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Ejercicio 1. Calcular el valor de corriente y la tensión de cada resistencia del circuito de la figura Conociendo el enunciado de la ley de Ohm donde:
RVI = RI ⋅=
4321 RRRRT VVVVV ++++=
321 IRIRIRIVT +⋅+⋅+⋅=
y que V
y por lo tanto
5RV entonces, podemos decir que
54 RIR ⋅+⋅
( ) 5432154321 RRRRRRRRRRRIRIV TTT ++++=⇒++++⋅=⋅=
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω+Ω= 586330100824727TR y el valor de corriente va a corresponder entonces a
mAAAVRVI x 53.853.8008532423.0
5865 310 ===Ω
==−
En tanto, los valores de tensión sobre cada resistencia pueden ser obtenidos de distinta forma. La más simple es conociendo el valor de corriente que circula por la resistencia, aplicar la ley de ohm y multiplicar el valor de la
corriente por el valor de cada una de las resistencias para obtener cada valor de tensión. O bien, aplicar un divisor de tensión de manera tal que:
121
12
VRR
RVR ⋅
+=
por lo que para este caso en particular:
mVVVRR
37.2305586271
543
1 =⋅ΩΩ
=⋅++RRR
RVR
211 ++=
o bien mVmARIVR 37.2302753.811
=Ω⋅=⋅= Cualquiera de los métodos es válido y su uso dependerá de las necesidades propias de cada análisis y de los datos que se dispongan en cada uno de los mismos. Este problema quedaría resuelto entonces como:
mVVVRR
VT
R 02.40155864712
2=⋅
ΩΩ
=⋅=
72
mVVVRR
VT
R 65.69955868213
3=⋅
ΩΩ
=⋅=
mVVVRR
VT
R 24.583558610014
4=⋅
ΩΩ
=⋅=
VVVRR
VT
R 81.2558633015
5=⋅
ΩΩ
=⋅=
Ejercicio 2. Calcular RX siendo la corriente total I=18mA
En este circuito notamos la presencia de dos generadores de tensión conectados –si bien a través de R1- en serie, por lo que la tensión total dentro del circuito va a resultar:
V17=VVVVVT 12521 +=+= Ahora tomando este valor y el dato conocido de la corriente total que circula en el circuito, podemos mediante la aplicación directa de la ley de ohm llegar al valor de resistencia total:
Ω44.===− 944
18
17310 A
VIVR
xT
++= 21T RRRR
Una vez obtenido este valor, es muy sencillo obtener el de la resistencia buscada ya que
( ) Ω=Ω−Ω=+++−=∴++++= 44.68825644.94443214321 RRRRRRRRRRRR TxxT Ejercicio 3. Calcular la potencia total disipada por el circuito
En este circuito la resistencia total –tal como la hemos visto en los ejercicios anteriores, va ser:
Ω=Ω+Ω+Ω=∴ 1568247273 TR por lo que el valor de corriente total será
mAVRV
IT
T 05.32156
51 =Ω
==
Ahora bien, aplicando la definición de potencia, la misma puede ser calculada de 2 formas. Estás son:
VIP ⋅= RIP ⋅= 2
por lo tanto, en este circuito
mWVmAP 25.160505.32 =⋅=
2
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 4. Calcular VX siendo VR3=9V
Si tomamos el dato conocido del valor de la tensión medida sobre la resistencia R3, aplicando la ley de Ohm, se puede obtener –dado que el valor de la resistencia R3 es conocido también- el valor de corriente que circula por la misma, que en este caso, por tratarse de un circuito serie, será la corriente total. Entonces:
mAV 75.109829
=ΩR
VII R
TR3
3
3===
21 IIIT +=
Si conocemos el valor de corriente total del circuito, así como también el valor de la resistencia total, podemos calcular el valor de la tensión aplicada.
Ω=++= 156321 RRRRT y después
AIRV xTTx
31075.109156−
⋅Ω=⋅= Ejercicio 5. Calcular las corrientes de cada resistencia del circuito.
En este circuito, hay una ramificación donde la corriente se bifurcará en dos según la ley de Kirchoff de la siguiente forma:
Si llamamos a R4 RA y agrupamos la serie que forman R3 y R2 en RB, el circuito podría ser redibujado de manera tal como se lo ve en la figura inferior. En este esquema se puede ver perfectamente que la corriente que sale del generador y pasa por R1, llega al
nodo donde se bifurca entre RA y RB y luego, se vuelve a formar para circular por R5. Las corrientes que circulan por cada una de esas resistencias, puede expresarse como:
B
T
A
T
T
T
RV
RV
RV
+=RRT IIIBA=+=
ya que la tensión aplicada a ambas resistencias es la misma por estar conectadas en paralelo. Es decir que simplificando el valor de VT que se repite en cada miembro, se puede llegar a la expresión:
BA
TBAT
RR
RRRR 11
1111
+=∴+=
es decir, que para este circuito y tomando que RB=R2+R3 queda
Ω=
Ω+
Ω
=+
=∴Ω=Ω+Ω=+= 33.56
1291
1001
111
11298247
4
32
A
BA
RR
RRRR
y una vez resuelto el paralelo, el valor de resistencia total resulta
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 33.41333.563302751 BT RRRR
3
2001 Adrian Dario Pelliza
El calculo de la corriente total va a darnos el valor de corriente que circulará por R1 y por R5
mAVRV
IT
TT 09.12
33.4135
=Ω
==
Entre R4 y RA, la corriente total del circuito se dividirá de acuerdo una proporción inversa respecto de los valores de las resistencias, por lo que el valor de la corriente que circule por cada resistencia responderá a
TBA
BR I
RRR
IA
⋅+
=
que reemplazando con los valores del circuito resulta en
mAAIIRR
RI x
RTA
AR 81.609.12
100129129 3
44
10
4=⋅
Ω+ΩΩ
=∴⋅+
=−
El valor de la corriente que circula por la resistencia RA pude ser calculado de la misma forma o bien restando los dos valores ya conocidos. Es decir que
mAAIIIRR
RI x
RTTA
RA27.509.12
100129100 3
4
10
4
4 =⋅Ω+Ω
Ω=−=⋅
+=
−
Ejercicio 6. Calcular los valores de corriente de cada resistencia y el valor de la tensión sobre R8
Según lo visto en el ejercicio anterior, se pueden comenzar asociar las resistencias R5, R6 y R7 en serie a la que llamaremos RA
785 RRRRA ++=
Ω= 3280AR
También será necesario agrupar las resistencias R10 y R9 en paralelo en una que llamaremos RB
910
111
RR
RB+
=
Ω=
Ω+
Ω
= 14.4396
7.41
681
1
KK
RB
Esta ultima, divide la corriente que circula por R6 por lo que la suma de las corrientes de R9 y R10 debe ser la corriente que circula por R6. En consecuencia, RB está conectada en serie a R6 por lo que definimos RC como
Ω=Ω+Ω=+= 14.489614.43965006 BC RRR
4
2001 Adrian Dario Pelliza
Si replanteáramos el esquema de este circuito a este punto del análisis, veríamos que los terminales de RA y RC comparten los mismos nodos, lo cual deja claro que están conectadas entre sí en paralelo. De la misma manera que antes, crearemos RD cuyo valor será
Ω17.1964=
Ω+
Ω
=
32801
14.48961
1DR
Restaría reducir el paralelo que forman las resistencias R2 y R3, al que agruparemos en RE de manera que su valor será:
Ω=
Ω+
Ω
= 87.29
821
471
1ER
Luego de esto, el circuito puede verse como aparece redibujado a la izquierda. Es obvio notar que la aparente complejidad inicial quedó reducida a un simple circuito serie entre 4 valores conocidos de resistencias :
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω=+++= 04.212117.196410087.292741 DET RRRRR y el valor de corriente total que circula por esas cuatro resistencias valdrá:
mAV 65.504.
=ΩR
VI
TT 2121
122 ==
A partir de aquí, el resto del análisis se centrará en encontrar los valores de corriente que se vayan dividiendo en cada resistencia, comenzando por R2 y R3 que según lo visto en el ejercicio anterior tendrán un valor que será igual a
mAIRR
RI x
TR 59.365.58247
82 3
2
10
32
3 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAIRR
RI x
TR 05.265.58247
47 3
3
10
32
2 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Siguiendo el circuito, llegamos al nodo donde se ramifican RA y RC, donde los valores serán
mAIRR
RI x
TCA
CRA
38.365.514.48963280
14.4896 310 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
y la corriente de RC lo podemos obtener restando los valores conocidos, ya que como vimos anteriormente la suma de las corrientes de RA y RC deben ser la corriente que están dividiendo, en este caso, la corriente total del circuito por lo que:
mAmAmAIIIAC RTR 27.238.365.5 =−=−=
Restaría finalmente, obtener los valores de las corrientes de R10 y R9 que están dividiendo la corriente que circula por R6 que no es otra que IRC por lo tanto
mAIRR
RI x
RR C12.227.2
47006800068000 3
9
10
910
10 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
5
2001 Adrian Dario Pelliza
y para R10, de la misma forma que calculamos IRC
AmAmAIII RRR C
µ15012.227.2910
=−=−= Finalmente, el valor pedido de la tensión sobre R8 puede ser obtenido mediante la ley de Ohm:
VAVIIRIV xRRRRR A
43.7220038.33
8888
108 =Ω⋅=∴=∴⋅=
−
Ejercicio 7. Calcular el valor de tensión que cae sobre R2
Si bien el circuito puede aparecer algo complejo, realizando la agrupación de las resistencias según como están conectadas, se puede obtener un circuito visiblemente más fácil de ser analizado. El primer paso a dar, será entonces la resolución de las resistencias conectadas en paralelo en dos nuevas resistencias que llamaremos RA –para el paralelo entre R5 y R3- y RB –para el paralelo R7 y R1. Una vez realizados estos reemplazos, quedará muy
evidenciada la forma en que RA y RB se relacionan con R2 y R6 respectivamente, por lo que podremos realizar una nueva agrupación: RC y RD, donde se sumen a los valores de RA y RB los valores de estas últimas de la forma que se acaba de mencionar. Eso permitirá redibujar el circuito de la siguiente forma:
Se observa, que R8 y RD están compartiendo los terminales y por lo tanto, la tensión sobre sus terminales serán idénticas. Es decir, que están conectadas en paralelo. Reduciremos entonces en RE, esas dos resistencias así conectadas y si realizáramos un nuevo replanteo del circuito, veríamos que por RE va a circular la misma corriente que a través de RC, por lo que están conectadas en serie. Asignaremos este valor a RF y finalmente quedaría esta última en paralelo con R4, siendo este último
valor el que corresponda a la resistencia total del circuito. De esa forma, todo lo explicado hasta el momento respecto de la red de resistencias que forma este circuito, tomaría estos valores.
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 67.65
3301
821
111
1
53 RR
RA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 06.26
7501
271
111
1
71 RR
RB
Ω=Ω+Ω=+= 67.1124767.652RRR AC
Ω=Ω+Ω=+= 06.52650006.266RRR BD
6
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 54.424
22001
06.5261
111
1
8RR
R
B
E
Ω=+Ω=+= 21.53767.11254.424CEF RRR
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 30.84
1001
21.5371
111
1
4RR
R
F
T
Una vez obtenido este valor, procedemos a calcular el valor de la corriente total del circuito:
mAVRV
IT
TT 31.59
30.845
=Ω
==
Esta corriente evidentemente se ve dividida entre R4 y la resistencia que llamamos RF , por lo que el valor de corriente que nos interesa es justamente, el que circulará a través de RF y cuyo valor, mediante un divisor de corriente se puede calcular como:
mAmAIRR
RI T
FRF
30.931.5921.537100
100
4
4 =⋅+ΩΩ
=⋅+
=
Si volvemos atrás con las reducciones realizadas en el circuito, apreciaremos que la corriente que acabamos de calcular es la que circula por R2, por lo que el valor buscado puede ser calculado como:
mVARIRIV xRRR F
1.4374730.93
22
1022 =Ω⋅=⋅=⋅=
−
Existe además una alternativa para obtener el resultado buscado. Ya hemos visto como aplicando divisores de tensión se pude obtener el valor de una tensión en particular de un grupo de resistencias en serie. Ese método
permitiría analizar separadamente este circuito teniendo en cuenta que sobre los terminales de RF está aplicada la tensión total del circuito y el valor buscado de tensión en definitiva es
TAD
R VRRR
RV ⋅
++=
2
22
mVV 44.437567.65
=⋅Ω
VR 4754.42447
2 +Ω+ΩΩ
=
Ejercicio 8. Calcular los valores de tensión sobre R2 y R4
Al igual que en ejercicio anterior, es conveniente realizar la reducción de las distintas ramas del circuito. Podemos empezar por tomar las series R1-R7 en RA y R9-R2 en RB, para luego seguir con el paralelo entre estas dos (RA y RB) que darán origen a una RC, a su vez en serie con R8, R5, R4 y R6 en lo que llamaremos RD, finalmente en paralelo con R3. De esta forma, se obtendría el valor de resistencia total del circuito, que permitirá conocer la corriente total y luego, a partir de divisores de corriente, el valor de las corrientes que circularan por RD y por RB, con cuyos valores se podrá obtener los valores buscados.
Ω=Ω+Ω=+= 7777502771 RRRA
Ω=Ω+Ω=+= 474747004792 RRRB
7
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=
Ω
67.667+
Ω
=+
=
47471
7771
111
1
BA
C
RR
R
8654 RRRRRR CD ++++=
+Ω+Ω+Ω= 33010067.667DR
Ω+Ω 2200500
Ω=
Ω
26.80
821
+Ω
=+
=
67.37971
111
1
3RR
R
D
T
mAVRV
IT
TT 13.112
26.809
=Ω
==
TD
R IRR
RI
D⋅
+=
3
3
mAAI xRD
36.213.11267.379782
82 310 =⋅Ω+Ω
Ω=
−
AAIRR
RI x
TBA
ARB
µ95.33136.24747777
777 310 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mVARIV x
RR D23610036.2
3
4
104 =Ω⋅=⋅=
−
mVARIV x
RR B60.154795.331
6
2
102 =Ω⋅=⋅=
−
Ejercicio 9. Resolver el ejercicio 8 mediante el uso de divisores de tensión.
Tal como sucedió en el ejercicio 7, es posible tomar otro método de análisis para llegar a los resultados pedidos. Para esto, debemos considerar que sobre la resistencia R3 y por lo tanto sobre RD. Conociendo esto, R4 puede ser calculada de esta manera:
mVVVRR
V TD
R 96.236996.3797
10044
=⋅Ω
Ω=⋅=
Si se compara este resultado con el obtenido en el ejercicio anterior, aparece una pequeña diferencia que surge del descarte de partes decimales en los cálculos realizados, donde sólo se consideraron 2 dígitos decimales. Para la tensión sobre R2, tendremos que realizar dos divisores de tensión. Uno, que permita saber la tensión del paralelo que llamamos RC y luego, esta tensión será la que se divida en RB entre R9 y R2. De esta forma:
VVVRR
V TD
CRC
58.1967.379767.667
=⋅ΩΩ
=⋅=
mVVVRR
VCR
AR 64.1558.1
4747472
2=⋅
ΩΩ
=⋅=
8
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 10. Calcular todas las corrientes En este ejercicio, hemos marcado el sentido de circulación de la corriente a través de cada una de las ramas del
mismo para poder apreciar a simple vista como se van a realizar las distintas divisiones de la corriente total del circuito. De esa forma, podemos ver que por ejemplo, las corriente que circulan por R6 y R7, se dividen de la que circula por R8, que a su vez, junto con la que circula por R2, dividen la que circula por R4 y –luego de estas ramificaciones- aparece finalmente en R5, donde se suma a la que circula por
R3 y forman la corriente total que retorna al generador. Es decir, que siguiendo este desarrollo, matemáticamente podemos expresar que de acuerdo a la ley de Kirchoff de las corrientes:
43 RRT III += 824 RRR III +=
768 RRR III +=
Esto es muy fácil de ser comprobado si realizamos las operaciones una vez que hayamos calculado los valores de corriente de cada rama. Dichos valores serán obtenidos como venimos haciendo, reduciendo las ramas del circuito hasta llegar a un esquema de sencillo análisis. Resolvemos el paralelo entre R6 y R7 en RA:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 300
7501
5001
111
1
76 RR
RA
Agregamos a RA el valor de R8 en serie:
Ω=Ω+Ω=+= 250022003008RRR AB Y calculamos el paralelo entre R2 y RB:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 13.46
471
25001
111
1
2RR
R
B
C
Este valor, completa una de las dos ramas del circuito con R4 y R5 en serie:
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 13.47613.4633010054 CD RRRR Este último valor, nos permite tener un circuito muy sencillo de analizar: El paralelo entre R3 y RD en serie con R1. Entonces:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 95.69
821
13.4761
111
1
3RR
R
D
E
9
2001 Adrian Dario Pelliza
Finalmente, el valor de resistencia total se calcula como:
Ω=Ω+Ω=+= 95.9695.69271 ET RRR Con este valor, podemos calcular el valor de corriente total como:
mAVRV
IT
TT 77.123
95.9612
=Ω
==
Ahora, como indican las flechas que muestran la circulación de la corriente a lo largo del circuito. La primera división es entre R3 y RD. La corriente que circula por RD, según lo que se realizó en el análisis de la red para obtener el valor de resistencia total, es la que estará circulando por R4 para dividirse en R2 y RB, y reunificándose para circular por R5.
mAAIRR
RI x
TD
DR 58.10577.123
8213.47613.476 3
3
10
3=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=−
mAAIRR
RI x
TD
RD18.1877.123
8213.47682 310
3
3 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAAIRR
RI x
RB
BR D
84.1718.18472500
2500 3
2
10
2=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=−
AAIRR
RI x
RB
R DBµ47.33518.18
47250047 310
2
2 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RI x
RR Bµ28.20147.335
750500750 6
6
10
76
7 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RI x
RR Bµ18.13447.335
750500500 6
7
10
76
6 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Ejercicio 11. Calcular las tensiones de cada uno de los componentes del circuito
Es sencillo resolver este circuito. Hay dos ramas, muy visiblemente localizables compuestas por R1, R5, R7 y R8 en serie y R4, R3, R2 también en serie. Ambas ramas están conectadas en paralelo finalmente en serie con R6. Es decir, que la corriente total se divide en esas dos ramas.
Ω=+++= 33078751 RRRRRA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 2294782100234 RRRRB
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 16.214
2291
33071
111
1
BA
C
RR
R
Existen varias posibilidades de resolución. Abordaremos en primera instancia el camino por el cual debemos calcular cual es la tensión sobre los terminales de RC y luego realizar las divisiones de esta tensión para cada componente. Es decir:
VVVRR
RV T
C
CRC
59.31250016.214
16.214
6=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
10
2001 Adrian Dario Pelliza
Y este valor de tensión es el que se divide entre cada una de las resistencias que forman RA y RB. De forma que:
mVVVRR
VCR
AR 31.2959.3
3307271
1=⋅
ΩΩ
=⋅= mVVVRR
VCR
AR 24.35859.3
33073305
5=⋅
ΩΩ
=⋅=
mVVVRR
VCR
AR 18.81459.3
33077507
7=⋅
ΩΩ
=⋅= VVVRR
VCR
AR 38.259.3
330722008
8=⋅
ΩΩ
=⋅=
VVVRR
VCR
BR 56.159.3
2291004
4=⋅
ΩΩ
=⋅= VVVRR
VCR
BR 29.159.3
229823
3=⋅
ΩΩ
=⋅=
mVVVRR
VCR
BR 81.73659.3
229472
2=⋅
ΩΩ
=⋅=
Se puede verificar que la suma de las tensiones de las resistencias que forman RA debe ser igual a la suma de las tensiones de las resistencias que forman RB y ambas, iguales a la tensión que cae sobre RC.
CRRRRRRRR VVVVVVVV =++=+++2348751
VmVVVVmVmVmV 59.381.73629.156.138.218.81424.35831.29 ≅++≅+++ Ya que los valores son redondeados a dos decimales, no se obtiene el mismo valor exacto, pero la diferencia es ínfima. Otra forma posible de resolver el ejercicio es calcular cual es el valor de corriente que circula por cada rama y luego con estos dos valores, mediante la ley de Ohm calcular cual es el valor de cada tensión. Para obtener los valores de cada rama podemos optar por realizar dos divisores de corriente –para lo cual sería necesario calcular el valor de resistencia total y el de corriente total- o bien tomar el valor de tensión de lo que llamamos anteriormente RD y calcular la corriente de cada rama. Es decir:
Ω=Ω+Ω=+= 16.71450016.2146RRR DT
mAVRV
IT
TT 80.16
16.71412
=Ω
==
mAAIRR
RI x
TBA
BRA
08.180.162293307
229 310 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAAIRR
RI x
TBA
ARB
71.1580.162293307
3307 310 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
o bien
VVVRR
RV T
C
CRC
59.31250016.214
16.214
6=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
mAVR
VRV
IA
R
A
RR
CA
A08.1
330759.3
=Ω
===
mAVR
VRV
IB
R
B
RR
CB
B67.15
22959.3
=Ω
===
11
2001 Adrian Dario Pelliza
Una vez calculados estos dos valores, podemos proceder de la siguiente forma:
mVIRV xRR A
16.2908.1273
1
101 =⋅Ω=⋅=
− mVIRV x
RR A4.35608.1330
3
5
105 =⋅Ω=⋅=
−
mVIRV x
RR A81008.1750
3
7
107 =⋅Ω=⋅=
− mVIRV x
RR A37.208.12200
3
8
108 =⋅Ω=⋅=
−
mVIRV x
RR B49.73667.1547
3
2
102 =⋅Ω=⋅=
− VIRV x
RR B28.167.1582
3
3
103 =⋅Ω=⋅=
−
mVIRV x
RR B56.167.15100
3
4
104 =⋅Ω=⋅=
−
Ejercicio 12. Calcular el valor de tensión sobre la resistencia R3.
Observando el circuito, se aprecian cuatro ramas de resistencias en serie que se encuentran conectadas en paralelo y este paralelo a su vez, en serie con la resistencia R10 y el generador V3. Si bien es aplicable la metodología de calcular las corrientes de cada rama mediante un divisor de corriente, este es altamente complicado y veremos por qué. Primeramente, procederemos a reducir las cuatro ramas a resistencias equivalentes RA, RB, RC y RD Según aparecen en el circuito:
Ω=++= 457514 RRRRA
Ω=+= 270068 RRRB
Ω=+= 545097 RRRC
Ω=+= 45732 RRRD Por la forma en que se divide la corriente total (Que es la que pasará por R10) y según la Ley de Kirchoff, se debe cumplir:
DCBA RRRRT IIIII +++= Es decir, que como ya hemos visto en el ejercicio 5
D
R
C
R
B
R
A
RT R
VR
VRV
RV
I DCBA +++=
y como sabemos que al estar en paralelo:
DCBA RRRR VVVV === Si calculamos el valor de esa tensión, podremos calcular el valor de la corriente de la rama que forma RD, es decir, la que contiene a R3. Y el cálculo requerido para obtener esa tensión se puede realizar de distintas maneras. Vamos a optar por realizar un divisor de tensión entre R10 y la resistencia que resulte de resolver el paralelo de RA, RB, RC y RD.
12
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=
Ω+
Ω+
Ω+
Ω
=+++
= 29.95
1291
54501
27001
4571
11111
1
DCBA
E
RRRR
R
Entonces, podemos aplicar el divisor que va a determinar la tensión sobre RE
mVVVRR
RV T
E
ERE
59.1296800029.95
29.95
10=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
Conociendo este valor, se puede calcular que la corriente de la resistencia RD resulta de:
AVR
VI
x
A
RR
E
Dµ59.97
12959.12
310=
Ω==
−
y siendo que IRD es la corriente que circula por R3, el valor de tensión sobre R3 valdrá:
mVAIRV xRR D
59.759.97823
3
103 =⋅Ω=⋅=
−
Realizar el análisis mediante la aplicación de un divisor de corriente para averiguar la corriente que circula por RD, hubiera sido tedioso, ya que hubiéramos tenido que agrupar las tres ramas opuestas, RA, RB y RC en paralelo antes de efectuar el cálculo, además claro de tener que calcular primer el valor de corriente total.
Ω=
Ω+
Ω+
Ω+
Ω
=+++
= 29.95
1291
54501
27001
4571
11111
1
DCBA
E
RRRR
R
Ω=Ω+Ω=+= 29.6809529.956800010 ET RRR
AVRV
IT
TT µ16.132
29.680959
=Ω
==
AAI
RRR
R
RRRI T
CBA
D
CBARD
µµ 35.9716.132
54501
25001
4571
1129
54501
25001
4571
1
1111
1111
=⋅
Ω+
Ω+
Ω
+Ω
Ω+
Ω+
Ω=⋅
+++
++
=
y se sigue de la misma forma, calculando por ley de Ohm el valor de la tensión sobre R3. Si bien existe una ínfima diferencia, al igual que en otros ejercicios, se debe al descarte de decimales para la realización de las operaciones.
13
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 13. Obtener el valor de VX siendo la tensión sobre la resistencia R9=30V Este es un ejercicio deductivo, donde aplicando el camino inverso al seguido en la mayoría de los ejercicios vistos, se tratará de llegar al valor del generador. A primera vista, puede parecer que se carece de información, pero en realidad, está todo lo necesario. Todos los valores de las resistencias, se conocen y al menos un valor de corriente en el circuito es conocido. Eso nos va a permitir realizar todo el proceso.
Primeramente, procederemos a reducir el circuito agrupando distintas ramas. Podemos empezar por el paralelo entre las resistencias R7 y R9 en serie con R4
Ω=
Ω+
Ω
=+
78.646
47001
7501
11
1
9R
=1
7R
RA
= RR AB
Ω=Ω+Ω=+ 78.74610078.6464R
Esto, está en paralelo con R2 y a la vez, en serie con R3
Ω=
Ω+
Ω
21.44
471
1=
+=
78.746111
1
2RR
R
B
C
Ω=+= 21.443RRR CD
Ω=Ω+ 21.12682
Resolvemos en R
E el paralelo entre R5 y R8 y en RF la serie con R6
Ω=
Ω+
Ω
=+
95.286
3301
22001
11
1
5R
=1
8R
RE
= RR EF
Ω=Ω+Ω=+ 95.78650095.2866R
Tal como hemos reducido tenemos por lo que el próximo paso será resolver el paralelo entre RF
y RD para después calcular el valor de la resistencia total.
Ω=
Ω+
Ω
= 76.108
21.1261
95.7861
1
+=
111
DF
G
RR
R
=+= 1 GT RRR
Ω=+Ω 76.13576.10827
Ahora que conocemos el valor de la resistencia total del circuito nuestra incógnita es el valor de la corriente total. Anteriormente dijimos que sabiendo el valor de la
14
2001 Adrian Dario Pelliza
tensión sobre R9 y conociendo el valor de esa resistencia, se podía saber que corriente circulaba por ella. Por lo tanto:
mAVR
VI R
R 38.64700
30
9
9
9=
Ω==
y como R9 está en paralelo con R7, la tensión sobre R7 será la misma. Por lo tanto, también podemos calcular el valor de la corriente que circula por R7
mAVR
VI R
R 4075030
7
7
7=
Ω==
Y como hemos visto anteriormente, la corriente que circula por R4 es la que se están dividiendo R7 y R9, por lo tanto, si sabemos estos valores, podemos calcular esa corriente como la suma de ambas.
mAmAmAIII RRR 38.4638.64097$
=+=+= Con esta corriente, podemos calcular cual es la tensión que cae en lo que llamamos RB
VAIRV xRBR BB
63.3438.4678.746310 =⋅Ω=⋅=−
que es la misma tensión que cae en R2, por lo que conociendo esta tensión, podremos calcular la corriente que circula por R2
mAVR
VI BR
R 8.73647
63.34
22
=Ω
==
y esta corriente, sumada a la corriente ya calculada que circula por RB, nos permite conocer la corriente que circula por R3 es decir por lo que nosotros llamamos en el análisis RD
mAmAmAIIIIBD RRRR 18.78338.468.736
23=+=+==
Ahora podemos calcular la tensión que caerá sobre RD, que es la misma que cae sobre RGFKNADLKLFDKLfdk
VAIRVV xRDRR DGD
84.9818.78321.126310 =⋅Ω=⋅==−
De la misma forma que se procedió para averiguar la corriente que circulaba por R2, procedemos para calcular la que circula por RG
mAVRV
IG
RR
G
G59.125
95.78684.98
=Ω
==
y conociendo este valor, podemos decir que:
mAmAmAIIIDG RRT 77.90859.12518.783 =+=+=
entonces, el valor de VX resulta:
VAIRV xTTX 37.12377.90876.135
310 =⋅Ω=⋅=−
15
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 14. Calcular mediante el método de superposición el valor de tensión sobre la resistencia R2
La modalidad de resolución, de acuerdo al teorema de superposición, implica realizar el análisis del circuito en forma individual para cada uno de los generadores existentes y luego, realizar la sumatoria de los valores obtenidos teniendo en cuenta la polaridad que posee cada uno de esos valores. En este caso, como podemos ver, las líneas que representan el sentido de circulación de la corriente sobre R2 corren en sentido opuesto una de otra, por lo que el valor final de la tensión será el que resulte de operar los resultados como una resta. El orden
que se le dé a cada operador, va a implicar una variación de la polaridad, aunque nominalmente será correcto. Por lo tanto, se procederá como en casos anteriores anulando uno u otro generador según la instancia de cálculo teniendo en cuenta que los generadores se reemplazan por su resistencia interna ideal, vale decir un cortocircuito para el generador de tensión y un circuito abierto para el caso de un generador de corriente.
( Ω0 ))( Ω∞
Entonces, como primer paso, anulamos el generador V2 y vemos como queda el circuito con la modificación. Definitivamente, es muy sencillo calcular el valor buscado de la tensión sobre R2 con los métodos usados hasta ahora:
Ω= 44.70
Ω+
Ω
=+
=
5001
821
111
1
63 RR
RA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 44.4474733044.7025 RRRR AB
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 73.81
1001
44..4471
111
1
4RR
R
B
C
VVVRR
RV
C
CRC
75.352773.81
73.811
1=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
( ) mVVVRRR
RV
AR 90.39375.3
44.703304747
152
212
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++=
Ahora, anulamos el otro generador y realizamos el análisis según como queda el circuito con ese generador.
Ω= 25.21
Ω+
Ω
=+
=
1001
271
111
1
41 RR
RA
25 RRRR AB ++=
=Ω+Ω+Ω= 4733025.21BR
Ω25.398
Ω=
Ω
68.2211+
Ω
=+
=
50025.3981
111
1
6RR
R
B
C
16
2001 Adrian Dario Pelliza
VVVRR
RV
C
CRC
75.8128268.221
68.2212
3=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
( ) VVVRRR
RV
CRA
R 03.175.833025.2147
47
52
222
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++=
Conocidos los dos valores, sólo resta cumplir con el paso de la superposición que en este caso es:
mVVVVVV xRRR 10.63603.190.393
3
222
1021 =+−=+−=−
Ejercicio 15. Calcular la tensión que cae en R1
Este es un ejercicio muy sencillo que no requiere más que un sencillo razonamiento. Como vimos en el ejercicio 14, para cumplir con las exigencias que plantea el teorema de superposición, es necesario desactivar cada uno de los generadores del circuito y reemplazarlo por la resistencia ideal equivalente. Como la que corresponde a un generador de corriente, es una resistencia infinita, es decir, un circuito abierto, en el análisis que podamos realizar, para cuando I2 esté desactivado, no habrá circulación de corriente a través de R1 dado que estaría desconectada del generador. En cambio, al anularse el generador I1, la corriente circulará a través de todas las resistencias del circuito, y provocará que en los terminales A-B del circuito, aparezca una caída de tensión fácilmente calculable mediante la Ley de Ohm:
VARIVV xRBA 25.2027750
2
1
1012 =Ω⋅=⋅==
−
− Ejercicio 16. Calcular el valor de corriente que circula por la resistencia R3
En este circuito, debemos realizar el análisis de los dos circuitos distintos que se forman al anular cada uno de los dos generadores. No presenta una gran dificultad, dado que al anularse cada generador, queda muy claro el camino que el análisis debe tomar observando cada uno de los circuitos replanteados sin ese generador. Para la realización de la superpocisión en el equema de la izquierda, se puden apreciar la forma en que cada una de las corrientes entregadas por los generadores circulan por el circuito, podiendosé notar que en la resistencia sobre la cual se pide conocer el valor de corriente, el sentido de circulación de ambas corrientes coincide por lo que deberemos sumar, una vez calculados, cada uno de los valores de corriente que se obtengan para cada generador.
17
2001 Adrian Dario Pelliza
5624 RRRRRA +++=
+Ω+Ω+Ω= 50047100AR
Ω=Ω 977330
Ω=
Ω
65.75
9771
+Ω
=+
=
821
111
1
3 A
B
RR
R
+Ω=++= 2771 BT RRRR
Ω=Ω+Ω 65.85265.75750
mAVRV
IT
T 55.1065.852
93 =Ω
==
TB
BR I
RRR
I ⋅+
=3
13
mAAI xR 73.955.10
82977977 3
3
101 =⋅Ω+Ω
Ω=
−
y anulando el generador de corriente
Ω=Ω+Ω 64750047+Ω=++= 100624 RRRRA
+Ω=+= 7502771 RRR B
Ω=Ω 777
Ω=
Ω
17.74+
Ω
=+
=
7771
821
111
1
3 B
B
RR
R
+Ω=+= 17.743305 BC RRR
Ω= 17.407
1IRR
RI
CA
ARC
⋅+
=
mAA 75.307310 =
−I x
RC500
17.407647647
⋅Ω+Ω
Ω=
mAAIRR
RI x
RB
BR C
37.27875.30782777
777 3
3
10
3
2 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Conociendo los dos valores de la corriente de R3 para cada uno de los generadores, y tal como hemos dicho anteriormente, hacemos la superposición sumando los dos valores para obtener el valor final de la corriente que circula por R3
mAmAmAIII RRR 1.28837.27873.921333
=+=+=
18
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 17. Calcular el valor de corriente sobre la resistencia R3
Este es otro ejercicio donde se hace hincapié en la necesidad de inspeccionar antes de comenzar a hacer cálculos en vano. Para el análisis que vamos a encarar, sabemos que los generadores se anulan uno por vez reemplazándoselos por su resistencia interna ideal para calcular el valor de corriente o tensión que circula o cae en una resistencia dada con el otro generador. Es por eso que para cuando anulemos el generador V2, la corriente que circulará por la resistencia R3 será nula, dado el cortocircuito que creado al
reemplazar el generador. Por otra parte, el valor de tensión sobre R3 para cuando el generador anulado sea el de corriente será el mismo valor que el generador de tensión, dado que está conectado directamente a sus terminales. Por lo tanto, el valor de corriente total sobre R3 será:
mAVRV
I R 34.1468212
3
213
=Ω
==
mAAmAIII RRR 34.146034.14621
333=+=+=
Ejercicio 18. Calcular la corriente que circula por la resistencia R6
Nuevamente, aparece un circuito que a la primera mirada aparenta ser de una gran complejidad de análisis, pero que puede ser resuelto con una simple inspección. Se pide el valor de corriente que circula por la resistencia R6 y en el circuito se puede ver que esta se encuentra conectada en serie con el paralelo que forman R5 y R4, que a su vez está conectado con el generador de corriente. Tal como hemos visto, al reemplazarse el generador de corriente por su resistencia interna ideal, se crea una interrupción de la rama dada la resistencia infinita que le corresponde. Por lo tanto, para el análisis que podamos hacer de este circuito para el caso de el generador de corriente I1 desactivado, la rama que contiene a la resistencia R6 quedará en la práctica desconectada del circuito y en consecuencia, no habrá circulación de corriente por ella ni por el paralelo de R4 y R5.
Es decir que el único valor calculable mediante este método de análisis, es el que se presentará cuando el generador de tensión V1 se encuentre desactivado y reemplazado por la resistencia interna ideal de 0Ω. Y en ese caso, la corriente del circuito será la que entregue el generador I1, que pasará primeramente por el paralelo de R4 y R5 y luego por R6, por lo que el valor buscado de corriente a través de R6 es el valor de corriente que sale del generador I1. Es decir:
mAmAAIII RRR 500500021666
=+=+=
19
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 19. Calcular el valor de corriente que circula por la resistencia R6
Si bien como podemos ver en este circuito existen tres generadores de tensión, según como dos de ellos están conectados y de la misma forma que vimos en el ejercicio 2, podemos asociarlos en un único generador. Es una opción válida para evitar realizar los tres análisis. En el esquema podemos ver las líneas de circulación de la corriente donde se aprecia que las corrientes que circulan por la resistencia R6 corren en sentido contrario, por lo que el resultado de la corriente total que se está buscando, será la diferencia entre los dos valores calculados para cada uno de los generadores, el generador V1 y el generador equivalente a la suma de las tensiones de V2 y V3, que llamaremos VA. Comenzaremos arbitrariamente anulando el valor de tensión de VA y calcularemos el valor de corriente que circule por R6 en esas condiciones del circuito.
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 4044727330215 RRRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 45.223
5001
4041
111
1
6RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 45.4058210045.22334 RRRR BT
mAVRV
IT
T 33.1245.405
51 =Ω
==
mAAIRR
RI x
TA
AR 46.533.12
500404404 3
6
10
6
1 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Para el caso del análisis con el generador V1 desactivado, primeramente procederemos a calcular el generador VA y luego calcularemos el valor de la corriente que circula por R6
VVVVVVA 2191232 =+=+=
Ω=Ω+Ω=+= 1821008243 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 43..133
5001
1821
111
1
6RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω=+++= 43.537330472743.133521 RRRRR BT
mAVRV
IT
AT 07.39
43.53721
=Ω
==
mAAIRR
RI x
TA
AR 42.1007.39
500182182 3
6
10
6
2 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
20
2001 Adrian Dario Pelliza
Finalmente, tal como se dijo anteriormente, el resultado final, es decir la corriente total que circula por R6 resulta de la diferencia entre ambos valores calculados. Eso es:
mAmAmAIII RRR 96.442.1046.521666
=+−=+−= Ejercicio 20. Calcular el valor de tensión que cae sobre la resistencia R2
El circuito presenta una única nueva dificultad respecto de los demás que hemos estado analizando: Tres generadores que deberán ser activados y desactivados en cada cálculo que se realice. Se han marcado las líneas de dirección que tomarán cada una de las tres corrientes y podemos observar la forma en que circulan particularmente por la resistencia R2 y de esas líneas se puede deducir que el valor de la corriente que circule por R2 será la
suma de las corrientes calculadas para los generadores V2 e I1 menos el valor de la calculada para el generador V1 Anulamos los generadores V2 e I1 y calculamos la corriente que circula por R2.
Ω=Ω+Ω=+= 83050033065 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 48.44
471
8301
111
1
2RR
R
A
B
VVVRRR
RVV
B
BRR B
44.15822748.44
48.441
31
12
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++==
mAVR
VI R
R 63.304744.1
2
11 2
2=
Ω==
Anulamos los generadores V1 e I1y calculamos la corriente que circula por R2.
Ω=Ω+Ω=+= 109822731 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 83.32
471
1091
111
1
2RR
R
A
B
mVVVRRR
RVV
B
BRR B
59.4561250033083.32
83.322
65
22
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++==
mAVR
VI
xR
R 71.94759.456
3
2
2
10
2
22 =
Ω==
−
Y por último, anulamos los generadores de tensión V1 y V2 y calculamos el valor de corriente sobre R2
Ω=Ω+Ω=+= 109822731 RRRA
21
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 83.32
471
1091
111
1
2RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω=+= 83.36233083.325RRR BC
mAAIRR
RI x
CRC
74.28950083.362500
500 3101
6
6 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAAIRR
RI x
RA
AR C
44.20274.28947109
109 3
2
10
2
3 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Por lo dicho anteriormente, el valor total de corriente que circula por R2 será:
mAmAmAmAIIII RRRR 52.18144.20271.963.303212222
=++−=++−= Ejercicio 21. Calcular la tensión que cae sobre cada resistencia del circuito.
Resolver este ejercicio, implica, en la práctica, resolver tres. Debemos calcular todos los valores de corriente del circuito para cada uno de los generadores y luego realizar la superposición de esos resultados de acuerdo al sentido de las corrientes de cada componente. Por eso se han dibujado en el esquema la dirección de circulación de cada una de las tres corrientes generadas por cada uno de los generadores a través de cada resistencia para
facilitar la tarea del planteo de la superposición. Antes de iniciar los cálculos para cada generador, es útil reducir aquellas resistencias que no variarán para ningún análisis, que son las series R1 y R3, R7 y R8, y R2 y R5 en RA, RB y RC respectivamente.
Ω=Ω+Ω=+= 109822731 RRRA
Ω=Ω+Ω=+= 2950220075087 RRRB
Ω=Ω+Ω=+= 3773304752 RRRC Primeramente, analizaremos el circuito con los generadores V2 y V3 desactivados donde calcularemos la corriente total y realizaremos los divisores de corriente que sean necesarios. Comenzamos calculando el valor de resistencia total, para lo cual es necesario realizar los siguientes cálculos.
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 93.214
5001
3771
111
1
6RR
R
C
D
22
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=Ω+Ω=+= 93.316493.2142950DBF RRR
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 93.96
1001
93.31641
111
1
4RR
R
F
G
Ω=Ω+Ω=+= 93.20510993.961
AGT RRR Ahora, calculamos la corriente total y a partir de ahí, las distintas corrientes de las ramas.
mAVR
VIII
TRRT 28.24
93.2055
11111
31=
Ω====
mAAIRR
RI xT
F
FR 53.2328.24
10093.316493.3164 3
4
101
4
1 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RIII xT
FRRRF
µ66.74328.2410093.3164
100 3
87
101
4
4111 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
AAIRR
RI xR
C
CR F
µ68.31966.743500377
377 6
6
10
6
1 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RIII xR
CRRR FC
µ97.42366.743500377
500 6
52
101
6
6111 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
Procedemos ahora a reemplazar V1 y V3 por sus resistencias equivalentes y a realizar el análisis de igual forma para V2. Los valores ya calculados de RD, RE y RF constituyen las mismas ramas en este circuito, por lo que obviamos el cálculo de esos valores y procedemos directamente a partir del paralelo formado por RF y RA.
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 37.105
1091
93.31641
111
1
AF
G
RR
R
Ω=Ω+Ω=+= 37.20510037.1054
2 RRR GT Calculamos ahora todas las corrientes para este generador
mAVR
VII
TRT 43.58
37.20512
2222
4=
Ω===
mAAIRR
RIII xT
AF
FRRRA
48.5643.5810993.3164
93.3164 3
31
102222 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
mAAIRR
RIII xT
AF
ARRRF
94.143.5810993.3164
109 3
87
102222 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
AAIRR
RI xR
C
CR F
µ95.83394.1500377
377 3
6
102
6
2 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RIII xR
CRRR FC
µ45.47594.1500377
500 3
52
102
6
6222 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
23
2001 Adrian Dario Pelliza
ahora calculamos las corrientes del circuito sin los generadores V1 y V2
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 15.52
1001
1091
111
1
4RR
R
A
D
Ω=Ω+Ω=+= 15.3002295015.52BDE RRR
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 61.428
5001
15.30021
111
1
6RR
R
E
F
Ω=Ω+Ω=+= 61.80537761.4283
CFT RRR Y calculamos las corrientes para este generador.
mAVRVIII
TRRT 17.11
61.8059
33333
52=
Ω====
mAAIRR
RI x
TE
ER 57.917.11
50015.300215.3002 3
6
103
6
3 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAAIRR
RIII x
TE
RRRE59.117.11
50015.3002500 3
87
103
6
6333 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
AAIRR
RI xR
A
AR E
µ23.82959.1100109
109 3
4
103
4
3 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
AAIRR
RIII xR
ARRR EA
µ76.76059.1100109
100 3
31
103
4
4333 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+===
−
Finalmente, calcularemos las corrientes superponiendo los valores calculados según el diagrama del circuito donde se indicaron las direcciones de las corrientes.
mAAmAmAIIIII RRRRR 96.3276.76048.5628.2432111131
=++−=++−== µ
mAmAAAIIIII RRRRR 27.1017.1145.47597.42332122252
=+−−=+−−== µµ
mAAmAmAIIII RRRR 07.3423.82943.5853.233214444
=++−=−+−= µ
mAmAAAIIII RRRR 72.1057.995.83368.319326666
=++=++= µµ
mAmAmAAIIIII RRRRR 09.159.194.166.7433277787
=−+=−+== µ
24
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 22. Calcular el valor de tensión que cae sobre la resistencia R3
Mucho más sencillo que el ejercicio anterior, este circuito presenta también tres generadores, dos de los cuales son de corriente y uno de tensión. Merece ser observado el hecho de que cuando se analice el circuito para cuando se encuentre el generador de corriente I1 activo y los otros dos pasivos, no habrá circulación de corriente a través de la resistencia sobre la que se pretende calcular, dado que el generador V3 al ser reemplazado por su resistencia equivalente, la corriente pasa por ese virtual cortocircuito hasta regresar por R5 al generador. Por lo tanto, para el análisis, el valor de VR3 con ese generador es 0. Asimismo, será muy fácil calcular los valores para los otros generadores. Si desactivamos los dos generadores de corriente, calcular la tensión buscada sobre R3 es simplemente realizar un divisor de tensión de esta forma:
VVVRRR
RVR 73.49
82472782
3321
313
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++=
Cuando esté activado I2, el circuito se reduce a un divisor de corriente entre R1 y la serie que forman R2 y R3, ya que la rama que contiene a R4 y R5 queda por anulada por dos motivos: Primero, estaría el circuito abierto al reemplazar a I1 por un circuito abierto. Y además, por el mismo motivo que se explicó que para cuando el generador activo fuera I1. Entonces, la corriente que circula por R3 es:
mAAIRRR
RII x
RR 80.129750824727
27 3
43
102
321
1 =⋅Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
++==
−
VARIV x
RR 64.108280.1293
33
103
2 =Ω⋅=⋅=−
La superposición que debemos realizar, como podemos observar en las líneas de dirección del esquema, será la diferencia entre los dos valores calculados:
VVVVVV RRR 91.564.1073.421333
=+−=+−= Ejercicio 23. Calcular el valor de tensión en los terminales A-B del circuito.
No es nada complicado encarar el análisis de este circuito. La resistencia R5 va a desaparecer cuando se analice el circuito con cualquiera de los dos generadores de tensión, mientras que para cuando el circuito está siendo analizado con el generador de corriente activo y los de tensión pasivos, todo se reducirá a un divisor de corriente entre R3 y la rama que forman R1, R2 y R4. Por otro lado, como se observa en las líneas de dirección, la tensión buscada a través de la superposición resultaría:
31
21111 RRRRBA VVVVV +−==−
Vamos a comenzar por anular el generador de corriente y el de tensión V2
=⋅+
=++
14321
111
VRRRR
RVR
25
2001 Adrian Dario Pelliza
mVVVR 34.5275100824727
271
=⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω=
y para el generador de tensión V2, básicamente no hay diferencia
VVVRRRR
RVR 26.112
10082472727
24321
121
=⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
+=
++
Y finalmente, resolvemos el divisor para el generador de corriente I2
mAAIRRRR
RI xR 23.240750
10047278282 3
1
101
4213
3 =⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
+++=
−
VARIV x
RR 48.62723.2403
11
101
3 =Ω⋅=⋅=−
Con los tres valores resolvemos la superposición como se explicó:
VVVVVVVVV xRRRRBA 26.848.626.134.527
3
1111
10321 =+−=+−==−
− Ejercicio 23. Obtener el circuito equivalente de Thevenin del siguiente circuito.
El teorema de Thevenin determina que todo dipolo activo, como lo es el circuito de la figura, puede ser reemplazado por un generador de tensión en serie con una resistencia. Expone que el generador tendrá el valor que se mida en los terminales de circuito y que la resistencia será la medida en los terminales del dipolo con todos los generadores reemplazados por su resistencia ideal. Es decir, para este circuito en particular, realizar ese reemplazo implica que las resistencias R1 y R2 desaparezcan, dado que el circuito queda abierto al reemplazar I1 por su resistencia interna de valor infinito. Por eso, el valor de la resistencia de Thevenin, tal es el nombre que recibe la resistencia equivalente, pude ser calculada como:
( )
=
+++
=
5436
111
RRRR
RTh
( )
Ω=
Ω+Ω+Ω+
Ω
= 96.252
330100821
5001
1ThR
La tensión en A y B con el generador V2 vale
VVVRRRR
RVV RAB 92.512
50033010082500
26543
6116
=⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
+++==
Mientras que cuando el generador activo es I1 valdrá:
mAAIRRRR
RRII x
RR 92.8950050033010082
10082 3
65
101
6543
43 =⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω+Ω=⋅
++++
==−
26
2001 Adrian Dario Pelliza
VARIV xRR 96.4450092.89
3
66
106
2 =Ω⋅=⋅=−
Por lo que el valor real de tensión sobre A y B sería, haciendo la superposición de los valores calculados y observando el sentido de circulación de las corrientes a través de R6, la suma de los dos valores.
VVVVVVV RRThAB 88.5096.4492.52166
=+=+== El circuito equivalente sería entonces:
Ejercicio 25. Obtener el circuito equivalente de Thevenin del siguiente circuito
Este ejercicio es prácticamente igual al ejercicio 15 por lo tanto, es muy fácil de resolver cual va a ser el valor de la tensión de los terminales A y B, realizando:
V11002200 =ΩARIV xTh 500
31081 ⋅=⋅=
−
Ω== 22008RRTh
y la resistencia de Thevenin del circuito también es muy sencillo de obtener dado que al anularse los generadores, lo único que queda conectado el la resistencia R8, por lo tanto:
El circuito equivalente, en definitiva quedaría como sigue
Ejercicio 26. Obtener el equivalente de Norton del circuito siguiente.
El teorema de Norton determina que todo dipolo activo, como lo es el circuito de la figura, puede ser reemplazado por un generador de corriente en paralelo con una resistencia. Expone que el generador tendrá el valor que se mida en los terminales de circuito y que la resistencia será la medida en los terminales del dipolo con todos los generadores reemplazados por su resistencia ideal En este caso, el valor de la resistencia de Norton, sería:”
2
1R
++
+=
1
4 11
RR
RRN
27
2001 Adrian Dario Pelliza
Ω=
Ω+
Ω+Ω
+Ω= 83.132
471
82271
1100NR
En tanto que la corriente que circula por la resistencia R4 puede ser calculada como
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 97.31
1001
471
111
1
42 RR
RA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 97.1408297.312731 RRRR AT
mAVRV
IT
T 12.8597.140
122 =Ω
==
mAAIRR
RII x
TRN 21.2712.8510047
47 3
4
10
42
2 =Ω+Ω
Ω=⋅
+==
−
Y el circuito equivalente, queda planteado como
Ejercicio 27. Obtener el circuito equivalente de Norton del siguiente circuito
Desde el punto de vista del análisis, es un circuito muy sencillo de resolver. Comenzando por la resistencia de Norton, al anularse el generador de corriente I2, la resistencia R3 queda desconectada del resto del circuito, por lo que el valor que se mediría en los terminales del mismo, va a ser el que corresponda a la serie entre R1 y R2:
Ω=Ω 74+Ω=+= 472721 RRRN También es muy simple el cálculo de la corriente del generador de Norton para el circuito equivalente, dado que por la forma en que se anularán los generadores del circuito, para cuando el generador I2 esté anulado, el valor de la corriente medida en los terminales
será:
mAVRR
VI R 56,67
47275
21
112
=Ω+Ω
=+
=
y para cuando el generador activo sea el de corriente:
mAAIRR
RI x
R 64.2737504727
27 3
2
102
21
12 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
28
2001 Adrian Dario Pelliza
Dado que el sentido de ambas corrientes coincide, podemos decir que el generador de Norton del circuito equivalente tendrá una corriente que será:
mAmAmAIII RRN 20.34164.27356.672122
=+=+=
Ejercicio 28. Obtener el equivalente de Thevenin del siguiente circuito
Este circuito presenta muy pocas dificultades a la hora de ser analizado. Lo que sí podemos remarcar del mismo, es la polaridad que tendrá el generador equivalente una vez calculado su valor. Si observamos el sentido dado a las corrientes, las corrientes sobre R2 para cada uno de los generadores, coinciden en dirección, pero ingresan a esta resistencia por el punto donde se encuentra el terminal B, por lo tanto, el positivo del generador estará conectado a este terminal. En cuanto específicamente a los cálculos analíticos, podemos ver que el valor de la resistencia de Thevenin será el que resulte de analizar la red de la siguiente forma:
Ω=Ω+Ω=+= 7777502771 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 17.74
821
7771
111
1
3RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω=+++= 14.2874220050010017.74864 RRRRR BC
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 24.46
471
17.28741
111
1
2RR
R
C
Th
Para los cálculos que refieren a cada uno de los valores de tensión para cada generador, empezamos por anular el generador de corriente I1, por lo que el valor de corriente en R2 será:
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω=+++= 28472200500100478642 RRRRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 70.79
821
28471
111
1
3RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 70.8567502770.7971 RRRR BT
29
2001 Adrian Dario Pelliza
mAVRV
IT
T 50.1070.856
93 =Ω
==
AAIRR
RI x
TA
RAµ95.29350.10
28478282 310
3
31 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
Para el generador de corriente, el valor de corriente en R2 será:
Ω=Ω+Ω=+= 7777502771 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 17.74
821
7771
111
1
3RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω=+= 17.17410017.744RRR BC
mAAIRRRR
RI x
C
CR 81.29500
50022004717.17417.174 3
2
101
682
2 =⋅Ω+Ω+Ω+Ω
Ω=⋅
+++=
−
Como dijimos anteriormente, el valor real de la corriente sobre R2 es la suma de los dos valores calculados, de forma que:
mAAAIII xxRRR 10.3081.2995.293
36
222
101021 =+=+=−−
VARIVV xRThR 41.14710.30
3
22
102 =Ω⋅=⋅==
−
El circuito equivalente queda entonces, teniendo en cuenta lo dicho al respecto de la polaridad:
Ejercicio 29. Obtener el equivalente de Norton del siguiente circuito
Como en los ejercicios anteriores, comenzaremos calculando el valor de la resistencia de Norton. cuyo valor será:
Ω=Ω 72000+Ω=+= 680004700109 RRRA
Ω=
Ω
77.2134
K1
+Ω
=+
=
2.2K721
111
1
8RR
R
A
B
765 RRRRR BN +++=
Ω=Ω+Ω+Ω+Ω= 77.371475050033077.2134NR
30
2001 Adrian Dario Pelliza
Los valores de la corriente a través de R5 para cada generador, comenzado por el que corresponde cuando I3 está desactivado son:
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 1580750500330765 RRRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 57.919
22001
15801
111
1
8RR
R
A
B
mV.VVRRR
RV
B
BRB
41112968000470057.919
57.9193
109=⋅
Ω+Ω+ΩΩ
=⋅++
=
AVR
VII
x
A
RRR
B
Aµ16.71
158041.112
3
5
101 =
Ω===
−
y para cuando el generador desactivado es V3:
Ω=Ω+Ω=+= K7.72K68K7.4109 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 38.2135
22001
727001
111
1
8RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 38.338575050038.213576 RRRR BC
AAIRR
RI
C
CR 82.12
33038.338538.3385
35
25
=⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
Y la superposición de estos valores, según las direcciones de cada corriente donde se ve que se circulan opuestas a través de R5, da como resultado:
AAAIII xRRRN
819999.182.116.713
55
1011 =+−=+−=−
Dada la gran diferencia de valores, el valor de la corriente obtenida para cuando está activo V3, es despreciable como se puede observar en el resultado obtenido. También debe tenerse en cuenta que el valor que tomamos como positivo, nos indica que el positivo del generador equivalente, estará en el terminal B. De modo que el circuito queda:
31
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 30. Obtener el equivalente de Thevenin del siguiente circuito
Como ya hemos hecho en otros ejercicios, primeramente, anulamos todos los generadores y calculamos el valor de la resistencia equivalente, que en este circuito en particular es:
Ω= 14.41
Ω+
Ω
=+
=
471
3301
111
1
25 RR
RA
Ω= 61.25
Ω+
Ω
=+
=
5001
271
111
1
61 RR
RB
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 75.16661.2510014.414 BAC RRRR
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 96.54
821
75.1661
111
1
3RR
R
C
Th
La tensión que se medirá en los terminales AB del circuito, será obviamente la tensión sobre R3, por lo tanto, anulando el generador V2:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 61.25
5001
271
111
1
61 RR
RA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 61.2078210061.2534 RRRR AB
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 32.38
61.2071
471
111
1
2 B
C
RR
R
mVVVRR
RV
C
CRC
19.520533032.38
32.381
5=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
mVVVRR
V xR
BR C
46.20519.52061.207
82 3
3
1031 =⋅Ω
Ω=⋅=
−
y para el generador V2, cuando V1 está desactivado:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 14.41
471
3301
111
1
25 RR
RA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 14.2238210014.4134 RRRR AB
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 28.154
14.2231
5001
111
1
6 B
C
RR
R
32
2001 Adrian Dario Pelliza
VVVRR
RV
C
CRC
21.10122728.154
28.1541
1=⋅
Ω+ΩΩ
=⋅+
=
VVVRR
VCR
BR 75.321.10
14.2238231
3=⋅
ΩΩ
=⋅=
La superposición resulta entonces:
VVVVVVV xRRRTh 54.375.346.205
3
333
1021 =+−=+−==−
Como tomamos positivo el valor de tensión para el generador V2, y por el resultado obtenido, el polo positivo del generador del circuito equivalente estará en el terminal A, por lo que el circuito sería:
Ejercicio 31. Obtener el equivalente de Thevenin del siguiente circuito
Este circuito, repite en apariencia el esquema del circuito del ejercicio 18. Sin embargo, en este caso, por la resistencia considerada circularán corrientes generadas por ambos generadores. Si bien el circuito a primera vista parece complejo, no lo es tanto cuando redibujamos el circuito y obtenemos un modelo equivalente simplemente dibujado de otra forma. Así, el análisis se vuelve más sencillo y se minimizan las posibilidades de cometer errores. El circuito redibujado, muestra claramente cual es la circulación de corriente a través de R3,y de las líneas de dirección de cada corriente, podemos deducir que la tensión real que caiga en R3 será el resultado de la diferencia de los dos valores calculados para cada uno de los generadores del circuito mediante el método de superpocisión. Comenzaremos calculando el valor de la
resistencia de Thevenin equivalente que será:
Ω=Ω+Ω=+= 74472721 RRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 89.38
821
741
111
1
3RR
R
A
Th
33
2001 Adrian Dario Pelliza
El cálculo de la tensión sobre R3 para cuando I2 esté desactivado es realmente muy sencillo:
1321
313
VRRR
RVR ⋅
++=
VVVR 62.25824727
8213
=⋅Ω+Ω+Ω
Ω=
( )
Tampoco es complicado obtener el valor para cuando V1 está desactivado:
2213
223
IRRR
RI R ⋅
++=
mAAI xR 96.225750
82472747 3
3
102 =⋅Ω+Ω+Ω
Ω=
−
VARIV x
RR 52.188296.2253
33
103
22 =Ω⋅=⋅=−
La superposición, según dijimos es la diferencia entre ambos valores
VVVVVV RRRAB 90.1552.1862.221333
=+−=+−== y según este cálculo, el valor tomado como positivo fue el calculado para el generador de corriente, por lo que el polo positivo de la tensión de Thevenin será el terminal A.
Ejercicio 32. Obtener el equivalente de Norton del siguiente circuito Este es un simple circuito que no presenta ninguna dificultad en el análisis. El cálculo de la resistencia equivalente se limita a la serie de tres resistencias, ya que R7 y R9 se anulan al desactivarse I2:
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 707006800022005001086 RRRRTh Para cuando se desactiva I2, la corriente que circula por R6, es la corriente total que circula a través de la misma serie que formó la resistencia equivalente. Es decir:
AVRRR
VIR µ29.127500220068000
9
6810
316
=Ω+Ω+Ω
=++
=
y para cuando el generador de tensión está desactivado la corriente se calcula mediante un divisor de corriente muy sencillo:
34
2001 Adrian Dario Pelliza
( )( )
( )( ) mAAI
RRRRR
I xR 69.744750
500220068000220068000 3
6
102
6810
8102 =⋅Ω+Ω+Ω
Ω+Ω=⋅
+++
=−
La superposición de ambos valores, teniendo en cuenta el sentido de circulación de cada corriente, nos muestra que las direcciones coinciden, por lo tanto, el valor de corriente de Norton, será la suma de los valores calculados.
mAAAIII xxRRR 81.74469.74429.127
36
666
101021 =+=+=−−
También en el diagrama se puede ver que el terminal positivo del generador esta’ra conectado a el terminal A del circuito, por lo que el circuito equivalente será:
Ejercicio 33. Obtener el equivalente de Norton del siguiente circuito
En este circuito, lo único que puede confundirnos es la presencia de la resistencia R1, que cambia radicalmente su función según se active uno u otro generador. Para el cálculo de la resistencia equivalente, debemos realizar:
Ω+Ω 4700+Ω=++= 10027941 RRRRA
Ω= 4827AR
Ω=
Ω
54.46+
Ω
=+
=
471
48271
111
1
2RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω=+= 54.1288254.463RRR BN
El análisis del circuito cuando el generador de corriente está desactivado, podemos proceder de la siguiente forma:
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 4827470010027941 RRRRA
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 63.80
821
48271
111
1
2RR
R
A
B
Ω=Ω+Ω=+= 63.1274763.802RRR BT
mAVRV
IT
T 02.9463.127
122 =Ω
==
mAAIRR
RI x
TA
AR 44.9202.94
8248274827 3
3
10
3
1 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
35
2001 Adrian Dario Pelliza
Para cuando está activado el generador de corriente, observando el circuito, se puede ver que la corriente del generador se divide entre R4 y la red resistiva que forma R3 en paralelo con R2 y ambas, en serie con R1 y R9. La corriente de esa red, será la que se dividirá entre R2 y R3, es decir la que debemos calcular. Para eso hacemos:
Ω=
Ω+
Ω
=+
= 87.29
821
471
111
1
32 RR
RA
Ω=Ω+Ω+Ω=++= 87.475647002787.2991 RRRR AB
mAAIRR
RI x
BRB
29.1050087.4756100
100 3101
4
4 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
mAAIRR
RI x
TR 74.329.108247
47 3
3
10
32
22 =⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
−
La corriente total, según lo que se observa en las líneas de dirección de las corrientes del circuito, será la diferencia entre ambos valores:
mAAAIII xxRRR 70.8874.344.92
33
333
101021 =−=−=−−
De acuerdo a lo que hicimos, tomamos como positivo el terminal A, por lo que el circuito equivalente queda como:
Ejercicio 34. Obtener el equivalente de Norton del siguiente circuito
A primera vista puede aparecer complicado por la forma en que están dispuestos los generadores y el efecto que –a la hora del cálculo- producirá que dos de ellos se anulen para calcular cada uno de los valores. Sin embargo, si observamos en los tres circuitos redibujados para un solo generador activo, se ven cosas que a simple vista quizás se escapan o nos llevan a cometer errores. En el primer circuito, al desaparecer los dos generadores de corriente, la corriente que circulará por el circuito, lo hará únicamente a través de R4 y R5, gracias al cortocircuito que impide a la corriente pasar por R1, R6 y R2.
36
2001 Adrian Dario Pelliza
En el segundo circuito, con el generador I3 activo, la corriente sale del generador, se divide entre R4 y R5 que quedan en paralelo, se junta nuevamente y se vuelve a dividir entre R2 y la serie entre R6 y R1, luego de lo cual, forma nuevamente la corriente total. En el último circuito, pasa algo similar a lo que sucedió cuando se desactivaron los dos generadores de corriente. En virtud del cortocircuito, no circulará corriente alguna a través de la serie entre R3 y R4. Podemos ver entonces que ya no es tan complicada la resolución del ejercicio. Comenzamos calculando la resistencia total, que será:
Ω=Ω+Ω=+= 1821008243 RRRN Y en base a lo que se explicó anteriormente, calculamos los valores de corriente a través de R3, que luego superpondremos para obtener la corriente de Norton. Anulando los dos generadores de corriente tendremos:
mAVRR
VI R 47.27
100825
43
113
=Ω+Ω
=+
=
Activando el generador I3:
AAIRR
RI R 09.12
82100100
343
423
=⋅Ω+Ω
Ω=⋅
+=
Para el generador I1, no debemos realizar ningún cálculo ya que como se explicó, es nula la corriente que circulará por R3. La superposición de las corrientes, según lo que indican las líneas de dirección de cada corriente, será la diferencia de los dos valores. Restará solo determinar cual será el terminal positivo y cual por negativo.
AAAAIIIII xRRRNR 06.1009.147.27
3
3333
10321 =++−=++−==−
Ejercicio 35. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito.
El método de mallas se basa directamente en el postulado de la ley de Kirchoff de las corrientes.
I
II
Definimos malla a toda rama cerrada de un circuito, a través de la cual, circula una corriente determinada, que llamaremos “corriente de malla” y que estará definida según una expresión matemática de acuerdo a la ley de Kirchoff de las corrientes. En este ejercicio, observamos dos mallas y por lo tanto tendremos dos expresiones que definirán cada una de las corrientes de malla. Asimismo, definimos un único sentido de circulación de corriente para ambas mallas. Por definición, las caídas de tensión que provoca la corriente de la malla I en cada una de las resistencias –ignorando la existencia de la malla II- deben cumplir con:
1614131 VRIRIRI =⋅+⋅+⋅
37
2001 Adrian Dario Pelliza
Con el mismo criterio, para la malla II se puede escribir la expresión:
3262522212 VVRIRIRIRI +=⋅+⋅+⋅+⋅ Observando ambas expresiones, notamos que la resistencia R2 es común a ambas mallas y por lo tanto, las corrientes de cada malla están atravesándola y por ende, generando una caída de tensión que influirá en el valor que cada corriente de malla tomará, por lo que las expresiones, deberán tener en cuenta dicha situación. Si nos detenemos en el sentido de circulación que hemos dado –que será siempre horario en todas las mallas- las dos corrientes que circulan por R6 lo hacen en sentido contrario una de otra, con lo que las expresiones de cada malla serán:
162614131 VRIRIRIRI =⋅−⋅+⋅+⋅
326252221261 VVRIRIRIRIRI +=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅− y simplificando:
( ) 1626431 VRIRRRI =⋅−++⋅
( ) 326521261 VVRRRRIRI +=+++⋅+⋅− Este sistema de ecuaciones de dos incógnitas que hemos planteado puede ser resuelto matemáticamente por distintos métodos, escribiendo los términos como matrices.
2
1
2
1
65216
6643
VV
II
RRRRRRRRR
=⋅+++−
−++
Si resolvemos mediante el método de determinantes
ΩΩ−Ω−Ω
=
Ω+Ω+Ω+ΩΩ
Ω−Ω+Ω+Ω=
+++−
−++=∆
904500500682
500330472750050050010082
65216
6643
RRRRRRRRR
( ) ( ) 366528250000616528500500904682 =−=Ω−⋅Ω−−Ω⋅Ω=∆
ΩΩ−
=
Ω+Ω+Ω+Ω+
Ω−=
++++
−=∆
904215005
50033047279125005
652132
611 V
VVV
VRRRRVV
RVI
( ) ( ) ( ) 15020105004520500219045
1=−−=Ω−⋅−Ω⋅=∆ VVI
Ω−Ω
=
+Ω
Ω+Ω+Ω=
+−
++=∆
VV
VVV
VVRVRRR
215005682
912500550010082
326
16432
( ) ( ) ( ) 168222500143225500216822 =−−=⋅Ω−−⋅Ω=∆ VV
mAI I 97.40366528150201
1 ==∆
∆= mAI I 89.45
366528168222
2 ==∆
∆=
38
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 36. Calcular las corrientes de malla del siguiente circuito.
Por inspección podemos escribir las expresiones de cada una de las mallas, teniendo en cuenta que la resistencia R6 es común a ambas mallas.
II
I
( ) 6210651 RIRRRI =⋅−++⋅
( )621261 RRRIRI ++⋅+⋅−
2V
3V−= Nótese que el valor de la tensión V3 en la ecuación de la malla II es negativo, dado que el sentido de circulación de corriente impuesto a la malla, es contrario a la polaridad del generador V3. Reemplazamos ahora los valores en cada ecuación y resolvemos mediante el método de determinantes
( ) ( ) 392584202500003950842057450050068830
500472750050068000500330
=−=
ΩΩ−Ω−Ω
=
Ω+Ω+ΩΩ−
Ω−Ω+Ω+Ω=∆
( ) ( ) 238845006888574950012
5004727950012
1=−=
Ω−Ω−
=
Ω+Ω+Ω−
Ω−=∆
VV
VV
I
( ) ( ) 61347060006194709500
12688309500
12680005003301
−=−−−=
−Ω−
Ω=
−Ω−
Ω+Ω+Ω=∆
VVV
I
AI I µ82.6039258420
238811 ==
∆
∆= mAI I 62.15
392584206134702
2 −=−
=∆
∆=
Ejercicio 37. Calcular las corrientes de malla del siguiente circuito
En este circuito, hay dos resistencias que forman parte de una y otra malla. Como se ve, ambas están en serie, por lo que se pueden considerar como una única resistencia cuyo valor resultará de la suma de R3 y R4. Es decir:
Ω182=Ω+Ω=+= 1008243 RRRA El planteo de las ecuaciones se puede hacer simplemente por inspección. Una de las mallas estará formada por las resistencias R1, R2 y RA y la otra por R5, R6 y RA. En cuanto las tensiones, los valores serán positivos ya que coinciden con el sentido de
circulación dado a las mallas.
II I
( ) 32211 VRIRRRI AA =⋅−++⋅
( ) 16521 VRRRIRI AA =++⋅+⋅−
( ) ( ) 225948331242590721012182
182256182500330182
1824718227=−=
ΩΩ−Ω−Ω
=
Ω+Ω+ΩΩ−
Ω−Ω+Ω+Ω=∆
( ) ( ) 100189109108010125
18291
=−−=
ΩΩ−
=∆VV
I
39
2001 Adrian Dario Pelliza
( ) ( ) 29181638128051829256
2=−−=
Ω−Ω
=∆VV
I
mAI I 33.44225948100181
1 ==∆
∆= mAI I 91.12
22594829182
2 ==∆
∆=
Ejercicio 38. Calcular las corrientes de malla del siguiente circuito.
Por observación, podemos escribir cada ecuación:
II
I
( ) 312211 VRIRRI =⋅−+⋅
31211 RRIRI ++⋅+⋅−
2309272774
=
ΩΩ−Ω−Ω
=∆
23095279
1=
Ω−Ω−
=∆V
VI
( ) 18 VR −= y resolviendo por el método de determinantes, tendremos los valores de cada corriente.
( ) ( ) 170137729170866 =−
( ) ( ) 2064613520781 =−
( ) ( ) 127243370527
9742
−=−−−=
−Ω−
Ω=∆
VV
I
mAI I 34.121170137206461
1 ==∆
∆= AI I µ45.746
1701371272
2 =−
=∆
∆=
Ejercicio 39. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito.
En este circuito, específicamente en la malla II, tenemos dos generadores de tensión que se encuentran conectados en forma opuesta como podemos ver. En este caso, a la hora de considerar el valor de tensión en la malla, tomaremos la diferencia que surja según el sentido de circulación de la corriente de la malla. Entonces, las expresiones para cada malla pueden ser escritas como:
I
II
( ) 5210951 RIRRRI ⋅−++⋅
( )785251 RRRIRI ++⋅+⋅−
1V=
23 VV −= Resolviendo los determinantes, como venimos haciendo en los anteriores ejercicios:
( ) ( ) 2394295001089002395384007502200330330
330680004700330=−=
Ω+Ω+ΩΩ−
Ω−Ω+Ω+Ω=∆
( ) ( ) 154109901640075022003303
33051
=−=
Ω+Ω+Ω−
Ω−=∆
VV
I
40
2001 Adrian Dario Pelliza
( ) ( ) 21744016502190903330
56800047003302
−=−−−=
−Ω−
Ω+Ω+Ω=∆
VV
I
AI I µ36.64239429500
1541011 ==
∆
∆= AI I µ15.908
2394295002174402
2 =−
=∆
∆=
Ejercicio 40. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito y la tensión sobre la resistencia R2.
Este circuito es el mismo del ejercicio 14 y nos valdremos de los resultados obtenidos en ese análisis mediante el método de superposición para comparar con los que se calcularán mediante el método de corrientes de mallas. Como se ha indicado, existen tres mallas en el circuito por lo que deberemos plantear tres expresiones. Específicamente en este circuito, si bien hay tres mallas, no hay interacción entre todas: En la malla
uno, la corriente de la malla tres no influirá en la expresión para esa malla y viceversa. Para la malla dos, en cambio, sí existe una interacción de las mallas uno y tres lo que se deberá tener en cuenta en la expresión.
II III I
( ) ( ) 142411 0 VRIRRI =−⋅−+⋅
( ) VRIRRRRIRI 0636542241 =⋅−+++⋅+⋅−
( ) 2633620 VRRIRI −=+⋅+⋅−
Reemplazando con los números resaltaremos algunas particularidades: Los ceros que aparecen en las expresiones de las mallas uno y tres, que corresponden en cada caso a la no interacción anteriormente explicada. Por otro lado, la tensión total de la malla dos, vale cero puesto que no hay ningún generador en ella.
( ) ( ) VII 5010010027 21 =−Ω⋅−Ω+Ω⋅
( ) VIII 050050033010047100 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VII 12500825000 32 −=Ω+Ω⋅+Ω⋅− El determinante del sistema de ecuaciones queda entonces:
=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
5825000500977100
0100127
La forma práctica de resolver este tipo de sistemas, consiste en repetir las dos primeras filas de la matriz y multiplicar cada elemento como se indica a continuación:
( ) ( ) ([ ]( ) ( ) ([ ]
( ) ( )[ ] 346439785820000317500000007221397858210010050050012709770
50010000500100582977127
5009771000100127
5825000500977100
0100127
=++−++=Ω⋅Ω−⋅Ω−+Ω−⋅Ω−⋅Ω+Ω⋅Ω⋅−Ω−⋅Ω−⋅+⋅Ω−⋅Ω−+Ω⋅Ω⋅Ω
=
Ω−ΩΩ−Ω−Ω
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω
=∆))
41
2001 Adrian Dario Pelliza
Es evidentemente complejo realizar las operaciones matemáticas sin cometer equivocaciones. Los resultados en lo general, son números muy grandes y eso es una posible causa de errores que llevarían a obtener valores incorrectos. Los determinantes de cada corriente son:
( ) ( ) 99307012500002243070
500977001005
582500125009770
01005
1=−=
Ω−ΩΩ−
ΩΩ−−Ω−Ω
Ω−
=∆V
V
V
I
( ) ( ) 4710004710000
500010005127
5821205000100
05127
2−=−=
Ω−Ω−Ω
Ω−Ω−Ω−
Ω
=∆V
V
V
I
( ) ( ) 11189481200001238948
097710051001271250000977100
5100127
1−=−−−=
ΩΩ−Ω−Ω
−Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆V
V
V
I
mAI I 66.28346439789930701
1 ==∆
∆=
mAI I 59.1334643978
47100022 −=
−=
∆
∆=
mAI I 29.3234643978
111894833 −=
−=
∆
∆=
La corriente de la malla dos, como podemos ver en el circuito y en las expresiones matemáticas, es la que circula por las resistencias R4, R5, R6 y R2, pero como también se explicó, las corrientes de las mallas uno y tres influyen en la caída de tensión sobre las resistencias compartidas, es decir R4 y R6. Sin embargo, a través de las resistencias R5 y R2, que no son atravesadas por ninguna de las otras corrientes, el valor calculado para la corriente de malla será el valor real de corriente que circule por esas resistencias. Por lo tanto, el valor buscado de tensión sobre la resistencia R2 será:
mVARIV xR 73.6384759.13
3
2
1022 =Ω⋅=⋅=
−
Si comparamos este resultado con el obtenido en el ejercicio 14, comprobaremos la efectividad de ambos métodos de análisis.
42
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 41. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito. La particularidad de este circuito es que además de tener mallas con resistencias compartidas, como puede verse también el generador V2 forma parte de dos mallas. Eso se verá reflejado en las expresiones matemáticas que plantean el sistema de ecuaciones.
I
II III
( ) 424311 0RIRRRI +⋅−++⋅
64241 RRIRI ++⋅+⋅−
523620 RRIRI +⋅+⋅−
( ) II 1008227 21 −Ω+Ω+Ω⋅
21 VV +−=
( ) 26387 VRIRR −=⋅−+
( ) 36 VR =+ Reemplazando los valores de cada expresión, podemos plantear el sistema de ecuaciones.
VV 1250100 +−=+Ω⋅
( ) VIII 125002200750500100100 321 −=Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VII 9500330475000 32 =Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 589701508770000522500000065069015087750005003550100
0100209=+−++=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 1944105010524001750000450000217934508775009500355012
01007
1=+−+=
ΩΩ−Ω−Ω−
Ω−=∆
VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ] 65511661390094050021995168779050012100
07209
2−=−+−−−=
ΩΩ−−Ω−
Ω=∆
VV
V
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 56835509000012540003500006677550950001235501007100209
3=+−+=
Ω−−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
VV
V
I
mAI I 67.32958970150194410501
1 ==∆
∆=
mAI I 10.1158970150
65511622 −=
−=
∆
∆=
mAI I 38.965897015056835503
3 ==∆
∆=
43
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 42. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito.
Por inspección podemos plantear las expresiones de cada una de las tres mallas:
II
III
I
22221 0 VRIRI =+⋅−⋅
532221 ++⋅+⋅− RRRIRI
413520 RRIRI +⋅+⋅−
( ) 0536 =⋅−+ RIR
( ) 15 VR =+ Reemplazamos los valores de las expresiones para formar el sistema de ecuaciones.
VII 1204747 21 =+Ω⋅−Ω⋅
( ) 0500500330824747 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅− III
( ) VII 5330100273300 32 =Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 144705481009513511830020598361457330050095947
04747=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) 4029906130680077550525915645733055009590
04712
1=−+=
ΩΩ−Ω−Ω
Ω−=∆
V
V
I
( ) ( )[ ] 33529825774877550045750500047
01247
2=−+−−=
ΩΩ−Ω−
Ω=∆
V
V
I
( ) ( )[ ] ( ) 4004401104518612022536553300095947
124747
3=−+=
Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆V
V
I
mAI I 49.2781447054840299061
1 ==∆
∆=
mAI I 17.2314470548
33529822 ==
∆
∆=
mAI I 67.2714470548
40044033 ==
∆
∆=
44
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 43. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito
Este circuito es un caso similar al circuito del ejercicio 40, con la diferencia de que en la malla dos, existe un generador de tensión que no complica el análisis en absoluto, simplemente habrá que considerarlo en la expresión de la malla:
I II III
( ) 1526511 0 VRIRRRI =+⋅−++⋅
( ) 3752251 IRRRIRI ⋅−++⋅+⋅−
( )7433720 VRRRIRI −=++⋅+⋅−
27 VR =
3
( ) VII 5033050033027 21 =+Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VIII 1275075033047330 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VII 9750100827500 32 −=Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 31660464810149480048206250090016194893275007501127330
0330857=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 39025403690720-28125002227500-52518209327509750112712
03305
1=+−+=
ΩΩ−−Ω−Ω
Ω−=∆
VVV
I
( ) ( ) ( )[ ] 53377381537800-578475095846889329075012330
05857
2=+−=
Ω−Ω−Ω−
Ω=∆
VVV
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 1238049980100-7713000-12375008692551-97500
1211273305330857
3=+−+=
−Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆VVV
I
A12.3231660464839025401
1 mI I ==∆
∆=
A16.85316604648
533773822 mI I ==
∆
∆=
A91.331660464812380493
3 mI I==
∆
∆=
45
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 44. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito y la caída de tensión sobre R6.
Por inspección, las expresiones para cada malla son:
III
II I
( ) 626211 0RIRRRI +⋅−++⋅
( )65261 IRRIRI −+⋅+⋅−
( )5433520 RRRIRI ++⋅+⋅−
( ) II 5004727 21 ⋅−Ω+Ω+Ω⋅
II 500330500 21 +Ω⋅+Ω⋅−
3V=
153 VR −=⋅
2V−=
V90500 =+Ω
( ) VI 53303 −=Ω⋅−Ω
( ) VII 12330100823300 32 −=Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 53418440128000000625086002439270405123300330830500
0500574=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] -41546012800009801001980000-3824640512330123308305
05009
1=+−+=
ΩΩ−−Ω−Ω−
Ω−=∆
VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ] -14384802304000-22730401469440-5121203305500
09574
2=+−=
Ω−Ω−−Ω−
Ω=∆
VV
V
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] -21791403000000-94710014850005717040-1233005830500
9500574
3=+−+=
−Ω−−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
VV
V
I
mAI I 77.753418440
41546011 −=
−=
∆
∆=
mAI I 92.2653418440
143848022 =
−=
∆
∆=
mAI I 79.4053418440
217914033 −=
−=
∆
∆=
El valor de tensión buscado es el que cae sobre una resistencia que está compartida entre dos mallas. Por lo tanto, debemos calcular cual es la corriente real que circula a través de ella. Para eso, teniendo en cuenta la dirección de circulación de cada corriente en esa resistencia, debemos hacer la diferencia entre los valores de las corriente de cada malla, es decir:
AAAIII xxxR
333
6
10101021 69.3492.2677.7
−−−−=−−=−=
Y el valor de la tensión, toma el valor:
VARIV xRR 34.1750069.34
3
66
106 −=Ω⋅−=⋅=
−
46
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 45. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito
Este circuito de tres mallas puede ser fácilmente analizado. Según lo que se puede ver en el esquema, los tres generadores de tensión de cada una de las mallas, coinciden con la dirección de circulación de la corriente dado a las mallas para su análisis. Como en los ejercicios anteriores, sólo en una malla se da la situación de la interacción de las tres corrientes.
I
II
III Por inspección, se pueden obtener las expresiones de cada malla:
( ) 1628761 0 VRIRRRI =+⋅−++⋅
( ) 3536541261 VRIRRRRIRI =⋅−+++⋅+⋅−
( ) ( ) 25323520 VRRRIRI =++⋅+⋅− y reemplazando los valores, las expresiones quedarían planteadas como:
( ) VII 505002200750500 21 =+Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VIII 933050033010027500 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VII 1233082473300 32 =Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 102500235011475000037570500015154573504593300330957500
05003450=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 56973152065500-54450019800002196315459330123309579
05005
1=+−+=
ΩΩ−Ω−Ω
Ω−=∆
VVV
I
( ) ( ) ( )[ ] 290614501147500-13662000-142519504591203309500
053450
2=+−=
ΩΩ−Ω−
Ω=∆
VVV
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 47691300300000010246500-82500039619800123300995750055003450
3=+−+=
Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆VVV
I
mAI I 55.51025002350
569731511 ==
∆
∆=
mAI I 35.281025002350
2906145022 ==
∆
∆=
47
2001 Adrian Dario Pelliza
mAI I 52.461025002350
4769130033 ==
∆
∆=
Ejercicio 46. Calcular los valores de las corrientes de cada malla del siguiente circuito.
Respecto de los anteriores ejercicios, la diferencia apreciable es que los generadores de tensión del circuito están en ramas comunes a dos mallas. Ya hemos visto como se procedía en ese caso en el ejercicio 41, tomando en cada expresión de malla el generador según correspondiera con su valor y teniendo en cuenta la polaridad respecto de la dirección de la dirección dada a la corriente dentro de la malla. Por inspección, este circuito sería:
I
II
III
( ) 26431 RIRRRI ⋅−++⋅
52261 RRIRI +⋅+⋅−
( 513520 RRIRI +⋅+⋅−
16 0 V=+
( ) 21536 VVRIR +−=⋅−+
) 2V−=
Reemplazando los valores de las resistencias y los generadores en las expresiones:
( ) VII 5050050010082 21 =+Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VVIII 12533050033047500 321 +−=Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VII 12330273300 32 −=Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 5000689889250000742698002135266983573300330877500
0500682=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 2904451249500-5445001980000-1565445357330123308777
05005
1=+−+=
ΩΩ−−Ω−Ω
Ω−=∆ V
V
I
( ) ( ) ( )[ ] -103902892500-270072017043183571203307500
05682
2=+−=
Ω−Ω−Ω−
Ω=∆
VVV
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] -17769483000000-1575420-8250007177368-12330078775005500682
3=+−+=
−Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆V
VV
I
mAI I 80.550006898
29044511 ==
∆
∆=
mAI I 07.250006898
10390222 −=
−=
∆
∆=
mAI I 53.3550006898
177694833 −=
−=
∆
∆=
48
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 47. Calcular las corriente de cada malla del siguiente circuito
Este circuito tiene una diagramación engañosa, que no debe confundirnos a la hora de realizar el análisis del mismo para obtener las expresiones de cada malla.
I
II
III
La malla uno es sencilla y se puede ver claramente cual es su conformación y escribir su expresión:
( ) 0323211 RIRRRI +⋅−++⋅ 21 VV +−= La malla dos en cambio puede presentar alguna dificultad dada la disposición del paralelo entre R5 y R7. Sin embargo, si despejáramos este paralelo, la forma de la malla quedaría mucho más visible y podríamos escribir la expresión: Resolvemos el paralelo en RA
Ω=
Ω
16.229+
Ω
=+
=
7501
3301
111
1
75 RR
RA
)
)
)
( ) ( 16363231 VRRIRRRIRI AA =+⋅−++⋅+⋅−
De la misma forma, la malla tres puede ser expresada como:
( ) ( ) 3863620 VRRRIRRI AA −=++⋅++⋅− y ahora podemos reemplazar los valores en las expresiones:
( ) VVII 125082824727 21 +−=+Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) ( VIII 516.22950016.2295008282 321 =Ω+Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) ( VII 916.229220050050016.2290 32 −=Ω+Ω+Ω⋅+Ω+Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ] 9280003550.20368071,882941191,738331281416.302916.729016.72916.81182
082156=+−=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 614182049,31241955,6-3721720,14538120,08-1719993416.302916.729916.72916.8115
0827=+−+=
ΩΩ−−Ω−Ω
Ω−=∆
VVV
I
( ) ( ) ( )[ ] 30777421738737,84-1023740,642362744,816.30299016.729582
07156
2=+−=
Ω−Ω−Ω−
Ω=∆
VVV
I
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] -9107060516-568744,8-418537,841138868,64-916.7290
516.81182782156
3=+++=
−Ω−ΩΩ−Ω−Ω
=∆V
VV
I
49
2001 Adrian Dario Pelliza
mAI I 64.509.280003550
36.1418204911 ==
∆
∆=
mAI I 99.109.280003550
307774222 ==
∆
∆=
AI I µ24.3259.280003550
9107033 −=
−=
∆
∆=
Ejercicio 48. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito
Este ejercicio tiene una particularidad respecto de los anteriormente realizados. Si observamos el circuito, cada una de las tres mallas posee elementos en común –en este caso las resistencias R4, R5 y R6- con las otras dos. Eso producirá expresiones que –a diferencia de las vistas hasta ahora- no tendrán valores nulos para ninguna corriente. En base a este circuito, podemos escribir:
( ) 525321 IRIRRRI −⋅−++⋅
36241 RIRIRI ⋅+⋅−⋅−
243 VR −=⋅
( ) 21637651251 VVRIRRRRIRI +=⋅−+++⋅+⋅−
( ) 39864 VRRR −=+++ Reemplazando los valores en las expresiones tenemos:
III
III
II I
( ) VIII 121003303308247 321 −=Ω⋅−Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VVIII 12550075050033027330 321 +=Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VIII 947002200500100500100 321 −=Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 573177750081675000013975000016070000
16500000-16500000-6737347500
75005001005001607330100330559
=++−++
=
ΩΩ−Ω−Ω−ΩΩ−Ω−Ω−Ω
=∆
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] -10163630042075000-3000000-1446300
1485000-850000144630000-
7500500950016071710033012
1 =++−++
=
ΩΩ−−Ω−ΩΩ−Ω−−
=∆VVV
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 37990000297000002515500170000
600000-297000-71272500
750091005001733010012559
2 =++−++
=
Ω−Ω−Ω−Ω−Ω−−Ω
=∆VVV
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] -5700617980100-4751500-1928400
5610001980000-8084817-
950010017160733012330559
3 =++−++
=
−Ω−Ω−ΩΩ−
−Ω−Ω=∆
VVV
I
mAI I 73.175731777500
10163630011 −=
−=
∆
∆=
50
2001 Adrian Dario Pelliza
mAI I 62.65731777500
3799000022 ==
∆
∆=
AI I µ56.9945731777500
570061733 −=
−=
∆
∆=
Ejercicio 49. Calcular los valores de las corrientes de malla del siguiente circuito.
Tal como vimos en el ejercicio anterior, este circuito también presenta la característica de que todas sus mallas comparten entré sí componentes. En este caso, las expresiones se pueden escribir por inspección como:
I
II
III ( ) 424321 RIRRRI ⋅−++⋅
41241 RRIRI ++⋅+⋅−
31231 IRIRI +⋅−⋅−
33 VI =−
( ) 1135 VRIR −=⋅−
( ) 2631 VRRR −=++⋅ Reemplazamos ahora con los valores y resolvemos los determinantes del sistema de ecuaciones:
( ) VIII 9821001008247 321 =Ω⋅−Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VIII 52733010027100 321 −=Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VIII 1250082272782 321 −=Ω++Ω+Ω⋅+Ω⋅−Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 5396106860900001669413072868
221400-221400-63733677
60927822745710082100229
=++−++
=
ΩΩ−Ω−Ω−ΩΩ−Ω−Ω−Ω
=∆
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 17005983045006561449688
32400-11070-2504817
6092712274575821009
1 =++−++
=
ΩΩ−−Ω−Ω−Ω−Ω−
=∆VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] -268255548100-7419633620-
1992698400-697305-
6091282275100829229
2 =++−++
=
Ω−Ω−Ω−−Ω−Ω−Ω
=∆VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] -846185120000-30915337266-
41000-243001255836-
1227825457100
9100229
3 =++−++
=
−Ω−Ω−−ΩΩ−
Ω−Ω=∆
VV
V
I
mAI I 51.315396106817005981
1 ==∆
∆=
mAI I 97.453961068
26825522 −=
−=
∆
∆=
51
2001 Adrian Dario Pelliza
mAI I 68.1553961068
84618533 −=
−=
∆
∆=
Ejercicio 50. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito
Por inspección, podemos escribir las expresiones de cada malla:
II
I
III
( )86431 RRRRI −+++⋅
51281 RRIRI ++⋅+⋅−
26382 VRIRI −=⋅−⋅
( ) 37387 VRIRR =⋅−+
( ) 32176237261 VVVRRRIRIRI −+=++⋅+⋅−⋅− Como se ve en el circuito y aparece en la expresión de la malla tres, podemos notar como se resolvió la presencia de tres generadores dentro de la malla que además, tiene a dos de ellos compartidos cada uno con una de las otras mallas del circuito. Reemplazamos por los valores las expresiones y resolvemos el sistema de ecuaciones como hemos realizado anteriormente:
( ) VIII 125002200220050010082 321 −=Ω⋅−Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅
( ) VIII 97502200750330272200 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VVVIII 912575050047750500 321 −+=Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 198605887862774800001621125000826750000
825000000-825000000-1,2361
12977505007503307220050022002882 10x10
=++−++=
ΩΩ−Ω−Ω−ΩΩ−Ω−Ω−Ω
=∆
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 1076345225680600-6750000-13228000-
13200000337500051470148-
1297750875033079500220012
1 =++−++
=
ΩΩ−Ω−ΩΩ−Ω−−
=∆VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 187427863424080017292000-2250000
4500000-880000033641586
1297850075092200500122882
2 =++−++
=
ΩΩ−Ω−Ω−Ω−−Ω
=∆VV
V
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 272376923872000019453500-19842000
990000019800000-76246192
87505009330722001222002882
3 =++−++
=
Ω−Ω−ΩΩ−
−Ω−Ω=∆
VV
V
I
mAI I 41.51986058878107634521
1 ==∆
∆=
mAI I 45.91986058878187427862
2 ==∆
∆=
mAI I 71.131986058878
2723769233 ==
∆
∆=
52
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 51. Calcular las corrientes de cada malla del siguiente circuito.
Viéndolo en forma estricta, este circuito presenta más de tres mallas y no sólo las indicadas en el esquema, ya que los paralelos constituyen una malla en sí mismos. Sin embargo, a la hora de analizar este circuito en
particular, podemos obviar
esta circunstancia y reunir cada paralelo en una resistencia equivalente para cada caso. Entonces:
I II
III
Ω=
Ω+
Ω+
Ω
=++
= 78.40
3301
47001
471
1111
1
592 RRR
RA
Ω=
Ω+
Ω+
Ω
=++
= 66.26
22001
680001
271
1111
1
8101 RRR
RB
y ahora podemos realizar por inspección las expresiones de cada malla:
( ) 13372731 VRIRIRRRI A −=⋅−⋅−++⋅
( ) 14374271 VRIRRRIRI B =⋅−++⋅+⋅−
( ) 24334231 VRRIRIRI −=+⋅+⋅−⋅− Reemplazando luego por los valores de cada expresión y resolviendo los determinantes:
( ) VIII 5827507508278.40 321 −=Ω⋅−Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅
( ) VIII 510075010066.26750 321 =Ω⋅−Ω+Ω+Ω⋅+Ω⋅−
( ) VIII 121008210082 321 −=Ω+Ω⋅+Ω⋅−Ω⋅−
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 9956437,4510237500087278005894661,84
6150000-6150000-139253899
1821008210066.8767508275078.872
=++−++
=
ΩΩ−Ω−Ω−ΩΩ−Ω−Ω−Ω
=∆
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 4-1786894,0682500-50000-862633,44
900000-41000797760,6-
1821001210066.8765827505
1 =++−++
=
ΩΩ−−Ω−ΩΩ−Ω−−
=∆V
VV
I
53
2001 Adrian Dario Pelliza
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] -1748226,2682500104733633620
41000-738000-794229,8
1821282100575082578.872
2 =++−++
=
Ω−Ω−Ω−Ω−Ω−−Ω
=∆ VV
I
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ] 8-2422116,36750000-436390-359430,6
307500375000-9181575,78-
1210082566.876750575078.872
3 =++−++
=
−Ω−Ω−ΩΩ−
−Ω−Ω=∆
VVV
I
mAI I 47.17945.995643704.17868941
1 −=−
=∆
∆=
mAI I 58.17545.9956437
2.174822622 −=
−=
∆
∆=
mAI I 27.24345.995643738.24221163
3 −=−
=∆
∆=
Ejercicio 52. Operar los siguientes números complejos y convertirlos de forma rectangular a polar
(a) ( )18173 j+
93.17318173 22 =+=a ''13.24'5659400.517318
°=°== ArcTanθ
(b) ( )2115532 jj −−
21.53336532 22 =+=b ''52.16'523871256232.3532
36°−=°−=
−= ArcTanθ
(c) ( )5j−
5=c °−= 90θ (d) ( )1511715 jj +−+
92.341432 22 =+=d ''76.45'372362937773.233214
°=°== ArcTanθ
(e) ( )8j
8=e °= 90θ (f) ( )135.32185000 jj −+
29.59395.32055000 22 =+=f ''16.50'393266393226.325000
5.3205°=°== ArcTanθ
(g) ( )7.33082 j+
71.3407.33082 22 =+=g ''96.25'47607387784.7682
7.330°=°== ArcTanθ
54
2001 Adrian Dario Pelliza
(h) ( )10001.50 jj −++
79.11199.9950 22 =+=h ''56.57'256343265681.6350
99.99°−=°−=
−= ArcTanθ
(i) ( )11310 j−
44.11311310 22 =+=i ''91.33'568494275147.8410113
°−=°−=−
= ArcTanθ
(j) ( )404.5 j−
43.6404.5 22 =+=j ''29.14'263843730149.3804.54
°−=°−=−
= ArcTanθ
Ejercicio 53. Operar los números complejos del ejercicio 52 de la forma que se indica.
(k) ( )ba +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 18705211518532173211553218173 jjjjjk −=−+−+−+=−−++= )
)
)
)
)
(l) ( )dc +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 9321515171515117155 jjjjjl +=+−+−−+=+−++−= (m) ( )fe +
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 5.32135000135.321885000135.321850008 jjjjjm +=−+++=−++= (n) ( )hg +
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 71.23013210001.7.330508210001.507.33082 jjjjjn +=−++++=−++++= (o) ( )ji +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 11704.15411304.510404.511310 jjjjo −=−+−++=−+−= Ejercicio 54. Realizar las sumas del ejercicio anterior en forma vectorialmente
La suma vectorial consiste en graficar cada uno de los vectores a sumar con su módulo y su ángulo uno a continuación del otro. Finalmente, uniendo el origen del primer vector con el final del último vector, se formará un nuevo vector que tendrá un módulo y un ángulo que corresponderá a la suma de todos los vectores graficados. En este caso, tomamos los valores de A y B y el resultado obtenido es el vector suma, cuyo resultado es K en el ejercicio anterior.
A B
A+B ''13.24'56593.173 °∠=A
''52.16'52321.533 °−∠=B
''19.45'27122.705 °−∠=+ BA
55
2001 Adrian Dario Pelliza
Si queremos comprobar este resultado, podemos decir que:
( ) ( ) 99.1799.704''19.45'271sen22.705''19.45'271cos22.705 jjBA −=°−⋅+°−⋅=+ En este caso tomamos los vectores C y D y el vector resultante, con la suma, tiene el valor que calculamos anteriormente en el ejercicio 53.
°∠= 905C
D
C+D C
''76.45'372392.34 °∠=D
''1.31'421524.33 °∠=+ DC
Si queremos comprobar este resultado, podemos decir que:
( ) ( ) 99.899.31''1.31'4215sen24.33''1.31'4215cos24.33 jjDC +=°⋅+°⋅=+ Ejercicio 55. Operar los números complejos del ejercicio 53 como se indica
(p) ( )lk −
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 2767391832705932 jjj −=−−+−=+− )
)
)
18705 jp −=
( )nm − (q)
( ) ( ) ( ) ( ) ( 79.2982486871.2305.3213132500071.2301325.32135000 jjjjq +=−+−=+−+= (r) ( )op −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( 9096.6571172704.1567311704.1527673 jjjjr +=−−−+−=−−−= Ejercicio 56. Operar los números complejos del ejercicio anterior como se indica
(s) rqp⋅
( )27673 jp −=
54.67327673 22 =+=p ''68.50'172297409921.2673
27°−=°−=
−= ArcTanθ
( )79.29824868 jq +=
15.570979.29824868 22 =+=q ''01.50'293149722554.314868
79.2982°=°== ArcTanθ
( )9096.657 jr +=
08.6649096.657 22 =+=r ''21.20'477788946778.796.657
90°=°== ArcTanθ
''48.20'02634.78''21.20'47708.664''01.50'293115.5709''68.50'17254.673
°−∠=°∠⋅°∠°−∠
=s
56
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 57. Operar los números complejos del ejercicio anterior como se indica.
(t) sa11
+
( ) ( ) =−=+
−+
=+
=⇒+=30253
1830253173
1817318
18173173
181731118173
2222jj
jaja
63 1010 9823158.594718441146.51 −−
−= xx ja
( ) ( ) 34.3440.70''48.20'026sen34.78''48.20'026cos34.78''48.20'02634.78 jjs −=°−⋅+°−⋅⇒°−∠=
( ) ( ) =+=+
++
=−
=⇒−=39.6135
34.3439.6135
44.7034.3440.70
34.3434.3440.70
40.7034.3440.70
1134.3440.702222
jjjs
js
33 1010 59.547.111 −−
+= xx js
( ) ( ) 33363 1010101010 995017684.4188441166.1759.547.119823158.594718441146.511 −−−−−+=++−=+= xxxxx jjj
sat
Ejercicio 58. Calcular el valor de inductancia total del circuito de la figura.
Si utilizamos los mismos razonamientos para deducir como se encuentran conectadas estas cinco inductancias que usamos cuando se trataba de resistencias en lo que respecta a las definición de serie y paralelo, podemos ver que L2 está en serie con L1 y que la inductancia que forman, está en paralelo con L4 y todo eso, a su vez, en serie con L1 y L5. Dado que las potencia inductiva equivalente debe ser igual a la suma de las potencias en las inductancias en serie, podemos definir que:
dtdiiL
dtdiiL
dtdiiL
dtdiiL
dtdiiL nT +++= …321
por lo que simplificando, se puede obtener la forma matemática que tendrá la expresión de la asociación de inductancias en serie:
nT LLLLL +++= …321 Entonces, para este caso particular, se puede decir:
Hy7.1Hy92.Hy78.32 =+=+= mmLLLA Para el caso de las inductancias en paralelo, sabemos que
∫ ⋅⋅= dtvL
iL1
y también sabemos que en un circuito paralelo, la suma de las corrientes de cada rama debe dar como resultado la corriente total que se divide en las mismas, por lo que se debe cumplir que
∫∫∫∫ ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅= dtvL
dtvL
dtvL
dtvL
in
L1111
21…
57
2001 Adrian Dario Pelliza
simplificando, tendremos la forma matemática que tendrá la expresión de la asociación de inductancias en paralelo:
nLLLL1111
21+⋅+= …
Como puede observarse, ambas expresiones son similares a las utilizadas para calcular los valores de las asociaciones serie y paralelo respectivamente de las resistencia. En este caso en particular, la LA calculada está a su vez en paralelo con L4, por lo que:
Hy81.17
Hy181
Hy7.11
111
1
4
m
mLL
L
A
B =+
=+
=
y finalmente, la serie con L1 y L5:
Hy768.81Hy81.17Hy251Hy50051 mmmmLLLL BT =++=++= Ejercicio 59. Calcular el valor de inductancia total del circuito de la figura.
Comenzaremos resolviendo el paralelo más visible, compuesto por L6 y L7 obteniendo una nueva inductancia que llamaremos LA.
=
Hy1m
+=
+=
2.90Hy481
111
1
76 mLL
LA
Hy32.31 mLA =
La inductancia L8 está conectada en serie con
esta que acabamos de calcular. Por lo tanto:
Hy32.149Hy118Hy32.318 mmmLLL AB =+=+= Si tomamos lo que hemos agrupado hasta ahora como una única inductancia, vemos que se encuentra en paralelo con L2:
Hy32.125
Hy7801
Hy32.1491
111
1
2
m
mmLL
L
B
C =+
=+
=
y a su vez, se encuentra conectada en serie con L4 y L5:
Hy32.394Hy251Hy18Hy32.12545 mmmmLLLL CD =++=++= queda ahora resolver el paralelo de LD y L3:
Hy01.276
Hy9201
Hy32.3941
111
1
3
m
mmLL
L
D
E =+
=+
=
finalmente, agregamos L1 en serie con LE para obtener el valor final:
Hy01.776Hy01.276Hy5001 mmmLLL ET =+=+=
58
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 60. Calcular el valor de inductancia total del circuito de la figura.
Anteriormente, hemos visto configuraciones similares únicamente de resistencias. Como se explicó en el ejercicio 57, la forma matemática de obtener los valores de las asociaciones serie y paralelo de bobinas y resistencias son idénticos, por lo que evidentemente, la resolución será prácticamente igual a la realizada cuando se trabajó con resistencias. Se pueden ver dos circuitos paralelos, uno formado por L1 y L7 y el otro formado por L3 y L5. El primero, a su vez, está conectado en serie con L6 y nuevamente en paralelo con L8. Mientras tanto, el otro paralelo, podemos agruparlo en serie con L4. Finalmente, ambas inductancias parciales, conectadas en serie entre sí y en paralelo con L2 resultan en el valor de inductancia total del circuito.
Hy41.76
Hy2.901
1 m
m
=+
Hy500111
1
71 mLL
LA =+
=
Hy19.197
Hy2511
Hy9201
111
1
53
m
mmLL
LB =+
=+
=
124.41mHyHy48Hy41.766 =+=+= mmLLL AC
Hy21.59
Hy41.1241
Hy1131
111
1
8
m
mmLL
L
C
D =+
=+
=
Hy274.40Hy59.21Hy197.19Hy184 mmmmLLLL DBE =++=++=
Hy98.202
Hy40.2741
Hy7801
111
1
2
m
mmLL
L
E
T =+
=+
=
Ejercicio 61. Calcular el valor de capacitancia total del circuito de la figura.
Si tomamos dos capacitores en serie, la tensión sobre cada uno de ellos corresponderá a:
∫ ⋅= dtiC
vC1
11
∫ ⋅= dtiC
vC2
12
y por ende, las potencias en cada caso son:
∫ ⋅= dtiiC
pC1
11
59
2001 Adrian Dario Pelliza
∫ ⋅= dtiiC
pC2
12
por lo tanto, la potencia total será:
∫ ∫∫∫ ⋅+⋅+⋅=⋅= dtiiC
dtiiC
dtiiC
dtiiC
pnT
CT
1111
21…
de donde:
nT CCCC1111
21…+=
En tanto, para dos capacitores en serie, sabemos que la corriente en cada uno será:
dtdvCiC 11
= y dtdvCiC 22
=
por lo que la corriente total será:
dtdvC
dtdvCiii CCCT 2111
+=+=
de donde:
21 CCCT += Para este ejercicio, tenemos dos ramas muy visibles, una formada por C6 y C7 y la otra por C5 y C8 que se encuentran a su vez en paralelo con C2. El resto de los componentes, se asocian a este equivalente en serie. Matemáticamente:
F99.14
F1001
F151
111
1
76
n
nCC
C A =+
=+
=
µ
F99.88
F22001
F891
111
1
85
p
pCC
CB =+
=+
=
µ
F15.0188.99pFF99.14152 µµ =++=++= nFCCCC BAC
F99.32
F471
F151
F11
F01.151
11111
1
431
p
CCCC
C
C
T =+++
=+++
=
µµµµ
60
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 62. Calcular el valor de capacitancia total del circuito de la figura. Resolveremos primero la rama que contiene a C1 y C4 que se encuentra en paralelo con C5.
F99.32
F
p=
331
F11
111
1
41 pCC
C A+
=+
=
µ
.32F895 pCCC AB +=+=
F99.121F99 pp =
El capacitor CB, podemos ver que está en serie con C2:
F98.121
F99.1
p
p
=
121F151
111
1
2 CC
C
B
C+
=+
=
µ
Tenemos otra rama en paralelo, compuesto por C3 y C6 que va a estar en serie con CC. Esto sería:
F01.47F15F4763 µµ =+=+= nCCCD
F97.121
F01.471
F98.1211
111
1 p
pCC
C
CD
E =+
=+
=
µ
finalmente, el valor total de capacitancia, será:
F100F000122.100F100F97.1217 µµµ ≅=+=+= pCCC ET Ejercicio 63. Calcular el valor de tensión de la señal senoidal de la figura para t1=4mS si el valor máximo es
de 10 Volts y el período es de 15mS. La señal está desfasada -20º
t1 θ
AMax[v]
T
V[v]
-V[v]
t[s]
Si conocemos el período de la señal, es decir el tiempo que tardará en evolucionar de 0º a 360º el vector giratorio de la tensión, podemos calcular cual es la frecuencia ya que:
[ ][ ]S
H1
TF z =
es decir que para esta señal, la frecuencia será:
[ ][ ]
Hz66.6615
1
SH ==
mzF
asimismo, la velocidad angular del vector será:
[ ][ ]
=⋅⋅=
⋅=
SradHz
SSrad 87.41822 F
Tππω
Con esto que hemos calculado, podemos escribir la función como:
( ) [ ]
°−⋅=°+⋅=
2087.418sen10sen S
Srad ttAv θω
61
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 64. Calcular la tensión en cada componente y la expresión de la tensión total del circuito de la figura para ( )50 cos 1500 60º Ai t= ⋅ − m
T R L Cv v v v= + +
Al tratarse de un circuito serie, sabemos que la suma de cada caída de tensión debe ser:
y sabemos también que la tensión para cada uno de los componentes del circuito tienen cada una su expresión.
( )cos ºRv R i tω θ= ⋅ ⋅ ⋅ + ( )cos º 90ºLv L i tω ω θ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ( )cos º 90ºCiv tC
ω θω
= ⋅ ⋅ + −⋅
entonces, para este circuito en particular:
( ) ( ) ( )cos º 100 50 cos 1500 60º A=5 cos 1500 60º VRv R i t t m tω θ= ⋅ ⋅ ⋅ + = Ω ⋅ ⋅ − ⋅ −
( ) ( ) (radseg
cos º 90º 1500 50 H 50 cos 1500 60º 90º A=3.75 cos 1500 30º VLv L i t m t m tω ω θ
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + = ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ + )
( ) ( ) (radseg
50cos º 90º cos 1500 60º 90º A=2.22 cos 1500 150º V1500 15 FC
iv t t m tC
ω θω µ
= ⋅ ⋅ + − = ⋅ − − ⋅ −⋅ ⋅
)
En tanto, la tensión total responderá a la expresión:
22
11 cos º arctanT
LCv R L i t
C R
ωωω ω θ
ω
⋅ − ⋅ = + ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅
La raíz cuadrada resuelve el valor ohmico del módulo de la combinación entre la resistencia (elemento pasivo) y el capacitor y la bobina (elementos activos). Dicho valor, al que llamamos impedancia (Z) no es otra cosa que un número complejo en donde la parte real es el elemento pasivo y la imaginaria los activos. Por otro lado, el ángulo
que se calcula en la arco tangente del cociente entre la resta entre 1LC
ωω
⋅ −⋅
y R es el que corresponderá a la
forma polar de ese número complejo.
Para este caso:
2
2 2rad
radsegseg
1100 1500 50 H 100 705.56 712.611500 15 F
Z mµ
= + ⋅ − = + =
⋅
2
705.56arctan 81.93311842º
100Zθ = =
entonces:
( ) ( )712.61 50 cos 1500 21.93º A 35.63 cos 1500 21.93º VTv t m= Ω⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ +t
62
2001 Adrian Dario Pelliza
Ejercicio 65. Calcular los valores de vT, vC, iT siendo ( )15 cos 700 10º VRv t= ⋅ ⋅ +
Conociendo la tensión sobre la resistencia, y teniendo el valor de la resistencia podemos calcular la corriente que circula por la misma, que será la misma que por el capacitor. De forma que:
( ) ( )cos 700 10º V
30 cos 700 10º A500
ti t
⋅ ⋅ += ⋅ ⋅ +
Ω15R
Rv mR
= =
Sabiendo que
radseg
700ω
=
se puede calcular
radseg
1 1 1428.57700 1 FCω µ
= =⋅ ⋅
Ω
y luego
( ) ( ) (30cos º 90º cos 700 10º 90º A=42.85 cos 700 80º V1428.57C
iv t t m tC
ω θω
= ⋅ ⋅ + − = ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ −⋅
)
)
La tensión total es en consecuencia:
( ) (15 cos 700 10º V 42.85 cos 700 80º VT R C Rv v v v t t= + = = ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ − Como vimos en el ejercicio anterior, la expresión de la tensión total puede ser escrita como:
22
11 cos º arctanT
Cv R i tC R
ωω θω
− ⋅ = + − ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅
resolviendo por separado el valor de la impedancia:
( )22500 1428.57 1513.54Z = + − = y ( )
11428.57
arctan arctan 70.70993592º500Z
CRωθ
− −⋅ = = = −
entonces el valor de la tensión total es:
( ) (1513.54 30 cos 700 10º 70º 42 '35.77 '' A=45.3930 cos 700 60º 42 '35.77 '' VTv t m t= ⋅ ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ − )
)
Ejercicio 65. Calcular los valores de la impedancia del circuito de la figura conociendo la tensión de
y la corriente de 1 (15 cos 1000 40º Vt⋅ ⋅ + ( )00 cos 1000 At m⋅ ⋅
i Conociendo estos valores, podemos darnos cuenta de que la tensión está adelantada respecto de la corriente, por lo que ya podemos definir que el componente activo de la impedancia desconocida es una bobina. Por otro lado, el valor del módulo y el ángulo de fase de la impedancia resultan de:
15V100 A
T
T
vZi m
= = 150= Ω º 40ºθ =
63
2001 Adrian Dario Pelliza
y dado que se trata de un número complejo podemos calcular la forma rectangular del mismo en base a la forma polar como:
( ) ( )Módulo cos º Módulo sen ºA jB jθ θ+ = ⋅ + ⋅ por lo que:
( ) ( )150 cos 40º 150 sen 40ºZ j= ⋅ + ⋅ Ω
Ω
de donde
( )150 cos 40º 114.90R = ⋅ Ω = ( )150 sen 40º 96.41Lω ⋅ = ⋅ Ω = Ω y el valor de la bobina se despeja de esta última expresión como:
radseg
96.4196.41 96.41 H1000
L Lω
Ω⋅ = Ω⇒ = = m
m
Rv R i sen= ⋅ ⋅
Ejercicio 66. Calcular el valor de las tensiones de cada componente y la tensión total cuando circula una
corriente i s ( )500 900 40º Aen t= ⋅ ⋅ −
Conociendo el valor de la corriente total del circuito, podemos escribir las expresiones de las caídas de tensión individuales del circuito como:
( ) ( )º 15 500 900 40º At sen t mω θ⋅ + = Ω ⋅ ⋅ ⋅ −
( )7.5 900 40º VRv sen t= ⋅ ⋅ −
( ) ( ) (radseg
sen º 90º 900 50 H 500 sen 900 40º 90º A=22.5 sen 900 50º VLv L i t m t m tω ω θ
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + ⋅ + )
)
( ) (7.5 900 40º V+22.5 sen 900 50º VT R Lv v v sen t t= + = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ +
2 2 cos º arctanT
Lv R L i tR
ωω ω θ ⋅ = + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + +
=
2
2radseg
15 900 50 H 47.43Z m
= + ⋅ =
radseg
900 50 H
arctan arctan 71º 33'54.18''15Z
mL
Rωθ
⋅⋅
= = =Ω
( ) (47.43 500 sen 900 40º 71º 33'54.18'' A 23.71 sen 900 31º 33'54.18''Tv t m t= ⋅ ⋅ ⋅ − + = ⋅ ⋅ + )V
21 ZZ iii +=
Ejercicio 67. Al siguiente circuito formado por el paralelo entre y ingresa una
corriente i . Calcular y graficar la corriente que circula por cada una de las impedancias. 8121 jZ −= 1932 jZ +=
A605001 m°∠=
Sabiendo que se debe cumplir:
i
64
2001 Adrian Dario Pelliza
y conociendo la forma en que se divide la corrientes en el caso de tratarse de un circuito formado por resistencias, podemos decir que:
iZZ
ZiZ ⋅+
=21
21
iZZ
ZiZ ⋅+
=21
12
por lo que:
( )( ) ( )
( )( ) A60500
1115193A60500
193812193
1m
jjm
jjjiZ °∠⋅
Ω+Ω+
⇒°∠⋅Ω++Ω−
Ω+=
y de la misma forma:
( )( ) ( )
( )( ) A60500
1115812A60500
193812812
2m
jjm
jjjiZ °∠⋅
Ω+Ω−
⇒°∠⋅Ω++Ω−
Ω−=
debemos obtener entonces, las expresiones polares de Z1, Z2 y Z1+Z2 para poder operar la solución.
42.14812 221 =+=Z ''24.24'413369006753.33
128
1°−=°−=
−= ArcTanZθ
23.19193 222 =+=Z ''54.38'18102737339.81
319
2°=°== ArcTanZθ
60.181115 2221 =+=+ ZZ ''82.13'153625383774.36
1511
21°=°==+ ArcTanZZθ
ahora, podemos calcular los valores de cada corriente:
A''7.24'46104516.93A7104.773535516.93A60500''82.13'153660.18
''54.38'18123.191
mmmiZ °∠=°∠=°∠⋅Ω°∠Ω°∠
=
y
A''06.38'569516.93A.94390527963.387A60500''82.13'153660.18''24.24'413342.14
2mmmiZ °−∠=°−∠=°∠⋅
Ω°∠Ω°−∠
=
Dado que son números complejos polares que representan un vector, no podemos realizar una suma algebraica de estos valores como podíamos en el caso de los resultados de circuitos puramente resistivos trabajando con corriente continua. Por eso, debemos graficar esa sumatoria vectorial de la siguiente manera: Ejercicio 68. Calcular las corrientes y caídas de tensión de cada impedancia del siguiente circuito.
Vamos a proceder al análisis de este circuito de la misma forma que lo haríamos con un circuito únicamente compuesto por resistencias. En primer lugar vamos a identificar tres impedancias en el mismo y luego, con el circuito reducido y simplificado, haremos los cálculos necesarios. Vemos dos ramas muy notorias. Una, es un circuito RLC, donde están R8, C2 y L2 y la otra es un circuito RL formado por L1 y R4. Llamaremos a estas dos ramas en nuestro análisis Z1 y Z2. Si observamos el diagrama del circuito, llegaremos a la conclusión que Z1 y Z2 están conectadas entre sí en paralelo. Esto
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es también reducible en una nueva impedancia que llamaremos Z3. Una vez realizadas estas substituciones, nuestro esquema puede ser dibujado nuevamente como un circuito mucho más sencillo como aparece a la izquierda. En este esquema, se ve claramente que todo se reduce a un circuito serie muy simple de analizar. En este análisis también reuniremos –aun cuando se encuentren separadas por Z3- una nueva impedancia Z4, formada por R7, L3 y C1 a los efectos de simplificar aun más la resolución matemática del circuito ya que en ultima instancia la impedancia total será la suma de Z3 y Z4. En cuanto a los pasos matemáticos a realizar, una forma muy práctica y ordenada de
realizar los cálculos sería la que se desarrolla a continuación. Antes de poder realizar las asociaciones explicadas anteriormente, será necesario conocer el valor reactivo de cada componente, para cuyo cálculo será imprescindible conocer el valor de la velocidad angular que para este caso será:
[ ]
=⋅⋅=⋅⋅=segradHz 861.80Hz16.13722 ππω F
Podemos ahora proceder con el cálculo de cada valor reactivo.
Ω=⋅=⋅=
9.430H50080.861segrad11
mLX L ω Ω=⋅=⋅=
20.672H78080.861segrad22
mLX L ω
Ω=⋅=⋅=
85.792H92080.861segrad33
mLX L ω Ω=⋅
=⋅
=
36.1160F180.861
11
segrad1
1 µω CX C
Ω=⋅
=⋅
=
35.77F1580.861
11
segrad2
2 µω CX C
Ahora, podemos calcular las impedancias Z1 y Z2.
( ) ( ) Ω+=−+=−+= 85.594220035.7720.67222002281 jjXXjRZ CL
227985.5942200 221 =+=Z ''74.48'71513020598.15
220085.594
1°=°== ArcTanZθ
Ω+=+= 9.430100
142 jjXRZ L
35.4429.430100 222 =+=Z ''24.4'567693451228.76
1009.430
2°=°== ArcTanZθ
y también podemos obtener el valor de Z3
21213
3111 YY
ZZZY +=+==
Para poder resolver esto, deberemos obtener los valores de admitancia de Z1 y de Z2.
Ω
−−−=
+−
+=
Ω+= 11010
2222166
52.11457.42385.5942200
85.59485.5942200
220085.5942200
1 xx jjj
Y
Ω
−−
−=+
−+
=Ω+
= 1101022222
3620.205.511
9.4301009.430
9.430100100
9.4301001 xx jjj
Y
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Ω
Ω
Ω
−−−−−−
−=−+−=+= 110101101011010213
36366631.262.93420.205.51152.11457.423 xxxxxx jjjYYY
Ahora, podemos calcular Z3 como:
( ) ( ) ( ) ( ) =+
++
=−
==−−
−
−−
−
−−
Ω
210210
10
210210
10
1101033
36
3
36
6
36
31.262.934
31.2
31.262.934
62.934
31.262.934
11xx
x
xx
x
xxj
jYZ
Ω+= 37251.1503 jZ
También habíamos planteado definir Z4 como:
( ) ( ) Ω−=Ω−+=++= 45.36775035.116085.792750174 3jjXXjRZ CL
cuyo valor en forma polar es:
17.83545.367750 224 =+=Z ''39.6'62610177376.26
75045.367
4°−=°−=
−= ArcTanZθ
El valor de Z total del circuito como ya vimos es:
( ) ( ) Ω+=Ω−+Ω+=+= 55.451.90045.36775037251.15043 jjjZZZT cuyo valor en forma polar es:
52.90055.451.900 22 =+=TZ ''18.22'170289495484.51.900
55.4°=°== ArcTan
TZθ
Conocido ya el valor de la impedancia total Z , podemos ahora adentrarnos en analizar el recorrido de la corriente en el circuito para obtener la forma en que esta se divide por las distintas ramas del circuito.
T
En el esquema de la derecha, vemos que la corriente sale del generador, pasa a través de Z4 y se divide entre Z1 y Z2. Es decir que
214 ZZZT iiii +== El valor de la corriente total del circuito será:
A''82.37'425995.148A71050452.5995.148''18.22'17052.900
V6014.134 mmZv
iT
TT °∠=°∠=
Ω°∠°∠
==
Ahora podemos calcular las corrientes que circula por Z1 y Z2. Para este cálculo, será necesario calcular el valor de la suma de Z1 y Z2 en forma algebraica, dado que utilizaremos ese valor como denominador en la fórmula que permite resolver este paso del análisis. Por eso:
( ) ( ) Ω+=Ω++Ω+=+ 74.102523009.43010085.594220021 jjjZZ
36.251874.10252300 2221 =+=+ ZZ ''25.8'22403562474.24
230074.1025
21°=°==+ ArcTanZZθ
Entonces, el valor de la corriente de impedancia Z1 es
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iZ1
iZ2
iT
A'58'33.8'11116.26A''82.37'425995.148''25.8'22436.2518''24.4'567635.442
21
21
mmiZZ
Zi TZ °∠=°∠⋅Ω°∠Ω°∠
=⋅+
=
A'8'18.31'45079.134A''82.37'425995.148''25.8'22436.2518
''74.48'7152279
21
12
mmiZZ
Zi TZ °∠=°∠⋅Ω°∠Ω°∠
=⋅+
=
Gráficamente, la suma de estas dos corrientes queda:
Ahora procederemos en torno a las caídas de tensión del circuito. Básicamente, la tensión se divide en cuatro caídas principales de tensión. La primera sobre R7, la segunda sobre la impedancia que llamamos Z3 y finalmente en C1 y L3. En forma secundaria, la caída de tensión que existe en Z3, será como es lógico la caída existente en Z1 y Z2 dado que ambas están en paralelo y cada una de esas impedancias dividirá esa caída de tensión entre los componentes de cada rama. Para comenzar a calcular los valores, si bien la tensión total v se divide como se explicó de forma que:
2 3 1 3T R Z C Lv v v v v= + + + también podemos decir que
3 4T Z Zv v v= + con lo que se simplificaría la resolución del cálculo. Podemos ahora aplicar un divisor de tensión para obtener el valor de la caída sobre Z3.
3
3
3 4Z T
Zv v
Z Z= ⋅
+ y como 3 4 TZ Z Z+ = entonces
3
3Z T
T
Zv vZ
= ⋅
3
150.51 372 134.14 60900.52 0 17 '22.18''Z
jv V+ Ω= ⋅ ∠ °
∠ ° Ω
Dado que no tenemos el valor en forma polar de Z3 lo debemos calcular para poder realizar la operación anterior.
2 23 150.51 372 401.29Z = + =
3
372 67.97190295 67 58'18.85''150.51Z ArcTanθ = = ° = °
y ahora entonces,
iZ1
iZ2 iT
3
401.29 67 58'18.85'' 134.14 60 59.77 127 40 '56.6 ''900.52 0 17 '22.18''Zv V∠ ° Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠∠ ° Ω
V°
V
Por otro lado, para obtener las caídas de tensión de los componentes de Z4, podemos proceder aplicando la ley de Ohm de manera tal que para la tensión haremos la multiplicación de los vectores polares del valor de R1 y la corriente total. El módulo del valor polar de R1 será el valor ohmico de la resistencia mientras que el ángulo, será 0º dado que se trata de un componente lineal que no impondrá ningún desfasaje a la corriente. Entonces:
7 7 750 0 148.95 59 42 '37.82 '' A=111.71 59 42 '37.82 ''R Tv R i m= ⋅ = ∠ °Ω ⋅ ∠ ° ∠ ° Para la caída de tensión sobre el capacitor y la bobina, la forma de proceder es la misma que para la resistencia, nada más que el valor de ambos módulos serán las reactancias y los ángulos serán los que los componentes imponga, es decir –90º el capacitor y 90º la bobina.
1 11160.36 90 148.95 59 42 '37.82 '' A=172.83 30 17 '22.18''C C Tv X i m= ⋅ = ∠− °Ω⋅ ∠ ° ∠− ° V
3 3729.85 90 148.95 59 42 '37.82 '' A=108.71 149 42 '37.8 ''L L Tv X i m= ⋅ = ∠ °Ω⋅ ∠ ° ∠ ° V
2 2 1L
Gráficamente, los valores resultan:
vL3
vt
VC1
vR7
vZ3
Obtendremos los valores de los vectores de las caídas de tensión de los componentes de las impedancias Z1 y Z2. Para comenzar a calcular estos valores, sabemos que si bien la tensión total v se divide como se calculó anteriormente por lo que ya conocemos el valor de la caída de tensión en la Z3 que debe cumplir además con:
3 1Z Z Zv v v= = y además y 1 8 2Z R C Lv v v v= + +
2 4Z Rv v v= +
Calculamos los valores de las caídas de tensión en Z1
8
2200 0º ' 59.77 127 40 '56.6 '' 57.69 112 33'7.86 ''2279 15 7 '48.74 ''Rv V∠ Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠ °∠ ° Ω
V
2
672.20 90º ' 59.77 127 40 '56.6 '' 17.62 202 33'7.86 ''2279 15 7 '48.74 ''Lv V∠ Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠ °∠ ° Ω
V
2
77.35 90º ' 59.77 127 40 '56.6 '' 2.02 22 33'7.86 ''2279 15 7 '48.74 ''Cv V∠− Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠ °∠ ° Ω
V
y calculamos los valores de las caídas de tensión en Z2.
4
100 0º ' 59.77 127 40 '56.6 '' 13.51 50 44 '52.36 ''442.35 76 56 '4.24 ''Rv V∠ Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠ °∠ ° Ω
V
1
430.9 90º ' 59.77 127 40 '56.6 '' 58.22 140 44 '52.36 ''442.35 76 56 '4.24 ''Lv V∠ Ω
= ⋅ ∠ ° = ∠ °∠ ° Ω
V
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Gráficamente:
Ejercicio 69. Calcular las caídas de tensión sobre cada impedancia del circuito y la corriente de cada rama.
Siendo:
1 21 44Z j= + Ω 2 82 10Z j= + Ω
4 5 150 100Z Z j= = + Ω
vL2
vR8
vZ3
vL1
vR4
vC2
3 112= − 10Z j Ω
0ºv V= ∠
100T
Vamos a iniciar el análisis del circuito agrupando las impedancias de manera tal que permitan ir reduciendo la red tal como lo hemos realizado en otras ocasiones. Comenzaremos por agrupar el paralelo formado por Z3 y Z4 en una nueva impedancia llamada ZA
3 4
1 1 1Z Z Z
+AA
Y = =
3 610 10 1
2 2 2 21 1 112 10 8.85 790.88
112 10 112 10 112 10x xY j j
Z j− −
Ω
= + = +− Ω + +
33
= =
3 310 10 14 2 2 2 2
4
1 1 150 100 4.61 3.07150 100 150 100 150 100
x xY jZ j
− − Ω
= = = − = −+ Ω + +
j
( ) ( )3 6 3 3 310 10 10 10 10 101 13 4 8.83 790.88 4.61 3.07 13.46 2.27x x x x x x
AY Y Y j j j− − − − −
Ω Ω
= + = + + − = −3 1−
Ω
( ) ( ) ( ) ( )3 3
3 33 3 3 3
10 10
2 2 2 210 10 1 10 10 10 10
1 1 13.46 2.27
13.46 2.27 13.46 2.27 13.46 2.27
x x
A x x x x x xAZ j
Y j
− −
− −− − − −
Ω
= = = +− + +
=
Ω
72.23 12.18AZ j= +
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Ya que en algún momento del cálculo lo necesitaremos vamos a calcular también la forma polar de ZA y la suma de Z3 y Z4, que utilizaremos cuando vayamos a calcular las corrientes de cada una.
2 23 112 10 112.44Z = + =
3
10 5.102165252 5 6 '7.79 ''112Z ArcTanθ −
= = − ° = − °
2 2
4 150 100 180.27Z = + = 3
100 33.69006753 33 41'24.24 ''150Z ArcTanθ = = ° = °
2 272.23 12.18 73.24AZ = + =
3
12.18 9.571625901 9 34 '17.85''72.23Z ArcTanθ = = ° = °
( ) ( )2 23 4 112 150 10 100 277.02Z Z+ = + + − + =
3 4
90 18.95818341 18 57 '29.46 ''262Z Z ArcTanθ + = = ° = °
ZA a su vez, formará junto con Z2 en serie la impedancia ZB.
( ) ( )2 82 10 72.23 12.18 154.23 22.18B AZ Z Z j j j= + = + Ω + + = + Ω A este punto, ZB está en paralelo con Z5 y las agruparemos en ZC que finalmente, estará en serie con Z1. Ese será el valor de la impedancia total de la red.
5C BY Y Y= +
3 610 10 12 2 2 2
1 1 154.23 22.18 6.35 913.55154.23 22.18 154.23 22.18 154.23 22.18
x x
BY j
Z j− −
Ω
= = = − = −+ Ω + +
B j
3 310 10 1
2 2 2 25
1 1 150 100 4.61 3.07150 100 150 100 150 100
x xY jZ j
− − Ω
= = = − = −+ Ω + +
5 j
( ) ( )3 6 3 3 310 10 10 10 10 101 15 6.35 913.55 4.61 3.07 10.96 3.98x x x x x x
C BY Y Y j j j− − − − −
Ω Ω
= + = − + − = −3 1−
Ω
( ) ( ) ( ) ( )3 3
3 33 3 3 3
10 10
2 2 2 210 10 1 10 10 10 10
1 1 10.96 3.98
10.96 3.98 10.96 3.98 10.96 3.98
x x
C x x x x x xCZ j
Y j
− −
− −− − − −
Ω
= = = +− − −
80.61 29.27CZ j= Ω
Dado que también en algún momento del cálculo lo necesitaremos vamos a calcular las formas polares de Z5, ZB y ZC y la suma de Z5 y ZB, que utilizaremos cuando vayamos a calcular las corrientes de cada una.
2 25 150 100 180.27Z = + =
5
100 33.69006753 33 41'24.24 ''150Z ArcTanθ = = ° = °
2 2154.23 22.18 155.81BZ = + = 22.18 8.183664862 8 11'1.19 ''
154.23BZ ArcTanθ = = ° = °
2 280.61 29.27 85.75CZ = + = 29.27 19.95627918 19 57 '22.61''80.61CZ ArcTanθ = = ° = °
( ) ( )2 25 154.23 150 22.18 100 327.84BZ Z+ = + + + =
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5
122.18 21.88059432 21 52 '50.14 ''304.23BZ Z ArcTanθ + = = ° = °
Y como ya dijimos, sumamos el valor en serie de Z1 para obtener el valor total de la impedancia de la red.
( ) ( )1 21 44 80.61 29.27 101.61 73.27T CZ Z Z j j j= + = + Ω + + Ω = + Ω
2 2101.61 73.27 125.27TZ = + = 73.27 35.79501313 35 47 '42.05''101.61TZ ArcTanθ = = ° = °
Podemos ahora calcular la corriente total del circuito.
310100 0º V 798.27 A 798.27 35º 47 '42.05'' A125.27 35º 47 '42.05''
xTT
T
VI mZ
−∠= = = = ∠−
∠ Ω
Observemos el recorrido de la corriente en el esquema y podemos ir analizando la forma en que esta pasa por las
distintas ramas del circuito. Está claro que a través de Z1 circula la corriente total que se divide luego entre Z5 y la impedancia que llamamos ZB. Esto implica que tendremos una corriente que será la IZB que circulará por Z2 y luego se dividirá entre Z3 y Z4. Es decir que se debe cumplir con:
1 5ZIT BZ Z ZI I I= = +
2 3BZ Z ZI I I= = +
4ZI
5
5
180.27 33 41'24.24 '' 798.27 35º 47 '42.05'' A=438.94 23º59'7.95'' A327.84 21 52 '50.14 ''BZ T
B
ZI I m
Z Z∠ ° Ω
= ⋅ = ⋅ ∠− ∠−+ ∠ ° Ω
m
55
155.81 8 11'1.19 '' 798.27 35º 47 '42.05'' A=375.11 49º 29 '30.97 '' A327.84 21 52 '50.14 ''
BZ T
B
ZI I mZ Z
∠ °= ⋅ = ⋅ ∠− ∠−
+ ∠ ° Ωm
3
4
3 4
180.27 33 41'24.24 '' 438.94 23º59'7.95'' A=285.63 -9º15'12.81'' A277.02 18 57 '29.46 ''BZ Z
ZI I mZ Z
∠ ° Ω= ⋅ = ⋅ ∠− ∠
+ ∠ ° Ωm
4
3
3 4
112.44 5 6 '7.79 ' 438.94 23º59'7.95'' A=178.16 -48º2'45.2'' A277.02 18 57 '29.46 ''BZ Z
ZI I m
Z Z∠− ° Ω
= ⋅ = ⋅ ∠− ∠+ ∠ ° Ω
m
IZB
IZ5
IZ3
IZ4
IZT
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