K =0,75. L 2 =2mH C 1 =30µF. L 1 =2mH

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Gabriel Quintero Parra
hace 5 años
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1 Obténgase para el circuito de la figura: Carácter y rendimiento de la fuente real r E. Carácter de la fuente J 4 y tensión en sus bornes. 3 Lectura del amperímetro. 4 Energía asociada al acoplamiento magnético y a los condensadores. 5 Potencia absorbida o cedida por la fuente E 3. K 0,5 Ω r Ω * A L mh Ω L mh C 30µF E 3 80 V Ω C 60µF E 0 V J 4 0A Ω E 80 V RESOLUCIÓN: Se sustituyen los dos condensadores en serie por su equivalente: C 30µF C e µF C 60µF C e 0µF Dibujamos el circuito, una vez eliminados los instrumentos de medida y los almacenadores. Ω r Ω Ω E 3 80 V Ω E 0 V J 4 0A Ω E 80 V

2 Aplicamos la regla de la sustitución en la fuente J 4, que la sustituimos por una fuente de tensión de valor desconocido y recorrida por 0A. Ahora podemos aplicar un método circular. Lo mejor será aplicar lazos básicos dejando la rama de la fuente E como eslabón. Ya que al resolver el sistema matricial son las corrientes de los eslabones las que se obtienen. Debemos elegir un árbol. Número de ramas del árbol: n-- Número de eslabones: r-n4-3 Los lazos básicos tienen todas sus ramas del árbol excepto una. Seguidamente aparece el árbol escogido y los lazos básicos elegidos respecto a él: Ω E 3 80 V r Ω Ω E 0 V Ω I A I B 0A 0A U J4 I C Ω E 80 V 0 IA IB U J 4 0 U J I C 40 UJ IB 0 3 5U J U 3 6U J UJ U J J 4 0V (*) I A A

3 I C A Llevando estos valores de corriente al circuito, se obtienen las corrientes de las ramas: Ω E 3 80 V I 0A E 0 V r Ω I A Ω Ω I 0A I B I 3 0A U J4 I C I 4 0A Ω E 80 V 0 I IA IB IC ( 0) 0 ( 0) A I IA ( 0) 0A I 4 IC ( 0) 0A Otra forma de obtener las corrientes de rama: Una vez determinada la tensión de la fuente de corriente U J4 según (*), y dado que es un circuito paralelo: U J 4 0V U 0 UJ 4 J V r Ω U 0 00V 0 I 00 0 E 0 V I I A Ω I U 0 00V 80 I 00 0 I A 80V

4 Ω I 4 80 I I 4 0 A 80V I 4 U 0 00V Ω Insertamos esta información en el circuito original, y respondemos a las cuestiones: K 0,5 Ω I 0A E 0 V 0V r Ω 00V 0A A L mh L mh C0µF E 3 80 V Ω 0A 0A I 0A I 4 0A Ω 00V 0 V J 4 0A Ω 0V E 80 V Carácter y rendimiento de la fuente real E, r. Es GENERADOR como se puede apreciar en el esquema anterior la corriente I y la tensión E son de la misma polaridad. U η 00 E ) 83,3% Carácter de la fuente J 4 y tensión en bornes. U J4 0V lo hemos obtenido en la resolución del sistema matricial. Es GENERADOR como se puede apreciar en el esquema anterior la corriente J 4 y la tensión U J4 son de la misma polaridad. 3 Lectura del amperímetro. LA 4 0A I 4 Energía asociada a condensador y al acoplo magnético. La tensión en bornes del condensador equivalente es de 00V. Se debe obtener la tensión en cada uno de los condensadores: C 30µF C 60µF U U U00V

5 Como están en serie los dos condensadores tienen la misma carga, luego: Q C U Q Q C U C U Q C U Y la suma de las dos tensiones debe ser de 00V: U 00 U U Con estas dos ecuaciones determinamos las dos tensiones: C U C U 00 U U 30 U 60 U 00 U U U 00 U U 33,3 V yu 66,6V Y finalmente las energías asociadas a los condensadores serán: 6 WC ,6 0,066J 6 WC ,3 0,033J La corriente que circula por las bobinas acopladas magnéticamente es de 0A. Hay que determinar cual es la autoinducción equivalente del acoplamiento y para ello previamente es necesario determinar el coeficiente M de inducción mutua. M K L L ,5 0 0,5 0 mh L e L L M,5 mh 3 W Le I J 35mJ 5 Potencia absorbida o cedida por la fuente E 3. La corriente que circula por la fuente E 3 es de 0A y en sentido contrario a la tensión. Luego es RECEPTOR y la potencia absorbida será: P E 3 E3 I W Quizá sea más sencillo resolver este circuito empleando el teorema de la superposición. Lo resolvemos a través de la superposición de dos circuitos: El primero es aquel en el que solo aparecen las fuentes de tensión y lo resolvemos empleando un método circular. El segundo circuito solo tendrá la fuente de corriente y al ser muy sencillo lo resolvemos empleando el reparto de corrientes.

6 Veámoslo: PRIMER CIRCUITO: Aquel que solo tiene fuentes de tensión. Ω E 0 V r Ω I I I A Ω E 80 V I B I 4 E 3 80 V Ω IA IB I A I ' 4A I B I4 ' 8A I ' I A IB 4 8 6A SEGUNDO CIRCUITO: Aquel que solo tiene fuentes de corriente. Ω I 4 r Ω I I Ω I 3 0A Ω J 4 0A Ω Las ramas de la corriente I, I e I 4 están en paralelo. Las corriente I e I son iguales por tener la misma resistencia. Y la corriente I 4 es el doble de las anteriores por tener la mitad de resistencia que ellas, así:

7 I'' I'' I'' I 4'' y I ' I '' I '' 0 ' 3 I'' I'' I'' 0 I'' 4A I'' I'' 4A I'' I 4'' A Y las corrientes en el circuito real: I I ' I '' 4 4 0A I I ' I '' 6 4 0A I 3 I3 '' 0A I 4 I4 ' I4 '' 8 0A Otra de forma para resolver este circuito es aplicando de los métodos generales de análisis, el método de nudos. Es el más ventajoso de los planteados. r Ω Ω Ω Ω E 0 V E 80 V J 4 0A E 3 80 V J 80A J 0A Ω Ω Ω J 3 40A Ω U J 4 0A

8 [ 0,5] [ U ] 0 [,5] [ U ] [ 50] U V,5 y la tensión en bornes de la fuente de corriente se calcula recuperando la resistencia que se ha eliminado a la hora de plantear el sistema de ecuaciones: UJ V.

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