Ejercicios resueltos paso a paso de corriente continua (2014)

Apunte Español
Universidad Universidad Carlos III de Madrid (UC3M)
Grado Ingeniería en Tecnologías Industriales - 3º curso
Asignatura electrotecnia
Año del apunte 2014
Páginas 22
Fecha de subida 18/02/2015
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Ejercicios resueltos paso a paso de corriente continua

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PROBLEMAS DE CORRIENTE CONTINUA PROBLEMA 1: Se aplicará la Ley de Kirchhoff de nudos, que establece que: “La suma de todas las intensidades de corriente en un nudo es igual a cero”. Se utilizará la convención de considerar las corrientes que llegan como positivas y las que salen como negativas. También las redes 1 y 2 se considerarán cada una como un nudo.
Se obtiene entonces el siguiente sistema de ecuaciones: Nodo 1: −i1 + i8 = 0 Nodo 2: −i5 − i6 = 0 Nodo A: i1 + i2 − i3 + i9 = 0 Nodo B: i3 − i4 + i5 = 0 Nodo C: −i2 − i7 − i8 = 0 Nodo D: i4 + i6 + i7 − i9 = 0 Reemplazando los valores ya conocidos, se obtiene la solución pedida: −3 + i8 = 0 ⇒ i8 = 3 A −5 + i6 + 2 − 2 = 0 ⇒ i6 = 5 A −i5 − i6 = 0 ⇒ i5 = −i6 = −5 A −i2 − 2 − i8 = 0 ⇒ −i2 − 2 − 3 = 0 ⇒ i2 = −5 A i3 − ( −5 ) + i5 = 0 ⇒ i3 − ( −5 ) + ( −5 ) = 0 ⇒ i3 = 0 A PROBLEMA 2: Para calcular las intensidades se utilizará la primera Ley de Kirchhoff en cada nudo A, B y C Nudo A: i1 − i2 − 3 = 0 Nudo B: 3 + i3 − 4 = 0 Nudo C: 2 + i2 − i3 + 4 = 0 Es un sistema de 3 ecuaciones y 2 incógnitas ( i2 e i3 ): 3 + i3 − 4 = 0 ⇒ i3 = 1A 2 + i2 − i3 + 4 = 0 ⇒ 2 + i2 − 1 + 4 = 0 ⇒ i2 = −5 A Del circuito se observa que: i1 = −2 A e i4 = −4 A Análogamente, para el cálculo de las tensiones se aplicará la segunda Ley de Kirchhoff a cada malla: Malla ADCA: −5 − u5 − 7 = 0 ⇒ u5 = −12V Malla ABCA: −u6 − 8 − 7 = 0 ⇒ u6 = −15V Malla BCEB: −8 + 9 + u7 = 0 ⇒ u7 = −1V PROBLEMA 3: Aplicando Kirchhoff, se plantea que la suma de las caídas de tensión en la malla de salida, debe ser cero: U − 10 ⋅ I + 8 = 0 U = 10 ⋅ I − 8 Lo único que se puede afirmar con certeza, es que I = 2 A ya que así lo exige la fuente de corriente de la rama de salida. No se puede decir nada respecto a U, ya que no hay ninguna restricción respecto a la naturaleza activa o pasiva, del elemento que se puede conectar entre los terminales A y B.
Sólo se puede decir que U = 4V puesto que así lo exige la fuente de tensión conectada entre A y B. Pero no es posible afirmar nada sobre I, ya que no se conoce la naturaleza de los elementos que se conectarán entre los terminales A y B.
Ley de Ohm: U = i2 ⋅1 Leyes de Kirchhoff: 3 ⋅ i1 + 1 ⋅ i2 − 2 = 0 i1 − i2 − I = 0 Resolviendo: i1 − i2 − I = 0 ⇒ I = i1 − i2 = i1 − U ⇒ i1 = I + U Sumando las ecuaciones de Kirchhoff y reemplazando: 4 ⋅ i1 = I + 2 ⇒ 4 ⋅ ( I + U ) = I + 2 ⇒ 3 ⋅ I + 4 ⋅U = 2 Aplicando las leyes de Kirchhoff se obtiene que: I1 = I + 2 U = 6 I1 + 10 ⇒ U = 6 ( I + 2 ) + 10 = 6 I + 12 + 10 U = 6 I + 22 La presencia de la fuente de corriente, impone por definición, a que siempre se tenga que cumplir con la condición: I = 2A PROBLEMA 4: Se calcula la resistencia equivalente del paralelo Req = ( 2Ω / /3Ω / /4Ω ) Req = 1 12 = Ω 1 1 1 13 + + 2 3 4 Se puede obtener I aplicando la Ley de Ohm: I= 5 5 13 = = A 12 1 + Req 1 + 5 13 Para obtener I1 , I 2 e I 3 basta aplicar el Teorema del Divisor de Corriente a cada rama: 1 13 6 2 I1 = ⋅ = A 5 1+1+1 5 2 3 4 1 13 4 3 I2 = ⋅ =− A 1 1 1 5 5 + + 2 3 4 − 1 13 3 4 I3 = ⋅ = A 5 1+1+1 5 2 3 4 PROBLEMA 5: Para aplicar método de mallas se definen las siguientes Intensidades de Corriente, hacjendo notar la existencia de una supermalla, puesto que ya se conoce el valor de I1 = 7 A : Se plantean entonces las ecuaciones de las 3 mallas restantes, aplicando Kirchhoff (suma de caídas de tensión en una malla es igual a cero) y se efectúa el correspondiente desarrollo algebraico para su simplificación: Para la Malla: 2 20 + 9 ( I 2 − I 4 ) + 1I 2 + 5 ( I 2 − 7 ) + 2 ( I 2 − I 3 ) = 0 20 + 9 I 2 − 9 I 4 + 1I 2 + 5I 2 − 35 + 2 I 2 − 2 I 3 = 0 17 I 2 − 2 I 3 − 9 I 4 = 15 Para la Malla 3 −20 + 2 ( I 3 − I 2 ) + 2 ( I 3 − 7 ) + 1I 3 + 2 ( I 3 − I 4 ) = 0 −20 + 2 I 3 − 2 I 2 + 2 I 3 − 14 + 1I 3 + 2 I 3 − 2 I 4 = 0 −2 I 2 + 7 I 3 − 2 I 4 = 34 Para la Malla 4 −23 + 9 ( I 4 − I 2 ) + 2 ( I 4 − I 3 ) + 3I 4 = 0 −23 + 9 I 4 − 9 I 2 + 2 I 4 − 2 I 3 + 3I 4 = 0 −9 I 2 − 2 I 3 + 14 I 4 = 23 Quedando el sistema lineal no homogéneo, de 3 ecuaciones con 3 incógnitas y además simétrico respecto a su diagonal, lo que comprueba su correcto planteamiento: 17 I 2 − 2 I 3 − 9 I 4 = 15 −2 I 2 + 7 I 3 − 2 I 4 = 34 −9 I 2 − 2 I 3 + 14 I 4 = 23 Para visualizar mejor su solución, se escribe en forma matricial:  17 −2 −9   I 2   15        −2 7 −2   I 3  =  34   −9 −2 14   I   23    4    Pudiendo resolverlo ya sea por Gauss, Cramer o haciendo uso de alguno de los muchos programas de cálculo matricial existentes (MatLab, SAGE, SciLab, Wolfram, etc…) Aquí por su sencillez y rapidez de utilización, se empleará Cramer: 15 −2 −9 34 7 −2 23 −2 14 4515 = = 5A I2 = 17 −2 −9 903 −2 7 −2 −9 −2 14 17 15 −9 −2 34 −2 −9 23 14 7224 I3 = = = 8A 17 −2 −9 903 −2 7 −2 −9 −2 14 17 −2 15 −2 7 −9 −2 I4 = 17 −2 −2 7 34 23 5418 = = 6A −9 903 −2 −9 −2 14 Y como ya se sabía por la supermalla: I1 = 7 A Ahora, aplicando la Ley de Ohm, es posible calcular las caídas de tensión en todos los elementos: Donde la caída de Tensión en la fuente de corriente se calcula aplicando la Ley de Kichhoff ala malla 1Se observa que todas las fuentes están entregando potencia: Pg = 23* 6 + 20 *3 + 7 *8 = 254W En tanto que la potencia consumida es: Pc = 18*6 + 9*1 + 4* 2 + 5*5 + 10* 2 + 6*3 + 2*1 + 8*8 = 254W Cumpliéndose entonces el balance de potencias.
PROBLEMA 6: Previo a cualquier cálculo, conviene obtener la R e q de las resistencias de 2Ω , 3Ω y 4Ω Req = 1 1 1 + 2+4 3 = 2Ω El circuito se puede redibujar así: Análisis por nudos: Es conveniente elegir el nudo D como referencia, ya que eso convierte a B en un supernudo con voltaje conocido VB=4V y el problema se reduce a encontrar las tensiones VA y VC Nudo A: VA − 4 V −V + 13 + A C = 0 2 2 Nudo B: −VA + VC VC VC − 4 + + =0 2 5 2 Mediante trabajo algebraico se obtiene el sistema lineal no homogéneo determinado: 2VA − VC = −22 −5VA + 12VC = 20 Cuya solución es: VA = −12,84V y VC = −3, 68V Valores que se pueden emplear para calcular por medio de las Leyes de Ohm y Kirchhoff, las caídas de tensión e intensidades de corriente en todos los elementos del circuito: Análisis por mallas: Por las características del circuito, aparte de las incógnitas de las mallas, tenemos la caída de tensión U en la fuente de corriente. Aplicando Kirchhoff, se obtiene: 4 + U + 2 I1 = 0 2I3 + 5 ( I3 − I 2 ) = 4 I 2 − I1 = 13 5 ( I 2 − I 3 ) + 5I 2 − U = 0 Que al resolver resulta: I1 = −8, 42 A I 2 = 4,58 A I 3 = 3,84 U = 12,84V Que al aplicar al circuito original, comprueba los valores obtenidos anteriormente con el análisis por el método de nudos.
PROBLEMA 7: a) Se observa que al cerrar S, el nudo 2 se conecta con 0V Que equivale a: Esto es, una fuente de 7A conectado a dos resistencias en paralelo de valor equivalente R : 2 Aplicando la Ley de Ohm: u1 = 7 u1 = 7V ⇒ 7 = 7 R 2 R ⇒ R = 2Ω 2 b) Reemplazando el valor de R encontrado arriba y abriendo el interruptor S, el circuito queda: Nudo 1: −10 + 3 + Nudo 2: −3 + 2 − u1 u1 − u2 u + = 0 ⇒ u1 − 2 = 7 2 2 2 u1 − u2 u2 u + = 0 ⇒ − 1 + u2 = 1 2 2 2 Que es un sistema lineal no homogéneo compatible que puede ser resuelto de la manera habitual (Gauss, Cramer, sustitución, etc… o utilizando software adecuado).
Resultando: u1 = 10V u2 = 6V PROBLEMA 8: Cálculo de la intensidad de corriente i’ debida a e1 al anular i1 y e2 Aplicando Divisor de Tensión y Ley de Ohm: R2 R3 R2 + R3 e1 R3 1 i ' = e1 ⋅ = RR R1 + 2 3 R2 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R2 + R3 Cálculo de la intensidad de corriente i’’ debida a e2 al anular i1 y e1 Aplicando Divisor de Tensión y Ley de Ohm: R1 R2 R1 + R2 −e2 R1 1 i '' = −e2 ⋅ = RR R3 + 1 2 R2 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R1 + R2 Cálculo de la intensidad de corriente i’’’ debida a i1 al anular e1 y e2 Aplicando Divisor de Corriente: 1 R2 i1 R1 R3 i ''' = i1 = 1 1 1 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 + + R1 R2 R3 Aplicando ahora superposición: i = i '+ i ''+ i ''' = e1R3 i1 R1R3 e R −e R +i R R −e2 R1 + + = 1 3 2 1 1 1 3 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 R1R2 + R1R3 + R2 R3 PROBLEMA 9: Se observa que en ABC se forma un triángulo de ramas iguales y se puede transformar en su equivalente en una estrella con un pinto central N: RY = 3⋅3 9 = = 1Ω 3+3+ 3 9 Quedando el circuito: Que al calcular las resistencias equivalentes en serie queda así: Hay que hacer notar que como el enunciado exige aplicar el método de nudos, a no ser que haya supernudos, sólo deben aparecer fuentes de corriente. Por lo tanto hay que efectuar la correspondiente transformación de la fuente de tensión.
I Seq = 12V = 4A 3Ω La correspondiente resistencia de 3Ω queda en paralelo con la de 6Ω , por lo que se reemplazan por su equivalente.
Req = 3⋅ 6 = 2Ω 3+6 Nudo N: −4 + u N uN − uC 3 + = 0 ⇒ u N − uC = 4 2 1 2 Nudo C: −2 + uC uN − uC 5 − = 0 ⇒ −uN + uC = 2 4 1 4 Resulta un sistema lineal compatible no homogéneo, cuya solución es: u N = uC = 8V Conociendo u N es posible calcular I = u N 8V 4 = = A y con ello prácticamente resolver el 6Ω 6Ω 3 circuito casi en su totalidad, quedando pendiente invertir la conversión triángulo-estrella En el circuito original: 4 28 u A = 12 − 2 = V 3 3 uB = 20 V 3 Entonces: iAC iAB iBC 28 −8 u A − uC 4 3 = = = A 3 3 9 28 20 − u A − uB 3 =8A = = 3 3 3 9 20 −8 uB − uC 4 3 = = =− A 3 3 9 Obteniéndose al fin, los siguientes valores de intensidad y voltaje en el circuito original: Potencia generada por las fuentes: ∑P g Potencia consumida por las cargas: Cumpliéndose que: ∑P = ∑P g c 4 = 12 ⋅ + 8 ⋅ 2 = 32W 3 PROBLEMA 10: Los valores de intensidad de corriente y tensiones a determinar, se indican en el siguiente circuito: Aplicación de la Primera Ley de Kirchhoff: Nudo A: −i1 + i2 + i3 = 0 Nudo B: −i3 + i4 − i5 = 0 Aplicación de la Segunda Ley de Kirchhoff en cada malla: u1 + u2 − 10 = 0 −u2 + u3 + u4 = 0 u4 + u5 − 4 = 0 Por Ley de Ohm: i1 = u1 u u u u ; i2 = 2 ; i3 = 3 ; i4 = 4 ; i5 = 5 1Ω 1Ω 2Ω 1Ω 1Ω Reemplazando, queda un sistema lineal determinado no homogéneo de 5 incógnitas: 1   0 0  −1 1  u1   0  2       0 0 − 1 1 −1 u2   0    u  = 10  2 1 1   3   0 0 0   u 4   0   0 −1 1 1 0   u   4    5   0 0 0 1 1   Cuya solución obtenida por los métodos habituales es: 11 9 5 3 V ; u2 = V ; u3 = 2V ; u4 = V ; u5 = V 2 2 2 2 11 9 5 3 i1 = A; i2 = A; i3 = 1A; i4 = A; i5 = A 2 2 2 2 u1 = PROBLEMA 11: Según la indicación del enunciado, se aplicará superposición.
Primero se anulará la fuente de corriente: U ' = U R3 + U R5 Aplicando para cada caso divisor de tensión, se obtiene: U R3 = − E R3 0, 25 = −4 = −1, 33V R2 + R3 + R4 0,3 + 0, 25 + 0, 2 U R5 = E R5 0, 2 =4 = 1, 78V R5 + R6 0, 2 + 0, 25 U ' = U R 3 + U R 5 = −1, 33 + 1, 78 = 0, 45V Ahora se anulará la fuente de tensión: Se observa que R3 está en paralelo con la asociación en serie de R2 y R4 , que a su vez está en serie con la asociación en paralelo de R5 y R6 y el resultado en serie con R1 .
R1 + ( R2 + R4 ) R3 + R2 + R3 + R4 R5 R6 0,5 ⋅ 0, 25 0, 2 ⋅ 0, 25 = 1+ + = 1, 28Ω R5 + R6 0,3 + 0, 25 + 0, 2 0, 2 + 0, 25 U '' = 1, 28 I Sabiendo por el enunciado que U = 3V entonces: 3 = 0, 45 + 1, 28 I ⇒ I = 3 − 0, 45 = 2A 1, 28 PROBLEMA 12: Para calcular RTH se observa que al anular las fuentes independientes, entre los terminales A y B sólo queda conectada la resistencia de 20Ω , entonces: RTH = 20Ω Como el VTH se calcula con los terminales abiertos, no circula corriente por la resistencia y en consecuencia, no kay caída de tensión en ella. Por lo tanto, la tensión que se puede medir desde los terminales A y B, sólo viene determinada por la combinación de las tensiones de las fuentes de tensión, que al tener polaridades opuestas, es imposible que resulte la solución propuesta de VTH = 11V ,como puede comprobarse con un simple ejercicio de simulación: De donde se deduce que hay una errata en el enunciado o en la solución y en las condiciones presentadas VTH = 1V PROBLEMA 13: Al anular las fuentes independientes para poder calcular RTH ante los terminales A y B sólo quedan las resistencias de 3Ω en serie, por lo que RTH = 6Ω Como el cálculo de VTH exige mantener abiertos los terminales A y B, entonces por la Ley de Ohm: VTH = ( 3 A )( 3Ω ) = 9V ...