Ejercicios Resueltos Circuitos Trifásicos.pdf
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ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Circuitos Trifásicos: magnitudes OECA - 2005 pág. 1
1.- Una fuente 3 simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje entre líneas
][200||__
VV L y alimenta a una carga 3 en Y sin neutro, cuyas impedancias son
][101 Z , ][52 jZ y ][103 jZ . Determine las corrientes y los voltajes de fase.
El circuito correspondiente, viene dado por:
donde: 02005510 ba IjIj
12020055 ba IjIj
resolviendo el sistema anterior, se tiene que:
34.666.231549.24 jI a
66.1398.102.5153.17 jI b
por lo tanto: ][1549.241 AII a
][º15064.1432.768.122 AjIII ab
][º8.12853.173 AII b
entonces: VIZV º159.2441549.24*10111
VjIZV º602.7315064.14*5222
VjIZV º8.383.1758.12853.17*10333
1
2
3
1I
2I
3I
10
j10 -j5 aI
bI
+
+
+
1V
2V 3V
O
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Circuitos Trifásicos: magnitudes OECA - 2005 pág. 2
2.- Obtenga el valor que marca el voltímetro ideal, si ][31 Z y ][43 jZ . La fuente
3 simétrica es de secuencia negativa y tiene un voltaje entre líneas ][200||__
VV L .
La lectura del voltímetro viene dada por: || 20V
donde: 0, 21110 IIZV 121020 VVV
además: º020012 V
º120200
º120200
31
23
V
V
por lo tanto: º9.64043
º60200
31
1331
jZZ
VII
º9.6120º9.640*310 V
por tanto: º9.16913.8235.1486.80º0200º9.612020 jV
entonces, la lectura del voltímetro es: 82.13 [V]
3.- Encuentre el valor de la impedancia YZ de la carga 3 en Y y el valor de los voltajes
cabcab VVV______
,, . La fuente 3 es simétrica con un voltaje entre líneas ][200||__
VV L y una
corriente de línea ][10||__
AI L , cada línea tiene una impedancia ][10 jZL .
°
°
°
Z1
o
Z3
V
Z2→∞ [Ω]
1I
2I
3I
1
2
3
1I
2I
3I 12V
23V
31V 1I
2I
3I
1
2
3
Carga 3Ø
simétrica en Y
ZY
ZL
°
ZL
°
ZL
°
a
b
c
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Circuitos Trifásicos: magnitudes OECA - 2005 pág. 3
Dado que el circuito es completamente simétrico, el análisis se reduce a 1/3, esto es:
donde: º020012 V (según diagrama fasorial)
entonces: º303
2001 NV
además: AI º120101
__
(según diagrama fasorial)
por tanto: L
N
YYLN Z
I
VZIZZV
1
__
1
__
1
__
1
__
)(
así:
55.1º9055.110º9055.1110º12010
º303
200
jjjZY
por otro lado: VIZV Yao º3047.15º12010º9055.11
____
con lo que: VVVVV aoboaoab º08.26º03
][º1208.26
][º1208.26
VV
VV
ca
bc
4.- La fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje ][200__
VVL . Calcule los
voltajes cabcab VVV______
,, por dos métodos: a) mallas, b) transformación Y .
°
°
1I ZL
ZY
a
o
1
N
°
°
° a
b
c
j12/5
j2/5
6/5
1
2
3
2
-j1
j1
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Circuitos Trifásicos: magnitudes OECA - 2005 pág. 4
a) mediante el método de variables de corriente (mallas), se tiene:
donde:
120200
120200
0200
31
23
12
V
V
V
entonces:
0
º120200
º0200
1212
15
7
5
6
5
2
25
2
5
4
c
b
a
I
I
I
jjj
jjj
jjj
cuya solución, viene dada por:
4.10806.79750.25
13506.10217.7217.72
7506.10259.9841.26
jI
jI
jI
c
b
a
por tanto:
][6.7112.158)(*2
][4.9325.4717.4783.2)(*1
][6.11413.11318.4782.102)(*2
VIV
VjIIjV
VjIIjV
cca
cbbc
caab
b) mediante transformación Y , se tiene:
°
°
° a
b
c
Za
ZC Zb
o
j12/5
j2/5
6/5
1I
2I
3I
1
2
3
°
°
° a
b
c
j12/5
j2/5
6/5
1
2
3
2
-j2
j1
aI
bI
cI
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Circuitos Trifásicos: magnitudes OECA - 2005 pág. 5
donde:
6.11689.05
4
5
2
12
2
12
)1(2
6.2689.05
2
5
4
12
)2)(1(
4.6379.15
8
5
4
122
)2(2
jj
j
j
jZ
jj
jjZ
jjj
jZ
c
b
a
entonces:
por tanto:
4513.15
4
5
4
5
4
5
4
5
65
4
5
4
5
25
4
5
4
5
12
3
2
1
jZ
jZZ
jZjZ
jZjZ
Y
c
b
a
además: 06.10213.1
47.115321
Y
f
L
Z
VIIII
así:
][4506.102)4590(06.102
][16506.102)45150(06.102
][7506.102)4530(06.102
3
303
2
202
1
101
AZ
VI
AZ
VI
AZ
VI
por lo que:
][8.11452.11303.10365.4721 VjIZIZV baab
][4.9301.4793.4678.232 VjIZIZV cbbc
][4.7121.15896.14943.5013 VjIZIZV acca
°
°
°
Z1
Z3 Z2
O
1I
2I
3I
1
2
3
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Circuitos Trifásicos: potencias OECA - 2005 pág. 6
5.- Una fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje ][200||__
VV L y alimenta
a una carga 3 en Δ, cuyas fases son adelantofpWZ 707.0,][100: 1212 ;
][5023 Z y atrasofpVAZ 866.0,][50: 3131 . Determine la potencia activa, reactiva
y el factor de potencia de la fuente 3 .
Donde:
.][100)º45(*
º45707.0,][100:
1212
12121212
capVARtgPQ
adelantofpWPZ
][0,][800
50
200][50 23
2
23
2
2323 VARQWR
VPZ
L
.][25)º30(||
][3.43||
º30866.0,][50||:
3131
313131
31313131
indVARSenSQ
WfpSP
atrasofpVASZ
entonces: ][3.9433.438001003123123 WPPPP
capVARQQQQ ][75251003123123
adelanteCosP
QtgCosfp 9968.055.4
3
31
3
6.- Una fuente 3 simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje de 200 [V] entre líneas, se
conecta a una carga 3 en conexión Y con neutro, cuyas fases son ][74.57:1 VARZ ,
atrasofp 866.01 ; ][502 Z ; ][35.35:3 WZ , adelantofp 707.03 . Obtenga las
corrientes de línea y el factor de potencia de la fuente 3 .
El circuito correspondiente, viene dado por:
°
°
°
Z1
Z3 Z2
O
1I
2I
3I
1
2
3
N NI
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Circuitos Trifásicos: potencias OECA - 2005 pág. 7
donde:
1203
200
1203
200
05.11503
200
3
2
1
N
N
N
V
V
V
los triángulos de potencias, vienen dados por:
AI
SenenV
QI
atrasofpQZ
N
301 A1
)30(*3
200
57.74
)30(S
)(30 866.0,VAR57.74:
1
1
11
111
AV
IZN
12031.250
1203
200
50 :
222
A7543.043.0
707.0*3
200
5.353
C
)(45 707.0 ,5.353:
3
33
33
333
IAosV
PI
adelantofpWPZ
N
entonces, el triángulo de potencias totales, está dado por:
atrasoCostgCosfp
indVARQQQQ
WPPPP
99845.019.32.402
39.22
.39.2235.35074.57
02.40235.3567.266100
1
3
3213
3213
7.- La fuente 3 simétrica de secuencia negativa, tiene un voltaje ][200__
VVL . Encuentre la
potencia activa, reactiva y el factor de potencia de la fuente 3 . Donde ][430 jZ ;
carga 3 simétrica ][5003 VAS y atrasofp 6.03 .
1
2
3
ZO
CARGA
TRIFÁSICA
SIMÉTRICA
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Circuitos Trifásicos: potencias OECA - 2005 pág. 8
Donde: ][13.535430 jZ
por tanto: ][405
200
0
0 AZ
VI
L
.][64004*)40(*
][48003*)40(*
2
0
2
00
2
0
2
00
capVARXIQ
WRIP
carga 3 : 13.536.0,][500 333 atrasofpVAS
.][400,][300 33 indWQWP
fuente 3 : ][51003004800303 WPPP f
.][60004006400303 capVARQQQ f
adelantoCosP
QtgCosfp
f
f
f 6476.0)63.49(3
31
3
8.- Calcule el voltaje de línea en la fuente 3 simétrica de secuencia negativa, si el voltaje de
línea a los terminales de la carga 3 simétrica es ][200||__
VV L , además ][10 LZ .
Puesto que: )sec(200 VVVV cabcab , 10LZ
carga 3 simétrica: º45707.0,10 333 adelantofpKVARQ
considerando 1/3 del circuito, se tiene:
1I
2I
3I
1
2
3
Carga 3Ø
simétrica en Δ
Q3Ø=10[KVAR]
fp3Ø=0.707 adelanto
ZL
°
ZL
°
ZL
°
a
b
c
°
°
1I ZL
ZY
a
o
1
N
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Circuitos Trifásicos: mediciones OECA - 2005 pág. 9
donde: ASenfpV
QIIII
L
L 83.40)º45(*200*3
10000
3 3
3321
además:
º120200
º120200
º0200
ab
ab
ab
V
V
V
AI
VV ao
º7583.40
][º303
200
1
entonces: 13.45268.205º3047.115º7583.40*10____
1
__
jVIZV aoLLN
º5.6572.4961
__
NV
por lo tanto: VVVVV NNN º5.3534.860)º30º5.65(3 12112
VV
VV
º5.8434.860
º5.15534.860
31
23
9.- La fuente 3 simétrica de secuencia positiva, tiene un voltaje ][200__
VVL . Determine
los valores que marcan los instrumentos de medida.
Donde:
120200
120200
0200
31
23
12
V
V
V
entonces: ][67.6603
0200
1
12
__
1 AZ
VI
][3050904
60200
3
32
__
3 AZ
VI
°
°
°
Z1=3 [Ω]
o
1I
2I
3I
1
2
3
Z3=j4 [Ω]
A
Z2=0 [Ω]
W1
W3
+
+
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Circuitos Trifásicos: mediciones OECA - 2005 pág. 10
por tanto:
][0))30(60(*50*200
][13334)0(*67.66*200
332
112
,3323
,1121
WCosCosIVW
WCosCosIVW
IV
IV
además: ][2.16777.112)2597.109()( 312 AjIII
entonces, la lectura del amperímetro es: ][77.1122 AI
10.- Obtenga el valor de Z de la carga 3 simétrica en ∆, si la fuente 3 simétrica de
secuencia positiva tiene un voltaje de línea ][200||__
VV L y los elementos vatimétricos
marcan respectivamente ][800,][200 21 WWWW . Además ][10 jZL .
Siendo el circuito completamente simétrico, el análisis se reduce a 1/3, esto es:
donde:
ZeqtgP
Qtg
capVARWWQ
WWWP
º89.70600
31000
.310008002003)(3
600800200
1
3
31
3
213
213
entonces: ACosCosV
PII
LL 29.5
)º89.70(*200*3
600
3 3
31
°
°
° 1I
2I
3I
1
2
3
W1
W2
Carga 3Ø
simétrica en Δ
ZΔ
ZL
ZL
ZL
+
+
°
°
1I ZL
ZΔ/3
o
1
N
1I
Zeq
°
° o
1
N
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Circuitos Trifásicos: mediciones OECA - 2005 pág. 11
por tanto: 82.2129.5
3
200
1
1
I
VZ
N
eq
finalmente:
3
º89.7082.21 Z
ZZ Leq
así: ][º564.38)10º89.7082.21(3 jZ
11.- Una carga 3 simétrica en Y, viene dada por atrasofpVARQ 5.0,][400 33 ; se
conecta a una fuente 3 simétrica de secuencia negativa con voltaje de línea
][200||__
VV L , a través de líneas de impedancias LZ . Encuentre el valor de la
impedancia de la carga 3 y de la impedancia de cada línea, si los vatímetros miden
][2002 WW y ][8003 WW .
Fuente 3 : [W]600 800200- 323 WWP f
.][3100020080033 233 indVARWWQ f
carga 3 : .][4003 indVARQ , 605.0 33 fp
][231)60(
400
)( 3
3
3 Wtgtg
QP
líneas: ][369231600333 WPPP fL
.][133240031000333 indVARQQQ fL
°
°
° 1I
2I
3I
1
2
3
W2
W3 +
Carga 3Ø
simétrica en Y
Q3Ø=400 [VAR]
fp3Ø=0.5 atraso
+ ZL
ZL
ZL
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Circuitos Trifásicos: mediciones OECA - 2005 pág. 12
por otro lado:
f
fL
fLfLLf
P
QtgCosV
PIfpIVP
3
31
3
33
3
3
][29.59.70*200*3
600A
CosI L
realizando el análisis del 1/3 del circuito, se tiene:
donde:
LZ : ][1233
369
3
3W
PP
L
L
][39.4
29.5
12322
2
1 L
LLLL
I
PRRIP
.][4443
1332
3
3indVAR
L
L
][87.15
29.5
44422
2
1 L
LLLL
I
QXXIQ
entonces: ][º5.745.1687.1539.4 jjXRZ LLL
además: YZ : ][773
231
3
3W
PPY
][75.229.5
7722
1
2
1 I
PRRIP Y
YYY
.][1333
400
3
3indVAR
y
Y
][75.4
29.5
13322
1
2
1 I
QXXIQ Y
YYY
entonces: ][9.595.575.475.2 jjXRZ YYY
°
°
1I ZL
ZY
o
1
N
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Circuitos Trifásicos: mediciones OECA - 2005 pág. 13
12.- Una fuente 3 simétrica de secuencia positiva tiene un voltaje entre líneas
][200|| VV L y se conecta a dos cargas 3 simétricas. Carga #1: ][4003 WP ,
atrasofp 5.03 ; Carga #2: ][3003 VARQ , adelantofp 707.03 . Calcule el valor
de la lectura de cada uno de los vatímetros.
Los triángulos de potencias de las cargas 3 , vienen dados por:
Carga # 1: º605.0,][400 33 atrasofpWP
.][82.692)º60(33 indVARtgPQ
Carga # 2 : º45707.0,][300 33 adelantofpVARQ
][3003 WP
Carga 3 total: ][7003004003 WP t
.][82.39230082.6953 indVARQ t
entonces:
8.2263
392.82 82.3923
700 700
13133
13133Ø
WWWWQ
WWWWP
resolviendo las expresiones anteriores, se tiene:
][6.2361 WW
][4.4633 WW
°
°
° 1I
2I
3I
1
2
3
W1
W3
+
+
Carga 3Ø
simétrica
# 1
Carga 3Ø
simétrica
# 2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 14
13.- Determine los valores de corriente )0( i y la derivada del voltaje 0dt
dv, si en 0t , se
cierra el interruptor.
Análisis en 0t :
donde:
)0()0()0()0()0()0( 2628: CLCCLL viviviLVK
)0(
)0(
)0()0(
)0()0(
22
610:
L
C
LC
CCi
vii
viLCK
entonces: V14 228)0()0(
CC vv
Av
iL 32
144
2
4
)0(C
)0(
análisis en 0t :
donde:
)0()0()0( [A]-3 iii LL
V14 )0(C)0(
vvC
2/5
2
6
1/12
2 10 +
8 + vC(0-)
iL(0-)
2
2/5
+
8
iL(0+)
6
1/12 + vC(0+)
iC(0+)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 15
además: )0(
0
12
CCC i
dt
dv
C
i
dt
dv
dt
dv
por otro lado: 66
0)0(
)0(
C
CC
CCC
vi
viRiv
entonces: ][28 6
1412
612
)0(
0
sVCv
dt
dv
14.- Obtenga los valores de )(0v y
0dt
di, si en 0t el conmutador pasa de la posición (a) a
la posición (b).
Análisis en 0t :
donde: VvAi CL 10,5)0()0(
análisis en 0t : VvAi CL 10,5
)0()0(
donde: Vivv LL 105*410410)0()0()0(
+
10μ(t)
(b) +
10
1/2
4 2
(a)
t = 0
1/4
i(t) ° °
°
+ v(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 16
además: dt
di
dt
dviv C
C 20210
entonces:
sAv
i
i
C
i
dt
dv
dt
di
C
CC
202
10*22
41*
2
1*
2
1
2
1
)0(
)0(
)0()0(
00
15.- Encuentre los valores de )(0i y
0dt
di, si cada uno de los interruptores actúa en el
instante señalado.
Análisis en 0t : AiVv LC 0,0
)0()0(
análisis en 0t :
donde: VdttVti oC
0
0
)0(10)(10
1
1)(10
además: AIvL 00 0)0(
1 1
1
1
t = 0+ t = 0- i(t)
10δ(t)
° °
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Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 17
análisis en 0t : AiVv LC 0,10
)0()0(
donde: Aii L 0)0()0(
además: sAv
L
v
dt
di
dt
diii
CLLL 10
1
)0()0(
00
16.- Calcule los valores de )0( i y
0dt
dv si cada uno de los interruptores se abren en el
instante señalado.
10δ(t)[V]+
1Ω
t=0+
t=0-
i(t)
1H
1Ω
1F V(t)
+
10[A]
Análisis en 0t :
1Ω
iL(0-)
1H
1Ω
1F Vc(0-)
+
1Ω1Ω
V(t)1F
i(t)
1H
10i(0-)
VL(0-)
+
Ic(0-)
+
10
puesto que: 01
00)0(
)0()0()0(
L
LC
vivi
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 18
además: ][00:)0()0()0()0(
AiiiiLCK LLC
][10*110:)0()0()0()0(
VvvviLVK CCLC
análisis en 0t :
1Ω
iL(0)
1H
1Ω
1F Vc(0)VL(0)
+
+10δ(t)
+ V(0)
n1 ic(0)
i(0)
donde: )0()0()0(: CL iiiLCK
)0()0(*1)(10: LvitLVK
)0()0()0( CL vvv
entonces: )(5)(10)(10)0()0()0()0(
titvvit CLLC
por tanto: ][5)(51
10
0
0 AdttI
análisis en 0t : )0(0)0()0(][5 iAIii LL
+
1Ω
Vc(0+)
1F
iL(0+)
1H
i(0+)
V(0+)
+
V(0+) +
donde: 51
)0()0(
00
LCCi
c
i
dt
dv
dt
dv
por lo que: ][50
sV
dt
dv
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 19
17.- Determine los valores de )0( i y 0dt
dv.
Análisis en 0t : VvAi CL 0,0 )0()0(
análisis en 0t :
donde: )(10)(10 )0(
21
)0(
)0()0( tiv
iit C
C
LC
entonces: VdttV 20)(101
0
021
0
además: AIvv CL 00 0)0()0(
análisis en 0t :
VVvv
AIii
CC
LL
20
0
0)0()0(
0)0()0(
donde: ][402
1
)0(
)0( Av
iC
10δ(t)
2
1/2 1/2
iL(0)
+ vC(0)
iC(0)
vL(0)
+
v
+
+ vC(0+)
2
1/2 1/2
iL(0+)
i +
10
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 20
además: dt
dv
dt
dv
dt
dv
dt
dvvvLVK CC
C 010:
entonces: )0(
21
)0(
00
2
C
CC ii
dt
dv
dt
dv
también: AiiiiiiLCK LCCL 40400: )0()0()0(
por tanto: sV
dt
dv80402
0
18.- Obtenga los valores de )0( v y 0dt
di, si en 0t el conmutador pasa de la posición (a)
a la posición (b).
Análisis en 0t :
donde:
Aiv
iiLCK
VvvvLVK
L
C
CL
CCL
52
:
1010:
)0(
)0(
)0()0(
)0()0()0(
análisis en 0t :
Vvv
Aii
CC
LL
10
5
)0()0(
)0()0(
1/2
2 + vC(0-)
1/4
iL(0-)
+
10
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Condiciones Iniciales OECA - 2005 pág. 21
donde:
L
t
C
C
iiiLCK
eiv
vvLVK
0
2
0
:
102
10:
entonces: Vvvvv CC 010101010 )0()0()0()0(
manipulando las expresiones anteriores, se tiene:
L
t
L
t
C iieiiev 2210210 22
L
t iiev 221010 2
derivando la última expresión y evaluando en 0t , se tiene:
21
)0(
000
2
00
22
102
110
2
1
2102
122200
LLt
LtLt
v
dt
dv
dt
die
dt
dv
dt
di
dt
die
dt
dv
dt
di
dt
di
dt
die
dt
dv
además: dt
dv
dt
dv
dt
dv
dt
dvvv CC
C 010
entonces:
)0()0()0(
41
)0(
)0(
00
21022102
1210
2
1
LCL
C
LC viv
iv
dt
dv
dt
di
también:
Vvv
Av
iiii
CL
C
LLC
0101010
52
10105
2
10
)0()0(
)0(
)0()0(0)0()0(
por lo que: sA
dt
di20021052
0
1/2 2
+ vC(0+)
1/4
iL(0+)
+
10
+
10e-2t|t=0+
i0
i
v +
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 22
19.- Encuentre la respuesta de corriente )(ti válida para t , si en 0t el interruptor se
abre.
1Hi(t)
2Ω
2F
t=0+
10[V]
+
10δ(t)[A]
Para 0t :
si la fuente se iguala a cero, la configuración es R-L-C en serie, esto es:
2
21,1
20
LCw
L
Rs
cuyas raíces, vienen dadas por: 707.1,293.0 21 pp
la solución general es: tt eAeAti 707.1
2
293.0
1)(
además: tt eAeAti 707.1
2
293.0
1 707.1293.0)('
por lo tanto: 21)0( AAi
21)0( 707.1293.0' AAi
análisis en 0t : ][0,][0 )0()0( VvAi CL
análisis en 0t :
+
10
2
2
1
i(t)
1
2
2
iC(0)
+
vC(0)
10δ(t)
iL(0)
+ vL(0+)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 23
donde: )(202,)(10 )0()0()0( tivti CLC
entonces: ][52
10
0
)0(0 VdtiV C
, ][201
10
0
)0(0 AdtvI L
análisis en 0t : )0(0)0()0( ][20 iAIii LL
][50)0()0( VVvv CC
además: ][451
)2(10 )0()0()0(
00
sACLL
vi
L
v
dt
di
dt
di
por tanto: 21)0( 20 AAi
21)0( 707.1293.045' AAi
donde: 68.27,68.7 21 AA
esto es: )(]68.2768.7[)(10)( 707.1293.0 tueetti tt
20.- Calcule la respuesta de voltaje )(tv válida para todo t.
Para 0t :
+
10
2
2
1
i(0+)
+
vC(0+)
iL(0+)
5 1/4
3
1/2 +
v(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 24
donde:
3
:
5:
vi
vvvLVK
iiLCK
C
CL
CL
entonces: vdtidt
dic
L 4
1
1
2
1
vvdtdt
dvvdt
vv
dt
d
vdtidt
divdtii
dt
dC
CCC
3
4
6
1
34
32
1
42
145
2
1
derivando:
0863
4
6
12
2
2
2
vdt
dv
dt
vd
dt
dvv
dt
vd
donde, la ecuación característica y sus raíces vienen dadas por:
4,2086 21
2 pppp
por otro lado:
tt
p
tt
eAeAdt
dv
tveAeAtv
4
2
2
1
4
2
2
1
42
)()(
21
0
21)0(
42 AAdt
dv
AAv
análisis en 0t : AiVv LC 0,0 )0()0(
análisis en 0t :
donde:
)(303:
)(10)(10:
)0()0()0()0(
)0()0()0(
tvivvLVK
tiiitLCK
LCCL
CCL
1/4
3
1/2
iL(0) + vC(0) 10δ(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 25
entonces:
AdttI
VdttV
60)(301
40)(101
0
021
0
0
041
0
análisis en 0t :
VVvv
AIii
CC
LL
40
60
0)0()0(
0)0()0(
donde:
C
CL
LC
iv
vvvLVK
iiLCK
3
:
5:
manipulando las ecuaciones, se tiene:
Viviiv LLC 195315533 )0()0(
también: LLL vdt
dvv
dt
dvdtv
v62
3
115
3 21
donde: sV
CC vvdt
dvvv
dt
dv930666 )0()0(
0
por lo tanto:
93042
195
21
21
AA
AA
270
75
2
1
A
A
finalmente:
)(27075)(30)(
)(270753)(
42
42
)0(
tueettv
tueeitv
tt
tt
C
5 1/4
3
1/2 +
v
iL(0+) + vC(0+)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 26
21.- Determine la respuesta de voltaje )(tv , válida para t , si en 0t el interruptor se abre.
Para 0t :
donde: 13
10
3
5
2
1
2 raíztv
dt
dvt
dt
dvv
entonces: 3
10)()()( 2121 KKKtKtvtvAetv PP
t
por tanto: 3
10
3
10
3
10)( )0(
AvtAetv t
análisis en 0t :
donde: 232
10,
2
5
22
1021
ii
entonces: VvC 62*3)0(
análisis en 0t :
3 2 2
2 ½ 5δ(t) 5tμ(t) +
10
t = 0- +
v(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 27
donde: VdttVtiC
0
0
0)0(3
10)(
3
5
21
1)(
3
5
análisis en 0t : VvC
3
28
3
106
)0(
donde: Vvv C3
28)0()0(
entonces: 3
38
3
10
3
28)0( AAv
por lo que: )(381103
1)( tettv t
22.- Obtenga la respuesta de corriente )(ti , válida para t , si en 0t el conmutador pasa de
la posición (a) a la posición (b).
Para 0t :
donde:
idtvv
ivt
463
15
entonces: idtiidttidtiidtt3
2
3
454
6
14
3
15
derivando y reordenando términos, se tiene la e.d.o.: 252 raízidt
di
3
¼ 6
i(t)
5δ(t) +
12 +
15t
°
°
° (a)
(b) t = 0-
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 28
por lo que: 2
5)()()( 2 KKtitiAeti pp
t
así: 2
5
2
5)( )0(
2
AiAeti t
análisis en 0t :
donde: VvC 812*63
6)0(
análisis en 0t :
donde: VdttVtiC 20)(541
1)(5
0
0
0)0(
análisis en 0t : VvC 28820)0(
donde: Av
iAv
iCC
6
28
6,
3
28
3
)0(
)0(2
)0(
)0(1
entonces: Ai 146
28
3
28)0(
por lo tanto: 2
33
2
514)0( AAi
finalmente: )(5)(2
33
2
5)( 2 tteti t
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 29
23.- Encuentre la respuesta de corriente )(ti válida para t , mediante superposición.
Para 0t :
a) acción de la fuente: )(5 2 te t
donde: te
dt
diidti 2111 524
21
1
derivando: 152 2
11
2
1
2
raiceseidt
di
dt
id t
entonces: )()( 1
2
211 tietAAti p
t
esto es: 5)( 2
1 KKeti t
p
por tanto: 55)( 1)0(1
22
211
AieetAAti tt
además: 1010 12
0
12
21
2
21
AAdt
dieetAAeA
dt
di ttt
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
donde: Aii L 0)0()0(1
i(t)
1
2
3 ½ +
5e-2tμ(t) 10δ(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 30
también: L
v
dt
di
dt
di LL )0(
00
1
así: sAdt
diveviv L
t
Lc2
5554
0
1
)0(0
2
)0()0(1)0(
por lo tanto:
2
5
5
102
5
50
2
1
12
0
1
1)0(1
A
A
AAdt
di
Ai
entonces: )(52
55)( 2
1 teetti tt
b) acción de la fuente: )(10 t
donde: 1raices
entonces: 0)()()( 22432 titietAAti pp
t
por tanto: 3)0(2432 )( AietAAti t
además: 34
0
2434
2 AAdt
dietAAeA
dt
di tt
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
análisis en 0t :
donde: VdttVtiC 20)(1021
1)(10
0
0
0)0(
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 31
además: AdttIttvL 15)(302
1)(30)(10*3
0
0
0)0(
análisis en 0t : VvAi CL 20,15
)0()0(
donde: Aii L 15)0()0(2
además: L
v
dt
di
dt
di LL )0(
00
2
entonces:
sAdt
di
Vivv CL
202
40
4015*420*4
0
2
)0(2)0()0(
por lo tanto:
5
15
20
15
2
1
34
0
2
3)0(2
A
A
AAdt
di
Ai
así: )(35)(2 tetti t
con lo que: )(52
1520)()()( 2
21 teettititi tt
24.- Calcule la respuesta de voltaje )(tv válida para t , mediante superposición.
Para 0t :
2 1
3 ½ +
5e-2tμ(t) 10δ(t)
+
v(t)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 32
a) acción de la fuente: )(5 2 te t
donde: L
C iv
dt
dv
22
1 1
además: 1
2
1
2 55 vevvve t
CC
t
entonces: L
t iv
vedt
d
25
2
1 11
2
también: dt
diiv L
L 31
por tanto: 22
15
22
15 112112 v
dt
dveii
v
dt
dve t
LL
t
así:
22
15
22
153 112112
1
v
dt
dve
dt
dv
dt
dvev tt
con lo que: 121054 2
11
2
1
2
jraicesevdt
dv
dt
vd t
cuya solución general, viene dada por:
t
pp
t KetvtvesentAtAtv 2
11
2
211 )()(cos)(
donde: tt eesentAtAtvK 22
211 10cos)(10
además: ttt eesentAtAetAsentAdt
dv 22
21
2
211 20cos2cos
con lo que: 202,10 12
0
11)0(1
AA
dt
dvAv
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 33
donde: Vvev C
t 55)0(0
2
)0(1
además:
0
0
2
0
12
1 105dt
dve
dt
dvvev Ct
C
t
entonces: sVi
v
C
i
dt
dv LC
1521
21010)0(
)0(1
)0(
0
1
por tanto:
5
15
20215
105
2
1
12
0
1
1)0(1
A
A
AAdt
dv
Av
finalmente: )(105cos15)( 22
1 teesentttv tt
b) acción de la fuente: )(10 t
donde: tesentKtKtvvdt
dv
dt
vd 2
43222
2
2
2
cos)(054
además: tt esentKtKetKsentKdt
dv 2
43
2
432 cos2cos
entonces: 34
0
23)0(2 2, KK
dt
dvKv
análisis en 0t : 0,0
)0()0(
CL vi
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: tiempo OECA - 2005 pág. 34
análisis en 0t :
donde: )(10)0()(303)(10 0)0(0 titiVti CL
además:
0
0
0)0(
0
0
0)0(
20)(1021
1)(10
30)(301
1)(30
VdttVti
AdttItv
C
L
análisis en 0t : VvAi CL 20,30
)0()0(
donde: Vvv C 20)0()0(2
además: sVi
v
C
i
dt
dv
dt
dv LCC 80
212
)0(
)0(2
)0(
00
2
entonces:
40
20
280
20
2
3
34
0
2
3)0(2
KKKdt
dv
Kv
por lo tanto: )(2cos20)( 2
2 tesentttv t
con lo que, aplicando superposición, se tiene:
)(29cos75)()()( 22
21 teesentttvtvtv tt
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 35
25.- Determine la respuesta de voltaje )(tv , válida para t , si en 0t el conmutador pasa
de la posición (a) a la posición (b).
Conmutador en la posición (a):
análisis en 0t : ][105*2,][101
10)0()0( VvAi CL
análisis en 0t : ][10,][10 )0()0( VvAi CL
conmutador en la posición (b):
el equivalente a los terminales x – y, viene dado por:
donde: s
s
s
ssI2
520
4
10
1
10
0
,
4
4
41
41
0
s
s
sZ
+
10/S
40/3
+
10/S
+
4S/3 4/S
x
y
1
+
10/S
10/S
+
4/S
x
y
1
°
°
+
10 4/3 1/4
1
+ v(t)
iL(0+)
vC(0+)
+
°
°
x
y
Z0 I0
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 36
entonces:
donde: 4
410
2
520*
4
4000
ss
s
s
s
sIZV
entonces:
31
103
40
3
43
40
*3
4)(
0
0
ss
s
sZ
V
ssV
así:
3110)( 21
s
A
s
AsV
por lo tanto:
)(35)(2
3
2
110)(
)(13
10)(
33
31
teeteetv
tes
se
s
stv
tttt
s
st
s
st
26.- Obtenga la respuesta de voltaje )(tv , válida para t , si en 0t el conmutador pasa de
la posición (a) a la posición (b).
Conmutador en la posición (a):
análisis en 0t : ][0,][10 )0()0( AiVv LC
+
V0
x
y
Zo
°
°
+
V(S)
4S/3
40/3
+
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 37
para 0t : conmutador en la posición (b)
el equivalente a los terminales x – y, viene dado por:
entonces:
s
s
s
s
s
ssI1
2
55
1
2
5
2
10
4
10102
0
12
4
2
1
4
1
4
120
ss
s
s
sZ
por tanto:
1
110
1
110
1
2
5*
12
4)(
2200ss
s
s
s
ss
sIZsV
donde: )(10)( tetv t
27.- Encuentre la respuesta de corriente )(ti , válida para t , si en 0t el interruptor se
abre.
Interruptor cerrado:
análisis en 0t : ][0 , [A] 0 )0()0( Vvi CL
°
°
x
y
Z0 I0
+
V(S)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 38
análisis en 0t :
donde: ]][8)(2
41
1)(2
41
)(100
0
0)0( VdttVtt
iC
][4)(82
1)(8)(2*4
0
0
0)0( AdttIttvL
interruptor abierto:
análisis en 0t : ][8 , ][4 )0()0( VvAi CL
para 0t :
donde: 112
874
2222
16148
442
88
2
10
)(2
2
2
jss
ss
sss
ss
ss
sssI
entonces:
conj
js
A
s
AsI
112)( 21
por tanto: 522
874
2
2
2
1
sss
ssA
1802
1
112
874
11
2
2
jsjss
ssA
donde:
conj
jsssI
11
1802
1
2
5)(
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 39
finalmente:
)(5)(2)(
)(1802
125)(
2
2
teCostetti
ttCoseeti
tt
tt
28.- Calcule la respuesta de corriente )(ti válida para t .
Análisis en 0t :
donde: ][0,][101
10)0()0( VvAi CL
para :0t
donde:
entonces:
14
4
41
41,
5
1
10
4
4050220
s
s
s
sZ
s
s
ssI
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 40
además:
donde: 14
205
14
42000
ssss
sIZV
también:
donde:
16
10
214
4
14
20
20
0
1
ss
s
s
ss
Z
VI
por tanto: 102
2
2)( 1
0
0
I
sZ
ZsI
12
1
12
53
2010)(
16411010
16
10
22
14
4
214
4
)(2
js
ssI
ss
s
ss
ss
ss
s
sI
entonces:
.
12
1
12
53
2010)( 1 conj
js
AsI
donde:
7.7855.22
5
2
1
2
15
12
1
12
5
12
1
12
5
1 jj
j
js
sA
js
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 41
así:
conj
js
sI
12
1
12
5
7.7855.2
3
2010)(
por lo que: )(7.7812
155.22
3
20)(10)( 12
5
tutCosettit
)(7.7833.899.33)(10)( 42.0 tutCosetti t
29.- Determine la respuesta de corriente )(ti válida para t .
Análisis en 0t :
donde:
Vv
Ai
ivvLVK
iiv
LCK
C
L
LLC
CL
C
4
2
2:
16:
0
0
000
00
0
para 0t :
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Respuesta Completa: frecuencia OECA - 2005 pág. 42
donde:
6
4
22
1
22
4
2
22
1
0
0
s
s
s
s
Z
ssI
entonces: 6
2
4
2
6
4000
sss
sIZV
por tanto:
65
24304
)6()4(
)6)(1(42
1
6
4
14
6
2
1
14
)(2
2
0
0
ss
ss
sss
sss
ss
ss
s
s
sZ
s
sV
sI
)3)(2(
104
)3)(2(
24304)(
2
ss
s
ss
sssI
así:
62104)( 21
s
A
s
AsI
donde:
3
3
2
2104)(
323
3
2
232
2
3
3
2
2
1
sssI
s
sA
s
sA
s
s
por lo que: )(3210)(4)( 32 teetti tt
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red OECA - 2005 pág. 43
30.- Obtenga la función de admitancia de punto motriz del circuito.
Donde:
s
s
s
sZsV
sIsY
10
102010
1
)(
1
)(
)()(
entonces: 106
)10(
20
1
20012020
)10()(
22
ss
ss
ss
sssY
31.- Encuentre la admitancia de transferencia.
Realizando transformaciones y reducciones, se tiene:
donde: 4
21
s
sZ
4
4
sZ
+
V(s)
I(s) 10
10 s
20/s
s
2 2
1/s 1
I(s) +
V(s)
s
2 2
1/s
1
I(s) +
V(s)
Z1 Z1
Z
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red OECA - 2005 pág. 44
entonces:
además: s
sZZ1
)(10
)4(
450
ss
sZ
donde: )452)(4(
)45(2
4
2
)4(
45
4
2*
)4(
45
)(2
10
1010
sss
ss
s
s
ss
s
s
s
ss
s
ZZ
ZZsZ
además: )(2
4
)(
)()(
1
0 sVs
s
sZ
sVsI
por tanto:
)(2
4*
14
2
)452)(4(
)45(2
)452)(4(
)45(2
)(1)()(
)()(
2
2
0
110
10 sVs
s
s
s
sss
ss
sss
ss
sIsZsZ
sZsI
finalmente:
s
s
sssss
ss
sV
sIsY
2
4*
)452)(43()45(2
)45(2
)(
)()(
2
496
45
1640336
)45)(4()(
223
ss
s
sss
sssY
+
V(s)
1/S
Z(s)
Z1(s) Z1(s)
I(s)
1
)(0
sZ
Z1(s)
I(s)
1 Z0(s) Z1(s) I0(s)
Z1(s)
I(s)
1 Z10(s) I0(s)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 45
32.- Mediante el criterio de función de red, calcule la componente forzada de la respuesta de
corriente )(ti , si VtSenetv t )2.87(10)( 2 .
El modelo en el dominio de S, viene dado por:
donde:
22
2
22
12
12
2
12
12
12
222
)(
)(
)(
)(
)(
ss
s
ss
s
s
s
V
IF
s
ss
V
s
IS
S
S
S
S
además:
2.87
12
10
0
V
js
V
entonces:
2.157|485.0
76
24
2)12()12(2
)12(22)( 0 j
j
jj
jF S
donde: 2.157,485.0)( 0 FSF
así: 85.410485.0)( 0 VFI S
702.872.157vFi
por lo tanto: AtSeneti t
p )70(85.4)( 2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 46
33.- Mediante el criterio de función de red, determine la componente particular de la
respuesta de voltaje )(tv , si ][)º605(10)( 3 Atseneti t .
Donde:
entonces: 23
4
462
8
462
24
)(
)()(
22
ss
s
ss
s
ss
s
ssI
sVsF
además:
º60510)( 3 tSeneti t
º60
53
10
0
i
js
I
por lo que:
º15.9285.0
1523
2012
253353
534
23
4)(
2
0
2
0
00
j
j
jj
j
ss
ssF
donde:
º15.92
85.0)( 0
F
sF
º15.152º60º15.92
5.81085.0)( 0
iFv
IsFV
por lo tanto: ][º15.15255.8)( 3 VtSenetv t
p
2s 4/s
6
+
V(s) I(s)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 47
34.- Obtenga la componente particular de la respuesta de voltaje )(0 tv mediante el criterio de
función de red, si la fuente tiene un voltaje ][º60410)( 2 VtCosetv t .
donde:
entonces: )(2
1)()( 1 sVsIsVab , )(
21
1)()( 2 sV
s
sIsVad
por tanto: )(2
1
1
2
1)()()()()( 210 sV
s
sIsIsVsVsV adab
donde: 2
2
22
1
21
1
2
1
)(
)()( 0
ss
s
s
s
s
sV
sVsF
además: º604cos10)( 2 tetv t
º60
42
10
0
js
V
entonces:
º452
2
2
1
2
1
2422
242)( 0
j
j
jsF
así: º45,2
2)( 0 vsF
° °
+ V(s)
I1(s) I2(s)
1
2/s
1
2
a
b
c
d + v0(s) -
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 48
por lo tanto: 07.725102
2)( 00 VsFV
además: º105º60º450 vF
entonces: )º1054(07.7)( 2 tCosetv t
op
35.- La componente particular de la respuesta de un circuito es )15(10 2 tCose t . Si el
circuito tiene una función de admitancia de punto motriz, dada por:
)2(
120)(
ss
ssF
Encuentre la expresión de la variable de la fuente.
Puesto que: )2(
120
)(
)()(
ss
s
sV
sIsY
entonces: ][)15(10)( 2 AtCoseti t
p
donde:
15
12
10
0
I
js
I
por tanto:
4.10865.12
)212)(12(
11220
)2(
120)(
00
00
jj
j
ss
ssY
donde: 4.108,65.12)( 0 YsY
así: 4.123)4.108(15,79.065.12
10
)( 0
YIVsY
IV
finalmente: ][)4.123(79.0)( 2 VtCosetv t
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 49
36.- La función de red correspondiente a una admitancia de transferencia viene dada por:
)1)(1(
)2()(
2
sss
sssF
Si la componente particular de la respuesta tiene una magnitud de 7.69 unidades, una
frecuencia de 25.0 j y un ángulo de 38.8º. Cuál es la forma de la señal de la fuente y
su unidad correspondiente.
Donde:
º8.38
25.0
69.7
0
I
js
I
por tanto: ]1)25.0()25.0)[(125.0(
)225.0)(25.0(
)1)(1(
)2()(
2
0
2
00
000
jjj
jj
sss
sssY
)25.3)(25.0(
)25.1)(25.0()( 0
j
jjsY
así:
º8.98
º1802
5.0
5.1
2
2
5.0
769.025.3
2)5.1(
)25.3(
)25.1(
)25.3()25.0(
)25.1( )25.0()(
1
11
Y
22
0
tg
tgtg
j
j
jjsY
entonces: 10769.0
69.7
)()(
)()(
0
sY
IV
sY
sIsV
º6.137)8.98(8.38 YIV
por lo que: VtCosetv t )º6.1372(10)( 5.0
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 50
37.- Calcule la componente particular de la respuesta del circuito descrito por el diagrama
vectorial de polos y ceros, si la fuente está descrita por 25X , 0s y 15x .
Según el gráfico se tiene:
)3(,)1(:
)2(,)0(:
22 0
oo
oo
oo
sspolos
ssceros
jjs
donde:
45180225
245*5
2*22*5
3*1
25
312
00
00
)(
0000
0
SSSSF
Sss
ssF
entonces: y
t
p tCoseYty 0
0)(
donde:
601545
402524)(
xFy
o XsFY
finalmente:
60240)( 2 tCosety t
p
o o x x
So j2
j1
jw
σ -3 -2 -1 0
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: componente particular OECA - 2005 pág. 51
38.- Determine la componente particular de la respuesta de un circuito, cuyo diagrama
describe a su admitancia de transferencia. Los datos de la fuente vienen dados por:
magnitud 10
10 , ángulo º4.78 y frecuencia 0s .
Donde: 210 js
entonces: º904º*4.635
º1352210
)52)(2(
)1(10
)(
)()(
0
2
00
0
01
02021
sss
s
sV
sIsY
por tanto:
º4.18)º90º4.63(º135
1054
2210)(
21
021
Y
sY
además:
21
º4.78
10
10
0
1
1
js
I
I
así:
º60º4.78º4.18
1010
10*10*
12
1212
IY
IYI
por lo que: AtCoseti t
p )º602(10)(2
° ×
×
K=10
S0
jw
σ -2 -1 0 1
-j2
-j1
j2
j1
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 52
39.- Dibuje el diagrama de Nyquist de la función dada por: 1
2)(
2
ss
ssF
Reemplazando jws , se tiene:
jww
jww
jww
jw
jww
jwjwF
)1(
)1(*
)1(
2
1
2)(
2
2
22
1
)1()2(
)1(
2)1()1(2)(
24
22
222
222
ww
wjww
ww
wjwjwwwjwF
donde: 1
2)(
24
2
ww
wjwFe
1
)1()(
24
2
ww
wwjwFmg
los valores de w, para que el valor real sea máximo, vienen dados por:
0)1(
)24)(2()1(20
1
224
3224
24
2
ww
wwwwww
ww
w
dw
d
entonces: 01)24)(2()1(2 242224 wwwwww
para 0w , se tiene:
5176.032
932.13232
2
122,1
w
ww
los valores de w, para que el valor imaginario sea máximo, vienen dados por:
0)1(
)24)(()1)(13(0
1 224
33242
24
3
ww
wwwwwww
ww
ww
dw
d
entonces: 0)1(4)1(144 226246 wwwwww
0)1)(1(4)1)(1( 233 wwwww
0)1)(1)(1)(1( 22 wwwwww
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 53
existe un solo valor de 0w que hace que la componente imaginaria sea máxima, esto es:
13 w
la tabla con ciertos valores, tanto de la componente real como imaginaria de la función de red,
viene dada por:
w )( jwFe )( jwFmg
0 2 0
0 0
*0.5176 2.155 -0.8165
*1.932 -0.1547 -0.8165
1 1 -2
5 -0.038 -0.216
1/5=0.2 2.038 -0.216
1/10=0.1 2.0099 -0.102
10 -0.0099 -0.102
cuya gráfica viene dada por:
-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
Diagrama de Nyquist
Real F(jw )
Imag F
(jw
)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 54
40.- Dibuje el diagrama de Bode correspondiente a la función de red:
100201001.0
110)(
2
224
ssss
sssF
Donde:
2
224
2
224
101001.0
)1(10
100201001.0
)1(10)(
sss
ss
ssss
sssF
así: 2
22
2
4
101
1001
1.01
)1(
10*100*1.0
110)(
sss
sssF
reemplazando jws :
2
22
101
1001
1.01
11
110)(
w
jw
jw
j
wj
wj
jwF
entonces:
11log40
1log4010log20)(log20
wj
wjjwF
101log40
1001log20
1.01log20
wj
wj
wj
cuya representación gráfica, viene dada por:
10-3
10-2
10-1
100
101
102
103
104
-150
-100
-50
0
50
100
20lo
g|F
(jw
)| (
dB
)
Diagrama de Bode
Frecuencia w (rad/sec)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 55
41.- Dibuje, el diagrama de Bode correspondiente a la función de red:
)93)(1(
)10(9.0)(
2
2
sss
sssF
Donde:
133
1
31
101
10
193
)1(9
10110
9.0)(2
2
2
2
2
sss
ss
sss
ss
sF
entonces:
133
1
311
101
110)(
2
2
wj
wwj
wj
wj
jwF
por tanto:
2
101log20
1log2010log20)(log20
wj
wjjwF
133
1
3log20
11log20
2
wj
wwj
cuya gráfica correspondiente viene dada por:
10-2
10-1
100
101
102
103
-40
-30
-20
-10
0
10
20
30
20lo
g|F
(jw
)| (
dB
)
Diagrama de Bode
Frecuencia w (rad/sec)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 56
42.- Dibuje el diagrama de Bode de la función de red
Donde:
reduciendo el modelo, se tiene:
entonces: )(11
1
11
1
)( 0000 sVs
sV
s
s
sZZssVV
por lo tanto:
ss
sVs
s
sZ
VsI
31
1
)(1
3)(
0
0
donde: 22 )2(44)3)(1(1)(
)()(
s
s
ss
s
ss
s
sV
sIsF
reemplazando jws , se tiene: 2)
21(4
)()(
j
jjwF
así:
2
21log20
1log20
4
1log20)(log20
jjjwF
cuya gráfica, viene dada por:
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 57
10-2
10-1
100
101
102
-80
-70
-60
-50
-40
-30
-20
-10
20lo
g|F
(jw
)| (
dB
)
Diagrama de Bode
Frecuencia w (rad/sec)
43.- Obtenga la función de red correspondiente al diagrama de Bode:
0.1 10 100 10001.0
40
20
20log|F(jw)|[db]
W [rad/s]
Mediante descomposición en factores gráficos de Bode, se tiene:
20
40
60
-40
-20
-60
0.1 1 10 102 103 104
w
[db]
3
1
2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 58
donde: 10'10
1log201
1log20'log20)(log20
2
K
wj
wjKjwF
entonces: 2
2
210
1
10
1
110
101
11
10)(
jw
jw
wj
wj
jwF
reemplazando sjw , se tiene: 2
3
10
110)(
s
ssF
la reconstrucción del diagrama de Bode, viene dado por:
10-2
10-1
100
101
102
103
0
5
10
15
20
25
30
35
Magnitu
d (
dB
)
Diagrama de Bode
Frecuencia w (rad/sec)
44.- Encuentre la función de red, correspondiente al diagrama de Bode dado.
Descomponiendo en los factores gráficos de Bode, se tiene:
20
40
0.1 1.0 10 100 1000
[db]
w
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Función de Red: diagramas OECA - 2005 pág. 59
donde:
101log20
1log20'log20)(log20
wj
wjKjwF
3
2101log20
11log20
wj
wj
así: 10'20'log20 KK
además: 3
2101
11
101
110)(
w
jw
j
wj
wj
jwF
por lo que:
3
21011
101
10)(
w
jjw
wjjw
jwF
reemplazando sjw , se tiene:
32
3
2
3
210)1(
10
1
)10(10
1
10
1011
101
10)(
ss
ss
ss
ss
sF
entonces: 32
6
10)1(
)10(10)(
ss
sssF
20
40
60
-40
-20
-60
0.1 1 10 102 103 104
w
[db]
1
2
3
4
5
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: parámetros OECA - 2005 pág. 60
45.- Calcule los parámetros de impedancia ][Z de un cuadripolo, cuyas medidas son:
a) terminales '22 abiertos: ][10,20 1121 KZTV
b) terminales '22 cerrados: ][8,20 1121 KZTI
Donde:
entonces:
a) terminales '22 abiertos:
4
11
01
1
21
01
2
10
20
2
2
ZI
V
gV
V
I
I
b) terminales '22 cerrados:
3
11
01
1
3
21
01
2
108
10
2
2
hI
V
hI
I
V
V
además: 22
11
22
2121
11
2121 ,,
Z
Zh
Z
Zh
Z
Zg
por tanto: 5
112121 102 ZgZ
2
21
2122 102
h
ZZ
21016 1221122211
5
2211 ZZZZZZhZ
finalmente:
25
4
102102
210
][Z
N
1’ 2’
1 2 °
°
°
°
+
V1
+
V2
I1
Zeq=V1/I1=104
N
1’ 2’
1 2 °
°
°
°
+
V1
I1 I2
Zeq = 8x103
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: parámetros OECA - 2005 pág. 61
46.- Determine los parámetros híbridos ][h mediante condición en variable.
Entonces:
II
I
I
I
V
V
V
Ih
V
Vh
I
Ih
I
Vh
02
222
02
112
01
221
01
111
1
1
2
2
condición I:
donde:
212221 4)()2(: IVIIIVLVK
2112211 3)2(: IVIIIVILCK
manipulando las expresiones anteriores, se tiene: 3
112
IVI
además: 111111
13
4
3
41
3
4
3
4
34 IVIV
IVV
por tanto: 7
4
1
111
I
Vh
también: 222121 7344 IIVIIV
entonces: 7
1
1
221
I
Ih
+
V2 V1
I1 I2
2V2
2I2
1 1
1
+ +
V1
I1=0
I2 2I2
1 1
1
+
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: parámetros OECA - 2005 pág. 62
condición II:
donde: 212122222 4- 2)2(: IVVVVIIIVLVK
21221 32: IVIIVLCK
por otro lado: 123
1VI
7
3
3
7
3
14
2
1121112
V
VhVVVV
también: 21 3IV
7
1743
2
2222222
V
IhIIIV
entonces:
71
71
73
74
][h
47.- Obtenga los parámetros híbridos inversos, mediante condiciones en las variables.
Donde:
01
111
2
IV
Ig
02
112
1
VI
Ig
01
221
2
IV
Vg
02
222
1
VI
Vg
+
V2 V1
I1=0 I2
2V2
2I2
1 1
1
+ +
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: parámetros OECA - 2005 pág. 63
condición 02 I :
5V11/2V2V1 V2
++
I1 I2
donde: 12: VVLVK
121 52
1: VVILCK
entonces: 2
95
2
1
01
111111
2
IV
IgVVI
además: 1
01
221
2
IV
Vg
condición 01 V :
+
I1
4I2
I2
V2
+
1/2V2
donde: 22 4: IVLVK
1222
1: IVILCK
entonces: 142
1
02
112122
1
VI
IgIII
además: 4
02
222
1
VI
Vg
por lo tanto:
41
12
9][g
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: parámetros OECA - 2005 pág. 64
48.- Encuentre el parámetro híbrido 21h , mediante condición de variable.
Cambiando el modelo de dominio, se tiene:
entonces: 01
221
2
VI
Ih
donde:
02200
0000
1
441
)2(
10
110
10
1
110)1(:
VsIIV
s
Vn
Vs
Vs
s
VVInLCK
por lo tanto:
110
410
10
110
4
0
0
01
221
2
s
s
Vs
Vs
I
Ih
V
V1
I1
I2
4V0
1/s
+
10
1
+
V0
n1 n2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 65
49.- Calcule el valor de la impedancia de entrada inZ , utilizando parámetros de admitancia
][Y .
Donde:
aplicando el método de nodos, se tiene:
221221
1211121
11
1
IVVIVV
IVVss
VIVVss
por tanto:
11
11
11
s
sY
ssY
finalmente:
22
2
122
2
11
1
11*112
11
22
ss
s
ss
ss
ss
YYZ
ZYZ
L
Lin
V1
I1 I2
V1 1/S
1
S
+ +
V2
Zin
ZL=1[Ω]
V1 I1 I2
V1 1/S
1
S
V2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 66
50.- Determine el valor de la impedancia de salida outZ , utilizando parámetros de admitancia
][Y .
Donde:
II
V
V
I
V
V
V
IY
V
IY
V
IY
V
IY
02
222
02
112
01
221
01
111
1
1
2
2
condición I:
donde: 22
12
12
2
12
2
1
01
111
2
s
s
ss
sV
IY
V
además: 11'2112'21
21
1
12
2
12
212
2
22V
sV
ss
ssV
s
VVI
también: 11121
12
2
12
212
2
Vs
sV
ss
ss
s
V
entonces: 1112 0)1(2)1(2
1VV
ss
sV
sI
V1 V2
+ +
Zg
Zout
I1 I2 2S
1/S
1
2
1
1’
2
2’
+
V1
1/S
1
2
2S
1’
1
2 2’
I1
I2
+
V1
2/(2S+1)
1’
1
2 2’
I1
2S/(2S+1)
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 67
por lo que: 12
1
221 0 Y
V
IY
condición II:
donde: 12
1
1
1
1
2
1
2
222
s
s
ss
sV
IY
entonces:
12
10
022
12
s
ss
s
Y
además: 22221'12
1 0
1
1
1
21
2
*2
1
1
1
1
21
1
21VV
ss
ss
s
sV
ss
ss
s
VVI
con lo que: 221121122211 YYYYYYY
finalmente: 1
121
)1(
111
221122
11
222211
11
22
11
s
s
YZYY
ZY
YZYY
ZY
YYZ
ZYZ
g
g
g
g
g
g
out
51.- Obtenga la impedancia de entrada inZ , mediante parámetros híbridos h , donde
4 sZL .
+
V2
1/S 1
2 2S
1’ 1
2
2’
I2
I1
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 68
donde:
12
211
2
1
)2
1(1
VV
IIV
por tanto:
01
111
2
VI
Vh
01
221
2
VI
Ih
entonces: 212112
10
2
10 IIIIV
así: 21
221
I
Ih
01
111
I
Vh
también:
02
112
1
IV
Vh
02
222
1
IV
Ih
donde:
22
1
42
12
2
11212
2
222212
V
VhVV
V
IhIIV
por tanto: 4,42
20
hh
entonces:
4
17
4
174
)4(4
122
11
s
s
s
s
Zh
hhZZ
L
Lin
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 69
52.- Encuentre los parámetros de transmisión ][a mediante criterio de interconexión.
Seccionando el modelo, se tiene:
1
-j1 -j1 1
j1 j1
N π NT
entones:
Z0
Z1Z1
donde:
1121
111
12
1
1
0
2
1
01
0
1
0
jj
j
Z
Z
Z
ZZ
ZZ
Z
a
además:
Z0
Z1Z1
donde:
111
2111
11
21
][
0
1
0
0
2
11
0
1
j
jj
Z
Z
Z
Z
ZZ
Z
Z
a T
entonces:
111
2111
1121
111][][][
j
jj
jj
jaaa T
por tanto:
2322
2221][
jj
jja
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 70
53.- Utilizando parámetros de cuadripolos interconectados, calcule la impedancia de entrada
inZ , si la impedancia de carga es ][43 s
ZL .
Utilizando interconexión paralela, se tiene:
donde: 21 NNN YYY
por lo que:
así:
ss
ssY N 11
11
1
además:
N1
S
Z→∞ Z→∞
N2 1/S
2 2
N1
N2
S
1/S
2 2
2
2’
1
1’
ZL
Zin
N
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 71
donde:
ss
ssZ N 12
1
112
2s
s
ssZ
44112
22
por lo que:
44
12
44
144
1
44
12
12
1
112
12
s
s
s
ss
s
ss
ssZ
Y N
entonces:
44
121
44
1144
11
44
121
44
12
44
144
1
44
12
11
11
s
s
sss
sss
s
s
s
s
s
ss
s
ss
ssY N
así:
44
121
44
1144
11
44
121
2221
1211
s
s
sss
sss
s
sYY
YYY N
por ser cuadripolo reciproco y simétrico, se tiene:
14
45
44
11
14
452
44
121
2112
2
2211
ss
s
ssYY
ss
ss
s
s
sYY
entonces: L
Lin
ZYY
ZYZ
11
221
además: )1(
4
14
45
14
45222
22
12
2
11
ss
s
ss
s
ss
ssYYY
por lo que: )1(4
1632271043
)1(4
45211
2
232
22
ss
sss
s
s
ss
ssZY L
)1(4
2021543
)1(4
4
)1(4
452 22
11
ss
ss
s
s
s
s
ss
ssZYY L
por tanto:
)20215(
16322710
)]1(4)[20215(
)]1(4)[16322710(2
23
22
23
sss
sss
ssss
sssssZin
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 72
también, mediante interconexión serie, se tiene:
donde: NbNaN ZZZ
por tanto:
así:
ss
ssY Na 1
2
11
11
2
1
s
s
ssY
4
411
2
122
por lo que:
4
42
4
44
4
4
42
1
2
11
11
2
11
s
s
s
ss
s
ss
ssY
Z Na
por otro lado:
donde:
ss
ssZ Nb 11
11
2
2’
1
1’
ZL
Zin
Na
S
2 2
Nb 1/S
N
Na
S
2 2
Nb 1/S
Z=0 Z=0
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Cuadripolos: interconexión OECA - 2005 pág. 73
entonces:
ss
s
ss
ssss
s
ss
ss
s
s
s
ss
s
Z N 1
4
421
4
4
1
4
41
4
42
11
11
4
42
4
44
4
4
42
así:
)4(
452
)4(
45
)4(
45
)4(
452
2
2
ss
ss
ss
s
ss
s
ss
ss
Z N
por tanto: 22
11
ZZ
ZZZZ
L
Lin
por ser un cuadripolo recíproco y simétrico, se tiene:
4
451
4
4
4
4521
4
42
2112
2
2211
ss
s
ssZZ
ss
ss
ss
sZZ
entonces: 2
2222
2
12
2
11)4(
16204
4
45
4
452
s
ss
ss
s
ss
ssZZZ
por otro lado:
22
234
2
22
11
)4(
641441406710
)4(
1620443
)4(
452
ss
ssss
s
ss
s
s
ss
ssZZZ L
además: )4(
20215
)4(
45243 22
22
ss
ss
ss
ss
s
sZZL
finalmente: )20215)(4(
641441406710
)4(
20215
)4(
641441406710
2
234
2
22
234
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ssss
ss
ss
ss
ssss
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)20215(
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)20215)(4(
)16322710)(4(2
23
2
23
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sss
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ssssZin
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Anexos OECA - 2005 pág. 74
FORMULARIO DE TRANSFORMADA UNILATERAL DE LAPLACE
f t L F s( ) ( ) 1 F s L f t( ) ( ) f t L F s( ) ( ) 1 F s L f t( ) ( )
f t( ) F s f t dte st( ) ( )
0
)(. ttSen u 22
s
Kf t( ) , K constante KF s( ) )().( ttSen u s Sen Cos
s
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i
K constantes )()( 2211 sFKsFK )(. ttCos u 22 s
s
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s
SenCoss
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s
s
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s
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s
s
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s
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SK )()( ttCos ute 22)(
)(
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SenCoss
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2
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T
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1
10
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s
s s( )( ) donde: f t1( ) es la
función de un período F s e f t dts t
T
1
0
( ) ( )
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Anexos OECA - 2005 pág. 75
ECUACIONES PARA LA DEFINICIÓN DE PARÁMETROS
[Z] IMPEDANCIA (pórtico abierto) [Y] ADMITANCIA (pórtico cerrado)
2221212
2121111
IZIZV
IZIZV
2221212
2121111
VYVYI
VYVYI
[a] TRANSMISIÓN [b] TRANSMISIÓN INVERSOS
)(
)(
221
221
IDCVI
IBAVV
)(
)(
1221212
1121112
IbVbI
IbVbV
[h] HÍBRIDOS [g] HÍBRIDOS INVERSOS
2221212
2121111
VhIhI
VhIhV
2221212
2121111
IgVgV
IgVgI
EQUIVALENCIA DE PARÁMETROS
IMPEDANCIA (terminales abiertos)
11
21
22
21
21
2121
112221
222211
1
1
g
g
h
h
bC
YZ
ghb
b
C
AYZ
b
Y
h
Y
112221
111122
11
12
22
12
21
1212
1
1
ghb
b
C
DYZ
g
g
h
h
bC
YZ
g
Y
a
Y
I1 I2
+
V1
+
V2 Cuadripo
lo
pórtico 1 pórtico 2
ESCUELA POLITÉCNICA NACIONAL Departamento de Automatización y Control Industrial Análisis de Circuitos Eléctricos II
Anexos OECA - 2005 pág. 76
ADMITANCIA (terminales cerrados)
22
21
11
21
12
2121
221112
112211
1
1
g
g
h
h
bB
ZY
ghb
b
B
DZY
b
Z
g
Z
221112
221122
22
12
11
12
12
1212
1
1
ghb
b
B
AZY
g
g
h
h
bB
ZY
h
Z
a
Z
TRANSMISIÓN
21
11
21
2221
2121
2121
22
21
22
21
11
1
1
g
g
h
hb
YZC
gh
b
Y
Y
Z
ZA
b
Y
h
b
2121
11
21
11
21
22
21
22
21
1112
2121
1
1
gh
b
Y
Y
Z
ZD
g
g
h
hb
YZB
g
b
b
Z
TRANSMISIÓN INVERSOS
12
11
12
22
1212
21
121212
11
12
2211
1
1
g
g
h
hC
YZb
gh
D
Y
Y
Z
Zb
a
Y
g
a
121212
22
12
1122
12
22
12
11
1212
12
1
1
gh
A
Y
Y
Z
Zb
g
g
h
hB
YZb
h
a
a
Z
HÍBRIDOS
g
b
g
Z
g
bDY
Y
Z
Zh
g
b
b
D
B
YZh
21
1111
21
22
2121
22
11
12
1122
11
1
1
g
Y
g
a
g
b
b
D
C
YZh
g
bDY
Y
Z
Zh
11
11
21
1122
22
12
1111
12
22
1212
1
1
HÍBRIDOS INVERSOS
h
b
h
Y
h
bAY
Y
Z
Zg
h
b
b
A
C
YZg
21
2222
21
11
2121
22
22
21
2211
11
1
1
h
Z
h
a
h
b
b
A
B
YZg
h
bAY
Y
Z
Zg
11
22
12
2211
22
12
2222
12
11
1212
1
1
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Anexos OECA - 2005 pág. 77
IMPEDANCIAS DE ENTRADA Y SALIDA
gL
L
L
Lh
L
L
L
L
LY
L
L
ZLin
Zg
gZ
Zh
hZ
bZb
bZb
DCZ
BAZ
YZ
ZY
ZZ
ZZZ
11
22
22
11
1121
1222
11
22
22
11
1
1
1
1
11
22
22
11
2221
1211
22
11
11
22
g
gg
hg
g
g
g
g
g
gY
g
g
Zg
outZg
gZ
Zh
hZ
bZb
bZb
ACZ
BDZ
YZ
ZY
ZZ
ZZZ
IMPEDANCIAS DE ENTRADA EN CUADRIPOLOS ESPECIALES
Transformador ideal: Lin ZnZ 2 Girador: L
inZ
Z2
Inversor de impedancia (NIC): Lin ZZ Amplificador operacional: inZ
I1 I2
+
V1
+
V2
Cuadripolo ZL Zg
Zin Zout