = 26.129 Volts.
V3 = 1050 / 155 = 6.774 Volts. Ahora por el mtodo de divisor de corriente tenemos lo siguiente:
Req = ((3) (7)) / (3+7) Req = 2.1
Req = 8.1
DC
V 50 3 3 7
2
6
TI 2I
1I 3I 4I
DC
V 50
3 7
DC
V 50
6
1.2
-
Pgina 22
Req = ((3)(8.1))/(3+8.1) Req = 2.19
Req = 4.19 V = R * I I = 50 / 4.19 I = 11.93 Amp. It = 11.93 Amp. I1 = ((8.1) (8.1+3)) (11.93) = 8.71 Amp. I2 = ((3) / (8.1+3)) (11.93) = 3.22 Amp. I3 = ((7) / (3+7)) (3.22) = 2.25 Amp. I4 = ((3) / (3+7)) (3.22) = 0.97 Amp. V1 = 50 Volts. V1 V2 = 2 (11.93) 50 2 (11.93) 0 V2
DC 3 1.8V 50
DC
V 50
2
19.2
-
Pgina 23
V2 = 26.14 Volts. V2 V3 = 6 (3.22) 26.14 6 (3.22) V3 = 6.82 Volts. AHORA POR EL MTODO DE DIVISOR DE VOLTAJE Por simple inspeccin del circuito tenemos que: V1 = 50 Volts. V2 = ((2.18) / (4.18)) (50) = 26.07 Volts. V3 = ((2.1) / (8.1)) (26.07) = 6.75 Volts. 2 LEY DE KIRCHHOFF: La suma de todos los voltajes dentro de una malla cerrada debe ser igual a cero.
Frmula general: =++++ 0...321 NVVVV Ejemplo: a) Calcular la corriente de malla, del siguiente circuito.
-50 + 2It + 4It = 0
6It = 50
-
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It = 50/6 = 8.33 Amp. Nota: Si al calcular la corriente del circuito, sta resulta con signo negativo, nos indica que el sentido de la corriente es contrario al sentido indicado. EJEMPLO: A) Calcular las corrientes de malla, aplicando la segunda Ley de Kirchhoff
Para la primera malla tenemos que:
-30 + 3I1 + 6 (I1 I2) = 0
9I1 6 I2 = 30 Ecua..1
Para la segunda malla tenemos que:
8I2 + 4 (I2 I3) + 6 (I2 I1) = 0
-6I1 + 18I2 4I3 = Ecua..2
Para la tercera malla tenemos que:
-40 + 4 (I3 I2) = 0
-4I2 + 4I3 = 40 Ecua..3
3 8
DC DC 6 4
V 30 V 40 1I 2I 3I
-
Pgina 25
Formando el sistema matricial tenemos:
=
400
4 4- 0 4- 18 6-0 6- 9 30
321
*III
5760
2160
264030
360
3
2
=
=
=
=
=
=
=
=
40 4- 0 0 18 6-30 6- 9
4 40 0 4- 0 6-0 30 9
4 4- 404- 18 0 0 6-
4 4- 04- 18 6-0 6- 9
Por lo tanto tenemos que los voltajes son:
V1 = 2640 / 360 = 7.33 Volts.
V2 = 2160 / 360 = 6 Volts.
V3 = 5760 / 360 = 16 Volts.
-
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SUPER NODOS EJEMPLO: Nota: Cuando estamos analizando un circuito por la primera LCK, y en ste hay fuentes de voltaje, las fuentes formarn un super nodo, como se indica en el siguiente circuito. Para el supernodo 1 tenemos que: V1 = 40 Volts. Para el supernodo 2 tenemos: -I1 + I2 + I3 + I4 = 0 Ecua..1 Ahora las Is en funcin de los voltajes de nodo: I1 = V1 V2 I2 = V2 / 3
DC
DC
1 V 60
3 5 7
V 40
ferenciaRe
1I
2I 3I 4I
1V 2V 3V
+
2.....Ecua
-
Pgina 27
I3 V3 / 5 I4 = V3 / 7 Sustituyendo 2 en 1 tenemos:
( )
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
42003362140
0105
3153212352105105
073
53
3221
=+
=
++++
==+++
VV
VVVV
VVVVV
40-
:entonces Volts, 40 V1 que sabemos ya Pero
La segunda ecuacin la obtenemos del supernodo: V2 V3 = 60 Formando el sistema matricial obtenemos:
4200140
63604200
176140
604200
32
*140
2
1
=
=
=
=
=
=
=
60 1 4200
1- 6036
1- 1 36
1- 1 36
VV
Por lo tanto tenemos lo siguientes voltajes:
-
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V2 = -6360 / -176 = 36.136 Volts
V3 = 4200 / -176 = -23.864 Volts
EJEMPLO: Analizando el supernodo nmero 1 tenemos: I1 +I2 I2 +I3 I4 = 0 Ecua..1 Ahora las Is en funcin de los Vs de nodo, tenemos: I1 = V1 / 4 I2 = V2 I3 = V2 I4 = - V3 / 3
DC
DC
2
1
3
V 2
V 3
4
1V 2V
3V
2
2I 4I
3I
1I
2.....Ecua
-
Pgina 29
Sustituyendo 2 en 1 tenemos lo siguiente:
012
3421213
03
312
4
=
++
=
+
VVV
VVVi
....AEcua...... =++ 03421213 VVV La segunda ecuacin la obtenemos del supernodo:
....BEcua...... = 231 VV La tercera ecuacin la obtenemos del otro supernodo y obtenemos:
....CEcua...... = 321 VV Formando el sistema matricial tenemos:
-
Pgina 30
63
133
440
193
320
321
*3
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
3 1- 12 0 10 12
0 3 11- 2 14 0
0 1- 31- 0 24 12
0 1- 11- 0 14 12
0 1- 11- 0 14 12
VVV
Por lo tanto los voltajes son:
V1 = -44 / -19 = 2.32 Volts.
V2 = 13 / -19 = -0.68 Volts.
V3 = -6 / -19 = 0.316 Volts.
SUPER MALLAS
DC DC
1 3 6
V 30 V 20
A 5 4 1I
2I 3I
-
Pgina 31
NOTA: cuando analizamos un circuito aplicando la segunda LVK y ste contiene fuentes de corriente, para facilitar su anlisis, las fuentes de corriente se abren, formando una supermalla. Para analizar el circuito aplico la segunda ley de Kirchhoff: -20 + I1 + 3I2 + 4 (I2 I3) = 0
....1Ecua...... =+ 2034271 III Para la malla 3 tenemos: 6I3 + 30 + 4 (I3 I2) = 0
....2Ecua...... =+ 3031024 II Para encontrar la tercera ecuacin simplemente la obtengo de la supermalla y tengo:
....3Ecua...... =+ 521 II En forma matricial tenemos:
-
Pgina 32
1401
1301
19020
64
530
20
321
*
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
5 1 1-30- 4- 020 7
0 5 1-10 30- 04- 20
0 1 510 4- 30-4- 7
0 1 1- 10 4- 04- 7 1
0 1 1-10 4- 04- 7 1
III
Por lo tanto las intensidades son las siguientes:
I1 = 190 / -64 = -2.97 Amp.
I2 = -130 / -64 = 2.03 Amp.
I3 = 140 / -64 = -2.19 Amp.
-
Pgina 33
EJEMPLO 2: Para la supermalla tenemos que: 100I1 + 50I1 + 10I2 + 200I4 = 0
....AEcua...... =++ 042002101150 III Las 3 ecuaciones restantes las obtenemos de la supermalla:
....DEcua...... 5I4I3-
....CEcua...... 2I3-I2
....BEcua......
=+
=
=+ 5.231 II
100
50
A 5.2
A 2
A 5 200
10
1I 3I 4I
2I
-
Pgina 34
En forma matricial tenemos:
=
5 2 2.50
1 1- 0 0 0 1- 1 0 0 1 0 1-
200 0 10
4321
*
150
IIII
1155
645
150
75
150
1545
0
360
150
4
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
5 1- 0 0 2 1- 1 0 2.5 1 0 1-0 0 10 150
1 5 0 0 0 2 1 0 0 2.5 0 1-
200 0 10
1 1- 5 0 0 1- 2 0 0 1 2.5 1-
200 0 0
1 1- 0 50 1- 1 2 0 1 0 2.5
200 0 10
1 1- 0 0 0 1- 1 0 0 1 0 1-
200 0 10
-
Pgina 35
Por lo tanto las Intensidades sern:
I1 = 1545 / - 360 = - 4.292 Amp.
I2 = - 75 / - 360 = 0.208 Amp.
I3 = 645 / - 360 = - 1.792 Amp.
I4 = - 1155 / - 360 = 3.208 Amp. EJEMPLO: Con fuentes de Vs, Is independientes y con fuentes de Vs y Is dependientes. MTODO POR MALLAS
Para la supermalla tenemos:
-12 + I1 + 3 I2 + 2i = 0
Pero observamos que:
i = I1
Simplificando la expresin antes mencionada nos queda:
I1 + 3I2 + 2I1 = 12
....AEcua...... =+ 12213 iI
V 12
3
DC
-
+
A 6 i 2
1
i
1I 2I
-
Pgina 36
La segunda ecuacin la obtenemos de la supermalla:
.....BEcua...... Ecua. =+ 622 II
En forma matricial tenemos:
30
612
6
1221
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
6 1-12 3
1 6 3
1 1-3 3
6 1 1-3 3
II
Por lo tanto las intensidades nos dan:
I1 = - 1 Amp.
I2 = 5 Amp.
Realizndolo por el mtodo de NODOS tenemos:
V 12
3
DC
-
+
A 6 i 2
1
i
1V 2V 3V
ferenciaRe
2I
1I
-
Pgina 37
Por anlisis del circuito tenemos: V1 = 12 Volts. V3 = 2i Volts. i = I1 Para el Nodo 2 tenemos:
Ecua.....1 =+ 0621 II Ahora las corrientes en funcin de los voltajes de nodo: I1 = V1 V2 I2 = (V2 V3) / 3 Sustituyendo 2 en 1, y conociendo que i = I1, tenemos:
Pero como ya conocemos que V1 = 12 Volts y V3 = 2i = 2I1 tenemos: V3 = 2 (12 V2)
....BEcua...... = 22243 VV Ahora sustituyendo V1 y V3 tenemos:
2.....Ecua
( )
....AEcua...... =+
=
+
=
+
1832413
63
322313
63
3221
VVV
VVVV
VVVV
-
Pgina 38
( )
Volts. 132
1822242436
18222424)12(3
=
=++
=+
V
VV
VV
Sustituyendo V2 en la ecuacin B tenemos:
( )
Volts. 23
132243
22243
=
=
=
V
V
VV
PROBLEMA: Por anlisis del circuito tenemos que:
I1 = 5 Amp. Obteniendo la primera ecuacin del supernodo tenemos:
....1Ecua...... =++ 0321 III
A 5
1V a
b
10
1I
2I
10i
3I
ferenciaRe
2V 10i 3 2
+
abVV =3
-
Pgina 39
Ahora las intensidades en funcin de los voltajes de nodo:
I2 = V1 / 10
I3 = (V2 V3) / 2 Sustituyendo 2 en 1 tenemos:
Volts. 501
010
15
=
=+
V
V
Obteniendo la siguiente ecuacin del supernodo tenemos:
Volts. 652
15250
1013250
321 10
=
=+
=+
=+
V
V
VV
iVV
NOTA: En un circuito abierto no circula la corriente por que la carga est desconectada.
2.....Ecua
-
Pgina 40
EJERCICIO DE TAREA:
MTODO DE NODOS Se obtiene la primera ecuacin del supernodo tenemos:
-I1 2.5 + I2 = 0
-I1 + I2 = 2.5
I1 = - V1 / 6
I2 = (V2 V3) / 4
I3 = V3 / 3
I4 = 0
+
Xi 2
mA 5.2 K 6
K 4
2V 1V 3V
K 1
K 3
a
b
1I
2I 4I
3I Xi
+
ferenciaRe
-
Pgina 41
....AEcua...... 30332312
5.212
332312
5.24
3261
=+
=
+
=
+
VVV
VVV
VVV
Obteniendo la segunda ecuacin del supernodo tenemos:
....BEcua......
i :Pero X
0322313
33221
3221
=
=
==
VVV
VVV
IiVV X
Obteniendo la tercera ecuacin del nodo 3 tenemos:
....CEcua...... 03723
012
342333
033
432
0432
=+
=
+
=+
=++
VV
VVV
VVV
III
Formando el sistema matricial tenemos:
=
0030
321
*2
VVV
7 3- 02- 3- 33- 3
-
Pgina 42
2702
6302
81030
902
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
0 3- 00 3- 3
30 3
7 0 02- 0 33- 30
7 3- 0 2- 3- 0 3- 3
7 3- 02- 3- 33- 3
Por lo tanto los voltajes sern:
V1 = - 810 / -90 = 9 Volts.
V2 = - 630 / -90 = 7 Volts.
V3 = - 270 / -90 = 3 Volts. AHORA POR EL MTODO DE MALLAS.
K 6 Am 5.2 K 3
b
a
Xi 2
K 4 K 1
Xi 1I
2I
XiI =2
-
Pgina 43
Para la supermalla tenemos:
02916
023242216
024216
=+
=+++
=+++
II
IIII
ixIixI
La segunda ecuacin la obtenemos de la supermalla:
5.221 =+ II En forma matricial tenemos:
15
5.22
15
21
*
2
1
=
=
=
=
=
=
=
2.5 1-0 6
1 2.59 0
1 1-9 6
2.50
1 1-9 6
II
Por lo tanto las intensidades sern:
I1 = -22.5 / 15 = - 1.5 Amp. e I2 = 15 / 15 = 1 Amp.
-
Pgina 44
EJEMPLO:
Por anlisis del circuito tenemos que:
V1 = 12 Volts. Para el nodo 2 tenemos:
-I1 + I4 14 = 0 Obteniendo los voltajes de nodo tenemos:
I1 = (V1 V2) / 0.5
I2 = (V1 V4) / 2.5 I3 = V4
I4 = (V2 V3) / 2
+
1
Vx5.0
V 12
5.0
5.2
2
A14
2V
1V 3V
2I 3I
4I 1I
+
YV
+
XV
4V
Vy2.0
+
-
Pgina 45
Sustituyendo tenemos:
AEcuaVV
VVVV
VVVV
..................76325
142
322414
142
325.0
21
=
=
++
=
+
Para el supernodo 1:
-I2 + I3 I4 0.5Vx = 0 Pero Vx = 0.5(I1)
-I2 + I3 I4 0.5 (0.5I1) = 0
0432125.0 =+ IIII Sustituyendo las Is por los Vs de nodo tenemos:
( ) 02
3245.2
41221225.0
5.02125.0
=
+
VVVVVVV
VV
....BEcua......
10841435
010
352541044142515
=+
=
++++
VV
VVVVVVV
La tercera ecuacin la obtengo del supernodo:
V3-V4=0.2Vy Pero Vy = 2.5 I2 (aplicando Ley de Ohm) Sustituyendo Vy en la ecuacin anterior tenemos:
-
Pgina 46
V3 V4 = 0.2 (2.5 I2)
V3- V4 = 0.5 I2
Pero: I2 = (V1 V4) / 2.5
V3 V4 = 0.5 ((V1 V4) / 2.5)
CEcuaVV ............................124435 =
Ahora en forma matricial tenemos:
=
1210876
321
*5
VVV
4- 5 014 5 00 1-
-
Pgina 47
2400
3000
744076
450
3
2
=
=
=
=
=
=
=
=
12 5 0 108 5 0 76 1- 5
4- 12 014 108 00 76 5
4- 5 1214 5 108
0 1-
4 - 5 014 5 00 1- 5
Por lo tanto los voltajes sern:
V1 = - 7440 / - 450 = 16.53 Volts.
V2 = - 3000 / - 450 =6.66 Volts.
V3 = - 2400 / - 450 = 5.33 Volts. EJEMPLO:
-
Pgina 48
V3 = 0.2 Vy
Pero Vy = 2.5 I2
I2 = V1 / 2.5
V3 = 0.2 (2.5I2)
V3 = 1 / 2 (I2) 1 / 2 (V1 / 2.5)
V3 = V1 / 5
V1 = 5 V3
Obteniendo la primera ecuacin del supernodo, tenemos: I1 + I2 I3 + 14 + 0.5Vx = 0 Pero Vx = 0.5 I1 I1 + I2 I3 + 0.5(0.5 I1) = -14 Cambiando las Is por los Vs, tenemos:
+
1
Vx5.0V 12
5.0
5.2
2
A14
2V
1V 3V
2I 3I
4I 1I
+
YV
+
XV
4V
Vy2.0
+
-
Pgina 49
I1 = (V1 V2) / 0.5 I2 = V1 / 2.5 I3 = - V4 I4 = (V2 V3) / 2 Sustituyendo en la ecuacin anterior tenemos:
( )
1404103145225
1404102253145
140410225129
1410
21541014220120
145.0
215.05.045.21
5.021
=++
=+
=+
=
+++
=
++
VVV
VVV
VVV
vVVVVV
VVVVVV
Obteniendo la segunda ecuacin del supernodo 2 tenemos:
V1 V4 = 12 La tercera ecuacin la obtenemos del nodo 2 y tenemos:
-I1 14 + I4 = 0
2832514
142
321424
142
321222
=+
=
+
=
+
VVV
VVVV
VVVV
11V1 6V2 + 2V4 = -28 Pero V1 = 5 V3
-
Pgina 50
55V3 6V2 + 2V4 = -28
-6V2 + 55V3 + 2V4 = -28
V1 V4 = 12
5V3 V4 = 12
-4V1 + 5V2 V3 = 28
5V2 23V3 = 28 En forma matricial tenemos: Error, no debe haber signo igual entre la matriz de resistencias y la matriz de las variables V2, V3 y V4
=
=
28 12
0 23- 5 1- 5 0 2 55 28
4326
VVV
15046
1486
172828
1876
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
28 23- 5 12 5 0 28- 55
0 28 5 1- 12 0 2 28-
0 23- 28 1- 5 12 2 55
0 23- 5 1- 5 0 2 55
-
Pgina 51
Por lo tanto los voltajes sern:
V1 = 5 (V3) 5(0.791) = 3.955
V1 = 3.955 Volts.
V2 = - 1728 / - 187 = 9.241 Volts.
V3 = - 148 / -187 = 0.791 Volts.
V4 = 1504 / -187 = - 8.043 Volts.
PROBLEMA:
a) Calcular el valor de 1i del circuito anterior:
DC
V 20
40 100
2001i 5.1
A
B
ABVV =3
1i
2I
3I
1V 2V 3V
1I
-
Pgina 52
Por anlisis del circuito tenemos que: V1 = 20 Volts. Para el nodo 2 tenemos que:
I1 I2 I3 = 0 Ahora poniendo los Is en Vs de nodos tenemos: I1 = (V1 V2) / 40 I2 = V2 / 200 I3 = (V2 V3) / 100 Sustituyendo en la ecuacin anterior nos queda como:
( )
1003228
03228205
0322815
0200
223222515
010
32200
240
21
=+
=+
=+
=
+
=
VV
VV
VVV
VVVVV
VVVVV
Para el nodo 3 tenemos:
I3 + 1.5 ix = 0 Pero ix = I1
I3 + 1.5 (I1) = 0
1.5I1 + I3 = 0
3 / 2 I1 + I3 = 0
-
Pgina 53
034215
0400
34242515
0100
3240
2123
=
=
+
=
+
VVV
VVVV
VVVV
( )
100342
0342205
=
=
VV
VV
En forma matricial tenemos:
7008
600100
348
100100
32
*
2
1
=
=
=
=
=
=
=
100- 1-100-
4- 100-2
4- 1-2
4- 1-2 8-
VV
Por lo tanto los voltajes sern: V1 = 20 Volts.
V2 = 600 / 34 = 17.65 Volts.
-
Pgina 54
V3 = 700 / 34 =20.59 Volts.
Aplicando Ley de Ohm tenemos:
.59
.059.0
4065.1720
4021
1
1
1
1
mAmpi
Ampi
i
VVi
=
=
=
EJEMPLO:
3
2
3
2
Ii
Ii
=
=
Por anlisis del circuito tenemos que:
I1 = 2 mA
I4 = -0.5 2i
DC DC
+
mA 2
V 4 V 6
K 5 31000i K 10
25.0 i 3i 2i 1I 2I 3I
4I
-
Pgina 55
Para la malla 2 tenemos:
( )
63100025
1043100025
4310002515
410002515
3012510004
3
33
=+
+=+
=++
=++
==++
IKI
IKI
IKIKI
iKIKI
IiIIKi :Pero
Para la malla 3 tenemos:
( )
63925
6)25.0(1039
641039
03100043106
=+
=
=
=+
KIKI
IKKI
KIKI
IIIK
En forma matricial tenemos:
-
Pgina 56
60
6054
4955
66
32
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
6- 56 5
9 6-1000 6
9 51000 5
9 51000 5
II
Por lo tanto las intensidades sern de: I1 = 2 m Amp.
I2 = 6054 / -4955 =-1.222 Amp.
I3 = -60 / -4955 = 0.0121 Amp.
Aplicar Divisor de Voltaje al circuito siguiente:
-
Pgina 57
Solucin al problema anterior:
DC
V100
1
6
2
8 4
4
- 1V+
+
2V
- 3V+ - 5V+
+
4V
+
6V
DC
V 100
1
6
2
4
DC
V 100
1
3
- 1V+
+
2V
-
Pgina 58
Volts.
V2 25 - 100
V2 V1 100
Volts.
752
25100*31
11
=
=
+=
=+
=
V
V
.....253
61503
75*42
23
VoltsV
V
V
=
=
+=
V2 = V3 + V4
V4 = V2 V3
V4 = 75 25
V4 = 50 Volts.
DC
V 100
1
6
2
4
- 1V+ - 3V+
+
2V
-
Pgina 59
Volts.
V
Volts.
Volts.
V
Volts.
256
25506
546
654
256
255
82005
50*845
504
63004
75*644
=
=
=
+=
=
=
=
=
=
=
=
V
V
VVV
VV
V
V
V
V
V
V
-
Pgina 60
RESUMEN DE LO VISTO HASTA HOY LEY DE OHM (C.A) I*ZV (C.D) == IRV *
DIVISOR DE CORRIENTE ( )
( ) T
T
IRR
RI
IRR
RI
*
*
21
12
21
21
+=
+=
DIVISOR DE VOLTAJE ( )
( ) T
T
VRR
RV
VRR
RV
*
*
21
22
21
11
+=
+=
PRIMERA LEY DE KIRCHHOFF.- Todas las corrientes que entran y
salen de un nodo es igual a cero.
0...321 =++++ NIIII SEGUNDA LEY DE KIRCHHOFF.- La suma de todos los voltajes
dentro de una malla es igual a cero.
=++++ 0...321 NVVVV NODOS Y SUPERNODOS.- Cundo hay un supernodo en un
circuito?, existe un supernodo en un circuito cuando hay fuentes de voltajes independientes y dependientes.
MALLAS Y SUPERMALLAS.- Cundo hay una supermalla?, existe
una supermalla si hay una fuente de corriente en una rama que comparte dos mallas, esta fuente de I se abre y se forma una supermalla. Para fuentes de corrientes independientes y dependientes.
-
Pgina 61
EJEMPLO.- ANALSIS DE UN CIRCUITO CON FUENTES DEPENDIENTES DE Is Y Vs.
Para en nodo 1 tenemos:
-I1 I2 = 4
I1 + I2 = 4
Obteniendo las Is en Vs de nodo tenemos:
I1 = V1 / 100
I2 = (V1 V2) / 150
I3 = V2 / 30
I4 = (V2 V3) / 15
I5 = V3 / 20
A 4
2
30 20
3V 2V
150 1V
bi 50
1I 3I 5I
4I
bi
15
2I
+
-
Pgina 62
Sustituyendo en la expresin anterior tenemos:
12002215
4300
221213
4150
2110
1
=
=
+
=
+
VV
VVV
VVV
Para el nodo 2 tenemos:
I2 I3 I4 + 50ib = 0 Pero ib = I2
I2 I3 I4 + 50I2 = 0
51I2 I3 I4 = 0
0310266151
0150
21031025251151
015
3230
2150
2151
=+
=
+
=
VVV
VVVVV
VVVVV
Para el nodo 3 tenemos:
I4 50 ib I5 = 0
033521201100
0300
31511002100320220
020
325015
32
=+
=
+
=
VVV
VVVVV
VIVV
-
Pgina 63
En forma matricial tenemos:
576000
942000
1332000
3980
321
*
3
2
1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
0 120 100-0 66- 51
1200 2- 5
35- 0 100-10 0 51
0 1200 5
35- 120 0 10 66- 0 0 2- 1200
35- 120 100-10 66- 510 2- 5
0 0
1200
35- 120 100-10 66- 510 2- 5
VVV
Por lo tanto los voltajes sern:
V1 = 1332000 / 3980 = 334.67 Volts
V2 = 942000 / 3980 = 236.68 Volts
V3 = -576000 / 3980 = -144.72 Volts
-
Pgina 64
TEOREMAS
Teorema de thvenin: A B Este teorema nos dice que puedo obtener un circuito equivalente como el mostrado en la figura A y este circuito equivalente tendr los mismos efectos sobre la carga que el circuito original 2ohm 2A 1ohm 1ohm 12V 4 2ohm RL 2ohm Primero todas las fuentes independientes de VS se corto circuitan , y las segundas se abren para calcular la Req entre AB Zeq entre AB
-
Pgina 65
048.12.4
)2)(2.2(Re ==q
Por anlisis del circuito tenemos: V1 = 12 Volts
voltsv 121 =
|
245
1434
223
1322
2311
VI
VVI
VI
VVI
VVI
=
=
=
=
=
PARA EL NODO 3 (V3) TENDREMOS
84235221
42
4232223213
41
431
232
13
41
431
322
314421
04421
=+
=++
=
+
=
+
=+=+
VVVV
VVVVVV
VVVVVV
VVVVVVIIIIII
143223
22
23222
222
132
2320322
EQVV
VVV
VVVII
II
=
=+
=+
=+=++
2.156
32)3)(2(Re ==
+=q
-
Pgina 66
220423522 EQVVV =+
AHORA PARA EL NODO 4(V4) TENEMOS
3064332
043242
024
143
02434
054
EQVV
VVV
VVV
VVV
II
=+
=+
=
+
=+
=+
MATRICIALMENTE TENEMOS
20423522842352212
=+=+
VVVVVV
-
Pgina 67
( )( ) ( )( )[ ] ( )( )[ ]
( )( ) ( )( )[ ] ( )( )[ ]
VOLTSVVOLTSVVOLTSV
VOLTSV
VVV
93.4443.7362.32
121
3202223543202520
0241
21123332222353320252
023
020
4
432
320252
023
====
+=
=
==+=
=
=
VOLTSVABVOLTSV
95.495.44
==
El circuito equivalente es:
Este circuito es el equivalente de thevenin
-
Pgina 68
Teorema de norton
7.634.52
==
VV
72.411523 ==V
RIV
RIVV
IccI
=
=
=22
PROBLEMA APLICADO TEOREMA DE THEVENIN
AMPI 6.4048.1
9.4==
20352243223
=+=
VVVV
Primero todas las fuentes de VS en cortos circuito y las fuentes de Is en circuito abierto en caso que haya fuentes dependientes este mtodo no aplica
-
Pgina 69
Realizando por el mtodo de mallas tenemos:
AmpI 22 = Para la malla 1 tenemos
AmpIIII
IIIII
IIVI
66.116/1014616
6)2(21662216
62212140)21(21614
==
==
==+
=++
voltsVabVabVab
286
)2(46
=
=+=
El equivalente de thevenin es
-
Pgina 70
Realizando por mallas p/malla 1 tenemos
Ampi
II
6.15/31
315
===
P/malla 2 tenemos
Calculando el voltaje entre A y B tenemos
03114 =+ II
02232 =++ I
1222324
=+=
II
AmII
05.22/12
==
-
Pgina 71
Teorema de Norton
Ejemplo1:
Primero las fuentes de Vs en corto circuito y las fuentes de corriente se abren
Segundo calcular la Icc entre A y B
voltsVabVab
VabII
4.)5.(26.
221
=+=
=+
( )( )=
+= 048.1
22.222.2Re q
-
Pgina 72
Aplicando ley de ohm tenemos
Resolviendo por el mtodo de nodos Para Nodo 2(V2) tenemos:
Para el nodo
3 (V3) tenemos
Mtodo de sper nodos por anlisis tenemos
voltsv 121 =
IccI =4
RIV =RVI =
0322 =++ II
143223 EQVV =
232 =+ II
22
23222=
+ VVV1
322 VVI =
223 VI =
1321 VVI =
134 VI =
2243522121235221235221
62
31323222
62
31332
62
3113
132
06142
EQVVVV
VVV
VVVVV
VVVVV
VVVVVIII
=+
+=+=+
=+++
=+
++
=
+
=+
-
Pgina 73
PeroV1=12volts
Tal que Icc=5.878 Amperes El equivalente de norton
I 3 = Icc = 1.04mA Segundo calcular el Vab (circuito original)
64872242
432
28482052424
1
114155223
244
32
5223
==
=
=+=
=
==
=
=
VV
voltsV
voltsv
878.511643
545.211282
==
==
-
Pgina 74
Analizando por mallas Para la sper malla
Para la malla 2 tenemos
3105.221 =+ ii
=
==
===+
=+=++
=+++
33171004.145.3Re
)2(3)(35.221
02700216000162722
01623242
3IccVabq
ikixkVabmaii
iikikii
kikikiix
voltsBK 45.3)1015.1( 3 =
AmpII
II
IIIIIIIIII
IIII
333.4215/652
0215650215)5(13
0211102101323022110210)12(3
022)12(10103
==
=+=+
=++=++
=++
-
Pgina 75
Segundo paso calcular el Vab, tenemos Por analisis del circuito
pero
Para el sper nodo tenemos
02 =I
Calculando el Vab
1311021010/1312
)10/1(312)1(312
10312
vvvvvvvvvivv
ivv
=
=
=
=
=
0101710/11
1101210
=+=
==
VVVI
IiIIi
AmpIII
510215
=
=++
1011 vI =
1015 v=
voltsv 501 =
011.1533.4
65Re
6550)5(31103
===
=+=+=
IccVabq
voltsVabViVab
510)5(.10
110
=
==
ii
Ii
-
Pgina 76
EJEMPLO 1
5 10 5A 5 10 2A 5 10 5 5 10
I1 I2 10v 25V - 25 + 5I1 + 5I1 + 10 (I1 I2) = 0 - 10 + 10 ( I2 I1) + 10 I2 + 5I2 = 0
20I1 10I2 = 25 .1 - 10 + 25I2 = 10 2
I1 = 1.8125 Amp I2 = 1.125 Amp
-
Pgina 77
Calcular la mxima transferencia de potencia en la carga: A I1 8 20 10 RL 20A 5 120 I2
B
De la supermalla
20 I1 + 120 I2 + 5 I2 + 10 I2 = 0 30 I1 + 125 I2 = 0
La 2da ecuacin obtenida de la supermalla
I 2 I1 = 20
I1 = - 16.13 Amp I2 = 3.87 Amp La condicion para transferir la maxima potencia del circuito A al circuito B es que: La Req del circuito A debe de ser = Req del circuito B 2do se debe calcular la Req entre A y B A 8 140 15 B
-
Pgina 78
8 A
Req = 54.13155
)15)(140(= A
13.54 21.54 B B Sustituyendo I2 VAB = V10 VS VAB = 10(16.2) 5 (3.8) VAB = 143 Volts 143 V RL = 21.54 + 21.54 = 43.08 I T - 143 + 21.54 IT + 21.54 IT = 0 IT = 143 / 4308 IT = 3.32 Amp
PRL = (21.54) (3.32)2 PRL = 237.42 Watts
A I1 8 20 10 21.54 20A 5 I2 120 I2
B
20 I1 + 10 I1 10 I3 + 5 I2 - 5I3 + 120 I1 = 0 30 I 1 + 125 I2 125 I3=0 .1
-
Pgina 79
de supermalla I1 I2 = 20 Para malla 3 8I3 + 21.54I3 + 5I3 + 5I3 5I2 + 10I3 10I1 = 0 -10I1 + 5I2 + 44.54 I3 = 0 I1 = 16.44 Amp I2 = -3.55 Amp I3 = 3.29 Amp
EJEMPLO: 40 100 Icc = I3 Icc = 0.218 Amp 20V I 1 200 1.5 i 1 Icc i 1 I 2 I 3 Para la supermalla tenemos: 200 ( I2 I1 ) + 100 I 2 = 0 200I2 200 I1 + 100 I2 = 0 - 200 I1 + 300I2 = 0 1 2da ecuacin de la supermalla tenemos: I3 I2 = 1.5 i1 pero i1 = I1 I 2 I3 I2 = 1.5 I1 1.5I2 1.5 I1 + 0.5 I2 + I3 = 0 2 Malla 1 tenemos: -20 + 40 I1 + 200 (I1 + I2) = 0 I1 = 0.1875 Amp 40 I1 + 200 I1 200 I2 = 20 I2 = 0.125 Amp 240I1 200 I2 = 20 I3 = 0.218 Amp
-
Pgina 80
TEOREMA DE RECIPROCIDAD 6 I2 4 I 100V 2 I1 I3 3 1 A) Calcular la I en la R = 6 y verificarlo utilizando teorema de reciprocidad Por anlisis I = I2 Para la malla 1 tenemos -100 + 4 ( I1 I2) + 1 ( I1 I3 ) = 0 5I1 4 I2 I3 = 100..1 Para malla 2 tenemos: 4 (I2 I1) + 6 I2 + 2 (I2 I3) = 0 -4 I1 + 12 I2 I3 = 0 .2 Para malla 3 tenemos: 1 (I3 I1) + 2(I3 + I2) + 3I3 = 0 -I1 I2 2I3 = 0 ..3
6212124145
=
00100
3
2
III
I1 = 31.48 Amp I2 = 12.03 Amp I3 = 9.26 Amp
-
Pgina 81
Redibujando el circuito: 6 Para malla 1 tenemos: 1 (I1 I3) + 4(I1 I2) = 0 I2 I1 I3 + 4I1 4I2 = 0 I 1 4 5I1 4I2 I3 = 0 .1 Para malla 2 tenemos 100V 2 4 (I2 I1) + 2(I2-I3) 100 + 6 I2 = 0 4I2 4I1 +2I2 2I3 + 6I2 =100 I1 I3 3 -4I1 + 12I2 2I3 = 100 ...2 1 Para malla 3 tenemos: 3I3 + 2(I3 I2) + (I3 + I1) = 0 -I1 -2I2 + 6I3 = 0 .3 SISTEMA MATRICIAL TENEMOS
6212124145
=
01000
3
2
1
III
I1 = 12.03 Amp I2 = 13.42 Amp I3 = 6.48 Amp
Aplicando teorema de reciprocidad. A) Calcular I1 y comprobar
-
Pgina 82
PARA MALLA 1
50 + I1 + 2 (I1-I2) + 5 (I1-I3) = 0 I1 + I2 2I2 + 5I1 5I3 = 50
8I1 2I2 5I3 = 0 PARA MALLA 2
2 (I2-I1) + 3I2 + 4 (I2-I3) = 0 2I2 2I1 + 3I2 + 4I2 4I3 = 0
- 2I1 + 9I2 4 I3 = 0
PARA MALLA 3 (I3-I1) + 4 (I3-I2) + 6I3 = 0
5I3 5I1 + 4I3 4I2 + 6I3 = 0 -5I1 4I2 + +15I3 = 0
I1 = 10.14 Amp. I2 = 4.26 Amp.
I3 = 4.57 Amp.
I1
+ -
6 5
1 3
50 4
I3
I2
I1
-
Pgina 83
PARA MALLA 1
I1 + 2 (I1-I2) + 5 (I1-I3) = 0 8I1 2I2 5I3 = 0
I1 + 2I1 2I2 + 5I1 5I3 = 0
PARA MALLA 2 2 (I2-I1) + 3 (I2) + 4 (I2-I3) = 0 2I2 2I1 + 3I2 + 4I2 4I3 = 0
-2I1 + 9I2 4I3 = 0
PARA MALLA 3 50 + 6I3 + 5 (I3-I1) + 4 (I3-I2) = 0 6I3 + 5I3 5I1 +4I3 4I2 = -50
-5I1 4I2 + 15I3 = -50
I1 = -4.51Amp. I2 = -3.58 Amp. I3 = -5.79 Amp.
TEOREMA DE MAXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA. EJEMPLO:
+ -
I1
I2
I3
1
5
3
6
2
4
50
I2
-
Pgina 84
+ -
B
A
Vs RL
Req.
EL CIRCUITO A 1ero, calcular la Req. del circuito A 2do, calcular el voltaje AB del circuito A
RL + -
2
1 B
2
A
1
4A 2
12
2A
CIRCUITO A CIRCUITO B
-
Pgina 85
Req. = =+
04.1)42.2()2)(2.2(
6
1
2
2 RL
B
A
1.2 2
A
B
1
+ -
+ V1 -
A
B
1.04
4.95V
-
Pgina 86
V2 = 95.4*
08.204.1
V2 = 2.45 Volts
PRL = 04.1)475.2( 22
=R
V
PRL = 5.89 Watts
Calcular la potencia:
Req =
+
57.0428)3000500()3000)(500(
- +
40V
500 RL 5Amp
A
B
3K
6K
5Amp 3K 500
A 6K
B
-
Pgina 87
Req = 6428.57 Resolviendo por nodos tenemos:
1era ecuacin del supernodo I3 = 0 V2 V1 = 40 -V1 + V2 = 40
B
6K
B
428.57
A A
- +
40V
500 5Amp
A
B
3K
6K
I1 I2
I3
V2 V1
-
Pgina 88
PARA EL NODO 1:
-5 +I1 = 0 I1 = 5 I1 = V1/500 I2 = V2/3000 I3 = V2/6000
VI/500 = 5 V1 = 2500 Volts PARA EL NODO 2 Aqu hay un error, no puede haber voltajes de 30,000 volts I2 + I3 = 0 VI/500 + V2/6000 = 0 12VI + V2/6000= 0 12V1 + V2 = 0 12 (2500) + V2 = 0 V2 = -30,000 Volts(error)verificar
-
Pgina 89
POR ANALISIS DEL CIRCUITO I1 =
221 VV I2 =
132 VV
V1 = 12 Volts I3 =
22V I4 =
143 VV
PARA EL NODO 2 TENEMOS 2 + I2 + I3 = 0 V2 V3 +V2 = -2 I5 =
24V
2V2 2V3 + V2 = -4 3V2 2V3 = -4 I
+ -
2
I1
I2 I3
I4
I5
12V 2A
1 1
2
4A 2
A
B
-
Pgina 90
PARA EL NODO 4 TENEMOS PARA EL NODO 3 TENEMOS:
02528252128252
82222
42
41
)2
()(
04
432
432
4321
431323
4313
23
433132
412
=+
=+
=+
=++
=+
+
=
+
=+
VVVVVVVVVV
VVVVVV
VVVVVV
VVVVVV
III
FORMANDO EL SISTEMA MATRICIAL: 3 -2 0 V2 -40 V1 = 12 Volts -2 5 -2 V3 = 20 V2 = 3.62 Volts 0 -2 3 V4 0 V3 = 7.43 Volts V4 = 4.95 Volts
032022
02
02
)(
0
43
434
434
443
54
=+
=+
=+
=+
=+
VVVVV
VVV
VVV
II
-
Pgina 91
PARA LA SUPER MALLA 2 TENEMOS: 2 (I3-I1) + 1 (I3-I2) + I4 + 2I4 = 0 2I3 2I4 +I3 I2 + I4 + 2I4 = 0 -2I1 I2 + 3I3 + 3I4 = 0 I LA 3era ECUACION DE LA SUPERMALLA 1 I2 I1 = 2 -I1 + I2 = 2 II LA 4ta ECUACION DE LA SUPERMALLA 2 I4 I3 = 4 -I3 + I4 = 4 III 2 3 -3 0 I1 12 I1 = 0.29 Amp -1 -2 -1 3 3 I2 = 0 I2 = 2.29 Amp 1 0 0 I3 2 I3 = -1.52 Amp 0 0 -1 1 I4 4 I4 = 2.48 Amp
I3
+ -
2
I1
I2 I4
12V 2A
1 1
2
4A 2
A
-
Pgina 92
CORRIENTE ALTERNA
TRIANGULO DE POTENCIAS
P Q S Circuito de alterna 1
4
-j6
j5
220< 30
Z = R X Z= Impedancia
jZjjZ
eq
eq
=
+=
4
654
AmpersjZ
VIT =
=
== 03.444.53
03.1412.430220
430220
Por lo tanto: La corriente esta adelantada con respecto al voltaje
P= Potencia efectiva (Watts, Kw, Mw) Q= Potencia reactiva (VAR, KVAR, MVAR) S=Potencia aparente (VA, KVA, MVA) = Angulo de defasamiento de los vectores V y I
I 53.4 I
-
Pgina 93
Circuito de alterna 2
3
-j 8150< 0
6
j4
3
-j8
150< 0
6
j4
Z1Z2
Paso 1. trazar el triangulo de potencias del circuito anterior
Paso 2. Se calculan las Is.
AmpersjZ
VsI =
=+
== 15.5330
13.5350150
430150
11
AmpersjZ
VsI =
=
== 15.531513.5310
0150860150
22
==
++=+=
96.2355.291227129241821
jIjjIII
T
T
Potencia compleja
VAVIST === 96.235.4432)96.2355.29)(0150(*
P
SQ
SQSen =S
PCos =
CosSP *= SenSQ *=
-
Pgina 94
[ ][ ]
[ ][ ]VARQ
VASenQWattsP
VACosPVAS
032.18005.4432()96.23(
54.4050)5.4432()96.23(
5.443296.23
=
=
=
=
=
=
Nota: Para calcular la eficiencia del uso de la energa elctrica de un circuito por medio del triangulo de potencias tenemos.
%382.91)100)(96.23(8419.259.0
9.01
=
==
=
CosCos
Cos
Por lo tanto se comprueba as que el circuito es eficiente pues esta dentro del rango por arriba del 90%.
P
SQ
P
SQ
SQSen =S
PCos =
CosSP *= SenSQ *=
-
Pgina 95
DIVISOR DE VOLTAJE EN C. a.
Aplicando la ley de OHM
IZV *11 = IZV *22 =
Vs = V1+V2 (2 ley de los voltajes de Kirchhoff) Sustituyendo en
)(**
21
21
ZZIVsIZIZVs
+=
+=
21 ZZVsI+
=
Sustituyendo en
VsZZ
ZZZ
VsZV21
1
2111 +
=
+
=
V1
V2
Z1
Z2
+ -+
-
1
2
1 2
3
1 3
-
Pgina 96
VsZZ
ZV21
22 +=
DIVISOR DE CORRIENTE EN C. a.
Z1 Z2
IT
I1
I2
Vs
Aplicando la ley de OHM
11 ZVsI =
22 ZVsI =
21 IIIT += Sust En
21
12
21 * ZZVsZVsZ
ZVs
ZVsIT
+=+=
T
T
IZZZZVs
ZZZZVsI
21
21
21
21
**
*(
+=
=
Sustituyendo en nos queda:
TIZZZ
I12
21 +=
2
1 2
3
3 1
TIZZZI
21
12 +=
-
Pgina 97
Nota: los inductores se comportan igual que una resistencia. En serie se suman y en paralelo se saca una resistencia equivalente.
-j6
-j2
-j2
-j2
Nota: Los capacitares, se trabajan igual a las conductancias. Los capacitores en paralelo se suman, y los capacitares en serie se trabajan como dos inductores en paralelo.
La bibliografa utilizada es la que encontrarn en su programa de
ELECTROTECNIA I
MATERIA IMPARTIDA POR EL ING. GENARO CAMPOS CASTILLO
-j6
-j6
Vs
ANTOLOGA DEL CURSO DE ELECTROTECNIA 1FACULTAD DE INGENIERIAPROGRAMA DE ASIGNATURA CORRESPONDIENTE AL PLAN DE ESTUDIOS 2003HT HP
ELECTROTCNIA IFORMATIVO
CDIGO DE LA ASIGNATURA:IME 304
PRE-REQUISITOS: FIS 245CONTENIDO DE LA UNIDADHT HPa) Sistema internacional de unidadesb) Unidades derivadas utilizadas en ingeniera elctricac) Unidades suplementarias utilizadas en ingeniera elctricaa) Elemento general de un circuitob) Elementos pasivos, resistencia, inductancia y capacitanciac) Elementos activos, fuentes independientes y dependientesd) Fuente ideal de tensine) Fuente ideal de corrienteLEYES Y REDES EN SERIE Y PARALELO
CONTENIDO DE LA UNIDADHT HP
CONTENIDO DE LA UNIDADHT HP
CONTENIDO DE LA UNIDADHT HP
CONTENIDO DE LA UNIDADHT HP
INTENSIDAD DE CORRIENTE Y TENSIN SENOIDALESCONTENIDO DE LA UNIDADHT HPTensiones senoidalesHORAS TOTALES
CONTENIDO DE LA UNIDADHT HPHORAS TOTALES
Exmenes parciales:
SIMBOLOGA UTILIZADA EN EL CURSORESISTENCIAS EN SERIERESISTENCIAS EN PARALELODIVISOR DE CORRIENTEDIVISOR DE VOLTAJELEYES DE KIRCHHOFFSUPER NODOSSUPER MALLAS