7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
1/63
Resolucin de las Guas de Trabajos Prcticos
-Serie 1 (A): Operaciones con Nmeros Complejos.
-Serie 1 (B): Anlisis de Corriente Continua.
-Serie 2: Corriente alterna en rgimen permanente.
-Serie 3: Circuito magntico a flujo constante.
-Serie 4: Teorema de circuitos en Corriente Alterna.
-Serie 5: Circuito magntico a flujo variable.
-Serie 6: Circuitos trifsicos.
-Serie 7: Circuitos acoplados magnticamente.
-Serie 8: Transitorio en circuitos lineales.
-Serie 9: Cuadripolos.
-Serie 10: Circuitos no lineales.
-Serie 11: Componentes simtricos.
-Serie 12: Anlisis de fallas asimtricas.
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UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL
Ctedra: ElectrotecniaProf.Titular:Ing. Carlos HisgenJ.T.P: Ing. Leoncio Mason
3
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Nmeros Complejos
1) Sumar los siguientes nmeros complejos: z1= 13 25 3; z2= 28 . e(j35)
z1 13 e j 15.05 deg( )
:=
z2 28 e j 35 deg( )
:=
z z1 z2+:= z 35.49 19.436j+=
2) Multiplicar los siguientes nmeros complejos: z1= 32 50; z2= 15 - j12
z1 32 e
j 50 deg( )
:=
z2 15 j 12:=
z z1z2:= z 602.699 120.871j+=
3) Escriba las expresiones cartesianas y polares de un fasor cuya magnitud es de 100 unidades y cuya posicinde fase es:
a. 30 atrs del eje de referencia.
A 100 e j 30 deg( )
:= Forma Polar
A 86.603 50j= Forma Cartesiana
b. 60 adelante del eje de referencia.
A 100 e j 60 deg( )
:= Forma Polar
A 50 86.603j+= Forma Cartesiana
4) Encuentre la magnitud y la posicin angular con respecto al eje de referencia de los fasores representadospor:
a. 0,8 + j6,1
z 6.152= arg z( ) 82.528deg=
b. -10 + j10
z 14.142= arg z( ) 135deg=
c. -50 + j82
z 96.042= arg z( ) 121.373deg=
d. -4 + j5
z 6.403= arg z( ) 128.66deg=
5) Escribir la forma polar de los siguientes favores:a. 4 + j2
4.472e j 26.565( )
Forma Polar
b. -2 + j3
3.606e j 123.69( )
Forma Polar
c. 3 j3
4.243e j 45( )
Forma Polar
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GUA DE EJERCICIOS:
1
A
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6) Multiplicar los siguientes favores: A = 2 40; B = 3 . e(j100)
A . B = (2 . 3) (40 + 100) = 6 140
7) Dividir los siguientes favores: A = 20 60; B = 5 30
A / B = (20 / 5) (60 30) = 4 30
8) Realizar el cociente de: z1= 20 75 3; z2= 10 . (cos 30 j sen 30)
z1 20cos 75.05( ) j 20 sin 75.05( )+:=
z2 10 cos 30( ) j 10 sin 30( ):=
zz1
z2
:= z 0.384 1.963j=
9) Realizar la suma de: z1= 3 45; z2= 4 30
z1 20 e j 75.05 deg( )
:=
z2 10 e j 30 deg( )
:=
z z1 z2+:= z 13.82 24.323j+=
10) Hace el producto A . B en forma artesiana y expresar el resultado en forma polar:
A 2 cos 60 deg( ) j sin 60 deg( )( ):=
B 4 c os 100 deg( ) j sin 100 deg( )( ):=
z A B:= z 7.518 2.736j=
z 8= arg z( ) 160 deg= z 8 e j 160 deg( )
:=
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Anlisis de Corriente Continua1) Calcular la intensidad de la corriente del siguiente circuito de CC.
Datos: V1 = 10V; V2 = 5V; V3 = 40V; ri1 = 0.1; ri2 = 0.2; ri3 = 0.2R1 = 2; R2 = 4; R3 = 6
V1
V2
V3
R1
R2
R3
ri1
ri2
ri3
Req = R1 + R2 + R3 + r1 + r2 + r3 = 12,5 .
e = V = 25 V.
e = I . R = I . R = I . Req I = V / Req = 2 A.
2) Calcular la intensidad de la corriente del siguiente circuito de CC.Datos: V1 = 20V; V2 = 36V; V3 = 8V; R1 = 7; R2 = 5
V1
V2
V3R1
R2
e = 36V 20V 8V = 8V
Req = 7 + 8 = 15 I = 8V / 15 = 0,53A
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GUA DE EJERCICIOS:
1
B
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3) Calcular la intensidad de la corriente para cada una de las posiciones del selector.
12V
1ohm
2ohm
2ohm
2ohm
2ohm
8ohm
8ohm
8ohm
4ohm
8ohm
2ohm2ohm
4ohm
2ohm 2ohm
4ohm
Llave en A:Req= 2 + ((8+4+8)^-1 + )^-1 + 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + ((4+2)^-1 + )^-1 + 1 = 16,8333 I = V/R = 12/16,83 = 0,7129 A
Llave en B:Req= 2 + 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + ((4+2)^-1 + )^-1 + 1 = 13,5 I = V/R = 12/13,5 = 0,8889 A
Llave en C:Req= 2 + 2 + ((8+2)^-1 + (8+2)^-1)^-1 + ((4+2)^-1 + )^-1 + 1 = 11,5 I = V/R = 12/11,5 = 1,0435 A
4) Hallar (mentalmente) el valor de la resistencia R de tal forma que Req= 1. Respuestas posibles: a) 11/15 ;
b) 1 ; c) 9/4 ; d) 3
R1ohm
2ohm
4ohm
4ohm
4ohm
Respuesta correcta b).
A
B
C
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5) Determinar el sentido y la intensidad de la corriente del circuito. No se considera las resistencias internas delas fuentes.
20V
10ohm
10ohm
30V
10ohm
20ohm
10V
i = 0
i1 i2 i3 = 0e iR = 0
30 i1 . 10 20 i3 . 10 = 030 i1 . 10 i2 . 10 i2 . 20 + 10 = 0
Entonces: i1 = 1 A; i2 = 1 A; i3 = 0 A.
6) Calcular las intensidades de las corrientes y hallar sus sentidos.
20V
10V
10ohm
20ohm
20ohm
i1 i2 i3
i = 0i1 i2 i3 = 0
e iR = 0
20 i1 . 10 i2 . 20 = 020 i1 . 10 10 i3 . 20 = 0
Entonces: i1 = A; i2 = 5/8 A; i3 = 1/8 A
7) Dado el siguiente circuito, hallar:a. Las intensidades de las corrientes en cada una de las resistencias.b. Las potencias disipadas en cada una de las resistencias.c. Hallar la potencia total suministrada al circuito.
20ohm
40ohm
25ohm
65ohm 5ohm
8ohm9ohm
4ohm
220V
i1 i2
i3
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a. Calculo de intensidad de corriente en cada resistencia.
Req1 = (1/20+1/40)^-1 = 40/3 .Req2 = (1/25+1/65)^-1= 325/18 .Req3 = Req1 + Req2 + 5 = 655/18 .Req4 = 9 + 8 = 17 .
Luego:
i = 0i1 i2 i3 = 0
e iR = 0220 i1 . 4 i2 . 17 = 0220 i1 . 4 i3 . 655/18 = 0Entonces: i1 = 14,1144 A; i2 = 9,6201 A; i3 = 4,4943 A
20ohm
40ohm
25ohm
65ohm
V1 = i3 . Req1 = 59,9240 VV2 = i3 . Req2 = 81,1471 V
i4 = V1/20 = 2,9962 Ai5 = V1/40 = 1,4981 Ai6 = V2/25 = 3,2459 Ai7 = V2/65 = 1,2484 A
b. Calculo de potencia disipada en cada resistencia.
P6
P8
P5
P7
P4
P3P2
P1
220V
P1 = i1
2
. 4 = 796,8651 WattP2 = i22. 9 = 832,9169 Watt
P3 = i22. 8 = 740,3706 Watt
P4 = i32. 5 = 100,9937 Watt
P5 = i62. 25 = 263,8026 Watt
P6 = i42. 20 = 179,5443 Watt
P7 = i72. 65 = 101,3027 Watt
P8 = i52. 40 = 98,7721 Watt
c. Clculo de potencia entregada al circuito.P = V. i1 = 220 V . 14,1144 A = 3105,1680 Watt
4ohm
220V
Req4
Req3 i3
i2
i1
i4 i6
i5 i7
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8) Resolver el siguiente circuito aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.
12V
6V
10ohm
5ohm
1ohm
i1
i2
i3
i = 0i1 i2 i3 = 0
e iR = 012 i1 . 10 i2 . 5 = 012 i1 . 10 i3 . 1 6 = 0
Entonces: i1 = 0,6461 A; i2 = 1,1076 A; i3 = -0,4615 A
9) Resolver el siguiente circuito aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.
75V
50V
100V
10ohm
20ohm
10ohm
25ohm
10ohm
50ohm
e iR = 075 i1 . 10 + 50 (i1 i3). 10 (i1 + i2). 10= i1 . 30 + i2 . 10 i3 . 10 125= 075 + 100 i2 . 20 (i2 + i3). 50 (i1 + i2). 10= i1 . 10 + i2 . 80 + i3 . 50 175= 075 i1 . 10 i3 . 25 (i2 + i3). 50 (i1 + i2). 10= i1 . 20 + i2 . 60 + i3 . 75 75= 0
Entonces: i1 = 2,3048 A; i2 = 3,3171 A; i3 = -2,2683 A
10) Resolver el siguiente circuito aplicando Kirchoff para hallar las intensidades de las corrientes en las mayas.
24V
50V
20V
17ohm
8ohm
18ohm
i2
i1
i3
i = 0i1 i2 i3 = 0
e iR = 050 i1 . 8 i2 . 17 + 24 = 050 i1 . 8 i3 . 18 20 = 0
Entonces: i1 = 3,1433 A; i2 = 2,8737 A; i3 = 0,2696 A
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Corriente Alterna en Rgimen Permanente2) Determinar las frecuencias de las siguientes ondas.
a. Frecuencia 1: T = 1 seg f = 1/T = 1 Hz.
0 2 4 6 8
1
0.5
0.5
1
Perodo
Amplitud
1
1
f x( )
6.280 x
b. Frecuencia 2: T = 10 mseg f = 1/10
-2= 100 Hz.
0 2 4 6 8
1
0.5
0.5
1
Perodo
Amplitud
1
1
f x( )
6.280 x
3) Una corriente alterna tiene una amplitud de 220 V. Determinar el valor instantneo de la tensin para unngulo de fase de 30.
V 220 volt:=
30 deg:=
v V sin ( ):= v 110V=
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GUA DE EJERCICIOS:
2
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10/63
4) Una corriente alternada tienen un valor instantneo de corriente i = 1,5A a 1/5 del perodo desde el origen.Calcular el valor medio, mximo y eficaz de la corriente.
T
360
1 T
5solve , 72
72deg:=
i 1.5 A:=
i I sin ( ) implica I i
sin ( ):= I 1.577A=
imed2
I:= imed 1.004A=
iRMSI
2:= iRMS 1.115A=
5) El valor eficaz de una tensin es de 280 V. Cunto vale la corriente media y la instantnea a 1/6 del perodo
desde el origen?
T
360
1 T
6
solve , 60
60deg:=
vRMS 280 volt:=
V 2 vRMS:= V 395.98V=
vmed2
V:= vmed 252.089V=
v V sin ( ):= v 342.929V=
6) Una corriente alternada de 50 Hz tiene un valor mximo de corriente de 10 A. Qu valor instantneo alcazaa 1 mseg despus del momento correspondiente al valor nulo?
T 150
:= T 0.02=
T
360
10 3
solve , 18
18deg:=
I 10 A:=
i I sin ( ):= i 3.09A=
7) El valor de una tensin a 50 Hz es de 500 V. Calcular el valor medio, mximo e instantneo a 1 mseg.
T1
50
:= T 0.02=
T
360
10 3
solve , 18
18deg:=
vRMS 500 volt:=
V vRMS 2:= V 707.107V=
vmed2
V:= vmed 450.158V=
v V sin ( ):= v 218.508V=
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11/63
Variacin de XL y XC en funcin de w
0,00
20,00
40,00
60,00
80,00
100,00
120,00
140,00
160,00
180,00
400
800
12
00
16
00
20
00
24
00
28
00
32
00
36
00
40
00
Frecuencia Angular
Xl
Xc
8) Efectuar una representacin grfica de la variacin de XL y XC en funcin de la frecuencia angular w, quevara entre los 400 rad/seg a 4000 rad/seg.Datos: L = 40 mH y C = 25 F
Valores de XLy XCenfuncin de w
w XL XC
400 16,00 100,00
600 24,00 66,67
800 32,00 50,00
1000 40,00 40,00
1200 48,00 33,33
1400 56,00 28,57
1600 64,00 25,00
1800 72,00 22,22
2000 80,00 20,00
2200 88,00 18,18
2400 96,00 16,67
2600 104,00 15,382800 112,00 14,29
3000 120,00 13,33
3200 128,00 12,50
3400 136,00 11,76
3600 144,00 11,11
3800 152,00 10,53
4000 160,00 10,00
9) Una bobina de choque (permite el paso de determinadas frecuencias) con un coeficiente de autoinduccin L= 20 mHy deja pasar una corriente I = 16A. Calcular cual es la mxima tensin que podemos aplicar a dichabobina si las frecuencias son: a) 50 Hz; b) 16 Hz.
V 32.17e j 90( )
arg V( ) 90 deg=V 32.17V=V I Z2:=
b) Tensin Mxima con 16 Hz
V 100.531e j 90( )
arg V( ) 90 deg=V 100.531V=V I Z1:=
a) Tensin Mxima con 50 Hz
I 16 A:=
Z2 j XL2:=Z1 j XL1:=
XL2 2 L:=XL1 1 L:=L 20 10 3
H:=
2 16 2 Hz:=1 50 2 Hz:=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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10) Dado el circuito RC de la figura que tiene R = 20 y C = 5 F, alimentado por una tensin instantnea v =169,7. sen (10000t) V. Encontrar el valor de la impedancia del circuito y el de la corriente que circula.
169.7V
20ohm
5uF
I
V
Z
45
10000Hz:=
C 5 10 6
F:= XC1
C:=
R 20:=
Z R j XC+:= Z 28.284= arg Z( ) 45 deg=
Z 28.284e j 45( )
V 169.7volt:=
IV
Z:= I 6 A= arg I( ) 45 deg=
I 6 e j 45( )
11) Dado el siguiente circuito de corriente alternada, calcular el valor de la corriente que circula por el mismo.Datos: R1 = 10 ; XL1= 6,28 ; XC= 31,80 ; R2 = 10 ; XL2= 3,14 ;
V = 220 V
220V 0Hz 0Deg
R1
XC1
XL1
R2
XL2 Z V
I13 38' 6,5
R1 10:= XL1 6.28 := XC1 31.8 :=
R2 10:= XL2 3.14 := V 220 volt:=
Z R1 j XL1+( ) 1 1
j XC1
1
R2+ j XL2+:= Z 24.141= arg Z( ) 13.635deg=
Z 24.141e j 13.635( )
IV
Z:= I 9.113A= arg I( ) 13.635 deg=
I 9.113e i 13.635( )
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
13/63
Circuito Magntico a Flujo Constante12) Una bobina anular tiene un dimetro de 30cm, Una seccin rectangular de 0.6 x 1.8 cm y S = 1.08 cm
2. Tiene
arrollada 900 espiras por donde circula una corriente de 0.8 A, el ncleo de la bobina es aire. Calcular losvalores de induccin y flujo magntico.
Dm 30cm:= S 1.08cm2
:= N 900:=
I 0.8A:= 0 1.25 10 6
H
m:=
H N I
Dm:= H 763.944
A
m=
Como para el aire 1:=
B 0 H:= B 9.549 10 4
Wb
m2
=
B S:= 103.132 10 9
Wb=
13) Con los datos del problema anterior pero con ncleo constituido por chapa de dnamo. Calcular los valoresde B, y .
Dm 30cm:= S 1.08cm2
:= N 900:= I 0.8A:=
H N I
Dm
:= H 763.944
A
m=
Del grfico para Sacamos que B 1.82Wb
m2
:=
B S:= 196.56 10 6
Wb=
14) En un anillo se quiere producir un flujo de 128000Mx, las dimensiones del anillo son: D = 30cm, S1= 15cm2,
S2= 10cm2, S3= 8cm
2, calcular los Mx necesarios para S1= acero dulce, S2= chapa de Fe con 1.5% de Si, y
S3= capa de Fe con 2.5% de Si.
H2 200A vuelta
m:=B2 1.067
Wb
m
2=De grfico para
B2 1.067Wb
m2
=B2
S2
:=
NI1 753.982A vuelta=NI1 H1 Dm:=
H1 800A vuelta
m:=B1 0.853
Wb
m2
=De grfico para
B1 0.853
Wb
m2=B1
S1:=
S3 8cm2
:=S2 12cm2
:=S1 15cm2
:= 128000Mx:=Dm 30cm:=
vuelta 1kg:=Mx 1 10 8
Wb:=
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14/63
NI2 H2 Dm:= NI2 188.496A vuelta=
B3
S3
:= B3 1.6Wb
m2
=
De grfico para B3 1.6Wb
m2= H3 3500
A vuelta
m:=
NI3 H3 Dm:= NI3 3.299 103
A vuelta=
15) La longitud de la circunferencia media de un anillo de Rowland es de 50 cm y su seccin de 4cm2. Utilice la
curva de permeabilidad magntica y calcule la f.m.m. necesaria para establecer un flujo de 4 x 10-4
Wb. Cules la corriente encasara si el anillo tiene un arrollamiento de 200 vueltas?
Mx 1 10 8
Wb:= vuelta 1kg:=
Dm 50cm:= 4 10 4
Wb:= S 4cm2
:= N 200vuelta:=
B
S
:= B 1Wb
m2=
Por tabla sacamos H 200A vuelta
m:=
fmm Dm H:= fmm 314.159A vuelta=
i fmm
N:= i 1.571A=
16) Si cortamos el anillo del problema anterior un entre hierro de 1 mm de longitud, qu corriente es necesaria
para mantener el mismo flujo?
i 5.538A=iHe Hh Dm ( )+
N:=
He 7.937 105
A
m
=HeB
0
:=
Hh 200A
m:=Por tablasB 1
Wb
m2
=B
S:=
Para el hierro
0 1.26 10 6
H
m:=
1mm:=N 200:=S 4cm2
:= 4 10 4
Wb:=Dm 50cm:=
vuelta 1kg:=Mx 1 10 8
Wb:=
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15/63
17) Una bobina circular tiene un dimetro medio de 30cm, una seccin de 0.0004 m2, un arrollamiento de 900
espiras donde pasa una corriente de 0.8 A Cunto vale B y ?
Mx 1 10 8
Wb:= vuelta 1kg:=
Dm 50cm:= S 0.0004m2
:= N 900:= i 0.8A:= 0 1.25 10 6
H
m:=
H N i
Dm:= H 458.366
A
m=
B 0H:= B 5.73 10 4
Wb
m2
=
B S:= 22.918Mx=
18) En el entre hierro del circuito magntico de la figura se requiere un flujo til de valor constante de 0.015 Wb.El material es chapa de hierro con 2.5% de Si y la bobina de 1000 espiras. Determinar el valor de la corrientecirculante necesaria para crear dicho flujo; admitir un 5% de flujo de dispersin.
i 39.5A=iHhlh He +
N:=
lh 1.6m=lh 2 b a( ) 2 c a ( )+:=
He 3.15 105
A
m=He
Be
0
:=
Be 0.394Wb
m2
=Be
max
Se
:=
Se 400cm2
=Se a +( ) a +( ):=
Hh 5000A
m:=De tablas sacamos
Bh 1.658Wb
m2
=Bh
max
Su
:=
Su 95cm2
=Su 0.95 Sh:=Sh a a:=
max 1.575 10 2
Wb=max 1 rd+( ) :=
10cm:=N 1000:=rd 0.05:=
0 1.25 10 6
H
m:=c 50cm:=b 60cm:=a 10cm:= 0.015Wb:=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
16/63
Teoremas de Circuito en Corriente Alterna1) Aplicar el teorema de superposicin al circuito y obtener la intensidad de corriente.
Datos: V1 = 50 90 V; V2 = 50 V; R1 = 5 ; R2 = 3 ; XL1 = 4 ; XL2 = 5
R1
R2
L1
L2
V1 V2
Anulando V2
V1 i1.R1 i3. R2 XL1+( )+V1 i1.R1 i2.XL2+
i1. i2. i3.+
V1
R1
R2
XL1
XL2
Donde
i1. 3.103 7.241jA+= i2. 2.759 3.103j A= i3. 0.345 4.138j A=
Anulando V1
V2 i2..XL2 i3.. R2 XL1+( )+V2 i1..R1 i2..XL2+
i2.. i1.. i3..+
R1
R2
XL1
XL2
V2
Donde
i1.. 3.103 2.759j+ A= i2.. 2.759 6.897jA= i3.. 0.345 4.138j+ A=
Finalmente
i1 i1. i1..+:= i2 i2. i2..+:= i3 i3. i3..+:=
i1 10j A i2 10j A i3 0 A
Ingeniera ElectromecnicaFACULTAD REGIONAL RESISTENCIA
UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL
Ctedra: ElectrotecniaProf.Titular:Ing. Carlos HisgenJ.T.P:Ing. Leoncio Mason
GUA DE EJERCICIOS:
4
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
17/63
2) Aplicar el teorema de superposicin al circuito para hallar la tensin VAB.Datos: I1 = 2 A; I2 = 4 A; R1 = 10 ; R2 = 5 ; R3 = 2
R1
R2
R3
Anulando la corriente 2 y cortocircuitando los bornes
I1
VAB.
1
R2
1
R1
R3
++
solve V
AB.,
120
17A
VAB.
120
17volt:=
Anulando la corriente 1 y cortocircuitando los bornes
I2
VCB
R1
R2
+ R3
+
R3
R1
R2
+( )
solve V
CB,
120
17A
VCB
120
17volt:= i
VCB
R1
R2
+:=
VAB..
i R2
:= VAB..
2.353V=
Entonces
VAB
VAB.
VAB..
+:= VAB
9.412V=
3) Aplicar el teorema de superposicin al circuito y obtener la intensidad de corriente.Datos: V1 = V2 = 120 V; R1 = 1 ; R2 = 1.5 ; R3 = 10
V1
V2
R1
R2
R3
Anulando V2
V1
i1.
R1
i3.
R2
+
V1
i1.
R1
i2.
R3
+
i1.
i2.
i3.
+
Donde
i1.
52.075A= i2.
6.792 A= i3.
45.283 A=
A
B
C
I2
I1
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
18/63
Anulando V1
V2
i2..
R3
i3..
R2
+
V2
i1..
R1
i2..
R3
+
i2..
i1..
i3..
+
Donde
i1..
6.792 A= i2..
11.321A= i3..
4.528 A=
Finalmente
i1
i1.
i1..
+:= i2
i2.
i2..
+:= i3
i3.
i3..
+:=
i1
45.283A i2
4.528A i3
49.811 A
4) Obtener el circuito equivalente Thvenin para el circuito de la figura.Datos: V = 30 V; R1 = 5 ; R2 = 12
V
R1
R2
Cortocircuitando V
ZT
1
R1
1
R2
+
1
:= ZT
3.529=
Por el mtodos de las corrientes en nudos
VT
V
R1
VT
R2
+ 0 solve VT
, 360
17volt
VT
360
17volt:=
VT
ZT
5) Obtener el circuito equivalente Thvenin para el circuito de la figura.Datos: V = 100 V; R1 = 5 ; R2 = 3 ; XL1 = 5 ; XL2 = 4
V
R1
R2
L1
L2
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Cortocircuitando V
ZT1
R1
1
R2 XL1++
1
XL2+:= ZT 2.753 5.404j+ =
Por el mtodos de las corrientes en nudos
VT V
R1
VT
R2 XL1++ 0
VT4900
89j
2500
89+
volt:= VT 55.056 28.09jV+=VT
ZT
6) Obtener el circuito equivalente Norton para el circuito de la figura.
Datos: V = 50 V; R1 = 3 ; R2 = 2 ; XL1 = 4 ; XL2 = 6
V
R1
R2
L1
L2
Cortocircuitando V
ZT1
R1
1
R2 XL1++
1
XL2+:= ZT 1.902 6.878j+=
YN1
ZT
:= YN 0.037 0.135jS=
Por el mtodos de las corrientes en nudos
VT V
R1
VT
R2 XL1++ 0 solve VT,
1300
41
600
41i+
volt
VT1300
41
600
41i+
volt:= VT 31.707 14.634j+ V=
IN
VT
ZT:= IN 3.161 3.736jA=
IN YN
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
20/63
7) Obtener el circuito equivalente Norton para el circuito de la figura.
Datos: V1 = 10V; V2 = 1090V; R1 = 10 ; R2 = 10 ; XL1 = 10 ; XL2 = 5
V1
R1
R2
L1 L2
V2
Cortocircuitando V
ZT1
R1 XL1+
1
R2
+
1
XL2+:= ZT 6 7j+ =
YN1
ZT
:= YN 0.071 0.082j S=
Por el mtodos de las corrientes en nudos
VT V1
R1 XL1+
VT
R2
+ 0 solve VT, 4 2 i( ) volt
VT 4 2 j( ) volt:=
IN
VT
ZT
:= IN 0.118 0.471j A=
IN YN
8) Hallar el valor de RL que da lugar a la mxima transferencia de potencia. Calcular tambin el valor mximo
de potencia.Datos: V = 100V; R1 = 5 ; XL1 = 10
V
R1L1
RL
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
21/63
Inpedancia de Thvenin
ZT R1 XL1+:= ZT 5 10j+=
Tensin de Thvenin
VT V
R1 XL1+ 0 solve VT, 100 volt
VT 100 volt:=
La potendia mxima en ZL se obtiene si:
ZL ZT:= ZL 5 10j+ =
Pmax i2
ZLVT
ZL ZT+
2
ZL
PmaxVT
ZL ZT+
2
ZL:= Pmax 100 200j W=
9) En el circuito de la figura, la carga est formada por una reactancia fija y una resistencia variable. Determinar:a. El valor de RL para el cual la potencia transferida es mxima.b. El valor de la potencia mxima.
Datos: V = 10V; R1 = 10 ; XL1 = 10 ; XC1 = 15
V
R1L1
C1
RL
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
22/63
Inpedancia de Thvenin
ZT R1 XL1+:= ZT 10 10j+ =
Tensin de Thvenin
VT V
R1 XL1+ 0 solve VT, 10 volt
VT 10 volt:=
La potendia mxima en ZL se obtiene si:
ZL ZT XC1:= ZL 10 25j+=
Pmax i2
ZLVT
ZT ZL+ XC1+
2
ZL
PmaxVT
ZT ZL+ XC1+
2
ZL:= Pmax 3.125 1.25jW=
10) En el circuito de la figura actan dos fuentes de tensin en la impedancia de carga conectadas a las
terminales AB. Si la carga es variable, tanto en reactancia como en resistencia, cul es el valor de la cargaZL y cuanto vale la potencia en la misma?
Datos: V1 = 50V; V2 = 2590V; R1 = 5 ; R2 = 3 ; XL1 = 5 ; XC1 = 4
R1
V1 V2
R2
ZL
L1 C1
Primer Circuito
ZT1 R1 XL1+:= ZT1 5 5j+ =
VT1 V1:= VT1 50V=
Segundo Circuito
ZT2 R2 XC1+:= ZT2 3 4j =
VT2 V2:= VT2 25jV=
VT1 VT2
ZT1 ZT2
ZL
La potendia mxima en ZL se obtiene si ZL el la suma en paralelo de ZT1 y ZT2
ZL1
ZT1
1
ZT2
+
1
:= ZL 4.231 1.154j =
La corriente circulante por ZL ser:
Anulando V2
V1 i1.ZT1 i3.ZL+
V1 i1.ZT1 i2.ZT2+
i1. i2. i3.+
VT1
ZT1 ZT2
ZL
A
B
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
23/63
Donde
i1. 5.577 2.885j A= i2. 3.077 0.385j+ A= i3. 2.5 2.5j+ A=
Anulando V1
V2 i2..ZT2 i3..ZL+
V2 i2..ZT2 i1..ZT1+
i2.. i1.. i3..+
VT2
ZT1 ZT2
ZL
Donde
i1.. 0.192 1.538j A= i2.. 1.808 3.038jA+= i3.. 2 1.5j A=
i3 i3. i3..+:=
Entonces
i3 0.5 jA+=
Pmax i32
ZL:= Pmax 4.327 3.365j W=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
24/63
Circuito Magntico a Flujo VariablePara el electroimn de la figura, calcular la intensidad de corriente y el nmero de vueltas necesarios para producir unafuerza en la armadura de 150kg con una intensidad de corriente de 2.5 A/mm
2, en las siguientes condiciones de
excitacin:1) Alimentado con corriente continua.
a. Intensidad de corriente y nmero de vueltas para producir una fuerza en l a armadura G1= 150 kg,con un entre hierro de 1mm.
b. Manteniendo las condiciones de excitacin segn 1, pero con una separacin de armadura de 2mm, calcular &2y G 2y compararlas con los valores de & 1y G 1de la pregunta anterior.
2) Alimentado con una corriente alterna.a. Manteniendo el nmero de vueltas constante, calcular qu tensin hara falta a una frecuencia de
50 Hz para obtener la misma fuerza G1, en la armadura, con 1 = 1mm (despreciando laresistencia hmica del bobinado y las prdidas en el hierro y el cobre).
b. Manteniendo las condiciones del punto anterior y separando la armadura a 2 = 2mm, calcular
&2CA, G2CAy compararlos con los del punto anterior.Caractersticas magnticas:
B(Tesla)
0,02 0,20 0,64 0,90 1,10 1,24 1,36 1,45 1,51 1,66
H(A/m)
20 40 80 160 300 600 1300 2000 4000 12000
1) Clculo con alimentacin de corriente continua.
a) Clculo de (NI) para d1 = 1mm
lf 0.52m:= S 0.03m( )2
9. 10-4
m2
:= 1 0.001m:=
0 4 10 7
H
m:= G 150kgf:= la 0.002m:= e 2.5
A
mm2
:=
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UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL
Ctedra: ElectrotecniaProf.Titular:Ing. Carlos HisgenJ.T.P:Ing. Leoncio Mason
GUA DE EJERCICIOS:
5
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
25/63
N 651.184vueltas=NNIcc
I:=
I 5A=I e Sc:=
Sc 2mm2
:=Tomando una seccin de dos milmetros cuadrados
NIcc 3.256 103
A=NIcc Hf lf H0 la+:=
H0 1.14 106
A
m=H0
B0
0
:=
Hf 1875A
m:=
Buscanco en la tabla y interpolando:
B0 1.433Wb
m2
=B02 P 0
S:=Donde2 P
B02
0
S
PG
2:=TambinP
1
2B0 H0 S
1
2
B02
0
La fuerza portante en un electroimn est dada por la siguiente expresin:
b) Clculo del flujo 2 y de G 2para 2= 2mm.
El clculo de 2 debe hacerse grficamente utilizando el diagrama dado por la funcin = f(NI). Previamentese determina la siguiente tabla:
(BS) Wb10-4 0,18 1,80 5,76 8,10 9,90 11,16 12,24 13,05 13,86 14,94
(Hl)A
10.4 20.8 41.6 83.2 156,00 312,00 624,00 1040,00 2080,00 6240,00
Y adems la tan 0para la pendiente de la recta B 0= 0S
Dividiendo por las escalas de y de Hl, resulta:
2 = 1.083 x 10-3
Wb < 1B2= 1.203 Wb/m
2< B 1
G2= 105.8 kgf< G 12) Clculo con alimentacin de corriente alterna de 50 Hz.
a) Clculo de Eef para 1 = 1mm para las mismas condiciones de 1)
Bmax B0 2:= f 50Hz:=
Eef 4.44 f N Bmax S:= Eef 263.696V=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
26/63
Circuito Trifsico1) Para un circuito trifsico balanceado con la carga conectada en estrella, hallar las corrientes de lnea, la
potencia por fase y la potencia total.Generador: VF= 50 V.Carga: R = 1 ; XL= j1 .
ABC XLa XLb XLc
Ra Rb Rc
Impedancia
Z R XL+:= Z 1 j+ =
Tensiones de Lnea:
VFa 50 volt:=
VFb 50 e
120j deg( )
volt:=
VFc 50 e 120j deg( )
volt:=
VLab VFa VFb:= VLab 86.603V= arg VLab( ) 30deg=
VLbc VFb VFc:= VLbc 86.603V= arg VLbc( ) 90 deg=
VLca VFc VFa:= VLca 86.603V= arg VLca( ) 150deg=
Corrientes de Lnea:
ILa
VLab
Z:= I
La 61.237A= arg I
La( ) 15 deg=
ILb
VLbc
Z:= ILb 61.237A= arg ILb( ) 135 deg=
ILc
VLca
Z:= ILc 61.237A= arg ILc( ) 105deg=
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 45deg=
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6
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
27/63
Potencia por Fase
PF
VLab ILa
3cos ( ):= PF 2.165 10
3 W= Potencia Activa
QF
VLab ILa
3sin ( ):= QF 2.165 10
3
W= Potencia Reactiva
Potencia Total
PT 3 VLab ILa cos ( ):= PT 6.495 103
W= Potencia Activa
QT 3 VLab ILa sin ( ):= QT 6.495 103
W= Potencia Reactiva
2) Para un circuito trifsico balanceado con la carga conectada en estrella, hallar las tensiones de lnea y defase, la potencia reactiva y la reactancia inductiva.Generador: IL= 15 A; PT= 11 kW; ST= 13 KVA.Carga: R = 1 ; L = 1 mHy.
ABC XLa XLb XLc
Ra Rb Rc
Clculo de Potencia Reactiva
QT ST2 PT
2:= QT 6.928 103 W=
atanQT
PT
:= 32.204deg= Factor de Potencia
Clculo de Impedancia
tan ( ) L
Rdonde tan ( )
R
L:=
* 629.837Hz=
Z R j L+:= Z 1 0.63j+= j L 0.63j=
Clculon de Tensin de Fase
VF IL Z:= VF 17.727V=
Tensiones de Lnea:
VFa VF:=
VFb VFe 120j deg( )
:=
VFc VFe 120j deg( )
:=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
28/63
VLab VFa VFb:= VLab 30.705V= arg VLab( ) 30deg=
VLbc VFb VFc:= VLbc 30.705V= arg VLbc( ) 90 deg=
VLca VFc VFa:= VLca 30.705V= arg VLca( ) 150deg=
3) Tres bobinas de reactancia j30 y resistencia 25 conectadas en tringulo, se alimentan por medio de untransformador trifsico, cuya fuente tiene una tensin de fase de 240 V. Calcular la corriente de fase en lacarga, potencia total absorbida y factor de potencia.
b
a
c
XLab
XLbc
XLca
Rab
Rbc
Rca
Impedancia
Z R XL+:= Z 25 30j+=
Tensiones de Fase:
VFa 240 volt:= VLa VFa:=
VFb 240 e 120j deg( )
volt:= VLb VFb:=
VFc 240 e 120j deg( )
volt:= VLc VFc:=
arg ILc( ) 39.806deg=ILc 10.645A=ILc IFca IFbc:=arg ILb( ) 159.806deg=ILb 10.645A=ILb IFbc IFab:=
arg ILa( ) 80.194 deg=ILa 10.645A=ILa IFab IFca:=
arg IFca( ) 69.806deg=IFca 6.146A=IFcaVFc
Z:=
arg IFbc( ) 170.194 deg=IFbc 6.146A=IFbcVFb
Z:=
arg IFab( ) 50.194 deg=IFab 6.146A=IFabVFa
Z:=
Corrientes de Lnea:
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 50.194deg=
Potencia Total
PT 3 VLa ILa cos ( ):= PT 2.833 10
3 W= Potencia Activa
QT 3 VLa ILa sin ( ):= QT 3.399 10
3 W= Potencia Reactiva
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
29/63
4) Establece la potencia activa, reactiva y aparente en un circuito con carga equilibrada conectado en tringulo,con una impedancia de fase de 20 . e^(30j). Tensin de lnea igual a 240 V.
b
a
c
XLab
XLbc
XLca
Rab
Rbc
Rca
Impedancia
Z 20 e j 30 deg( )
ohm:= Z 17.321 10j+=
Tensiones de Fase:
V
Fa
240 volt:= V
La
V
Fa
:=
VFb 240 e 120j deg( )
volt:= VLb VFb:=
VFc 240 e 120j deg( )
volt:= VLc VFc:=
Corrientes de Lnea:
IFab
VFa
Z:= IFab 12A= arg IFab( ) 30 deg=
IFbc
VFb
Z:= IFbc 12A= arg IFbc( ) 150 deg=
IFca
VFc
Z:= IFca 12A= arg IFca( ) 90deg=
ILa IFab IFca:= ILa 20.785A= arg ILa( ) 60 deg=ILb IFbc IFab:= ILb 20.785A= arg ILb( ) 180deg=ILc IFca IFbc:= ILc 20.785A= arg ILc( ) 60deg=
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 30deg=
Potencia Total
PT 3 VLa ILa cos ( ):= PT 7.482 10
3 W= Potencia Activa
QT 3 VLa ILa sin ( ):= QT 4.32 10
3 W= Potencia Reactiva
ST PT2
QT2
+:= ST 8.64 103
W= Potencia Aparente
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
30/63
5) Con la misma tensin de lnea del problema anterior y el mismo valor de carga pero conectado en estrella,calcular la potencia activa, reactiva y aparente.
ABC XLa XLb XLc
Ra Rb Rc
Impedancia
Z 20 e j 30 deg( )
ohm:= Z 17.321 10j+ =
Tensiones de Lnea:
VFa 240 volt:=
VFb 240 e 120j deg( )
volt:=
VFc 240 e 120j deg( )
volt:=
VLab VFa VFb:= VLab 415.692V= arg VLab( ) 30deg=
VLbc VFb VFc:= VLbc 415.692V= arg VLbc( ) 90 deg=
VLca VFc VFa:= VLca 415.692V= arg VLca( ) 150deg=
Corrientes de Lnea:
ILa
VLab
Z:= ILa 20.785A= arg ILa( ) 0=
ILb
VLbc
Z:= ILb 20.785A= arg ILb( ) 120 deg=
ILc
VLca
Z:= ILc 20.785A= arg ILc( ) 120deg=
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 30deg=
Potencia Total
PT 3 VLab ILa cos ( ):= PT 1.296 104
W= Potencia Activa
QT 3 VLab ILa sin ( ):= QT 7.482 103
W= Potencia Reactiva
ST PT2
QT2
+:= ST 1.496 104
W= Potencia Aparente
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
31/63
6) Trazar el polgono vectorial de las corrientes de un sistema trifsico estrella.
Vfa30
30
30
120
-120
Ila
Ilb
IlcVla
Vlc
Vlb
Vfb
Vfc
7) Tres impedancias de 42 . e (-35j) se conectan en tringulo a un sistema trifsico de tres conductores. VF=
350 V y secuencia ABC. Hallar las corrientes de lnea y la potencia toral.
b
a
c
XLab
XLbc
XLca
Rab
Rbc
Rca
Impedancia
Z 42 e j 35 deg( )
ohm:= Z 34.404 24.09j=
Tensiones de Fase:
VFa 350 volt:= VLa VFa:=
VFb 350 e 120j deg( )
volt:= VLb VFb:=
VFc 350 e 120j deg( )
volt:= VLc VFc:=
IFab
VFa
Z:= IFab 8.333A= arg IFab( ) 35deg=
IFbc
VFb
Z:= IFbc 8.333A= arg IFbc( ) 85 deg=
IFca
VFc
Z:= IFca 8.333A= arg IFca( ) 155deg=
ILa IFab IFca:= ILa 14.434A= arg ILa( ) 5deg=ILb IFbc IFab:= ILb 14.434A= arg ILb( ) 115 deg=ILc IFca IFbc:= ILc 14.434A= arg ILc( ) 125deg=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
32/63
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 35 deg=
Potencia Total
PT 3 VLa ILa cos ( ):= PT 7.168 103
W=Potencia Activa
QT 3 VLa ILa sin ( ):= QT 5.019 10
3 W= Potencia Reactiva
8) Se conecta en tringulo una carga a un sistema trifsico de 3 conductores. Tensin de fase VF = 100V,
secuencia ACB, impedancia Z = 15,9 . e^(70j). Hallar las corrientes de lnea y la potencia total.
b
a
c
XLab
XLbc
XLca
Rab
Rbc
Rca
Impedancia
Z 15.9 e j 70 deg( )
ohm:= Z 5.438 14.941j+=
Tensiones de Fase:
VFa 100 volt:= VLa VFa:=
VFb 100 e 120j deg( )
volt:= VLb VFb:=
VFc 100 e 120j deg( )
volt:= VLc VFc:=
Corrientes de Lnea:
IFab
VFa
Z:= IFab 6.289A= arg IFab( ) 70 deg=
IFbc
VFb
Z:= IFbc 6.289A= arg IFbc( ) 50deg=
IFca
VFc
Z:= IFca 6.289A= arg IFca( ) 170deg=
ILa IFab IFca:= ILa 10.893A= arg ILa( ) 40 deg=ILb IFbc IFab:= ILb 10.893A= arg ILb( ) 80deg=ILc IFca IFbc:= ILc 10.893A= arg ILc( ) 160 deg=
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 70deg=
Potencia Total
PT 3 VLa ILa cos ( ):= PT 645.321W= Potencia Activa
QT 3 VLa ILa sin ( ):= QT 1.773 103
W= Potencia Reactiva
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
33/63
9) Se conecta en tringulo una carga a un sistema trifsico de 3 conductores. Tensin de fase VF = 240V,secuencia ACB, impedancia Z = 10 . e^(53,1j). Hallar las corrientes de lnea y la potencia total.
b
a
c
XLab
XLbc
XLca
Rab
Rbc
Rca
Impedancia
Z 10 e j 53.1 deg( )
ohm:= Z 6.004 7.997j+ =
Tensiones de Fase:
V
Fa
240 volt:= V
La
V
Fa
:=
VFb 240 e120j deg( )
volt:= VLb VFb:=
VFc 240 e 120j deg( )
volt:= VLc VFc:=
Corrientes de Lnea:
IFab
VFa
Z:= IFab 24A= arg IFab( ) 53.1 deg=
IFbc
VFb
Z:= IFbc 24A= arg IFbc( ) 66.9deg=
IFca
VFc
Z:= IFca 24A= arg IFca( ) 173.1 deg=
ILa IFab IFca:= ILa 41.569A= arg ILa( ) 23.1 deg=ILb IFbc IFab:= ILb 41.569A= arg ILb( ) 96.9deg=ILc IFca IFbc:= ILc 41.569A= arg ILc( ) 143.1 deg=
Factor de Potencia:
arg Z( ):= 53.1deg=
Potencia Total
PT 3 VLa ILa cos ( ):= PT 1.038 10
4 W= Potencia Activa
QT 3 VLa ILa sin ( ):= QT 1.382 10
4 W= Potencia Reactiva
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
34/63
10) Se conecta una carga en estrella a un sistema de cuatro conductores. Hallar la potencia total del sistema.
Datos: VF= 208 V; ZA= 3 ; ZB= 1030 ; ZC= 8 .
ABC XLa XLb XLc
Ra Rb Rc
Impedancias de Fase
Za 3 ohm:= Za 3 =
Zb 10 e j 30 deg( )
ohm:= Zb 8.66 5j+ =
Zc 8 ohm:= Zc 8 =
Tensiones de Lnea:
VFa 208 volt:=
VFb 208 e 120j deg( )
volt:=
VFc 208 e 120j deg( )
volt:=
VLab VFa VFb:= VLab 360.267V= arg VLab( ) 30deg=
VLbc VFb VFc:= VLbc 360.267V= arg VLbc( ) 90 deg=VLca VFc VFa:= VLca 360.267V= arg VLca( ) 150deg=
Corrientes de Fase:
ILa
VLab
Za
:= ILa 120.089A= arg ILa( ) 30deg= IFa ILa:=
ILb
VLbc
Zb
:= ILb 36.027A= arg ILb( ) 120 deg= IFb ILb:=
ILc
VLca
Zc
:= ILc
45.033A= arg ILc( )
150deg= IFc
ILc
:=
Factor de Potencia por Fase:
a arg Za( ):= a 0deg=
b arg Zb( ):= b 30deg=
c arg Zc( ):= c 0deg=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
35/63
Potencia por Fase
PFa
VFa
IFa
cos a( ):= PFa 2.498 10
4 W= Potencia Activa Fase a
PFb
VFb
IFb
cos b( ):= PFb 6 .49 10
3 W= Potencia Activa Fase b
PFc VFc IFc cos c( ):= PFc 9.367 103
W= Potencia Activa Fase c
Potencia Total
PT
PFa
PFb
+ PFc
+:= PT
4.084 104
W= Potencia Activa Total
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
36/63
Circuito Acoplado Magnticamente1) Por el arrollamiento 1 de un par de bobinas acopladas circula una corriente de 5 y los flujos
correspondientes 11y 12son 20000 y 40000 Maxwell, respectivamente. Si el nmero de espiras es N1= 500y N2= 1500, hallar L1, L2, M y k.
i1 5A:= 11 20000Mx:= 12 40000Mx:=
N1 500:= N2 1500:=
1 11 12+:= 1 6 10 4 Wb=
L1
N11
i1
:= L1 0.06H=
k12
1:= k 0.667=
MN212
i1
:= M 0.12H=
L2
M
k
2
L1
:= L2 0.54H=
2) El coeficiente de acoplo de dos bobinas, L1= 0.8 H y L2= 0.2 H, es k = 0.9, hallar la induccin mutua M y la
relacin del nmero de espiras N1/N2.
L1 0.8H:= L2 0.2H:= k 0.9:=
M k L1 L2:= M 0.36H=
N1
N2
2N1
N2
L1
L2
3) Dos bobinas de autoinducciones L1= 0.05H y L2= 0.2 H, tienen un coeficiente de acoplo k = 0,5. La bobina 2posee 1000 espiras. Si la corriente de la bobina 1 es i 1= 5 . sin(400t), determinar la tensin de la bobina 2 yel flujo mximo de la bobina 1.
L1 0.05H:= L2 0.2H:= k 0.5:=
i1 t( ) 5V sin 400t( ):= N2 1000:=
M k L1 L2:= M 0.05H=
v2 t( ) Mti1 t( )
d
d:= v2 t( ) 100 cos 400t( ):=
recordando v2 N2t12
d
d
121
N
2
tv2 t( )
d 0.25 10 3 sin 400t( )
Ingeniera ElectromecnicaFACULTAD REGIONAL RESISTENCIA
UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL
Ctedra: ElectrotecniaProf.Titular:Ing. Carlos HisgenJ.T.P:Ing. Leoncio Mason
GUA DE EJERCICIOS:
7
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
37/63
12max 0.25 10 3 Wb:= 1max
12max
k:=
1max 5 10 4 Wb=
4) Aplicar la segunda ley de Kirchhoff al circuito con acoplo magntico de la figura escribiendo la ecuacin en
valores instantneos.
R i L1 L2+ 2M( )ti
d
d+
1
Cti
d+ v
5) Escribir el sistema de ecuaciones en las corrientes de malla en valores instantneos con acoplo magntico
de la figura.
R1 i1 L1ti1
d
d+ M
ti2
d
d+ v
R2 i2 L2ti2
d
d+ M
ti1
d
d+ v
L1
L2
M
L2L1
M
i2
i1
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
38/63
6) Repetir el problema 5 con la corriente i2en la forma de la siguiente figura.
R1 i1 i2( ) L1t
i1 i2( )dd+ M
ti2d
d+ v
R1 i1 i2( ) R2 i2+ L2ti2
d
d+ M
ti2 i1( )
d
d L1
ti2 i1( )
d
d+ M
ti2
d
d 0
7) Obtener el circuito equivalente con acoplo magntico de la figura. Determinar la tensin de la reactancia 10j empleando el circuito equivalente.
Planteando las ecuaciones de malla:
Z5 j 5
5 j 3+
5 j 3+
10 j 6+
:= Z 64 50i=
5 j 5
5 j 3+5 j 3
+
10 j 6+
i
1i2
10
10 j 10
i1
10
10 j 10
5 j 3+
10 j 6+
Z
:= i1 0.412 0.928i+=
La cada de tensin en la reactancia es:
V i1 j 10( ):=
V 9.278 4.124i+= V 10.153= arg V( ) 23.962deg=
L2L1
i1 i2
M
10
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
39/63
Transitorio en Circuitos Lineales1) En el circuito RL se aplica una tensin constante en el instante t = 0. Determinar:
c. Las ecuaciones de i(t), vR(t) y vL(t).d. La intensidad para t = 0,5 seg.e. El instante en que se cumple vR= vL.
Datos: R = 50 ; L = 10 Hy; V = 100 V.
V
R
Switch
L
a) Ecuacin de i, vLy vR
i R Lti
d
d+ V 50 i t( ) 10
ti t( )
d
d+ 100
i e
R
Lt
i0
V
R
V
R+
Para t = 0 implica i0
= 0
iV
R1 e
R
Lt
i t( ) 2 2 exp 5 t( ) i t( ) 2 1 exp 5 t( )( ):=
vR i t( ) R function 100 100 exp 5 t( ) vRt( ) 100 1 exp((:=
vL Lti t( )
d
d function 100exp 5 t( ) vLt( ) 100 exp 5 t( ):=
0 0.5 1 1.5 2
0.5
1
1.5
2
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
Ingeniera ElectromecnicaFACULTAD REGIONAL RESISTENCIA
UNIVERSIDAD TECNOLOGICA NACIONAL
Ctedra: ElectrotecniaProf.Titular:Ing. Carlos HisgenJ.T.P:Ing. Leoncio Mason
GUA DE EJERCICIOS:
8
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
40/63
0 0.5 1 1.5 2
25
50
75
100
Tensin en Resistencia
Tensin en Bobina
Grfica de i(t)
b) Intensidad de corriente para t = 0,5
i 0.5( ) 1.836=
c) Instante en que vR= vL
vRt( ) vLt( ) solve t, 1
5ln 2( )
t 1
5ln 2( ) s:= t 0.139s=
2) En el circuito RC se aplica una tensin constante en el instante t = 0. Determinar las ecuaciones de i(t), vR(t)
y vL(t).Datos: R = 5000 ; C = 20 F; V = 100 V.
V
R
Switch
C
Ecuacin de i, vCy vR:
i R ti
C
d+ V1implica R
ti
d
d
i
C+ 0
i i0e
1
R C
t
para t 0implica i0V
R
iV
Re
1
R C t
i t( )
1
50exp 10 t( ) i t( )
1
50exp 10 t( ):=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
41/63
vR i t( ) R vR 100 exp 10 t( ) vRt( ) 100 exp 10 t( ):=
vC ti t( )
C
d vC 100 exp 10 t( ) vCt( ) 100 1 exp 10 t( )( ):=
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
20
40
60
80
Tensin en Resistencia
Tensin en Bobina
Grfica de Tensiones
3) El condensador de 20 F de un circuito RC tiene una carga inicial q0 = 500 coul. En el instante t = 0 se cierra
el interruptor aplicndose una tensin constante de 50V. Determinar la corriente en el perodo transitorio. R =1 .
V
R
Switch
C
Ecuacin de i, vCy vR:
i R ti
C
d+ V1implica R
ti
d
d
i
C+ 0
i i0e
1
R C t
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
42/63
para t 0implica i0V
R
q0
C R+
i V
R
q0
C R+
e
1
R C t
i t( ) 75 exp 50000 t( ) i t( ) 75 exp 50000 t( ):=
vR i t( ) R vR 75 exp 50000 t( ) vRt( ) 75 exp 50000 t( ):=
vC ti t( )
C
d vC 75 exp 50000 t( ) vCt( ) 75 1 exp 50000 t( )( ):=
0 5 .10 5
1 .10 4
10
20
3040
50
60
70
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
0 5 .10 5
1 .10 4
10
20
3040
50
60
70
Tensin en Resistencia
Tensin en Bobina
Grfica de Tensiones
4) En el circuito RC de la figura se coloca el interruptor en la posicin 1 en el instante t = 0 y despus de un
tiempo t = se para a la posicin 2. Determinar el rgimen transitorio de la corriente. V1= 100V; V2= 50 V; R= 500 ; C = 0,5 F.
V1
R
C
V2
Switch
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
43/63
Ecuaciones de i(t):
i R ti
C
d+ V1implica R
ti
d
d
i
C+ 0
i i0e
1R C
t
Para la posicin 1:
para t 0implica i0
V1
R
iV1
Re
1
R C t
i t( )1
5exp 4000.0000000000000000 t( ) i t( )
1
5exp 4000 t( ):=
Para la posicin 2:
para t 0implica i0
V2
R
iV2
Re
1
R C t
function1
10exp 4000.0000000000000000 t( ) i t( )
1
10exp 4000 t( ):=
R C:= 2.5 10 4
=
i t( ) 1
5
exp 4000 t( ) t
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
44/63
5) En un circuito RLC se aplica una tensin constante en el instante t = 0. Hallar el rgimen transitorio de lacorriente y su valor mximo.Datos: V = 50V; R = 3000 ; L = 10 Hy; C = 200 F.
V
R
Switch
L
C
Ecuacin de i(t):
i R Lt
idd+ tiC
d+ V implica 2t
idd
2
RL t
idd+ iL C+
0
r
1
L C
R
L
1
:= s polyroots r ( ):= s298.324
1.676
=
i t( ) A e 298.324 t( )
B e 1.676 t( )
+
t i t( )
d
d 298.324
A
e
298.324 t( )
1.676B
e
1.676 t( )
para t 0implica i0 0
Lt
id
d V implica
ti
d
d
V
L ti t( )
d
d5
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
45/63
Entonces
A B+ 0
298.324 A 1.676 B+ 5
S Find A B,( )1.685499312316280575010
-2
1.685499312316280575010-2
:=
i t( ) 0.017 e 298.324 t( )
0.017e 1.676 t( )
+:=
0 0.5 1 1.5 2 2.5
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
Valor mximo de la corriente:
tti t( )
d
d0 solve t, 1.746774002232029228710
-2:=
t 0.017=
i t( ) 0.016= Corriente mxima
6) En un circuito RLC se aplica una tensin constante en el instante t = 0. Hallar el rgimen transitorio de lacorriente.Datos: V = 100V; R = 50 ; L = 0,1 Hy; C = 50 F.
V
R
Switch
L
C
Ecuacin de i(t):
i R Lti
d
d+ t
i
C
d+ V implica2
t
id
d
2 R
L ti
d
d+
i
L C+ 0
r
1
L C
R
L
1
:= s polyroots r( ):= s250 370.81j
250 370.81j+
=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
46/63
i t( ) A e 250 t( )
cos 370.81 t( ) B e 250 t( )
sin 370.81 t( )+
para t 0implica i0 0
L
t
id
d
V implica
t
id
d
V
L t
i t( )d
d
1000.000000000000000
Entonces
A B+ 0
250 A 370.81B 1000
S Find A B,( )8.2774604751262312722
8.2774604751262312722
:=
i t( ) 8.277e 250 t( )
cos 370.81 t( ) 8.277e 250 t( )
sin 370.81 t( ):=
0 0.005 0.01 0.015 0.022.5
2.5
5
7.5
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
7) Dado un circuito RL alimentado por una tensin v(t) = 150 . sen(500t + ), que se aplica en el instante en que
= 0. Hallar la corriente completa.
Datos: R = 50 ; L = 0.2 Hy.
R
Switch
L
V
Ecuacin de i(t):
i R Lti
d
d+ V0sin t +( ) implica
ti
d
d
R
Li+
V0
Lsin t +( )
ic i0e
R
Lt
ip A sin t +( ) B cos t +( )+
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
47/63
Donde
AR
L B
V0
L
A R
L
B+ 0
s find A B,( ).60000000000000000000
1.2000000000000000000
:=
i t( ) i0e 250 t( )
0.6 sin 500 t +( )+ 1.2 cos 500 t +( )
i t( ) ' 250 i0e 250 t( )
300 cos 500 t +( )+ 600 sin 500 t +( )+
Condiciones Iniciales: i 0( ) 0; i 0( ) ' 0
i0 0.6 sin ( )+ 1.2 cos ( ) 0
250 i0
300cos ( )+ 600 sin ( )+ 0
s find i0 ,( ) 1.2000000000000000000
0
:=
Finalmente
i t( ) 1.2 e 250 t( )
0.6 sin 500 t( )+ 1.2 cos 500 t( ):=
0 0.01 0.02 0.03 0.04
1.5
1
0.5
0.5
1
1.5
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
8) Dado un circuito RC alimentado por una tensin v(t) = 250 . sen(500t + ), que se aplica en el instante en
que = 0. Hallar la corriente completa.Datos: R = 100 ; C = 25 F; q0= 0.
R
Switch
C
V
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
48/63
Ecuacin de i(t):
i R 1
Cti
d+ V0sin t +( ) implicati
d
d
1
R C i+
V0
Rcos t +( )
ic i0e
1
R C
t
ip A sint +( ) B cos t +( )+
A125
82B
50
41
i t( ) i0e 400 t( )
125
82sin 500 t +( )+
50
41cos 500 t +( )+
i t( ) ' 400 i0e 400 t( )
125
82500 cos 500 t +( )+
50
41500 sin 500 t +( )
Condiciones Iniciales:i 0( ) 0
;i 0( ) '
V0
R
i0125
82sin ( )+
50
41cos ( )+ 0
400 i0 125
82500 cos ( )+
50
40500 sin ( )
V0
R
i050
41 0
Finalmente
i t( )
50
41 e
400 t( )
125
82 sin 500 t( )+
50
41 cos 500 t( )+:=
0 0.01 0.02 0.03 0.04
1.5
1
0.5
0.5
1
1.5
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
49/63
9) Dado un circuito RLC alimentado por una tensin v(t) = 100 . sen(1000t + ), que se aplica en el instante enque = 90. Hallar la corriente completa.Datos: R = 100 ; L = 0,2Hy; C = 25 F; q0= 0.
R
Switch
L
CV
Ecuacin de i(t):
i R Lt
id
d
+ 1
C
ti
d+ V0
sin t +( ) implica2t
id
d
2 R
L t
id
d
+ 1
L C
i+V0
L
cos t +( )
aR
2L:= a 250= b
1
L C:= b 447.214= c
V0
L:= c 5 10
5=
Implica2
t
id
d
2
2 at
id
d+ b
2i+ c cos t +( )
Races: r1 250 370.81j= r2 250 370.81j+=
ic D e a t( )
sin nt 0+( ) n b2
a2
:= n 370.81=
ip A sin t +( ) B cos t +( )+
Donde
b2
2
( ) A 2 a B+ 0
2 a A b2
2
( )B+ c
A 0.641= B 1.026=
i t( ) D e a t( )
sin nt 0+( ) A sin t +( )+ B cos t +( )+
t i t( )
d
d D e
a t( )
a sin nt 0+( ) cos nt 0+( )n+( ) A cos t +( ) B sin t +( )( )+
Condiciones Iniciales: i 0( ) 0; i 0( ) 'V0
L
Entonces
D sin 0( ) A+ 0
D a sin 0( ) ncos 0( )+( ) BV0
L
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
50/63
D 1.176= 0 2.565=
Finalmente
i t( ) 1.176e 250 t( )
sin 370.81t 2.565+( ) 0.641sin 1000t
2+
1.026 cos 1000t
2+
:=
0 0.01 0.02 0.03 0.04
1.5
1
0.5
0.5
1
1.5
Corriente en Perodo Transitorio
Grfica de i(t)
10) Dado un circuito RLC alimentado por una tensin v(t) = 30 . sen(50t + ), que se aplica en el instante en que= 90. Hallar la corriente completa.Datos: R = 200 ; L = 0,5 Hy; C = 100 F; q0= 0.
R
Switch
L
CV
Ecuacin de i(t):
i R Lti
d
d+
1
Cti
d+ V0sin t +( ) implica 2t
id
d
2 R
L ti
d
d+
1
L C i+
V0
Lcos t +( )
aR
2L:= a 200= b
1
L C:= b 141.421= c
V0
L:= c 3 10
3=
Implica2
t
id
d
2
2 atid
d+ b2 i+ c cos t +( )
Races: r1 341.421= r2 58.579=
ic D1er1t( )
D2er2t( )
+
ip A sin t +( ) B cos t +( )+
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
51/63
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Cuadripolos1) Conocidos los parmetros de las impedancias impulsoras y de transferencia de un cuadripolo, determinar la
matriz de los parmetros principales y luego calcular la corriente de carga para las siguientes condiciones de
excitacin y carga.
La matriz de los parmetros resulta:
15
10
10
20
Ve
15Ie
10Is
Vs 10Ie 20Is
Ve A Vs B Is+
Ie C Vs D Is+
El procedimiento consiste en llegar, a partir de estas expresiones, al esquema sig
M1
Ve
Ie
M2
Vs
Is
Entonces resulta
1
0
15
10
Ve
Ie
0
1
10
20
Vs
Is
Ve
Ie
1
0
15
10
10
1
10
20
Vs
Is
Ve
Ie
3
2Vs 20 Is+
1
10Vs 2 Is+
Ve
Ie
32
1
10
20
2
Vs
Is
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A
C
B
D
1.5
0.1
20
2
Clculo de Ic para las condiciones de excitacin y carga del circ
Ve 10 0.1Ie= Vs 10Is
Reemplazando los valores y simplificando
10 0.1Ie 35Is+
0 Ie 3Is+
Is
0.1
1
10
0
0.1
1
35
3
A:= Is 0.283A=
2) En este ejercicio:
a) La figura muestra una red de dos puertos en la que una resistencia en serie de 5 y una resistencia en paralelo de3 . Utilizando la notacin de la figura calcular Y11, Y22e Y 12.b) Para la red mostrada, calcular Z11, Z22y Z 12.Hallar los parmetros de Y, Z, H, I1e I 2:
R2
5ohmR1
3ohm
Clculo de las Admitancias:Recordando que:
I1 V1 Y11 V2 Y12+
I2 V1 Y21 V2 Y22+ Clculo de Y11(Admitancia de entrada): cortocircuitamos a la salida, entonces queda el circuito equivalente:
R1 3ohm:= R2 5ohm:= V1 5V:=
I1
V1
R2
:= I1 1 A=
Y11
I1
V1
:= Y11 0.2mho=
I2
I1
1
2
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Clculo de Y12(admitancia mutua): cortocircuitamos la entrada y medimos la corriente entrante y la tensin a la salida:
R1
3ohm:= R2
5ohm:= V2
12:=
I1
V2
R2
:=
Y12
I1
V2
:= Y12
0.2 mho=
Clculo de Y22(Admitancia de salida): cortocircuitamos la entrada y medimos la corriente a la salida:
R1
3ohm:= R2
5ohm:= V2
5V:=
I2
V2
R1 R
2+( )
R1R2
:=
Y22
I2
V2
:= Y22 0.533mho=
Clculo de las Impedancias: recordando las ecuaciones:
V1
I1Z11
I2Z12
+
V2
I1Z21
I2Z22
+
Clculo de Z11(impedancia de entrada): medimos la corriente a la entrada dejando abierto el circuito a la salida:
R1
3ohm:= R2
5ohm:= V1
5V:=
I1
V1
R1 R
2+:=
Z11
V1
I1
:= Z11
8=
Clculo de Z12(impedancia mutua): dejamos abierto el circuito a la entrada y medimos la corriente de salida y la tensina la entrada:
R1
3ohm:= R2
5ohm:= V2
12V:=
I2
V2
R1
:= V1
I2R1
:=
Z12
V1
I2
:= Z12
3=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Clculo de Z22(impedancia de salida): dejamos abierto el circuito a la entrada y medimos la corriente a la salida y latensin a la salida:
R1
3ohm:= R2
5ohm:= V2
12V:=
I2
V2
R1
:=
Z22
V2
I2
:= Z22
3=
3) En la red mostrada, use los parmetros calculados en el problema 2 para responder las siguientes
preguntas:
a) Si V1y V2son cada una 10 V, encontrar I1y encontrar I2.
b) Si V1= 10 y V2= 5V, encontrar I1y encontrar I2.
c) Si I1y I2son cada una de 5 A, encontrar V1y encontrar V2.
d) Si I1= 5 y I2= -5, encontrar V1y V2.
Cmo puede lograrse fsicamente la parte d)?a)
V1
10V:= V2
10V:=
Y11
0.2mho:= Y12
0.2 mho:= Y21
0.2 mho:= Y22
0.533mho:=
I1
V1Y11
V2Y12
+:= I1
0A=
I2 V1Y21 V2Y22+:= I2 3.33A= b)
V1
10V:= V2
5V:=
Y11
0.2mho:= Y12
0.2 mho:= Y21
0.2 mho:= Y22
0.533mho:=
I1
V1Y11
V2Y12
+:= I1
1A=
I2
V1Y21
V2Y22
+:= I2
0.665A=
c)
I1
5A:= I2
5A:=
Z11
8ohm:= Z12
3ohm:= Z21
3ohm:= Z22
3oh:=
V1
I1Z11
I2Z12
+:= V1
55V=
V2
I1Z21
I2Z22
+:= V2
30V=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
56/63
d)
I1 5A:= I2 5 A:=
Z11 8ohm:= Z12 3ohm:= Z21 3ohm:= Z22 3oh:=
V1 I1Z11 I2Z12+:= V1 25 V=
V2 I1Z21 I2Z22+:= V2 0 V=
Se lo logra cortocircuitando la salida
4) La figura muestra una red simtrica Z = 25 y Y = 0.02 mho, ambas puramente resistivas.
a) Encontrar la admitancia de punto impulsor en cortocircuito y la admitancia de transferencia.b) Encontrar la impedancia de punto impulsor en circuito abierto y la impedancia de transferencia en circuito abierto.
Z 25ohm:= Y 0.02mho:=
Y11
1
2 Y
1
Z+:= Y11 0.05mho=
Y221
2Y
1
Z+:= Y22 0.05mho=
Y121
Z:= Y12 0.04 mho=
Z11
Z 2
Y+
2
Y
Z
2
Y+
2
Y+
:= Z11 55.556=
Z22
Z 2
Y+
2
Y
Z 2
Y+
2
Y+
:= Z22 55.556=
Z122
Y Z Y 4+( ):= Z12 22.222=
Z=25
0.5Y0.5Y
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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5) La figura muestra una red T Zs= 12 , Z r= 15 y Y = 0.02mho, todas resistivas.a) Encontrar cada admitancia de punto impulsor en cortocircuito y admitancia de transferencia en cortocircuito.b) Encontrar la impedancia de punto impulsor en circuito abierto y la impedancia de transferencia en circuito abierto.
Zs
12ohm:= Zr
15ohm:= Y 0.02mho:=
Y11
1
Zr
Y Zr
1
Y+
Zs
+
:= Y11
0.042 mho=
Y22
1
Zs
Y Zs
1
Y+
Zr
+
:=Y
22 0.041 mho=
Y12
1
Zs
Y Zs
1
Y+
Zr+
1
Y Zs
1
Y+
:= Y12
0.033 mh=
Z11
Zs
1
Y+:= Z
11 62=
Z22
Zr
1
Y+:= Z
22 65=
Z12
1
Y:= Z
12 50=
Zs=12 Zr= 15
Y = 0.02mho
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Circuitos no Lineales1) En el circuito de la figura, encontrar a una frecuencia de 900 Hz y 1100 Hz:
f. magnitud y ngulo de V1/ V2.
g. magnitud y ngulo de Zeq.
h. si e= V1/ V2.
L 0.2085H:= C 0.189 10 6 F:= 900H:=
R 700ohm:=
c4
L C:=
V1
V2
1
2
c2
j
c+
2
V1
V2
0.984 0.178 j+
Zent j L
2
1
j C+:= Zent 5.785j 10
3 =
2 asinh j L
4 1
j C
:= 0.179j=
0.5L 0.5L
C
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L 0.2085H:= C 0.189 10 6 F:= 1100H:=
R 700ohm:=
c4
L C:=
V1
V2
1
2
c2
j
c+
2
V1
V2
0.984 0.178 j+
Zent j
L
2
1
j C+:= Zent 4.695j 103
=
2 asinh j L
4 1
j C
:= 0.219j=
2) Para el problema anterior, calcular Z0 a las frecuencias 1100, 1250, 2000 y 10000Hz.
L 0.2085H:= C 0.189 10 6 F:= 1100Hz:=
R 700ohm:=
Z0j L
24
1
j C j L 1:= Z0 1.044j 10
3 =
1250Hz:=
Z0j L
24
1
j C j L 1:= Z0 1.042j 10
3 =
2000Hz:=
Z0 j L24 1
j C j L 1:= Z0 1.029j 103 =
10000Hz:=
Z0j L
24
1
j C j L 1:= Z0 127.939j=
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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3) El diagrama del problema 1 muestra dos secciones L puestas juntas para formar una T.
a. Cul es la frecuencia de corte fc en le filtro T?
b. Encontrar Z0y a 2 fc.
c. Encontrar Z0y a fc.
3.142 2.634j= 2 asin 2( ):=
Z0 909.605j=Z0j L
24
1
j C j L 1:=
fc:=c)
1.047= 2 asin 1
2
:=
Z0
1.819 103 =Z0
j L
24
1
j C j L 1:=
4 fc:=b)
fc 2 103 Hz=fc
1
L C:=
a)
R 700ohm:=
C 0.189 10 6 F:=L 0.2085H:=
4) Use las dos secciones L del problema 3 para formar una (reconectar en el orden opuesto) y repetir el problema
3.
Los resultados son los mismos como se ve en la teora de filtros.
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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Componentes Simtricos
1) Dado el circuito de la figura y aplicando el mtodo de las componentes simtrica, calcular las componentesen secuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero.Generador: Va = 220 V; Vb = 220
2V; Vc = 220 V.
Carga: Z1 = 5 ; Z2 = 10 ; Z3 = 10 .
Va
Vc Vb
Z1
Z2 Z3
Tensiones de Lnea:
VFa 220 volt:=
VFb 220 2
volt:=
VFc 220 volt:=
VLab VFa VFb:= VLab 381.051V= arg VLab( ) 30deg=
VLbc VFb VFc:= VLbc 381.051V= arg VLbc( ) 90 deg=
VLca VFc VFa:= VLca 381.051V= arg VLca( ) 150deg=
Corrientes de Lnea:
ILa
VLab
Z1
:= ILa 76.21A= arg ILa( ) 30deg=
ILb
VLbc
Z2
:= ILb
38.105A= arg ILb( )
90 deg=
ILc
VLca
Z3
:= ILc 38.105A= arg ILc( ) 150deg=
Clculo de secuencias positiva, negativa y cero:
Ip1
3ILa ILb+ ILc
2+:= Ip 50.807A= arg Ip( ) 30deg= Secuencia Positiva
In1
3ILa ILb
2+ ILc+:= In 12.702A= arg In( ) 30deg= Secuencia Negativa
I0
1
3 ILa ILb+ ILc+( ):= I0 12.702A= arg I0( ) 30deg= Secuencia Cero
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7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
62/63
In1
In3
In2
Secuencia Negativa
Ip1
Secuencia Positiva
Ip3
Ip2
Io
Secuencia Cero
2) Las corrientes de un sistema trifsico son Ia = 5 A, Ib = - j8,66 A; Ic = j10 A. Calcular Ip, In, I0. Dibujar las
transformadas de las tres componentes en secuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero,indicando la adicin grfica para obtener las componentes dadas.
Clculo de secuencias positiva, negativa y cero:
Ip1
3ILa ILb+ ILc
2+:= Ip 7.057A= arg Ip( ) 1.814 deg= Secuencia Positiva
In1
3ILa ILb
2+ ILc+:= In 3.727A= arg In( ) 176.564 deg= Secuencia Negativa
I01
3ILa ILb+ ILc+( ):= I0 1.725A= arg I0( ) 15.003deg= Secuencia Cero
In1
In3
In2
Secuencia Negativa
Secuencia Positiva
Ip1
Ip3
Ip2
Io
Secuencia Cero
Ia
Ib
Ic
3) Podran ser las corrientes del problema anterior:
a. Corrientes de lnea a una carga de alumbrado trifsico.b. Corrientes de lnea a un banco de transformadores con el primario conectado en tringulo.c. Corrientes de lnea a un banco de transformadores con el primario conectado en estrella.d. Corrientes de fase en un banco de transformadores conectados en tringulo.
Respuesta a.
7/25/2019 Ejercicios resueltos de electrotecnia
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4) La tensin aplicada es de 240 V de lnea a lnea, balanceado trifsico. La reactancia capacitiva Xab = -j12 est conectada de la lnea 1 a la lnea 2; la reactancia inductiva Xbc = j12 est conectada de la lnea 2 a lalnea 3, la resistencia Rca = 6 est conectada de la lnea 3 a al lnea 1. Encontrar las componentes ensecuencia positiva, secuencia negativa y secuencia cero de las corrientes de lnea. Graficar.
Tensiones de Lnea:
VFa 240 volt:=
VFb 240 2
volt:=
VFc 240 volt:=
arg ILc( ) 96.206deg=ILc 24.786A=ILc IFca IFbc:=arg ILb( ) 150 deg=ILb 20A=ILb IFbc IFab:=arg ILa( ) 36.206 deg=ILa 24.786A=ILa IFab IFca:=
arg IFca( ) 120deg=IFca 40A=IFcaVFc
Zca
:=
arg IFbc( ) 150deg=IFbc 20A=IFbcVFb
Zbc
:=
arg IFab( ) 90deg=IFab 20A=IFabVFa
Zab
:=
Corrientes de Lnea:
Clculo de secuencias positiva, negativa y cero:
Ip1
3ILa ILb+ ILc
2+:= Ip 23.094A= arg Ip( ) 30 deg= Secuencia Positiva
In1
3ILa ILb
2+ ILc+:= In 3.094A= arg In( ) 90 deg= Secuencia Negativa
I01
3ILa ILb+ ILc+( ):= I0 0 A= Secuencia Cero
In1In3
In2
Secuencia Negativa
Secuencia Positiva
Ip1
Ip3
Ip2
Ia
Ib
Ic
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