apuntes circuitos eléctricos ii

Apuntes:

Análisis de Circuitos Eléctricos II

Ing. Ricardo E. Arias Espinosa

Año 2013

Apuntes: Análisis de Circuitos Eléctricos II

Prólogo.

El material plasmado en las páginas que a continuación presentamos, es la recopilación de cuatro temas para la asignatura Circuitos II. El mismo se apega a programas para esta materia de otras instituciones de educación superior de nuestro país, pero con un enfoque ligeramente distinto y que coincide con el planteado por algunas universidades extranjeras que pudimos observar previo a la elaboración del mismo. Todo esto con la intención de ofrecer a los estudiantes un conocimiento básico, práctico y lo más actualizado posible, acorde con las exigencias de estos tiempos.

Es por ello, que se inicia el tema I con una de las herramientas matemáticas más versátiles a la hora de trabajar con circuitos que involucran la resolución de ecuaciones integro-diferenciales y respuesta de condiciones iniciales o transitorias de interruptores: La transformada de Laplace. Siguiendo la aplicación práctica de esta herramienta en el tema II, Análisis de circuitos en el dominio-s, en donde el estudiante aprenderá una manera mucho más fácil y rápida de analizar circuitos RL, RC y RLC (con y sin fuentes), además de la forma de regresar las respuestas obtenidas al dominio del tiempo, que es, a fin de cuentas, nuestro interés principal. Y todo esto, por supuesto, teniendo a la mano las herramientas de análisis de circuitos que ya conocen: Leyes de Kirchhoff, ley de Ohm, método de análisis de malla, método de análisis nodal, Teorema de superposición, entre otras técnicas.

En el tema III, se aborda con cierto detalle las Funciones de Transferencia, muy importantes a la hora de analizar el comportamiento de un circuito eléctrico sujeto a variaciones en la frecuencia de la señal de entrada aplicada, así como poder verificar la estabilidad del mismo, entre otras características. El diseño de filtros es tratado aquí de manera tal que el estudiante pueda animarse a crear circuitos con determinadas características exigidas para alguna necesidad particular que se le presente, sin dificultades mayores.

Finalmente, y como introducción al curso de máquinas eléctricas I, se tratará en el tema IV lo relativo a inductancia mutua y transformadores, tratando de que el estudiante comprenda cabalmente el funcionamiento de los transformadores y su aplicación práctica en situaciones de la vida real.

Doy gracias a Dios por darme la oportunidad de preparar este material el cual estamos seguros servirá como brújula que guiará el curso de muchos estudiantes de ingeniería eléctrica hacia un conocimiento básico, práctico y actualizado del análisis de circuitos eléctricos. También agradezco a Albeiro Perdomo y a Ahmed Miranda por colaborar con nosotros con sus apuntes en clase y algunos otros materiales que nos sirvieron de base para este trabajo que con mucho placer dejo en sus manos.

Dios les bendiga.


Contenido

Página

Tema I. Transformada de Laplace …………………………………………………. 1

1.1 Funciones singulares …………………………………………………………… 3

1.2 Propiedades de la transformada de Laplace ……………………………………. 5

1.3 Matlab y la transformada de Laplace ………………………………………….. 6

1.4 Soluciones de ecuaciones integro-diferenciales ……………………………….. 6

1.4.1 Expansión en fracciones parciales ……………………………………….. 7

1.4.2 Solución de ecuaciones integro-diferenciales ……………………………. 12

Tema II. Análisis de circuitos en el dominio-s …………………………………….. 16

2.1 Elementos y leyes de Kirchhoff ………………………………………………... 16

2.2 El circuito en el dominio-s …………………………………………………….. 19

Tema III. Función de transferencia ………………………………………………… 22

3.1 Diseño de funciones de transferencia ………………………………………….. 25

Tema IV. Inductancia mutua y transformadores …………………………………... 29

4.1 Circuitos con inductancia mutua ………………………………………………. 32

4.2 Inductancia mutua en el domino-s …………………………………………….. 33

4.2.1 Formas i de las leyes i-v …………………………………………………. 37

4.3 Transformadores ……………………………………………………………….. 39

4.3.1 El transformador con núcleo de hierro …………………………………... 41

4.3.1.1 Impedancia reflejada y potencia …………………………………. 43

4.4 El transformador en el dominio fasorial ……………………………………….. 44

4.5 Aplicaciones del transformador ……………………………………………….. 46

4.5.1 Acoplamiento de impedancia, aislamiento y desplazamiento …………… 46

Referencias ………………………………………………………………………… 52


Ing. Ricardo E. Arias Espinosa | 1

TEMA I: LA TRANSFORMADA DE LAPLACE.

Dada un función f(t), su la Transformada de Laplace, F(S), se define por:

= . ∞ (1)

0- Es el instante antes de t = 0.

Ejemplo 1:

Dada = + , hallar F(S).

Solución:

= . ∞

= = + . ∞

= . ∞

+ . ∞

= ∞

+ ∞

= −

∞

= 2 + 3 + 3 + 2

Del ejemplo anterior se define lo siguiente:

Polo: Son las raíces del denominador; es decir, los valores que lo hacen cero, lo que provoca una discontinuidad en la función. Los polos en la solución del ejemplo anterior son S = -1 y S = -2

Cero: Son las raíces del numerador, si las tiene. En el ejemplo anterior, F(S) tiene un cero localizado en S = -3/2.

Los polos y ceros definen la estabilidad de un circuito eléctrico o de un sistema físico. Sin embargo el tema de estabilidad no es del interés de esta asignatura por lo que aquí no se tratará.



Ejemplo 2:

Dada = "#$, hallar F(S).

Solución:

= "#$. ∞

Aplicando el método de integración por partes, tenemos:

u = "#$; du = $. &'"$. ; dv = ; v = − (

). * − *. ) = − −" . "#$ + −" . $. &'"$.

Lo que, luego de aplicar las técnicas algebraicas necesarias, nos da:

= $ + $

Ejercicio: Dada f(t) = cosωt, obtener F(S). Sugerencia: Expresar la función coseno en forma exponencial compleja (Euler).

Transformada de Laplace de algunas funciones de uso común:

f(t) L f(t) = F(s)

1 K k/s

2 t 1/s2

3 tn n!/sn+1

4 eat 1/ s-a

5 sen at a/ s2 + a2

6 cos at s/ s2 + a2

7 senh at a/ s2 - a2

8 cosh at s/ s2 - a2

1.1 Funciones singulares:

La integración y/o diferenciación repetidas de la función produce una familia de funciones llamadas

En la aplicación de la transformada de Laplace para el análisis de circuitos, las funcionessingulares surgen de forma natural y juegan un papel central ciertamentefunciones es prominente en el estudio de toda clase de sistemas físicos que tienen como modelo ecuaciones integro-

A continuación se presentan funcioneu(t). La primera integral del escalón unitario se conoce como función de r(t), puesto que u(t) < 0 para t < 0 su integral r(t) = 0 para t < 0. Para t

+ = ). 1

Integrando nuevamente tenemos la función para t < 0, su integral p(t) también será cero para t < 0. Para t

- +.

Las funciones singulares son todas cero para t < 0. Por consiguiente, r(t) = t.u(t) y p(t) = 1/2t2.u(t). Nótese también que cada una es infinitamente suave (ver gráficas que siguen), es decir, poseen derivadas de de estas funciones de donde se deriva su nombre de familia.

Función escalón unitario

Aplicaciones:

- Representación de funciones poli- Señales de prueba en sistemas físicos.



La integración y/o diferenciación repetidas de la función escalón unitariouna familia de funciones llamadas funciones singulares.

En la aplicación de la transformada de Laplace para el análisis de circuitos, las funcionessingulares surgen de forma natural y juegan un papel central ciertamentefunciones es prominente en el estudio de toda clase de sistemas físicos que tienen como

-diferenciales.

A continuación se presentan funciones singulares producidas por la integración repetida de u(t). La primera integral del escalón unitario se conoce como función de r(t), puesto que u(t) < 0 para t < 0 su integral r(t) = 0 para t < 0. Para t ≥ 0

1. , . 0 Integrando nuevamente tenemos la función parábola unitaria p(t). Puesto que r(t) es cero para t < 0, su integral p(t) también será cero para t < 0. Para t ≥ 0:

. 2 , . 0

Las funciones singulares son todas cero para t < 0. Por consiguiente, r(t) = t.u(t) y p(t) = . Nótese también que cada una es infinitamente suave (ver gráficas que siguen), es

decir, poseen derivadas de todos los órdenes, excepto para t = 0. Este es el punto singular de estas funciones de donde se deriva su nombre de familia.

Función rampa unitaria Función parábola unitaria

Representación de funciones polinomiales a tramos. Señales de prueba en sistemas físicos.

0

1/2

u-3(t)

00

1/2

u-3(t)



escalón unitario, F(t) = u(t),

En la aplicación de la transformada de Laplace para el análisis de circuitos, las funciones singulares surgen de forma natural y juegan un papel central ciertamente, esta familia de funciones es prominente en el estudio de toda clase de sistemas físicos que tienen como

s singulares producidas por la integración repetida de u(t). La primera integral del escalón unitario se conoce como función de rampa unitaria,

≥ 0

p(t). Puesto que r(t) es cero

Las funciones singulares son todas cero para t < 0. Por consiguiente, r(t) = t.u(t) y p(t) = . Nótese también que cada una es infinitamente suave (ver gráficas que siguen), es

todos los órdenes, excepto para t = 0. Este es el punto singular

Función parábola unitaria

11

Ejemplo:

Considere la función f(t) de la figura dada por

f(t) = 0 , 1 ≤ t < 1

= t2 – 2t +1, 1 ≤ t < 3

= -2t + 10, 3 ≤ t < 6

= 2, t ≤ 6

Solución:

Deseamos expresar f(t) como combinación linealEmpezando desde la izquierda nótese que en el intervalo sub

f(t) = 2p(t – 1) = 2[1/2(t – 1)

En el sub-intervalo que se inicia en t = 3, el término tsumemos el término -2p(t –

Para producir la pendiente deseada intervalo, t = 6

f(t) = 2p(t – 1) – 2p(t – 3) –

finalmente, sumando +2r(t término constate se corrige con +10 +2(descripción deseada válida para toda t como la suma pesada

f(t) = 2p(t – 1) – 2p(t – 3) –

A continuación se considera una funciescalón unitario u(t). la primera derivada del escalón unitario se conoce como impulso unitario δ(t):



Considere la función f(t) de la figura dada por

Deseamos expresar f(t) como combinación lineal de escalones, rampas y parábolas. Empezando desde la izquierda nótese que en el intervalo sub-inteval 1 ≤ t

1)2], 1 ≤ t ≤ 3

intervalo que se inicia en t = 3, el término t2 debe ser cancelado, requiriendo que – 3). Pero 2p(t – 1) – 2p(t – 3) = (t – 1)2 – (t –

Para producir la pendiente deseada -2 requerimos sumar -6r(t – 3), luego y hasta el final del

– 6r(t – 3), t ≤ 6

nalmente, sumando +2r(t – 6) se corrige la pendiente a cero en el subtérmino constate se corrige con +10 +2(-6) = -2 a +2 sumando 4u(t descripción deseada válida para toda t como la suma pesada

– 6r(t – 3) + 2r(t – 6) + 4u(t – 6)

A continuación se considera una función singular obtenida mediante la diferenciación del escalón unitario u(t). la primera derivada del escalón unitario se conoce como



de escalones, rampas y parábolas. ≤ t ≤ 3,

debe ser cancelado, requiriendo que – 3)2 = 4t – 8, t ≥ 3.

3), luego y hasta el final del

6) se corrige la pendiente a cero en el sub-intervalo final y el 2 a +2 sumando 4u(t – 6). Esta es la

ón singular obtenida mediante la diferenciación del escalón unitario u(t). la primera derivada del escalón unitario se conoce como función de



δt ddt ut, 2

Gráficamente, se representa por:

Impulso desplazado de área A:

Una consecuencia inmediata del hecho de que el impulso unitario es la derivada del escalón unitario es que el escalón unitario es la integral del impulso unitario:

) = 45

1.2 Propiedades de la transformada de Laplace.

Dos propiedades importantes de la transformada de Laplace en el análisis de los circuitos eléctricos son:

- Diferenciación: 6 77 = " − 0 −

- Integración: 6 = 8(

Para obtener la transformada de 4, aplíquese la regla de la diferenciación con f(t) = u(t):

694: = " 1" − 0 = 1, 3

La transformada del impulso unitario es simplemente la constante 1.

La derivada del impulso unitario 4´, siendo la derivada de 4, tiene una transformada s(1) – 0 = s, de igual modo 4 tiene una transformada igual a s2, 4< tiene como transformada s3, y así sucesivamente. Las transformadas de las funciones singulares son todas potencias de s.



Ejercicios: Determine F(S) para las siguientes f(t).

a) 5> − 2 + b) − 1 c) ? − ?

1.3 MatLab y la transformada de Laplace

Como ya es sabido por muchos, MatLab es un programa para el cálculo matemático por medio de vectores y matrices con el que podemos trabajar incluso números complejos. Sin embargo, las funcionalidad de este software van mucho más allá, ya que, entre otras cosas, nos permite realizar cálculos simbólicos, como vemos en el siguiente ejemplo ilustrativo:

» %Ejemplo 1 de MatLab: » %Obtener la transformada de Laplace de f(t) = 3e(-t) + e(-2t) - e(-3t) » %En MatLab procedemos de la siguiente manera: » %Entramos en modo simbólico con el comando syms y definiendo las variables con las que deseamos trabajar. » syms s t » %A seguidas, escribimos el comando laplace(). Dentro del paréntesis de este comando colocamos nuestra función a la que calcularemos la transformada de Laplace. » laplace(3*exp(-t)+exp(-2*t)-exp(-3*t)) ans = 3/(s+1)+1/(s+2)-1/(s+3) » %Este es el resultado obtenido. » %Nótese que los productos son expresados de manera explícita mediante el signo de multiplicación *; además, la base del logaritmo neperiano 'e', aquí se escribe como 'exp()'.

1.4 Solución de ecuaciones integro-diferenciales.

Antes de abordar este punto es necesario buscar una manera de encontrar la transformada inversa de Laplace de funciones que no se encuentran en las tablas de propiedades y de pares de transformadas. Con esta última herramienta, estaremos en plena capacidad de obtener transformadas inversas de Laplace y resolver ecuaciones integro-diferenciales. Se conoce como método de fracciones parciales.



La idea básica de la expansión en fracciones parciales simplemente es escribir F(S) como una suma de funciones racionales simples o fracciones simples, donde cada una puede transformarse inversamente de un modo sencillo.

1.4.1 Expansión en fracciones parciales

Casos:

1) F(S) tiene polos simples.

@ 9" + "1: AB"C"D E = B−"1"2 − "1"3 − "1 … "# − "1

Ejemplo 1:

Dada " = G < <, hallar f(t).

Solución:

" = @" + 1 + @" + 2 + @<" + 3

@ = 9" + 1:A"| E = 5−1 + 32 − 13 − 1 = −1

@ = 9" + 2:A"| E = 5−2 + 31 − 23 − 2 = 7

@< = 9" + 3:A"| E< = 5−3 + 31 − 32 − 3 = −6

" = −1" + 1 + 7" + 2 − 6" + 3

= − + 7 − 6<

Otra forma de abordar este método en el caso 1 se muestra en el siguiente ejemplo.



Ejemplo 2: Dada " < , hallar f(t)

Solución:

1"" + 3 = K" + L" + 3

1"" + 3 = K" + 3 + L"" + 3 = K" + 3 + L" = 1

Para s = 0, A = 1/3

Para s = -3, B = -1/3

" = 13" − 13" + 3

= 13 − 13 <

2) F(s) tiene polos de orden múltiple.

" = @ " + " + @ " + " + @ MN" + "MN + K" + "O + K" + "O + ⋯ + KN" + "ON

n – r términos de polos simples r términos de polos repetidos

KN = 9" + "ON:A"| E Q

KN = " 9" + "ON:A"| E Q

KN = 12! " 9" + "ON:A"| E Q

K = 1+ − 1! N"N 9" + "ON:A"| E Q

Ejemplo: Dada " = S , hallar f(t).



Solución:

" @" + @" + 2 + K" + 1 + K" + 1 + K<" + 1<

@ = A9"":| E = 1/2

@ = A9" + 2":| E = 1/2

K< = 9" + 1<:A"| E = −1

K = " 9" + 1<:A"| E = " AU 1"" + 2VD E = 0

K = 12! " 9" + 1<:A"| E = 12

" AU 1"" + 2VD E = −1

" = 1/2" + 1/2" + 2 − 1" + 1 − 1" + 1<

= 12 + 12 − − 12

3) F(s) tiene polos conjugados simples.

s = -α + jω y s = -α – jω

@ − α + jω = As + α − jωFs| E\ ]^ @ − α − jω = As + α + jωFs| E\ ]^

Ejemplo: Dada " = ^_ `a^_^_ , obtener f(t).

Solución:

" = @ − α + jωs + α − jω + @ − α − jωs + α + jω

α = ζωc $ = ωcd1 − ζ



@ − α + jω = As + α − jωFs| E\ ]^ = ^_ e^

@ − α − jω = As + α + jωFs| E\ ]^ = − ωc 2Jω

" = ωc 2Jω U 1s + α − jω + 1s + α + jωV = ωc 2Jω e\he]^ − e]^

= ωc d1 − ζ ea^_hsenωcd1 − ζt , t ≥ 0

Nota: Los significados de α, ω, ωn y ζ, se estudian en otra asignatura, por lo que no se discutirán en este curso.

Ejemplo: Dada " = > , obtener f(t).

Solución (realizado de otra forma):

"" + 4" + 2 = K" + L" + 4 + ks + 2

"" + 4" + 2 = K" + L" + 2 + k" + 4" + 4" + 2 = K" + L" + 2 + k" + 4 = "

Para s = -2: C = - ¼

Para s = 0: B = ½

Para s = 1: A = ¼

" = "/4" + 4 + 1/2" + 4 − 1/4s + 2

= 1/4&'"2 + 1/4"#2 − 1/4



Ejercicios: Dadas las siguientes F(S), obtenga sus respectivas f(t).

1) " < S

2) " <

3) " S

4) l" G

5) m" n < <

Nota: Comprobar las soluciones utilizando MatLab.

» %Ejemplo 2 de MatLab:

» %Dada F(s) = (s^2+8s+13)/((s+2)(s+1)(s+3)), obtener f(t)

» %Para encontrar la transformada inversa de F(s), es decir, f(t), utilizamos

» %el comando ilaplace(), recordando que antes de utilizarlo debemos ingresar al modo simbólico

» %por medio del comando syms que ya conocemos

» syms s t

» ilaplace((s^2+8*s+13)/((s+2)*(s+1)*(s+3)))

ans =

-exp(-2*t)+3*exp(-t)-exp(-3*t)

» %Este es el resultado obtenido para nuestra f(t).



1.4.2 Solución de ecuaciones integro-diferenciales.

Consta de dos pasos, lo que veremos con la realización del siguiente ejemplo.

Ejemplo: Encontrar la solución para la siguiente ecuación de 2do. orden

o + 4 o

+ 3o

Condiciones iniciales (C.I.): x(0-) = 1, x´(0-) = 2

Solución:

Paso 1: Aplicamos transformada de Laplace a ambos miembros de la ecuación.

"m" − "1 − 2 + 49"m" − 1: + 3m" = 1" + 2

"m" − " − 2 + 4"m" − 4 + 3m" = 1" + 2

m"9" + 4" + 3: = 1" + 2 + " + 2 + 4

m"9" + 4" + 3: = 1 + " + 2" + 2" + 4 + 4" + 8" + 2

m"9" + 4" + 3: = " + 8" + 13" + 2

m" = " + 8" + 13" + 2" + 4" + 3 = " + 8" + 13" + 2" + 1" + 3

Paso 2: Aplicamos el método de fracciones parciales. Se puede ver que corresponde al caso 1 de este método.

Ejercicio: Demostrar, a mano, que la solución del ejemplo anterior es

o = − + 3 − <



Ejemplo: Obtener la corriente i(t) en circuito mostrado.

Solución:

Recordando que *q 6 7O7 y *r

r stt + @

Donde la constante k es el voltaje al que inicialmente está cargado el capacitor.

1 s + 2s + 5 stt + 1 = 1 + )

Aplicando Laplace, y recordando las condiciones iniciales del circuito, *r = 1u, sq = 0K, tenemos

"l" − s0 − + 2l" + 5l"" + 1" = 1" + 1"

"l" + 2l" + 5l"" + 1" = 1" + 1" , ∗ "

"l" + 2"l" + 5l" + 1 = 1 + 1

9" + 2" + 5:l" = 1

l" = 1" + 2" + 5

Las raíces del denominador son: s1,2 = -1 ± j2, de donde P = α + jβ = -1 + j2, M = 2|K| l" = K" + 1 − w2 + K∗

" + 1 + w2



K A 1" + 1 + w2D ExE? = 1−1 + w2 + 1 + w2 = 1w4 = −w4 , K∗ = w4

y = 2z>| =

s = y cos + , " á#)' K, # " &"' − 90°. s = 12 cos2 − 90° = 12 "#2

Ejercicios:

1. Encontrar los voltajes de nodo V1 y V2 en el circuito de la figura. Luego, hallar los correspondientes v1(t) y v2(t).

2. Obtenga x(t), t > 0:

a) 77 + 3 77 + 2o = 2, o0 − = 0, o´0 − = 0

b) 77 = 2 + 1, o0 − = 0, o´0 − = 1

c) 77 − o − 5 = 0, o0 − = 0, o´0 − = 0

d) 77 − 3o − = 0, 0 − = 0, ´0 − = 64



3. Escriba y resuelva las ecuaciones de malla simultáneas para este circuito, suponiendo que iL(0-) = 0A, vC = 1V.

2 H 1 F

1Ω 2Ω

i1 i2



TEMA II. ANÁLISIS DE CIRCUITOS EN EL DOMINIO-s.

2.1 Elementos y leyes de Kirchhoff.

Las leyes de voltaje y corriente de Kirchhoff se aplican sin modificación en el dominio-s.

A continuación consideramos las leyes de elemento RLC, transformando ambos miembros de la ecuación de la ley de Ohm.

- Para la resistencia:

vR(t) = RiR(t) -----------> VR(s) = RIR(s) (4)

- Inductor:

El voltaje en un inductor es: *q 6 7O7 , u

Utilizando la propiedad de la diferenciación, esta ecuación se considera en el dominio-s como:

uq" = "6l" − 6s0 −, 5

La ley del elemento para un capacitor puede ser escrita como:

sr = k *r

Transformando:

ur" = lr""k + 1" *r0 −, 6

Las ecuaciones anteriores demuestran que el voltaje V(s) a través de los elementos RLC es la suma de un término proporcional a su corriente y a un término que depende de su condición inicial (este término es cero en el caso de una resistencia).

El factor de proporcionalidad entre el voltaje y la corriente en el primer término es la impedancia Z(s). La impedancia Z(s) de un elemento RLC se define como la proporción de V(s) contra I(s) cuando todas las condiciones iniciales son cero.

V(s) = Z(s).I(s), con todas las C.I. = 0 (7)



De lo anterior se deduce que:

ZR(s) = R ZL(s) = sL ZC(s) = 1/sC

Ejemplo: Obtener del circuito que se muestra vC(t) para t > 0.

vL(t)

vC(t)

vR(t)3 Ω

½ F

1 H

+ -

u(t)i(t)

Solución: Redibujando el circuito en el dominio-s, se tiene:

uq" + ur" + u" 0

"l" + 2" l" + 3 Ul" + 1"V = 0

"l" + 2l" + 3"l" + 1 = 0

l"9" + 3" + 2: = −1

l" = −1" + 3" + 2



De donde VC(s) = I(s).ZC(S) =

< ∗

S<

Y, finalmente, *r −1 +

El inverso de la impedancia Z(s) se designa admitancia Y(s), donde

(8) I(s) = Y(s).V(s), todas las C.I. = 0

La admitancia Y(s) es la proporción de la corriente I(s) contra el voltaje V(s) cuando todas las condiciones iniciales son cero.

YR(s) = 1/R = G; YL(s) = 1/sL; YC(s) = sC (9)

Las leyes de Kirchhoff y los demás teoremas de circuito nos serán útiles, tales como reglas de combinaciones serie y paralelo, división de corriente y de tensión y equivalentes de Thévenin y Norton.

Ejemplo: Obtenga Y(s) en este circuito.

Solución: Redibujemos el circuito en el dominio-s, para obtener

Z1eq = s +2; Z2eq = Z1eq // 3/s = S S =

< < ;



Zeq = s + Z2eq + 4 = " + < < + 4 S < < > n

< S > n <

Yeq = 1/ Zeq = <

S > n

2.2 El circuito en el dominio-s

Para trabajar con circuitos en el dominio-s necesitamos renombrar el diagrama de circuito en domino del tiempo para reflejar las modificaciones necesarias, “s” sustituye a “t” en las corrientes y voltajes y las funciones diferentes independientes son reflejadas por su pareja reemplazada en el dominio-s.

Se requiere otro cambio adicional del diagrama del circuito en el dominio-s para que este quede completamente representado. Repitiendo las formas “v” de las leyes de elemento RLC, tenemos:

(10) VR(s) = RIR(s)

11 uq" = "6l" − 6s0 −

12 ur" = lr""k + 1" *r0 − El circuito en el dominio-s es simplemente el circuito original del dominio del tiempo con incógnitas en el dominio-s y funciones de fuente reemplazando las condiciones iniciales en el dominio del tiempo llevadas también al dominio-s.

Equivalentes en el dominio-s de los elementos RLC.

Resistencia, R Inductor, L Capacitor, C



Ejemplo: Encontrar vC(t) en el circuito de la figura para t > 0.

Solución: Antes de t = 0, la corriente por el inductor es i(0-) = 12/6 = 2A, y el voltaje en el capacitor es 12V. (Recordar que para una fuente DC el capacitor actúa como un circuito abierto y la bobina como un cortocircuito. También recordar las leyes de conmutación vistas en Circuitos I).

ur" − 12/"5/" + ur"6 + ur" − 24" + 60|30" = 0

"ur"5 − 125 + ur"6 + ur"30" − 2430 − 2" = 0

"<ur"5 − 12"5 + "ur"6 + "ur"30 − 45 − 2" = 0

ur" "<5 + "

6 + "30 = 12"5 + 2" + 45

ur" = 12"5 + 2" + 45"<5 + "6 + "30

*r = 24 + 24/ − 36/<



Ejercicios:

1) Obtenga v(t) para t > 0. C. I.: i(0-) = 1A, v(0-) = 4V

2) Escriba las ecuaciones de malla para I(s) y resuelva para i(t), t > 0.

3) ¿Cuál es la admitancia equivalente Y(s) de una resistencia de 10Ω, un capacitor de 1F y un inductor de 5H, todos en serie? Exprese como una función racional.



TEMA III. FUNCIONES DE TRANSFERENCIA.

Para el circuito que se muestra en la figura, la relación de las amplitudes de salida y entrada, conocida como función de transferencia o respuesta en frecuencia, está dada por:

(13) u ?r

Implícitamente en el uso de la función de transferencia está el hecho de que si la entrada es una exponencial compleja, la salida también lo será, teniendo la misma frecuencia; la función de transferencia revela cómo el circuito modifica la amplitud de la entrada en la creación de la amplitud de salida. Por tanto, la función de transferencia describe completamente cómo el circuito procesa la entrada exponencial compleja para producir la salida exponencial compleja.

La función del circuito es, por tanto, resumida por la función de transferencia. De hecho, los circuitos usualmente se diseñan para cumplir con una función de transferencia específica, debido a que las funciones de transferencia son valores complejos, es decir, cantidades dependientes de la frecuencia. Podemos apreciar la función de un circuito examinando la magnitud y la fase de su función de transferencia.

Magnitud de la función de transferencia del circuito anterior.



Fase de la función de transferencia para el circuito anterior mostrado

La función de transferencia tiene muchas propiedades importantes y provee la información necesaria para determinar cómo el circuito trabaja. En primer lugar cabe resaltar que podemos calcular la respuesta en frecuencia para ambas frecuencias positiva y negativa. Recordemos que la función seno consiste en la suma de dos exponenciales complejas, una con el negativo de la frecuencia de la otra:

"# 1w2 ? − ?

Pronto consideraremos cómo el circuito trabaja sobre una sinusoide. Note que la magnitud tiene simetría par: la porción negativa de la frecuencia es un reflejo de la porción positiva, |−| = ||. La fase tiene simetría impar: ∡− = −∡.

Las propiedades antes mostradas aplican en específico para todas las funciones de transferencia relacionadas con circuitos. Consecuentemente no necesitamos trazar la componente negativa de la frecuencia ya que la conocemos a partir de la parte positiva.

La magnitud es igual a √ de su máxima ganancia (1 a f = 0) cuando 2πfRC = 1 (los dos

términos en el denominador de la magnitud son iguales). La frecuencia r = r define la

frontera entre dos rangos de operación:

- Para frecuencias por debajo de fC, el circuito no altera mucho la amplitud de la fuente exponencial compleja.

- Para frecuencias mayores que fC, el circuito altera fuertemente la amplitud, por tanto cuando la frecuencia está en este rango la salida del circuito tiene una amplitud mucho más pequeña que la fuente.

Por estas razones, fC se conoce como frecuencia de corte. En el circuito mostrado, la frecuencia de corte depende sólo del producto de la resistencia y la capacitancia, por lo

tanto una frecuencia de corte de 1kHz ocurre cuando r = 10< ó k = S

=



1.59o10>. Por tanto, combinaciones RC de 1.59kΩ y 100nF o 10Ω y 1.59µF resultan en la misma frecuencia de corte fC.

La inversión de fase causada por el circuito en la frecuencia de corte precisamente es igual a –π/4. Por tanto, debajo de fC la fase es poco afectada, pero en altas frecuencias la inversión de fase provocada es –π/2. Esta inversión de fase corresponde a la diferencia entre las funciones seno y coseno.

Podemos utilizar la función de transferencia para encontrar la salida cuando el voltaje de entrada es una sinusoide por dos razones:

1. La función seno es la suma de dos exponenciales complejas, cada una con la frecuencia negativa respecto a la otra.

2. Porque el circuito es lineal, la superposición aplica. Si la fuente es una onda seno, conocemos que:

uO = K"#2 = ? ? − ? (14)

Dada la entrada como la suma de dos exponenciales complejas, conocemos que la salida también es la suma de dos similares exponenciales complejas, la única diferencia es que la amplitud compleja de cada una está multiplicada por la función de transferencia evaluada en cada frecuencia de las exponenciales.

u = ? ? − ? −? (15)

Como se señaló anteriormente, la función de transferencia es más conveniente expresarla en forma polar:

= ||?∡ , además: |−| = ||, y

∡− = ∡

La expresión del voltaje de salida se simplifica a:

u = Kw2 ||?∡ − Kw2 ||?∡

= K||"# 2 + ∡|



La salida del circuito a una entrada sinusoidal es también una sinusoide que tiene una ganancia igual a la magnitud de la función de transferencia del circuito, evaluada en la frecuencia de la fuente, y una fase igual a la fase de la función de transferencia en la frecuencia de corte.

3.1 Diseño de funciones de transferencia.

Si la fuente consiste de dos o más señales, conocemos de la teoría de circuitos lineales que el volteje de salida equivale a la suma de las salidas producidas por cada señal individual (ver método de Superposición). En síntesis, los circuitos lineales son un caso especial de los sistemas lineales y, por lo tanto, la superposición aplica. En particular, supongamos que esas componentes de señal son exponenciales complejas cada una con una frecuencia distinta a las demás, la función de transferencia resume cómo el circuito afecta la amplitud y la fase sobre una señal complicada. Los componentes que tienen una frecuencia menor que la frecuencia de corte pasan a través del circuito con una ligera modificación, mientras que las que tienen altas frecuencias son suprimidas. El circuito se dice que actúa como un filtro, filtrando la señal de fuente basada en la frecuencia de cada componente de exponencial compleja. Dados que las bajas frecuencias pasan a través del filtro, lo llamamos filtro pasa-bajas para expresar más precisamente su función.

También encontramos la facilidad del cálculo de la salida para entradas sinusoidales por medio del uso de la función de transferencia: una vez encontramos la función de transferencia podemos escribir la salida directamente tal como está indicado por la salida del circuito para una entrada sinusoidal.

Ejemplo: Encontrar H(f) = V1/Vs para el siguiente circuito.



Solución:

4 + w2 ∗ ww + 4 + w2 = w4 − 24 + w3 ∗ 4 − w34 − w3 = −8 + w6 + w16 + 1225 = 4 + w2225

Por división de tensión:

= ∗ − w4− w4 +

→ = = − w4− w4 + = − w4− w4 + 4 + w2225 = − w40.16 + w0.63 =

= −0.3728 − w0.0947

|| = |−0.3728 − w0.0947| = d0.3728 + 0.0947 = 0.3846

∡ = − arctan 0.09470.3728¡ = 14.25º

Ejemplo: Obtenga H(f) = Iout/V in en el circuito que se muestra. Obtenga los valores de R y L de modo que sea removida la frecuencia de 60Hz y el término constante quede inalterado.

Solución: Encontramos H(f) usando impedancias.

*q = *£ = 6 s£ = w26l£



Por división de tensión:

*q uOM ∗ uq + mq uOM ∗ w26 + w26 = w26l£

Donde: ¤¥¦§Q¨ = = ?q?q . ?q

Donde: ?q?q, es el divisor de tensión,

y ?q, es la admitancia del inductor (bobina).

La salida para el término constante de Vin, 3, nos da 3 ©0 = <©. Para la componente de señal de 60Hz, la salida de corriente es:

2|60|cos 260 + ∡60. La salida debida a la fuente es

l£ = 2|60|cos 260 + ∡60 + 3|0|. fc ocurre cuando la parte real y la imaginaria de la función de transferencia (denominador) son iguales, esto es 2πfcL = R, de donde fc = R/2πL. Deseamos que fc sea mucho menor que 60Hz. Supongamos que colocamos, digamos, 10Hz. Esta especificación requiere la relación entre los componentes R y L: R/L = 20π = 62.8. La función de transferencia a 60Hz deberá ser:

D 1w2606 + D = 1 D 1w6 + 1D = 1 . 1√37 ≅ 0.16 ∗ 1

Lo que produce una atenuación (relativa a la ganancia a frecuencia cero) de alrededor de 1/16, y resulta en una salida con una amplitud de 0.3/R relativa a la amplitud del término constante de 3/R, un factor de 10 relativo entre los componentes se ve razonable.

Si tenemos un inductor de 100mH, requeriremos una resistencia de 6.28Ω la cual sería difícil de hallar en el mercado. Si quisiéramos tener una resistencia mayor, del mismo modo el valor del inductor sería incrementado. Un inductor de 1H, por ejemplo, sería físicamente muy largo. La escogencia hecha aquí representa sólo un compromiso.

La fase de la componente de 60Hz se acerca bastante a –π/2, con .< &'"260 – /2 =

.< "#260.

Ejercicios:

1) Escribir la expresión de la función de transferencia

2) Encuentre la función de transferencia en el circuito mostrado. Graficar la magnitud y la fase utilizando MatLab.



Escribir la expresión de la función de transferencia en:

Encuentre la función de transferencia en el circuito mostrado. Graficar la magnitud y la fase utilizando MatLab.



Encuentre la función de transferencia en el circuito mostrado. Graficar la magnitud

TEMA IV. INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES

En el primer curso de análisis de circuitos eléctricos pudimos observar que cuando una corriente i atraviesa una bobina produce un estado magnético espiras de este elemento, produciendo una corriente de unión

En un inductor lineal, la corriente producida es lineal en i, y por conpara λ, y por eso puede ser escrita como

La constante de proporcionalidad L es la inductancia del inductor. La unidad convencional SI del flujo ϕ y la corriente de unión la ley de Faraday postula que un voltaje inducido a través de las terminales de la bobina es igual al ritmo de cambio de la corriente de unión familiar ley de elemento para un inductor

A veces por las espiras de una bobina pasa el flujo producido por las corrientes de una o más bobinas en cuyo caso tenemos

ϕL1 se conoce como corriente de fuga de la bobina 1. La bobina 2 tambiéncorriente i2 que produce un flujo

La corriente de unión para la bobina 1 es:

¬ ®



TEMA IV. INDUCTANCIA MUTUA Y TRANSFORMADORES

En el primer curso de análisis de circuitos eléctricos pudimos observar que cuando una corriente i atraviesa una bobina produce un estado magnético ϕ que pasa a través de las N

este elemento, produciendo una corriente de unión

¬ ®, 16

En un inductor lineal, la corriente producida es lineal en i, y por consiguiente también es , y por eso puede ser escrita como

¬ 6s, 17

La constante de proporcionalidad L es la inductancia del inductor. La unidad convencional y la corriente de unión λ es el weber (W) y la inductancia L es en Henry (H).

la ley de Faraday postula que un voltaje inducido a través de las terminales de la bobina es igual al ritmo de cambio de la corriente de unión λ respecto al tiempo, lo que produce la familiar ley de elemento para un inductor

u ¬ 6 s

18

A veces por las espiras de una bobina pasa el flujo producido por las corrientes de una o más bobinas en cuyo caso tenemos bobinas acopladas. (ver figura más abajo).

® ® + ®q 19

se conoce como corriente de fuga de la bobina 1. La bobina 2 tambiénque produce un flujo ϕ22

® ® + ®q 20

La corriente de unión para la bobina 1 es:

® + ® ® + ®



En el primer curso de análisis de circuitos eléctricos pudimos observar que cuando una que pasa a través de las N

siguiente también es

La constante de proporcionalidad L es la inductancia del inductor. La unidad convencional cia L es en Henry (H).

la ley de Faraday postula que un voltaje inducido a través de las terminales de la bobina es respecto al tiempo, lo que produce la

A veces por las espiras de una bobina pasa el flujo producido por las corrientes de una o (ver figura más abajo).

se conoce como corriente de fuga de la bobina 1. La bobina 2 también tiene una

21



Cada termino a la derecha es una unión mediante corriente y, por linealidad, es proporcional a la corriente que la produce. El primer término se debe a la propia corriente de la bobina 1,

® 6s 22

Donde la constante de proporcionalidad L1 se conoce como auto-inductancia de la bobina 1. El segundo término es producido por y es proporcional a la corriente en la otra bobina:

® = ±ys (23)

La constante positiva M12 se conoce como inductancia mutua.

Las inductancias mutuas son idénticas, por tanto utilizaremos el símbolo M para su valor común. Sustituyendo 22, 23 y 21 y diferenciando, por la ley de Faraday, tenemos las leyes i-v para bobinas acopladas:

* = ¬ = 6 s ± y s 24

* = ¬ = 6 s ± y s 24°

La energía almacenada en un par de bobinas acopladas es:

$ = 12 6s + 12 6s ± yss 25

Si las dos bobinas están orientadas de forma que i2 positiva produce flujo que pasa a través de la bobina 1, en la misma dirección que el flujo que pasa a través de la bobina 1 debida a su propia i1 positiva, entonces debe utilizarse el signo más (+) en las ecuaciones 24a, 24b y 25, de otro modo, utilizamos el signo menos (-). Más adelante se verá un método abreviado para obtener dicho signo de una manera más directa, conocido como convención de punto.

Ejemplo:

Para un par de bobinas acopladas en una orientación relativa fija, supongamos que inyectamos una corriente de prueba de rampa i1(t) = t A en la bobina 1, en tanto que dejamos la bobina 2 en circuito abierto, y con un voltímetro medimos respuestas que resultan ser voltajes de dc v1(t) = 6V y v2(t) = -4V.



Solución:

Por 24a y b,

* 6 ± y 0 = 6 = 6u

* = ±y + 6 0 = ±y = −4u

La auto-inductancia L1 de la bobina 1 es 6H, y notando que M está definida como no negativa, la inductancia mutua es 4H. Es claro que debe tomarse el signo menos en ambas ecuaciones en las leyes i-v para estas bobinas acopladas. Es decir, sus leyes i-v son

* = 6 s − 4 s * = −4 s + 6 s

Para determinar L2, fijamos i1 = 0 e inyectamos una corriente conveniente que varía respecto al tiempo en la bobina 2. Supongamos que la respuesta v2 a la rampa unitaria i2(t) = t bajo estas condiciones es de 5V. entonces, por la última ecuación L2 = 5H.

Finalmente, supongamos que en algún instante t tenemos corrientes instantáneas de bobina i1(t) = 15A e i2(t) = -9A. Entonces, la potencia almacenada en el par de bobinas acopladas en t, es por (25),

$ = 12 615 + 12 59 − 415−9 = 1417.5 ±

El coeficiente de acoplamiento k es una medida del grado en el que el flujo producido por una bobina fluye sobre la otra, y está definido por

@ = yd66 = ²®® ²®® 26

0 ≤ k ≤ 1

O, de manera equivalente, la inductancia mutua M está acotada por 0 ≤ y ≤ d66.

De un par de bobinas con coeficiente de acoplamiento k cerca de su cota superior a la unidad, se dice que están estrechamente acopladas. Estas bobinas son particularmente eficientes para unir partes de un circuito eléctrico que no pueden ser conectadas

directamente, una posibilidad que será vista en breve en la discusión de los transformadores.

Ejercicios:

4.1 Circuitos con inductancia mutua

Convención de puntos.

La notación abreviada que será utilizada para indicar qué signo debe usarse se conoce como convención de puntos. Los diagramas de circuito incluirán un par de puntos, uno para cada inductor, y los valores de las dos automuestra en la figura siguiente.

La convención de puntos es la siguiente regla: si ambas flechas de referencia de las corrientes señalan hacia los extremos con puntos, o ambas hacia los extremos sin puntos de los inductores, utilizar el signo mi-v. De otro modo, se utilizará el signo menos.



ectamente, una posibilidad que será vista en breve en la discusión de los

4.1 Circuitos con inductancia mutua.

La notación abreviada que será utilizada para indicar qué signo debe usarse se conoce como . Los diagramas de circuito incluirán un par de puntos, uno para cada

inductor, y los valores de las dos auto-inductancias y de la inductancia mumuestra en la figura siguiente.

La convención de puntos es la siguiente regla: si ambas flechas de referencia de las corrientes señalan hacia los extremos con puntos, o ambas hacia los extremos sin puntos de los inductores, utilizar el signo más para ambos términos de inductancia mutua en las leyes

v. De otro modo, se utilizará el signo menos.



ectamente, una posibilidad que será vista en breve en la discusión de los

La notación abreviada que será utilizada para indicar qué signo debe usarse se conoce como . Los diagramas de circuito incluirán un par de puntos, uno para cada

inductancias y de la inductancia mutua, como se

La convención de puntos es la siguiente regla: si ambas flechas de referencia de las corrientes señalan hacia los extremos con puntos, o ambas hacia los extremos sin puntos de

ás para ambos términos de inductancia mutua en las leyes

4.2 Inductancia mutua en el dominio

La transformada de Laplace o versión en el dominiocircuitos que involucran respuesta de condiciones iniciales o transitorias de interruptores. Utilizando la propiedad de las bobinas acopladas en el dominio

u" ´"6l"u" ±´"yl

En el importante caso especial de condiciones iniciales cero, éstas simplifican a

uu

Ejemplo 1:

Encontrar v3(t) para t > 0 en el circuito que se muestra.



4.2 Inductancia mutua en el dominio-s.

La transformada de Laplace o versión en el dominio-s es muy conveniente para analizar ran respuesta de condiciones iniciales o transitorias de interruptores.

Utilizando la propiedad de diferenciación de la transformada de Laplace, las leyes iinas acopladas en el dominio-s son, a partir de 24a y b

− 6s0−µ ± ´"yl" − ys0−µ " − ys0−µ + ´"6l" − 6s0−µ


" "6l" ± "yl" 28

" ±"yl" + "6l" 28°

(t) para t > 0 en el circuito que se muestra.



s es muy conveniente para analizar ran respuesta de condiciones iniciales o transitorias de interruptores.

de la transformada de Laplace, las leyes i-v para

27 µ 27°


Solución:

Redibujando el circuito para su análisis, tenemos:

Dado que el escalón unitario u(t) no energiza la fuente hasta que t = 0, todas las condiciones iniciales son todas cero. Transformando y Aplicando MAM, tenemos:

uUtilizando las leyes i-v en el dominio

´4"l"De la figura anterior podemos vereliminar im e i1,

4" l" 8"¡Resolviendo,

y

*

En el ejemplo anterior se puede ver que escribir bobinas acopladas es un proceso directo de dos pasos. Primero se escriben las ecuaciones de malla en términos de los voltajes de bobina; luego se utilizan las leyes ilos voltajes de bobina, y las corrcorrientes de malla.



Redibujando el circuito para su análisis, tenemos:


u" 3l¶" u" 5l¶" 0

v en el dominio-s para determinar los voltajes,

"l"µ 8l¶" ´"l" 2"l"µ De la figura anterior podemos ver que im = i2 e i1 = im – 8u(t) = i2 – 8u(t). Utilizándolas para

¡ "l" 8l" " l" 8"¡ 2"l

l" 5" 1

*< 3s 15, u, · 0

En el ejemplo anterior se puede ver que escribir ecuaciones de malla para circuitos con bobinas acopladas es un proceso directo de dos pasos. Primero se escriben las ecuaciones de malla en términos de los voltajes de bobina; luego se utilizan las leyes ilos voltajes de bobina, y las corrientes de bobina resultantes se expresan en términos de




µ 0

8u(t). Utilizándolas para

" 0

ecuaciones de malla para circuitos con bobinas acopladas es un proceso directo de dos pasos. Primero se escriben las ecuaciones de malla en términos de los voltajes de bobina; luego se utilizan las leyes i-v para eliminar

ientes de bobina resultantes se expresan en términos de

Ejemplo 2: Buscar la corriente i2(t) para t

Solución: Dado que en dc las bobinas se comportan como cortocircuitos, del mismo modo en que se comportan las bobinas no acopladas, tenemos que icircuito está abierto para t < 0ecuaciones de malla en el dominio

Utilizando las leyes i-v en el dominoforma de vector matriz para una solución más conveniente, tenemos,

4´4"l"

Resolviendo para I2(s), se tiene,

y

s



: Buscar la corriente i2(t) para t > 0 en el circuito de la figura.

Dado que en dc las bobinas se comportan como cortocircuitos, del mismo modo mportan las bobinas no acopladas, tenemos que i2(0-) = ½ A y, puesto que el

circuito está abierto para t < 0, i1(0-) = 0. Para t > 0 el interruptor está cerrado, y las ecuaciones de malla en el dominio-s son

4l" u" 2"

u" 2l" U"l" 12V 1"

v en el domino-s para eliminar los voltajes, y luego reescribiéndola en forma de vector matriz para una solución más conveniente, tenemos,

4l" ´4"l" 2"l" 1µ 2"

2 2"l"µ 2l" U"l" 12V 4" 4 2"2" 5" 2 Ul"l"V ¸ " 2"5" 22" ¹

(s), se tiene,

l" 1/2" 0.242" 0.360 0.242" 1.39

12 0.242.<º .<, · 0



0 en el circuito de la figura.

Dado que en dc las bobinas se comportan como cortocircuitos, del mismo modo ) = ½ A y, puesto que el

) = 0. Para t > 0 el interruptor está cerrado, y las

s para eliminar los voltajes, y luego reescribiéndola en

V 1"

Ejemplo 3: Funciones de transferencia.

Deseamos obtener la proporción de transferencia de corriente H(s) = I2(s)circuito que aparece en la figura y la respuesta en frecuencia H(j

Solución:

Donde

Sustituyendo (2) en (1) y resolviendo para I

De donde la función de transferencia deseada es

y la respuesta en frecuencia, sustituyendo



: Funciones de transferencia.

Deseamos obtener la proporción de transferencia de corriente H(s) = I2(s)circuito que aparece en la figura y la respuesta en frecuencia H(jω).

4" 1¡ l" u" 0, 1

u" "l" 2"l", 2

Sustituyendo (2) en (1) y resolviendo para I2(s):

l" 12 "" 12 " 2 l"

la función de transferencia deseada es

" l"l" 12 "" 12 " 2

y la respuesta en frecuencia, sustituyendo s por jω y recordando las potencias de

w$ 12 $2 $ w $2|



Deseamos obtener la proporción de transferencia de corriente H(s) = I2(s)/I1(s) para el

y recordando las potencias de j , es

4.2.1 Forma i de las leyes i

Para el análisis de nodos es presentamos a continuación.

l"

l" Donde

6 6 − y6 ,

son los parámetros de inductancia equivalentes. Nótese el signo menos que antecede al

término

»¼. Si la convención de puntos requiere que el signo positivo sea tomado en el

término de inductancia mutua, los términos corre

leyes i-v son negativos, y viceversa. En otras palabras, si ambas direcciones de referencia de corrientes señalan hacia los extremos con punto, o ambos hacia los extremos sin punto de sus inductores, entonces se ne

Las ecuaciones 29a y b son para condiciones iniciales cero. Cuando estas son diferentes de cero

u" + 6u" ± y

Ejemplo:

Encontrar la impedancia Z(s) = V(s)/I(s) en el circuito que se muestra.



4.2.1 Forma i de las leyes i-v.

Para el análisis de nodos es necesario trabajar con la forma i de las leyes ipresentamos a continuación.

1"6 u" − ± 1

"y¡ u" 29

− ± 1"y¡ u" + 1

"6 u" 29°

, 6 6 − y6 , y 66y − y

son los parámetros de inductancia equivalentes. Nótese el signo menos que antecede al

. Si la convención de puntos requiere que el signo positivo sea tomado en el

término de inductancia mutua, los términos correspondientes ± »¼| en la forma i de las

v son negativos, y viceversa. En otras palabras, si ambas direcciones de referencia de corrientes señalan hacia los extremos con punto, o ambos hacia los extremos sin punto de sus inductores, entonces se necesitarán de signos menos en esta forma de las leyes i

Las ecuaciones 29a y b son para condiciones iniciales cero. Cuando estas son diferentes de

6s0− ± ys0−ys0− + 6s0− U "6 ±"y±"y "6 V l"

l

ar la impedancia Z(s) = V(s)/I(s) en el circuito que se muestra.



necesario trabajar con la forma i de las leyes i-v y que

30 son los parámetros de inductancia equivalentes. Nótese el signo menos que antecede al

. Si la convención de puntos requiere que el signo positivo sea tomado en el | en la forma i de las

v son negativos, y viceversa. En otras palabras, si ambas direcciones de referencia de corrientes señalan hacia los extremos con punto, o ambos hacia los extremos sin punto

cesitarán de signos menos en esta forma de las leyes i-v.

Las ecuaciones 29a y b son para condiciones iniciales cero. Cuando estas son diferentes de

V ""



Solución:

Las ecuaciones de nodo son:

l" + 2u" − u" = l", 1

l" + 4u" − u" = 0, 2

Los parámetros de inductancia equivalente son

6 = 12 − 13|13 = 16 , 6 = 13 − 13|

12 = 19 , y = 12| 13|13 − 13 = 16

y utilizando las leyes i-v para bobina, tenemos

U6" u" − 6" u"V − 2u" − u" = l", 3 U− 6" u" + 9" u"V + 4u" − u" = 0, 4

Resolviendo la ecuación para V2(s),

u" = " + 64" + 9 u", 5

Sustituyendo (3) en (5), elimina V2(s), y

6" + 2¡ u" − 6" + 1¡ " + 64" + 9¡ u" = l"

De donde

" = u"l" = 4" + 9"7" + 30" + 18

Si bien es cierto que el análisis en dominio-s puede aplicarse a cualquier problema de circuitos, el análisis fasorial es más eficiente para obtener la respuesta forzada o en estado estable dc a la excitación sinusoidal. Por tanto, las relaciones en dominio-s calculadas con condiciones iniciales cero deben convertirse al dominio fasorial simplemente sustituyendo s por jω. Las leyes i-v fasoriales para bobinas acopladas son

½w$ = w$6¾½ ± w$y¾¿ 31

¿Y, con las inductancias equivalentes definidas en (30),

¾½

¾¿ Por ejemplo, la impedancia fasorial Z(jsustituyendo s por jω, es

De la figura en el último ejemplo podemos ver que, en estado estable dc, la entrada queda en circuito abierto por el inductor izquierdo y la impedancia es por consiguiente cero, lo que es congruente con fijar En el límite de alta frecuencia, los inductores de la figura del ejemplo anterior se comportan como circuitos abiertos y la impedancia es la de una resistencia de 1resistencia de 4/3Ω, o 4/7Ωdominio de la frecuencia, de

4.3 Transformadores.

Un transformador se construye con dos bobinas colocadas de manera que el flujo variable desarrollado por una bobina enlazará a la otra, como se observa en laresultará en un voltaje inducido en cada bobina.

Se llama primario a la bobina donde se aplica la fuente, y la bobina donde es aplicada la carga se denomina secundario



w$ ±w$y¾½ + w$6¾¿ 31°

Y, con las inductancias equivalentes definidas en (30),

1w$6 ½ ¯ 1w$y¡ ¿ 32

¯ 1w$y¡ ½ 1w$6 ¿ 32°

, la impedancia fasorial Z(jω) para el circuito del ejemplo anterior,

w$ 4w$ 9w$7w$ 30w$ 18

De la figura en el último ejemplo podemos ver que, en estado estable dc, la entrada queda en circuito abierto por el inductor izquierdo y la impedancia es por consiguiente cero, lo que es congruente con fijar ω = 0 en la solución para el dominio de la frecEn el límite de alta frecuencia, los inductores de la figura del ejemplo anterior se comportan como circuitos abiertos y la impedancia es la de una resistencia de 1Ω en paralelo con una

, o 4/7Ω. Esto coincide con el valor limitante en la esta solución para el dominio de la frecuencia, de ω → ∞.

se construye con dos bobinas colocadas de manera que el flujo variable desarrollado por una bobina enlazará a la otra, como se observa en la figura siguiente. Esto resultará en un voltaje inducido en cada bobina.

a la bobina donde se aplica la fuente, y la bobina donde es aplicada la secundario.



) para el circuito del ejemplo anterior,

De la figura en el último ejemplo podemos ver que, en estado estable dc, la entrada queda en circuito abierto por el inductor izquierdo y la impedancia es por consiguiente cero, lo

= 0 en la solución para el dominio de la frecuencia mostrada. En el límite de alta frecuencia, los inductores de la figura del ejemplo anterior se comportan

Ω en paralelo con una or limitante en la esta solución para el

se construye con dos bobinas colocadas de manera que el flujo variable figura siguiente. Esto

a la bobina donde se aplica la fuente, y la bobina donde es aplicada la



De la figura, y aplicando la ley de Faraday, se tiene:

x x®x , u 33

Siendo que N (número de espiras o vueltas) es proporcional a L (inductancia de la bobina), tenemos:

x = 6x sx , u 34

En el secundario,

= ®¶ , u 35

Si todo el flujo primario enlaza al secundario, ϕm = ϕp, y entonces:

= ®x 36

En un transformador con núcleo de hierro se garantiza que la mayor parte del flujo que enlaza al primario enlace también al secundario, estableciendo un k muy cercano a 1. La ausencia de un núcleo ferromagnético tendrá, por el contrario, bajos niveles de flujo de enlace entre las bobinas para un k bajo; en otras palabras, se tendrá un acoplamiento débil entre las bobinas.

Para el secundario tenemos,

= @ ®x , &'# @ = ®¶®x 37

La inductancia mutua entre las dos bobinas es determinada por

y = ®¶ = x ®xs , 38

El voltaje es también puede encontrarse en términos de la inductancia mutua:

= y 7OÀ7 y x = y 7O7 (39)

Ejemplo:

Para el transformador mostrado en la figura:

a) Encuentre M b) ep y es si ϕp = 450mW/segc) ep y es si ip = 0.2 A/ms

Solución:

a) y @d6x6 240b) x 50450 c) x 2000.2K/Á"

4.3.1 El transformador con núcleo de hierro.

Suposiciones:

1. Todo el flujo que enlaza la bobina 1 enlazará también a la bobina 2. Es decir, k = 1, ϕm = ϕp = ϕs.

2. No existen pérdidas como las geométricas o de tampoco pérdidas por histéresis o corrientes parásitas. En otras palabras, se estudiará el caso ideal.

La suposición 2 no debe causar la impresión de que se está lejos de la realidad ya que la mayoría de los fabricantes depueden considerarse como ideales. Por tanto, tenemos:

(40) sx √2lx"#(41) ®¶ ΦÃsen



Para el transformador mostrado en la figura:

= 450mW/seg = 0.2 A/ms

240Á 22.5u; 0.6100450 27u Á" 40u; 240Á200K/" 4.3.1 El transformador con núcleo de hierro.

Todo el flujo que enlaza la bobina 1 enlazará también a la bobina 2. Es decir, k = 1,

No existen pérdidas como las geométricas o de resistencia de cd de las bobinas, tampoco pérdidas por histéresis o corrientes parásitas. En otras palabras, se estudiará el caso ideal.

La suposición 2 no debe causar la impresión de que se está lejos de la realidad ya que la mayoría de los fabricantes de transformadores los fabrican de tal manera que casi pueden considerarse como ideales. Por tanto, tenemos:

"#$

senωt



48u

Todo el flujo que enlaza la bobina 1 enlazará también a la bobina 2. Es decir, k = 1,

resistencia de cd de las bobinas, tampoco pérdidas por histéresis o corrientes parásitas. En otras palabras, se

La suposición 2 no debe causar la impresión de que se está lejos de la realidad ya que la transformadores los fabrican de tal manera que casi



De donde

(42) x $xΦÃsenωt + 90º

Indicando que este voltaje adelanta a la corriente en la bobina del primario por 90º.

El valor efectivo de ep es

Åx = 4.44xΦÃ 43

Para el secundario,

Å = 4.44 ΦÃ 44

Dividiendo (43) entre (44), obtenemos:

ÅxÅ = x 45

“La razón de las magnitudes de los voltajes inducidos es igual a la razón del número de vueltas correspondientes”. Esto también es válido para los valores instantáneos ep y es.

Como Vg = E1 y VL = E2 para la situación ideal,

ÆÇ = x = È "n" en algunos textos) 46

Cuando α < 1, el transformador es de elevación. Cuando α > 1, el transformador es de reducción.

Ejemplo:

Para el transformador de la figura, encontrar: a)

Solución:

a) De (43), Φm = Eb) De (45), Ns = E

Por otro lado, se puede demostrar que para un transformador ideal,

De donde,

Para α < 1, transformador de elevaci

lo inverso es cierto.

4.3.1.1 Impedancia reflejada y potencia.

Si se usa un transformador, una impedancia puede hacerse aparecer más grande o más pequeña en el primario colocándola en el secundario de un transformador de disminución (α > 1) o en el de un transformador de elevación (inductiva o capacitiva, la impedancia reflejada también lo será.

Para un transformador con núcleo de hierro

Y



Para el transformador de la figura, encontrar: a) Φm y b) Ns.

= Ep/(4.44 Npf) = 15.02mWb = EsNp/Ep = 600 vueltas

Por otro lado, se puede demostrar que para un transformador ideal,

xsx s 47

sx s x 1È 48

< 1, transformador de elevación e s È. sx. Para un transformador de disminución,

4.3.1.1 Impedancia reflejada y potencia.

Éx ÈÉq 49

Si se usa un transformador, una impedancia puede hacerse aparecer más grande o más pequeña en el primario colocándola en el secundario de un transformador de disminución

> 1) o en el de un transformador de elevación (α < 1), respectivamente. Si la carga es inductiva o capacitiva, la impedancia reflejada también lo será.

Para un transformador con núcleo de hierro

ÊË¾Ë ÊÌ¾Ì 50



. Para un transformador de disminución,

Si se usa un transformador, una impedancia puede hacerse aparecer más grande o más pequeña en el primario colocándola en el secundario de un transformador de disminución

< 1), respectivamente. Si la carga es

Pentrada = Psalida (condiciones ideales).

Ejemplo:

Para el transformador con núcleo de hierro de la figura,

a) Encuentre la magnitud de la corriente en el primario y el voltaje aplicado en éste.b) Encuentre la resistencia de entrada del transformador.

Solución:

a) De (48): IP = 12.5mA

También:

De (46), Vg = 1600 V

b) Por (49): α = 8;

4.4 El transformador en el dominio fasorial.

Leyes i-v fasoriales para transformadores:



diciones ideales).

Para el transformador con núcleo de hierro de la figura,

Encuentre la magnitud de la corriente en el primario y el voltaje aplicado en éste.Encuentre la resistencia de entrada del transformador.

12.5mA; VL = 200V

1600 V

Zp = Rp = 128kΩ

4.4 El transformador en el dominio fasorial.

v fasoriales para transformadores:

w$6¾½ − w$y¾¿ 51

w$y¾½ w$6¾¿ 51°



Encuentre la magnitud de la corriente en el primario y el voltaje aplicado en éste.

A partir de las ecuaciones y de la figura anteriores, se deducen las siguientes relaciones importantes:

(51) ¾¿ ?Í»ÎÏ?Íq

(52) ½ w$6

El segundo término dentro de los corchetes en la ecuación impedancia reflejada ZR(jωtransformador cuando aparece en el primario,

(53) ZÑjω ÍÎÏPara simplificar el análisis de los circuitos con trasformadores basadpodemos utilizar el circuito equivalente que se muestra a continuación.

Otras relaciones importantes son:

(54) ¾¿¾½ ?Í»ÎÏ?Íq

(55) ¿½ ÎÏ¾¿½

De (55) tenemos, ¿½ Las ecuaciones (54) y (56) muestran cómo la corriente y el voltaje del primario se transforman al pasar a través del transformador. La ecuación (53) nos muestra impedancia secundaria se transforma al reflejarse hacia el circuito primario.



A partir de las ecuaciones y de la figura anteriores, se deducen las siguientes relaciones

. ¾½

Í»ÎÏ?Íq . ¾½

El segundo término dentro de los corchetes en la ecuación (52), se conoce como (jω), y muestra el efecto de la carga y el devanado secundario del

transformador cuando aparece en el primario,

Í»Ï?Íq

Para simplificar el análisis de los circuitos con trasformadores basados en la figura anterior podemos utilizar el circuito equivalente que se muestra a continuación.

Otras relaciones importantes son:

proporción de corrientes primaria contra secundaria.

q ¾¿¾½ ¾½½

w$yqw$6q w$6 $y 56

Las ecuaciones (54) y (56) muestran cómo la corriente y el voltaje del primario se transforman al pasar a través del transformador. La ecuación (53) nos muestra impedancia secundaria se transforma al reflejarse hacia el circuito primario.



A partir de las ecuaciones y de la figura anteriores, se deducen las siguientes relaciones

(52), se conoce como ), y muestra el efecto de la carga y el devanado secundario del

os en la figura anterior

proporción de corrientes primaria contra secundaria.

Las ecuaciones (54) y (56) muestran cómo la corriente y el voltaje del primario se transforman al pasar a través del transformador. La ecuación (53) nos muestra cómo la impedancia secundaria se transforma al reflejarse hacia el circuito primario.

4.5 Aplicaciones del transformador

4.5.1 Acoplamiento de impedancia, aislamiento y desplazamiento

Los transformadores pueden ser particularmente útiles cuando se tratacarga reciba la máxima potencia desde una fuente. La máxima transferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga está acoplada con la resistencia interna de la fuente. Dicho esto de otro modo, en términos de transferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga es el conjugado de la impedancia de la fuente:

Ejemplo:

a) La impedancia para la fuente de la figura es de 512pobre con la impedancia de entrada de 8bocina bajo estas condiciones (figura “a”).

b) En la figura “b” fue introducido un transformador de acoplamiento de impedancia de audio entre la bocina y la fuente, y fue diseñado para asegumáxima a la bocina de 8la potencia entregada a la bocina.

c) Compare las potencias en “a” y “b”.

Solución:

a) La corriente de la fuente,

La potencia hacia la bocina: watt!

b) Ò Ó q; Ó



Aplicaciones del transformador.

.1 Acoplamiento de impedancia, aislamiento y desplazamiento.

Los transformadores pueden ser particularmente útiles cuando se trata de garantizar que una carga reciba la máxima potencia desde una fuente. La máxima transferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga está acoplada con la resistencia interna de la fuente. Dicho esto de otro modo, en términos de potencia comtransferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga es el conjugado de la

(57) ZL = Zs*

La impedancia para la fuente de la figura es de 512Ω, la cual es un acoplamiento impedancia de entrada de 8Ω de la bocina. Determine la potencia a la

bocina bajo estas condiciones (figura “a”). En la figura “b” fue introducido un transformador de acoplamiento de impedancia de audio entre la bocina y la fuente, y fue diseñado para asegumáxima a la bocina de 8Ω. Determine la impedancia de entrada del transformador y la potencia entregada a la bocina. Compare las potencias en “a” y “b”.

La corriente de la fuente, l ÔÕ

Gn 230.8ÁK

La potencia hacia la bocina: C l 230.88 ª 0.43 ÖÀÖ n 8; Ò 88 512Ω,



de garantizar que una carga reciba la máxima potencia desde una fuente. La máxima transferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga está acoplada con la resistencia interna de la

compleja, la máxima transferencia de potencia ocurre cuando la impedancia de la carga es el conjugado de la

, la cual es un acoplamiento de la bocina. Determine la potencia a la

En la figura “b” fue introducido un transformador de acoplamiento de impedancia de audio entre la bocina y la fuente, y fue diseñado para asegurar una potencia

. Determine la impedancia de entrada del transformador y

43Ø, ¡menos de ½

La cual acopla la de la fuente. Las condiciones de máxima transferencia de potencia han sido establecidas, y ahora la

La potencia en el primario es igual a la del secundario (transformador ideal):

c) Dividiendo estos dos resultados para la potencia, tenemos un valor d

más de 16 veces la potencia entregada usando el transformador de acoplamiento de impedancia.

Ejemplo:

Un circuito doméstico de 60Hz que suministra Zs = 20Ω se utilizará para impulsar una carga de Zvoltaje y la potencia suministrada a la carga si se conecta directamente a la fuente como en la figura (a), y compare en el caso de conexión a través de un transformador coL2 = 10H y M = 1H, como se muestra en la figura (b).

Solución:

a) Por división de tensión:

La corriente y la disipación de potencia, son:

¾

Ù



La cual acopla la de la fuente. Las condiciones de máxima transferencia de potencia han sido establecidas, y ahora la corriente de la fuente está determinada por

l ÅÚ 120512 512 117.19ÁK


C l 117.9512 7.032Ø

Dividiendo estos dos resultados para la potencia, tenemos un valor dmás de 16 veces la potencia entregada usando el transformador de acoplamiento de

Un circuito doméstico de 60Hz que suministra Ì 156Ûº u a una impedancia de fuente á para impulsar una carga de ZL = 5kΩ. Determine la corriente, el

voltaje y la potencia suministrada a la carga si se conecta directamente a la fuente como en la figura (a), y compare en el caso de conexión a través de un transformador co

= 10H y M = 1H, como se muestra en la figura (b).

Por división de tensión: Ç ÎÏÎÏÎ . Ì GG 156 La corriente y la disipación de potencia, son:

¾Ç Ìq 1565000 20 31 ÁK

ÙÇ |¾Ç|¿2 5000 0.0312 2.4 Ø



La cual acopla la de la fuente. Las condiciones de máxima transferencia de potencia corriente de la fuente está determinada por


Dividiendo estos dos resultados para la potencia, tenemos un valor de 16.5, es decir más de 16 veces la potencia entregada usando el transformador de acoplamiento de

a una impedancia de fuente . Determine la corriente, el

voltaje y la potencia suministrada a la carga si se conecta directamente a la fuente como en la figura (a), y compare en el caso de conexión a través de un transformador con L1 = 1/4H,

155.4 u



b) La impedancia reflejada, la corriente y el voltaje en el primario, son: ZÑjω $y

q + w$6 26015000 + w3770 = 18.1 − w13.7Ω

¾½ = ¿w$6 + + = 156∠º38.1 + w80.6 = 0.75 − w1.58 K

½ = jω6 + ZÑ¾½ = 38.1 + w80.60.75 − w1.58 = 141 + w31.9 u Luego,

¾¿ = w$yq + w$6 . ¾½ = j3775000 + j3770 0.75 − j1.58 = 0.103 − j0.02 A

¿ = q . ¾¿ = 50000.103 − j0.02 = 516 − j106 V En este caso, la potencia suministrada a la carga es:

ÙÇ = |¾Ç|¿2 = 5000 |0.103 − j0.02|¿

2 = 27.6 Ø

Finalmente,

D¿½D = D 516 − j106141 + w31.9 D = 3.64

El transformador actúa para aumentar el voltaje y reducir la corriente.

D¾¿¾½D = D0.103 − j0.020.75 − w1.58 D = 0.060

El transformador se usa a menudo para aislar una parte de un sistema eléctrico de otra. El aislamiento implica la ausencia de toda conexión física directa.

Ejemplo: Considere la medición de voltajes de línea del orden de 40kV.

Aplicar un voltímetro a través de 40,000 V sería, por supuesto, una tarea peligrosa debido a la posibilidad de tener contacto físico con laIncluyendo un transformador en el sistema de transmisión como equipo original, se puede bajar el potencial a un nivel seguro para fines de medición y se puede determinar el voltaje de la línea usando la razón dedisminuir el voltaje.

Ejemplo:

Para el servicio residencial que aparece en la figura, determine (suponiendo una carga totalmente resistiva), lo siguiente:

a) El valor de R para asegurar una carga bb) La magnitud de I1 e Ic) El voltaje de línea Vd) La potencia total entregada.e) La razón de vueltas



Considere la medición de voltajes de línea del orden de 40kV.

Aplicar un voltímetro a través de 40,000 V sería, por supuesto, una tarea peligrosa debido a la posibilidad de tener contacto físico con las líneas al hacer las conexiones necesarias. Incluyendo un transformador en el sistema de transmisión como equipo original, se puede bajar el potencial a un nivel seguro para fines de medición y se puede determinar el voltaje de la línea usando la razón de vueltas. Por tanto, el transformador serviría para aislar y

Para el servicio residencial que aparece en la figura, determine (suponiendo una carga totalmente resistiva), lo siguiente:

El valor de R para asegurar una carga balanceada. e I2.

El voltaje de línea VL. La potencia total entregada. La razón de vueltas α = NP/NS



Considere la medición de voltajes de línea del orden de 40kV.

Aplicar un voltímetro a través de 40,000 V sería, por supuesto, una tarea peligrosa debido a s líneas al hacer las conexiones necesarias.

Incluyendo un transformador en el sistema de transmisión como equipo original, se puede bajar el potencial a un nivel seguro para fines de medición y se puede determinar el voltaje

vueltas. Por tanto, el transformador serviría para aislar y

Para el servicio residencial que aparece en la figura, determine (suponiendo una carga

Solución:

a) Pt = 10(60W) + 2000W + 400W =

PEntrada = PSalida

VPIP = VSIS = 3000 W, de donde I

R = Vϕ/IP = 2400V/1.25 A = 1920

b) P1 = 600W = VI1 = 120*I

P2 = 2000W = VI2 = 240*I2

c) VL = √3*V ϕ = √3*2400 =

d) Pt = 3Pϕ = 3(3000W) = 9000W =

e) α = NP/NS = VP/VS = 2400V/240

Ejercicios:

1. Encontrar V1, V2, I 1

2. Obtenga los valores rms de las corrientes primaria y secundaria en la figura si el fasor Vg = 16V, Zg



= 10(60W) + 2000W + 400W = 3000W

= 3000 W, de donde IP = 1.25 A

= 2400V/1.25 A = 1920 Ω

= 120*I1, de donde I1 = 600W/120V = 5A

2, de donde I2 = 2000W/240V = 8.33 A

√3*2400 = 4152 V

= 3(3000W) = 9000W = 9kW

= 2400V/240V = 10

1 e I 2.

Obtenga los valores rms de las corrientes primaria y secundaria en la figura si el = 2 + jΩ, Z2 = 8 – j4Ω y α = 2.



Obtenga los valores rms de las corrientes primaria y secundaria en la figura si el

3. Obtenga los fasores través de la entrada y se reemplaza un transformador por uno ideal con proporción de espiras α = 10.

4. Obtenga I 1 e I 2 en el circuito mostrado. Vg = 141.2cos10t,

5. Determinar V1 y V2

6. Encontrar Vo para el siguiente circuito con transformador ideal.



Obtenga los fasores V1 y V2 en la figura si se conecta una fuente de corriente través de la entrada y se reemplaza un transformador por uno ideal con proporción

en el circuito mostrado. Vg = 141.2cos10t, ω = 10rad/seg.

2 en este circuito. Vg = 50cos1000t. Transformador ideal.

para el siguiente circuito con transformador ideal.



en la figura si se conecta una fuente de corriente I = Is a través de la entrada y se reemplaza un transformador por uno ideal con proporción

ω = 10rad/seg.

= 50cos1000t. Transformador ideal.



REFERENCIAS:

BOYLESTAD, Robert L. Introducción al análisis de circuitos. 10ma. Edición. Pearson Educación. México 2004. Páginas 935 – 948.

JOHNSON, Don. Fundamentals of Electrical Engineering I. < http://cnx.org/content/col10040/1.9/ > Connexions. Rice University. Houston, Texas.

JOHNSON, David E., Análisis Básico de Circuitos Eléctricos. 5ta. Edición. Prentice Hall, 1995. Páginas 589 – 597.

apuntes circuitos eléctricos ii

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