analisis de circuitos AC by Juan Carlos Mendoza Real

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Contenido didáctico del curso 201423-ANALISIS DE CIRCUITOS AC

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA ESCUELA DE CIENCIAS BASICAS, TECNOLOGIA E INGENIERIAS PROGRAMA DE INGENIERIA ELECTRONICA

201423 – ANALISIS DE CIRCUITOS AC PABLO ANDRES GUERRA GONZALEZ (Director Nacional)

VALLEDUPAR Julio de 2009

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INTRODUCCIÓN

El curso de Análisis de Circuitos AC-201423, es de tipo metodológico y corresponde al campo de formación profesional específica de los programas de tecnología e ingeniería electrónica, su metodología es educación a distancia y corresponde a dos (2) créditos académicos.

La abreviatura AC significa corriente alterna. Esta se podría referir a cualquier tipo de alternancia, pero el tipo específico de forma de onda alterna que se presenta con más frecuencia en el análisis de circuitos es la senoide. Y una de las tareas más importantes del análisis de circuitos es determinar la respuesta de estado estacionario forzada por una excitación senoidal después de que la respuesta natural desaparece. Por consiguiente, de acuerdo con la práctica común, diremos que un circuito de corriente alterna es un circuito lineal estable que opera con excitación. En este curso se estudian las propiedades de los circuitos de corriente alterna.

Los circuitos de corriente alterna han sido por mucho tiempo el sustento diario de la ingeniería eléctrica y electrónica en la distribución de energía, iluminación, productos de consumo y sistemas industriales. Además, la comprensión de los conceptos de los circuitos de corriente alterna es un prerrequisito esencial para miles de temas que van desde dispositivos electrónicos y la maquinaria rotatoria hasta el control automático, las comunicaciones y el procesamiento de señales. Por lo tanto, nuestro estudio de los circuitos de corriente alterna tiene tanto aplicaciones inmediatas como subsecuentes.

Fundamentalmente, el análisis de circuitos de corriente alterna incluye las, en ocasiones, intimidantes tareas de formular ecuaciones diferenciales para los circuitos y luego calcular las soluciones particulares con excitaciones senoidales. Sin embargo, en este curso trabajaremos con técnicas mas convenientes que reducen los problemas de circuitos de corriente alterna a manipulaciones algebraicas relativamente simples.

También examinaremos el comportamiento de los sistemas eléctricos cuando se excitan con fuentes de frecuencia variable, efectos que son importantes en el

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análisis y diseño de redes tales como filtros, sintonizadores y amplificadores, todas las cuales tienen amplia aplicación en los sistemas de comunicaciones y control.

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INDICE DE CONTENIDO

UNIDAD 1: CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA Capitulo 1: FASORES Lección 1: Características de las funciones senoidales Lección 2: Respuesta forzada a funciones senoidales Lección 3: Función forzada compleja Lección 4: Fasor Lección 5: Relaciones fasoriales para R, L y C Capitulo 2: TECNICAS DE ANALISIS DE CIRCUITOS Lección 6: Impedancia y Admitancia Lección 7: Leyes de Kirchhoff Lección 8: Análisis de corriente de malla y voltaje de nodo Lección 9: Superposición, transformaciones de fuentes y teorema de Thevenin Lección 10: Diagramas fasoriales Capitulo 3: ANALISIS DE POTENCIA Y CIRCUITOS TRIFASICOS Lección 11: Potencia promedio y valores rms Lección 12: Sistemas de potencia Lección 13: Transformadores Lección 14: Conexión trifásica Y-Y Lección 15: Conexión delta ∆

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SEGUNDA UNIDAD: RESPUESTA EN FRECUENCIA Capitulo 4: FRECUENCIA COMPLEJA Lección 16: Función forzada senoidal amortiguada Lección 17: Impedancia y admitancia en el dominio s Lección 18: Funciones de transferencia, polos y ceros Lección 19: Plano de frecuencia compleja Lección 20: Respuesta natural y el plano S Capitulo 5: RESONANCIA Lección 21: Resonancia en paralelo Lección 22: Frecuencias de media potencia y ancho de banda Lección 23: Resonancia en serie Lección 24: Otras formas resonantes Lección 25: Escalamiento Capitulo 6: DIAGRAMAS DE BODE Y FILTROS Lección 26: Asintotas Lección 27: Respuesta en fase Lección 28: Otras Consideraciones Lección 29: Pares de los complejos conjugados Lección 30: Filtros pasivos

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UNIDAD 1 Nombre de la Unidad Introducción

Justificación

Intencionalidades Formativas

CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA En esta unidad comenzaremos estudiando las características de una función senoidal como introducción a su uso como entrada para un circuito. Relacionaremos matemáticamente esta función de entrada senoidal con una función de entrada compleja, que nos conducirá a definir un fasor. Empleando fasores transformamos efectivamente un conjunto de ecuaciones diferenciales con funciones de entrada senoidales en el dominio del tiempo en un conjunto de ecuaciones algebraicas que contienen números complejos en el dominio de las frecuencias. Mostraremos que, en este dominio de frecuencia, las leyes de Kirchhoff son validas y, por tanto, todas las técnicas que se han estudiado para el análisis resistivo son aplicables al análisis AC de estado estable. Exploraremos las diferentes ramificaciones de la potencia en circuitos de corriente alterna. Examinaremos la potencia instantánea, la potencia promedio, el factor de potencia, la potencia compleja, la medición de potencia y los circuitos trifásicos. Fundamentalmente, el análisis de circuitos de corriente alterna incluye las, en ocasiones, intimidantes tareas de formular ecuaciones diferenciales para los circuitos y luego calcular las soluciones particulares con excitaciones senoidales. Sin embargo, en esta unidad trabajaremos con técnicas mas convenientes que reducen los problemas de circuitos de corriente alterna a manipulaciones algebraicas relativamente simples. OBJETIVOS GENERALES • Identificar los parámetros característicos de una función senoidal a través de su representación grafica. • Aplicar el método de transformación de fasores para analizar un circuito en el estado estacionario de corriente alterna utilizando la proporcionalidad, el teorema de Thevenin o Norton, o ecuaciones de nodo o mallas sistemáticas. • Realizar análisis de potencia considerando la potencia real, reactiva, compleja aparente y factor de potencia en circuitos de corriente alterna. • Mostrar las técnicas de la ingeniería de potencia eléctrica aplicadas a sistemas de potencia monofásicos y trifásicos. OBJETIVOS ESPECIFICOS • Conocer de las características de las funciones senoidales • Entender los conceptos de impedancia y de admitancia • Utilizar los fasores para determinar la respuesta forzada de un circuito sujeto a excitación senoidal • Aplicar el análisis de malla, el análisis nodal, la superposición, las transformaciones de fuente y el teorema de Thevenin mediante fasores • Determinar la potencia instantánea que se entrega a un elemento • Definir la potencia promedio que proporciona una fuente

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• • • • • •

senoidal Calcular el valor rms de la forma de onda variable en el tiempo Utilizar la potencia compleja para identificar la potencia promedio y reactiva Identificar el factor de potencia de una carga determinada y adquirir los medios necesarios a aplicar para mejorarlo Conocer de fuentes trifásicas conectadas tanto en Y como en ∆ Conocer de redes conectadas tanto en Y como en ∆ Dominar la técnica del análisis por fase de sistemas trifásicos

COMPETENCIAS A DESARROLLAR • El estudiante identifica los parámetros característicos de una función senoidal a través de su representación grafica. • El estudiante aplica el método de transformación de fasores para analizar un circuito en el estado estacionario de corriente alterna utilizando la proporcionalidad, el teorema de Thevenin o Norton, o ecuaciones de nodo o mallas sistemáticas. • El estudiante realiza análisis de potencia considerando la potencia real, reactiva, compleja aparente y factor de potencia en circuitos de corriente alterna. • El estudiante utiliza las técnicas de la ingeniería de potencia eléctrica aplicadas a sistemas de potencia monofásicos y trifásicos. Denominación de capítulos

Capitulo 1: Fasores Capitulo 2: Técnicas de Análisis Capitulo 3: Análisis de Potencia y Circuitos Trifásicos

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CAPITULO 1: FASORES Introducción En esta capitulo se comienza estudiando las características de una función senoidal como introducción a su uso como entrada para un circuito. Relacionaremos matemáticamente esta función de entrada senoidal con una función de entrada compleja, que nos conducirá a definir un fasor. Empleando fasores transformamos efectivamente un conjunto de ecuaciones diferenciales con funciones de entrada senoidales en el dominio del tiempo en un conjunto de ecuaciones algebraicas que contienen números complejos en el dominio de las frecuencias. Lección 1: CARACTERÍSTICAS DE LAS FUNCIONES SENOIDALES La forma de onda senoidal es de particular importancia dado que se presta fácilmente para los cálculos matemáticos y los fenómenos físicos asociados con los circuitos eléctricos. La forma de onda senoidal es la única forma de onda alterna cuyo aspecto no se ve afectado por las características de respuestas de los elementos R, L y C. En otras palabras, si el voltaje (o la corriente) en un resistor, bobina o capacitor es de naturaleza senoidal, la corriente resultante (o voltaje, respectivamente) de cada uno también tendrá características senoidales. Si una onda cuadrada o una triangular se aplicaran, este no seria el caso. Considere la función de excitación v = Vm senωt de la figura 1, o en el caso de una fuente de corriente, i = I m senωt

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v(t ) Vm

ωt (rad )

− Vm

Figura 1. el valor máximo es Vm y su frecuencia en radianes es ω (rad/s). La función senoidal es periódica definida por la propiedad x(t + T ) = x(t ) , para todo t, donde T es el periodo de oscilación. El recíproco de T define la frecuencia o número de ciclo por segundo y se representa por f = 1 , La frecuencia f está en ciclos por segundos, más T comúnmente llamados Hertz (Hz). Por tanto la frecuencia angular (en radianes) de la función senoidal es 2π ω = 2πf = (rad / s ) T Si la función senoidal tiene asociado un desfasamiento, o ángulo θ , en radianes la función senoidal es v = Vm sen(ωt + θ ) ,

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Figura 2. el ángulo se expresará en grados y encontraran la notación v = Vm sen(4t + 30°) , o

π  de forma alterna v = Vm sen 4t +  6  Si el elemento de un circuito tiene un voltaje v = Vm senωt y por el elemento fluye una corriente i = I m sen(ωt + θ ) , se tienen el v y la i que aparece en la figura 3. Se dice que la corriente se adelanta θ radianes al voltaje. Examinando esta figura se observa que la corriente alcanza su valor pico antes que el voltaje, por lo que se dice que se adelanta al voltaje. Así, un punto de i se alcanza antes, en el tiempo, que el punto correspondiente de v .

Vm Im

Vm senωt

i = I m sen(ωt + θ )

Figura 3. Otra forma sería establecer que el voltaje se atrasa θ radianes respecto a la corriente.

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Ejemplo El voltaje a través de un elemento es v = 3 cos 3t v y la corriente asociada a través del elemento es i = −2 sen(3t + 10°) A. Determinar la relación de ángulo entre voltaje y corriente, esto es, determinar el ángulo de fase. Solución Primero se necesita convertir la corriente a una forma cosenoidal con magnitud positiva para poder compararla con el voltaje. Para determinar una relación de fase es necesario expresar ambas ondas en forma consistente. Puesto que − senωt = sen(ωt + π ) , se tiene i = 2 sen(3t + 180° + 10°) Además se observa que

senθ = cos(θ − 90°)

Por tanto, i = 2 cos(3t + 180° + 10° − 90°) = 2 cos(3t + 100°) Recuerde que v = 3 cos 3t . Por lo tanto, la corriente adelanta 100° al voltaje.

Actividad Un voltaje es v = 3 cos( 4t + 30°) . a) determine el periodo de oscilación. b) Establezca la relación de fase con la corriente asociada i = 2 cos(4t − 70°) . Mediciones de fase. La ecuación para determinar el ángulo de fase puede presentarse utilizando el grafico, primero observe que cada función senoidal tiene la misma frecuencia, permitiendo el uso de cualquier forma para determinar el periodo. Para la forma de onda seleccionada en el grafico, el periodo incluye 5 divisiones en 0,2 ms/división. El desplazamiento de fase entre las formas de onda (independiente de cual se encuentre adelantada o retrasada) es de 2 divisiones. Dado que el periodo completo representa un ciclo de 360°, puede formarse la siguiente relación:

360° θ = T (numerodedivisiones) desplazamientodefase(numerodedivisiones)

θ=

desplazamientodefase(numerodedivisiones) × 360° T (numerodedivisiones)

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Figura 4. Para las formas de onda presentadas en el grafico de la figura 4, tenemos:

θ= e

(2div.) × 360° = 144° T (5div.)

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Lección 2: RESPUESTA FORZADA A FUNCIONES SENOIDALES En esta lección, nos ocuparemos en determinar la respuesta en estado estable de los circuitos a las fuentes senoidales.

Los circuitos que contienen elementos que almacenan energía, es decir, capacitores e inductores, se representan con ecuaciones diferenciales en lugar de ecuaciones algebraicas. El análisis de estos circuitos requiere la solución de ecuaciones diferenciales. La respuesta completa de un circuito es la suma de la respuesta natural y la respuesta forzada. La respuesta natural es la solución general de la ecuación diferencial que representa el circuito cuando la entrada se hace cero. La respuesta forzada es la solución particular de la ecuación diferencial que representa el circuito. La respuesta completa puede separarse en la respuesta transitoria y la respuesta de estado estable. La respuesta transitoria desaparece con el tiempo quedando tan solo la respuesta de estado estable. Cuando la entrada del circuito es constante o senoidal, la respuesta de estado estable puede usarse como la respuesta forzada.

Como ejemplo considere el circuito RL mostrado en la figura 5.

Figura 5. Se usara la función de excitación v = Vm cos ωt , la ecuación diferencial que corresponde al circuito RL , utilizando la ley de voltaje de kirchhoff es di + Ri = V m cos ω t dt d El voltaje en el inductor es v L = L i y en la resistencia es iR. dt L

La respuesta forzada a una función senoidal tiene la forma i (t ) = I 1 cos ωt + I 2 senωt , reemplazando i (t ) en la ecuación diferencial y agrupando los términos coseno y seno se tiene: (− LI 1ω + RI 2 ) senωt + ( LI 2ω + RI1 − Vm ) cos ωt = 0 ,

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de esta expresión se obtienen dos ecuaciones − LI 1ω + RI 2 = 0 LI 2ω + RI 1 = Vm que permiten encontrar los coeficientes I 1 e I 2 de la respuesta forzada:

con esto se obtiene la respuesta forzada completa:

Vm cos(ωt − β ) Z

donde

Z = R 2 + ω 2 L2

β = tan −1

ωL

R Entonces la respuesta forzada (en estado estable) tiene la forma i = I m cos(ωt + ϕ )

donde y

Vm Z ϕ = −β Im =

En este caso, sólo se ha determinado la respuesta de estado estable de un circuito con un elemento de almacenamiento de energía. Es obvio que el método puede ser bastante complicado si el circuito tiene diversos de esos elementos.

Actividad Determine la respuesta forzada i (t ) en el circuito RL de la figura 5 cuando R = 2Ω , L = 1H y v f = 10 cos 3t V.

Lección 3: FUNCIÓN FORZADA COMPLEJA En esta lección se busca formular un método para simplificar el análisis de circuitos de corriente alterna, pues, resulta bastante impractico analizar cada circuito por el método que se describe en la lección anterior.

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Números complejos La unidad imaginaria complejo en la forma Algunas

j = − 1 permite expresar cualquier punto A como un número

A = Re[ A] + j Im[A] = a r + jai .

relaciones

útiles

para

unidad

imaginaria

son

J = 1∠90° ,

1 / J = 1∠ − 90° = − j y J = 1∠180° = −1 . 2

Las coordenadas rectangulares y polares de una cantidad compleja están vinculadas mediante la formula de Euler

e ± jα = cos α ± jsenα Formula de Euler en el plano complejo

e jα

senα

ϕa cos α 1

Figura 6.

Por lo tanto, cualquier cantidad compleja se puede escribir como Exponencial

Rectangular

Polar

A = a r + jai = A ∠ϕ a = A e jϕ a a r = Re[ A] = A cos ϕ a

donde

ai = Im[ A] = A senϕ a

ϕ a = ∠A = tan −1  a i a 

A = a r2 + ai2





Im A = ai

ϕa 0

Re A = a r

Figura 7.

Fig. Plano complejo con A = a r + ja i = A ∠ϕ a

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Números complejos (Cont.) El conjugado complejo de A es tanto,

A* = a r − jai = A ∠ − ϕ a = A e − jϕ a ,

y por lo

A + A* = 2a , AA* = A .

La suma y resta de números complejos se deben realizar en forma rectangular. la multiplicación y división en forma polar

AB = A B ∠ϕ a + ϕ b

A A = ∠ϕ a − ϕ b B B

La multiplicación y división también se pueden realizar en forma rectangular, pero la división rectangular requiere de la racionalización, en la que numerador y denominador se multiplican por el complejo conjugado del denominador.

Para el circuito RL serie, v f (t ) = Vm cos ωt y su representación compleja es

[

]

Re Vm e jωt .

La respuesta a la entrada exponencial del circuito RL tiene la forma

I m e j (ωt +ϕ ) donde la amplitud I m y el ángulo de fase ϕ son desconocidos. La ecuación diferencial que corresponde al circuito RL , utilizando la ley de voltaje de kirchhoff es di L + Ri = v f dt Remplazando las expresiones complejas de v f e i en la ecuación diferencial y derivando se obtiene:

RI m e j (ωt +ϕ ) + jωLI m e j (ωt +ϕ ) = Vm e jωt Para determinar el valor de I m y ϕ , se divide toda la expresión entre e jωt :

RI m e jϕ + jωLI m e jϕ = Vm

I m e jϕ ( R + jω L ) = V m Reordenando: Vm R + jω L si se expresa el lado derecho de la ecuación en forma polar o exponencial se tiene: I m e jϕ =

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I m e jϕ =

R 2 + jω 2 L2

j ( − tan −1 (ωL )) R

Por tanto:

Im =

R 2 + jω 2 L2 ωL ϕ = − tan −1 R

y En notación polar:

I m ∠ϕ , Vm R +ω L 2

∠ − tan −1 ωL

se obtiene la respuesta real de la corriente en función del tiempo: i (t ) = I m cos(ωt + ϕ ) =

Vm R 2 + ω 2 L2

cos(ωt − tan −1 ωL ) R

Ejemplo Determinar la respuesta en estado estable para el circuito RLC de la figura 8

1Ω

cos 3t

1 H 12

Figura 8. Este circuito está representado por la ecuación diferencial d 2 i di + + 12i = 12 cos 3t dt 2 dt Primero se reemplaza la excitación real por la exponencial compleja ve = 12e j 3t Y tenemos: d 2 i di + + 12i = 12e j 3t 2 dt dt

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Es obvio que la corriente tiene la forma: ie = Ae j 3t La primera y la segunda derivadas de i son die = j 3 Ae j 3t dt d 2 ie = −9 Ae j 3t dt 2 d 2 i di Sustituyendo en 2 + + 12i = 12e j 3t , se tiene dt dt

(− 9 +

j 3 + 12 ) Ae j 3t

Despejando A, se obtiene A=

12 12(3 − j 3) 12(3 − j 3) = = = 2 2∠ − 45 o 3 + 3 j (3 + j 3)(3 − j 3) 18

Por tanto,

ie = Ae j 3t = 2 2e

( 4)

−j π

e j 3 t = 2 2e

j ( 3t −π ) 4

Recuerde que la identidad de Euler es e jϕ = cos ϕ + jsenϕ . Entonces, la respuesta que se espera de la corriente de estado estable es j ( 3t −π ) 4 ie = Re{ie } = Re 2 2e = 2 2 cos(3t − 45o )

{

}

Note que se ha cambiado de π

radianes a 45º, que son equivalentes. La 4 notación en grados y la notación en radianes son aceptables e intercambiables.

Ejemplo Determinar la respuesta v f = 10 sen3t V. Solución Primero, se expresa:

i en

el circuito

cuando

R = 2Ω ,

L = 1H y

v f = 10sen3t = 10 cos(3t − 90 o ) Empleado la excitación compleja, se tiene o

v = 10e j ( 3t −90 ) Se introduce la excitación compleja en la ecuación diferencial del circuito, que es di L e + Rie = ve dt o di Obteniendo e + 2ie = 10e j (3t −90 ) dt

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Se supone que la respuesta es ie = Ae j ( 3t −90 ) o

Donde A es una cantidad compleja a determinar. Sustituyendo la solución supuesta en la ecuación diferencial y derivado, se tiene

j 3 Ae j ( 3t −90 ) + 2 Ae j (3t −90 ) = 10e j (3t −90 ) o

Por tanto, j 3 A + 2 A = 10

10 10 e − jβ = j3 + 2 9+4

donde

β = tan −1

3 = 56.3 o 2

Entonces la solución es

ie = Ae j ( 3t −90 ) = o

10 − j 56.3o j (3t −90o ) 10 j (3t −146.3o ) e e = e 13 13

En consecuencia, la respuesta real es 10 i (t ) = Re{ie } = cos(3t − 146.3o ) A 13

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Lección 4: FASOR Se supone que la función de forzamiento para una red lineal tiene la forma v(t ) = Vm e jωt , entonces todos los voltajes o corrientes de estado estable de la red tendrán la misma forma y la misma frecuencia ω ; por ejemplo, una corriente i (t ) tendrá la forma i (t ) = I m e j (ωt +ϕ ) . Tal como se procede en los análisis subsecuentes, simplemente se considera la frecuencia y se eliminara el factor e jωt , ya que es común a todos los términos en las ecuaciones de descripción. La omisión del término e jωt indica que todos los voltajes o corrientes se pueden describir totalmente por una magnitud y una fase. Por ejemplo, un voltaje v(t ) puede expresarse en forma exponencial como

{

v(t ) = Vm cos(ωt + ϕ ) = Re Vm e j (ωt +ϕ )

}

o como un número complejo

{

v(t ) = Re Vm ∠ϕe jωt

}

Dado que se esta trabajando con una función de forzamiento compleja, cuya parte real corresponde a la solución buscada, y que todos los términos de la ecuación incluyen e jωt , se pueden eliminar Re y e jωt para trabajar únicamente con el numero complejo Vm ∠ϕ . Esta representación compleja se denomina comúnmente fasor. Los nombres de fasores se escriben en negritas como una característica distintiva. En forma totalmente idéntica, un voltaje j ( ωt +ϕ ) v(t ) = Vm cos(ωt + ϕ ) = Re{Vm e } y una corriente

{

i (t ) = I m cos(ωt + ϕ ) = Re I m e j (ωt +ϕ )

}

se escriben en notación de fasores como

V = Vm ∠ϕ e I = I m ∠ϕ , respectivamente.

Mientras que v(t ) representa un voltaje en el dominio del tiempo, el fasor V representa el voltaje en el dominio de la frecuencia. El fasor contiene únicamente información de magnitud y fase, y la frecuencia esta implícita en esta representación. La tabla muestra la transformación del dominio del tiempo al de frecuencia, así como la transformación inversa. Representación de fasores Dominio del tiempo Dominio de la frecuencia A cos(ωt ± ϕ ) A∠ ± ϕ Asen(ωt ± ϕ ) A∠ ± ϕ − 90° Recuerde que el ángulo de fase tiene como base una función coseno, por lo que si una función seno esta presente, es necesario emplear un factor de desplazamiento de 90°, como se muestra en la tabla.

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Ejemplo Determinar la notación fasorial de i = 5sen(100t + 120°) Se han elegido funciones coseno como norma para la notación fasorial. Así, la corriente se expresa como una onda cosenoidal: i = 5 cos(100t + 30°) En este punto, es fácil ver la información que se requiere es la amplitud y la fase. Entonces el fasor es I = 5∠30° Por supuesto, el proceso inverso de la notación fasorial a notación en el tiempo es exactamente inverso de los pasos requeridos pasar de la notación en el tiempo a la fasorial. Entonces, si se tiene un voltaje en notación fasorial: V = 24∠125° La notación en el dominio del tiempo es v(t ) = 24 cos(ωt + 125°) donde la frecuencia ω se estableció en la formación original del circuito. Un fasor es una versión transformada de una onda senoidal de voltaje o de corriente que consiste en la información de la magnitud y ángulo de la fase de la senoide. El método fasorial emplea la transformación del dominio del tiempo al de la frecuencia para obtener más fácilmente la solución senoidal de estado estable de la ecuación diferencial. Considérese el circuito RL. Se desea determinar la solución para la corriente de estado estable i cuando la fuente de voltaje es v f (t ) = Vm cos ωt V y ω = 100 rad/s También para este circuito sea R = 200 y L = 2H. Entonces se puede describir la ecuación diferencial como sigue: di L + Ri = v f dt puesto que

{

v f = Vm cos(ωt + ϕ ) = Re Vm e j (ωt +ϕ )

}

Se usará la solución supuesta i = I m cos(ωt + β ) = Re{I m e j (ωt + β ) } Para obtener ( jωLI m + RI m )e j (ωt + β ) } = Vm e j (ωt +ϕ ) Se suprime e jωt y se obtiene ( jωL + R ) I m e jβ = Vm e jϕ

Ahora se identifica los fasores

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I = I m e jβ y

V = Vm e jϕ Por tanto, en notación fasorial se tiene ( jω L + R ) I = V Despejando I se tiene V V I= = jωL + R j 200 + 200 para ω = 100 rad/s, L = 2 y R = 200. Entonces puesto que V = Vm ∠0° se obtiene I=

Vm V = m ∠ − 45° 283∠45° 283

Se puede transformar este resultado de nuevo al dominio del tiempo para obtener la siguiente solución de estado estable: i (t ) =

Vm cos(100t − 45°) A 283

Es obvio que puede usarse directamente fasores para obtener una ecuación algebraica lineal expresada en términos de fasores y números complejos, despejando después de la variable fasorial de interés. Tras obtener el fasor deseado, simplemente se transforma de nuevo al dominio del tiempo para obtener la solución en estado estable. Ejemplo Determinar el voltaje en estado estable v en el circuito RC de la figura 9 cuando i = 10 cos ωt A, R= 1Ω, C= 10mF y ω = 100 rad/s.

i = 10 cos ωt

Figura 9. Solución Primero se determina la representación fasorial de la corriente de la fuente, que es, I = I m ∠0° = 10∠0° Se quiere determinar el voltaje v obteniendo primero el fasor V. Se plantea la ecuación diferencial del voltaje de nodo del circuito y se obtiene

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v dv +C =i R dt

puesto que

{ }

i = 10 Re e jωt

{

v = Vm Re e j (ωt +ϕ )

y Se sustituye en la ecuación

}

v dv +C = i y se suprime la noción Re. Así se llega a R dt

Vm j (ωt +ϕ ) e + jωCVm e j (ωt +ϕ ) = 10e jωt R Ahora se suprime e jωt y se obtiene 1  jϕ j 0°  + jωC Vm e = 10e R   Recordando la representación fasorial, se tiene 1   + jωC V = 1 R 

Dado que R= 1, C= 10-2 y ω = 100 rad/s, se tiene (1 + j1)V = I V =

Por tanto, V =

10 2∠45°

I 1 + j1

10 2

∠ − 45°

Al pasar de la notación fasorial a la solución en estado en estable en el tiempo, se tiene 10 v= cos(100t − 45°) V 2

Actividad Exprese la corriente i como fasor. a) i = 4 cos(ωt − 80°) b) i = 10 cos(ωt + 20°) c) i = 8sen(ωt − 20°) Actividad

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Determine el voltaje de estado estable v representado por el fasor a) V = 10∠ − 140° b) V = 80 + j 75 Actividad Determine la respuesta v para el circuito que se muestra en la figura 10 cuando i f = 10 cos 100t A

1Ω

1 F 100

Figura 10.

Lección 5: RELACIONES FASORIALES PARA R, L Y C En la lección anterior se determino que la presentación fasorial es en realidad una trasformación del dominio del tiempo al dominio de frecuencia. Con esta transformación, la solución de una ecuación diferencial se ha convertido en la solución de una ecuación algebraica. En esta sección se determinan las relaciones entre el voltaje fasorial y la corriente fasorial de los elementos R, L y C. Se hace la transformación del dominio del tiempo al de la frecuencia y después se resuelve la relación fasorial para un elemento específico. Se comenzará con el resistor que se muestra en la figura 11. I i v

R V

Figura 11. La relación voltaje-corriente en el dominio del tiempo es v = Ri Considere ahora el voltaje de estado estable v = Vm cos(ωt + ϕ )

{

}

Entonces, v = Re Vm e j (ωt +ϕ ) Supóngase que la señal de corriente tiene la forma

{

i = Re I m e j (ωt + β )

}

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{

}

j ( ωt + β ) Ahora se sustituyen las ecuaciones v = Re{Vm e j (ωt +ϕ ) } y i = Re I m e en v = Ri y se suprime la noción Re para obtener Vm e j (ωt +ϕ ) = RI m e j (ωt + β )

Se suprime e jωt para obtener Vm e jϕ = RI m e jβ

Por tanto, se observa que β = ϕ y V = RI Puesto que β = ϕ , las ondas de corrientes y de voltaje están en la fase. Esta relación fasorial aparece en el figura 11b Por ejemplo, si el voltaje a través del revisor es v = 10 cos 10t se sabe que la corriente será 10 i = cos 10t R En el dominio del tiempo. En el dominio de la frecuencia, primero se observa que el voltaje es V = 10∠0° Usando la relación fasorial del resistor, ecuación V = RI se tiene V 10∠0° I= = R R Entonces, al obtener la relación de i en el dominio del tiempo, se tiene 10 i = cos 10t R Considérese ahora el inductor mostrando en la figura 12a. i I v=L

di dt

V = jωLI

Figura 12. La relación voltaje corriente en el dominio del tiempo es di v=L dt De nuevo, se utiliza el voltaje complejo v = Re{Vm e j (ωt +ϕ ) }

jωL

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Y se supone que la corriente es

{

i = Re I m e j (ωt + β )

}

Sustituyendo las ecuaciones v = Re{Vm e j (ωt +ϕ ) } y i = Re{I m e j (ωt + β ) } en v = L

di y dt

suprimiendo la notación Re, se tiene Vm e jϕ e jωt = L

{

d I m e jωt e jβ dt

}

Derivando, se tiene Vm e jϕ e jωt = jωLI m e jωt e jβ

Suprimiendo ahora e jωt . Se tiene Vm e jϕ = jωLI m e jβ o

V = jωLI

Esta relación fasorial se muestra en la figura 12b. Dado que j = e j 90° , la ecuación Vm e jϕ = jωLI m e jβ también puede escribirse como Vm e jϕ = ωLI m e j 90° e jβ

En consecuencia,

ϕ = β + 90°

o sea, el voltaje se adelanta a la corriente 90º exactamente. Ejemplo se tiene un circuito con un inductor de 2 H con ω = 100 rad/s y un voltaje v = 10 cos(ωt + 50°) V. el voltaje fasorial será V = 10∠50° y la corriente fasorial es V I= jω L Puesto que ω L= 200 H rad/s, se tiene V 10∠50° I= = = 0.05∠ − 40° A j 200 200∠90° Entonces, la corriente expresada en el dominio del tiempo es i = 0.05 cos(100t − 40°) A Por tanto, la corriente se atrasa al voltaje por 90º. Por ultimo considere el caso del capacitor que se muestra en la figura 13a.

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i=C

dv dt

I = jωCV

1 jωC

Figura 13 La relación entre corriente y voltaje es dv i=C dt Se supone que el voltaje es v = Vm cos(ωt + ϕ ) = Re Vm e j (ωt +ϕ

{

y que la corriente tiene la forma

{

i = Re I m e j (ωt + β

}

{

}

{

}

Se suprime la notación de la Re en las ecuaciones Re Vm e j (ωt +ϕ y Re I m e j (ωt + β y dv se sustituyen en la i = C para obtener dt d I m e j ( wt + β ) = C (Vm e j (ωt +ϕ ) ) dt La derivada de esta ecuación es I m e jωt e jβ = jωCVm e jωt e jϕ Suprimiendo e jωt , se obtiene I m e jβ = jωCVm e jϕ

o sea

I = jωCV

Esta relación fasorial aparece en la figura 5b. Dado que j = e j 90° la corriente adelanta 90° al voltaje. Ejemplo Considere un voltaje v = 100 cos ωt V y determine la corriente cuando ω =1000 rad/s y C = 1 mF. Dado que V = 100∠0° Se tiene I = jωCV = (ωCe j 90° )100e j 0 = (1e j 90° )100 = 100∠90°

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Por tanto, transformando este fasor al dominio del tiempo, se tiene i = 100 cos(ωt + 90°) A La ecuación I = jωCV puede escribirse como sigue: 1 V = I jwC

Actividad La corriente en un elemento es i = 5 cos 100t A. determine el voltaje de estado estable, v(t ) , a través del elemento para a) un resistor de 10 , b) un inductor L = 10 mH y un capacitor C = mF. Actividad A través de un capacitor C = 10 µ F hay un voltaje de estado estable v = 100 cos(500t + 30°) V. Determine la corriente de estado estable en el capacitor. Actividad En la figura 14 aparecen el voltaje v(t ) para un elemento. Indique si el elemento es un inductor o capacitor. i (t ) Im Vm

−

π ω

π − 2ω

v(t )

π 2ω

π ω

− Vm − Im

Figura 14

3π 2ω

2π

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CAPITULO 2: TECNICAS DE ANALISIS Introducción Cuando la excitación es senoidal y el circuito lineal, se pueden aplicar los métodos generales de análisis, vistos en circuitos con excitación continua: corriente de malla y voltaje de nodo. Igualmente, los teoremas vistos en continua son extensibles a circuitos con excitación senoidal, cambiando convenientemente las magnitudes reales por complejas. Únicamente, el teorema de máxima transferencia de potencia necesita un nuevo análisis puesto que, en vez de buscar la resistencia a conectar para que la transferencia de potencia sea máxima, habrá que encontrar ahora la impedancia que verifique esa condición. Lección 6: IMPEDANCIA Y ADMITANCIA La impedancia Z de un elemento es la razón del voltaje fasorial a la corriente fasorial. Por tanto, V Z= I Dado que V = Vm ∠ϕ e I = I m ∠β , entonces

V m ∠ϕ V m = ∠ϕ − β I m ∠β I m

Entonces, se dice que la impedancia tiene magnitud Z

y ángulo de fase

θ = ϕ − β , por tanto, Z =

Vm Im

θ =ϕ −β La impedancia desempeña un papel similar al de la resistencia en los circuitos resistivos. Además como es un cociente del volts entre amperes, tiene unidades de ohms. La impedancia es la razón de dos fasores; no obstante, no es un fasor en sí misma. Puesto que la impedancia es un número complejo, se puede expresar en diversas formas como sigue:

Z = Z ∠θ → Z = e jθ → Z = R + jX →

Forma polar Forma exponencial Forma rectangular

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donde R es la parte real y X la imaginaria del número complejo Z . La R = Re Z suele llamarse parte resistiva de la impedancia y X = Im Z parte reactiva. Tanto R como X se mide en ohms. La magnitud de la impedancia es Z = R2 + X 2

Y el ángulo de fase es X R

θ = tan −1

Estas relaciones se ilustran gráficamente en un plano complejo (figura 15)

Z X

θ R

Figura 15. La impedancia para un resistor es Z=R Para el inductor

Z = jωL

Para el capacitor se tiene 1 jω C El recíproco de la impedancia se llama admitancia y se representa por Y : 1 Y= Z La admitancia es análoga a la conductancia en los circuitos resistivos. Sus unidades son siemens, que se abrevia S.

se tiene

1 = Y ∠ −θ Z ∠θ También se puede escribir la relación de magnitudes en la forma Y = 1/Z. Utilizando la forma Z = R + jX Y=

Se obtiene

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Y = G + jB

Note que G no es simplemente el recíproco de R, ni B recíproco de X. La parte real de la admitancia, G, se llama conductancia y la parte imaginaria, B, susceptancia. Las unidades de G y B son siemens. La impedancia de un elemento es Z = R + jX . El elemento es inductivo si la parte reactiva X es positiva y capacitivo si X es negativa. Puesto que Y es le recíproco de Z y Y = G + jB , se puede afirmar también que si b es positiva el elemento es capacitivo y que una B negativa indica un elemento inductivo. Ejemplo Considere un capacitor con C=1mF y calcules su impedancia y admitancia. La impedancia de un capacitor es 1 Z= jω C Entonces, además del valor de C= 1mF se necesita la frecuencia ω . Si se toma en caso de ω = 100 rad/s, se obtiene 1 10 Z= = = −10 j = 10∠ − 90°Ω j 0 .1 j

Para determinar la admitancia, se advierte que 1 Y = = jωC = j 0.1 = 0.1∠90° S Z Lección 7: LEYES DE KIRCHHOFF Las leyes de corriente y voltajes de Kirchhoff se examinaron antes en el dominio del tiempo. La LVK siguiendo una trayectoria cerrada establece que v1 + v 2 + v3 + L + v n = 0

Para voltajes senoidales de estado estable, la ecuación puede escribirse en términos de ondas cosenoidales en la forma Vm1 cos(ωt + θ1 ) + Vm2 cos(ωt + θ 2 ) + L + Vmn cos(ωt + θ n ) = 0

Toda la información concerniente a cada voltaje v n se incorpora en la magnitud y la fase, Vmn y θ n (suponiendo que ω es la misma para cada término).Usando la identidad de Euler::

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{

}

{

}

Re Vm1 e jθ1 e jωt + L + Re Vmn e jθ n e jωt = 0 o

{

}

Re Vm1 e jθ1 e jωt + L + Vmn e jθ n e jωt = 0 Sacando

e jωt como factor común, se obtiene

{

}

Re (Vm1 e jθ1 + L + Vmn e jθ n )e jωt = 0 Re(V1 + V2 + L + Vn )e jωt = 0

Dado que e jωt no puede ser cero, V1 + V2 + L + Vn = 0

Por tanto, se llega al importante resultado de que la suma de los voltajes fasoriales en una trayectoria cerrada es cero. Entonces, la ley del voltaje de Kirchhoff se cumple en el dominio de la frecuencia con voltajes fasoriales. Utilizando un proceso similar, puede demostrarse que la ley de corriente de Kirchhoff rige para los factores en el dominio de la frecuencia por lo que en un nodo se tiene. I1 + I 2 + L + I n = 0 Puesto que la LVK y la LCK se cumplen en el dominio de la frecuencia, es fácil concluir que todas las técnicas de análisis que se desarrollaron para circuitos resistivos son válidas para corriente y voltajes fasoriales. Por ejemplo, puede usarse el principio de superposición, las transformaciones de fuentes, los circuitos equivalentes de Thevenin y Norton y el análisis de voltaje de nodo y corriente de malla. Todos estos métodos son aplicables en tanto el circuito sea lineal. Primero se examinarán impedancias conectadas en serie, como se ve en la figura 1. La corriente fasorial I fluye por cada impedancia. Aplicando la LVK puede escribirse

Z2 I

Figura 16 V1 + V2 + L + Vn = V Puesto que V J = Z J I J , se tiene (Z1 + Z 2 + L + Z n ) I = V

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Por tanto, la impedancia equivalente vista desde las terminales de entrada es Z eq = Z 1 + Z 2 + L + Z n Por tanto, la impedancia equivalente de una impedancia en seria es la suma de las impedancias individuales. Observe el conjunto de admitancias en paralelo mostradas en la figura 17. I V

Figura 17 Se puede demostrar fácilmente que la admitancia equivalente Yeq es Yeq = Y1 + Y2 + ... + Yn En el caso de dos admitancias en paralelo, se tiene Yeq = Y1 + Y2 y la impedancia equivalente correspondiente es ZZ 1 1 Z eq = = = 1 2 Yeq Y1 + Y2 Z 1 + Z 2 De manera similar, las reglas del divisor de corriente y el divisor de voltaje se cumplen para corrientes y voltajes fasoriales. Ejemplo Considerar el circuito RLC que se muestra en la figura 18 cuando R = 9Ω, L= 10 mH y C = 1 mF. Determinar i, la corriente de estado estable, utilizando fasores. R L Z2 R i I V Z3 f v f = 100 cos100t C

Figura 18. Primero, se vuelve a dibujar el circuito en forma fasorial, como aparece en la figura 3b. Después, se plantea la LVK en torno en la malla para obtener RI + Z 2 I + Z 3 I = V f

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Z 2 = jω L 1 Z3 = jωC

donde Y

Puesto que ω = 100 rad/s, L= 10 mH y c = 1mF, se tiene Z 2 = j1 Y Z 3 = − j10 Por tanto, la ecuación RI + Z 2 I + Z 3 I = V f se transforma en (9 + j1 − j10) I = V f

Vf 9 − j9

Puesto que V f = 100∠0° , se obtiene la corriente fasorial como sigue: I=

100∠0° 9 2∠ − 45°

= 7.86∠45°

Entonces, la corriente de estado estable en el dominio del tiempo es i = 7.86 cos(100t + 45°) A Ejemplo Determinar el voltaje en estado estable v en el circuito de la figura 19a. v V

10 cos1000tA

10Ω

10Ω 100µF

10Ω 10 A

10Ω

10mH

− j10Ω j10Ω

Figura 19. Primero se representa el circuito en el dominio de la frecuencia, usando impedancias favores. La impedancia del inductor es jωL = j1000(10 × 10 −3 ) = j10Ω La impedancia del capacitor es 1 1 10 = = = − j10Ω −6 jωC j1000(100 x10 ) j

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La representación fasorial de la corriente de entrada es 10∠0 0 = 10 A La figura 19b muestra la representación en el dominio de la frecuencia del circuito. El fasor de voltaje V se puede obtener al aplicar la ley de corriente de Kirchhoff al nodo de la parte superior del circulo en la figura 19b V V V + + = 10 10 10 + j10 − j10 o bien  10 − j10  V V V  + + +  = 0.1V + (0.05 − j 0.05)V + j 0.1V = 10 10 10 + j10  10 − j10  − j10

despejando V , se tiene V =

10 = 63.3∠ − 18.4 o o 0.158∠18.4

Por tanto se tiene que el voltaje en estado estable es V = 63.3 cos(1000t − 18.4°) V Actividad Determine el voltaje v(t ) para el circuito de la figura 5.

8Ω 2H 5sen5tV

v(t ) 1 F 4H 2

Figura 20 Sugerencia: Analice el circuito en el dominio de la frecuencia, usando impedancias y fasores. Use la división de voltaje, dos veces. Sume los resultados. Actividad Determine el voltaje v(t ) para el circuito de la figura 21.

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8Ω

4 cos(3t + 15°) A

v(t ) 1 F 4H 2

Figura 21. Sugerencia: Analice el circuito en el dominio de la frecuencia, usando impedancia y fasores. Reemplace las impedancias en paralelo con un impedancia equivalente, dos veces, aplique la LVK Lección 8: ANÁLISIS DE CORRIENTE DE MALLA Y VOLTAJE DE NODO El análisis de circuitos en el dominio de la frecuencia sigue el mismo procedimiento que se utiliza en los circuitos resistivos; sin embargo, se emplean impedancias y fasores en lugar de resistencias y funciones en el tiempo. Como la ley de Ohm puede usarse en el dominio de la frecuencia, se emplea la relación V = ZI para los elementos pasivos y se procede con las técnicas del voltaje de nodo y la corriente de malla. Como ejemplo del uso de fasores en el método del voltaje de nodo, examine el circuito de la figura 22.

10Ω vb

5Ω

Figura 22. cuando i f = i m cos ωt . Para valores específicos de ω , L y C, se puede obtener la impedancia de los elementos L y C. Cuando ω = 1 000 rad/s y C = 100 µF , se obtiene 1 = − j10 jω C cuando L = 5 mH para el inductor, se tiene la impedancia Z L = jωL = j 5 Z1 =

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El circuito de la figura 22 puede volverse a dibujar usando el formato fasorial como se muestra en la figura 23. va

Figura 23. es obvio que Z3 = 10 Ω y Z2 se obtiene de la combinación en paralelo del resistor de 5 Ω y la impedancia del inductor ZL. en vez de obtener Z2, se determinará Y2 con mucha facilidad sumando las dos admitancias en paralelo, como sigue: Y2 =

1 1 1 1 1 + = + = (1 − j ) 5 Z L 5 j5 5

Usando la LCK en el nodo a, se tiene Va Va − Vb + = If Z1 Z3 En el nodo b, se tiene

Vb Vb − Va + =0 Z2 Z3 Reordenando, se obtiene (Y1 + Y3 )Va + (−Y3 )Vb = I f (−Y3 )Va + (Y2 + Y3 )Vb = 0

Se procede a obtener Va cuando I m = 10 A. Sustituyendo se tiene  1 1 −1  + Va + Vb = 10 10  − j10 10  −1 1 1 Va +  (1 − j ) + Vb = 0 10 10  5

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Entonces se usa la regla de Cramer para despejar Va , obteniendo 100(3 − 2 j ) 100(3 − 2 j )(4 − j ) 100 Va = = = (10 − 11 j ) = 87.5∠ − 47.7 o 4+ j 17 17 Por tanto, se tiene el voltaje en estado estable v a v a = 87.5 cos(1000t − 47.7 o ) V

Ejemplo En la figura 24 aparece un circuito con ω =10rad/s, L=0.5 H y C = 10mF. Determinar el voltaje de nodo v en su forma senoidal estable cuando el voltaje de la fuente es v f = 10 cos(ωt )V . 10i

R1 = 10Ω vf

R3 5Ω R2 10Ω

Figura 24. El circuito tiene una fuente dependiente entre dos nodos, por lo que se identifica un supernodo como se muestra en la figura 25, donde también aparece la impedancia de cada elemento en forma fasorial. R1 = 10Ω I

10 I

Vf R2 10Ω

Z c = − j10

R3 5Ω Z L = j5

Figura 25 Así, la impedancia del inductor es Z L = jωL = j 5 . De igual forma, la impedancia del capacitor es 1 10 Zc = = = − j10 jωC j Primero, se nota que Y1 = 1 / R1 = 1 / 10 . Ahora se desea conjuntar las dos admitancias en paralelo para que R2 y C den una admitancia Y2 como se muestra en la figura 26.

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Y1 I

10 I

Vf Y2

Figura 26 1 1 1 j 1 + = + = (1 + j ) R2 Z c 10 10 10 Y3 puede obtenerse de la resistencia y la inductancia en serie como 1 Y3 = Z3 donde Z 3 = R3 + Z L = 5 + j 5 . Por tanto, se tiene 1 1 Y3 = = (5 − j 5) 5 + j 5 50 Aplicando la LCK en el supernodo de la figura 26, Y1 (V − V f ) + Y2V + Y3 (V + 10 I ) = 0

entonces se obtiene Y2 =

Además, se nota que I = Y1 (V f − V )

Sustituyendo la ecuación I = Y1 (V f − V ) en la Y1 (V − V f ) + Y2V + Y3 (V + 10 I ) = 0 , se obtiene

[

]

Y1 (V − V f ) + Y2V + Y3 V + 10Y1 (V f − V ) = 0

Reordenando, (Y1 + Y2 + Y3 − 10Y1Y3 )V = (Y1 − 10Y1Y3 )V f

En consecuencia, V =

(Y1 − 10Y1Y3 )V f

Y1 + Y2 + Y3 − 10Y1Y3

Dado que Vf = 10 ∠ 0 , se obtiene 1 1   − (5 − j 5) 10 10 50  = 1 − (1 − j ) = 10 j V= 1 1 1 2+ j + (1 + j ) (2 + j ) 10 10 10 Por tanto, se tiene v=

10 cos(10t + 63.40 )V 5

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Ejemplo Determinar la corriente senoidal de estado estable i1 en el circuito de la figura 27 cuando v f = 10 2 cos(ωt + 45°) V y ω = 100 rad/s. Además, L= 30 mH y C = 5 mF.

Figura 27. Primero, se transforma el voltaje de la fuente a su forma fasorial v f = 10 2∠45o = 10 + 10j

Ahora se definen las dos corrientes de malla como i1 e i2 , como se muestra en la figura 28. 3I1

− j2

Figura 28. Puesto que la frecuencia de la fuente es ω = 100 rad/s, se determina que la inductancia tiene una impedancia de Z L = jω L = j 3 El capacitor tiene una impedancia de Zc =

1 1 = = − j2 jω C 1 j  2

Entonces se pueden resumir las corrientes fasoriales del circuito y la impedancia de cada elemento dibujando el circuito en términos de fasores, como en la figura 28. Ahora pueden escribirse las ecuaciones de la LVK para cada malla, obteniendo malla 1: malla 2:

(3 + j 3)I 1 − j 3I 2 = V f (3 − j3)I1 − ( j3 − j 2)I 2 = 0

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Despejando I 1 con la regla de Cramer, se tiene (10 + j10) j I1 = ∆ donde el determinante es ∆ = (3 + j 3)( j ) + j 3(3 − j 3) = 6 + 12 j En consecuencia, 10 j − 10 I1 = 6 + 12 j Prosiguiendo, se obtiene 10( j − 1) 10( 2∠135o I1 = = = 1.05∠71.6o 6(1 + 2 j ) 6 5∠63.4o

(

)

Entonces, la respuesta de estado estable en el tiempo es

i1 = 1.05 cos(100t + 71.6°) A Ejemplo Determinar la corriente en estado estable i1 , cuando la fuente de voltaje es v f = 10 2 cos(ωt + 45°) V y la fuente de corriente es i f = 3 cos ωt A en el circuito de

la figura 29. En esta figura aparece la impedancia en ohms para cada elemento a la ω especificada. Z1 = j 2 Vf

Z2 = 2

Z3 = − j 2

If I1

Figura 29. Primero se transforman las fuentes independientes a la forma fasorial. La fuente de voltaje es v f = 10 2∠45° = 10(1 + j ) Y la fuente de corriente es

I f = 3∠0o se observa que la fuente de corriente conecta las dos mallas y produce una ecuación restrictiva I 2 − I1 = I f Creando una supermalla alrededor de la periferia de las dos mallas, se escribe una ecuación de la LVK, obteniendo

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I1 Z1 + I 2 (Z 2 + Z 3 ) = V f I 1 Z 1 + ( I f + I 1 )( Z 2 + Z 3 ) = V f

Reordenando,

(Z1 + Z 2 + Z 3 )I 1 = V f − (Z 2 + Z 3 )I f

Por tanto,

I1 =

V f − (Z 2 + Z 3 ) I f Z1 + Z 2 + Z 3

Sustituyendo las impedancias y las Fuentes, (10 + j10) − (2 − j 2)3 = 2 + j8 = 8.25∠76o I1 = 2 En consecuencia, el resultado es i1 = 8.25 cos(ωt + 76°) A Actividad Un circuito tiene la forma que se muestra en la figura 30 cuando i f 1 = 1 cos 100t A e i f 2 = 0.5 cos(100t − 90° ) A. Determine el voltaje v a en el dominio del tiempo. 1mF

4Ω

2Ω

if1

if2 5mF

40mH

Figura 30. Actividad Aplique el análisis de corriente de malla al circuito de la figura 31 para determinar el voltaje de estado estable a través del inductor, v L cuando v f 1 = 20 cos ωt V, v f 2 = 30 cos(ωt − 90°) V, y ω = 1 000 rad/s. vL

200µF

15mH

v f1

10Ω

vf2

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Figura 31. Actividad Determine los voltajes fasoriales de nodo en las terminales a y b para el circuito de la figura 32, cuando v f = j 50 V y v1 = j 30 V

− j 50

vf1

30Ω

− j 20

j10

Figura 32.

Lección 9: SUPERPOSICIÓN, TRANSFORMACIÓN DE FUENTE Y TEOREMA DE THEVENIN El principio de superposición es particularmente útil si un circuito contiene dos o más fuentes actuando a diferentes frecuencias. Obviamente, el circuito tendrá un conjunto de valores de impedancia a una frecuencia y un conjunto diferente valores a otra frecuencia. Se puede determinar la respuesta fasorial en cada frecuencia. Después se establece la respuesta en el tiempo que corresponde a cada respuesta fasorial, y se suman. Note que la superposición, en el caso de fuentes que operan a 2 o más frecuencias se aplica sólo a respuestas en el tiempo. No se pueden superponer las respuestas fasoriales. Ejemplo Usando el principio de superposición, determinar la corriente de estado estable i en el circuito mostrado en la figura 33. Cuando v f 1 = 10 cos 10t V, i f = 3 A, L = 1.5 H y C = 10 mF. 5Ω

10Ω

Figura 33. El principio de superposición establece que la respuesta a las fuentes de voltaje y corriente que actúan en conjunto es igual a la suma de las respuestas de la fuente de voltaje actuando en forma individual más las respuestas de la fuente de

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corriente que actúan individualmente. Sea i1 la que denota la respuesta a la fuente de voltaje que actúa en forma individual. La figura 34a muestra el circuito que se usa para calcular i1 . En la figura 34b, este circuito se ha representado en el dominio de la frecuencia usando impedancias y fasores. De manera similar, sea i2 la que denote la respuesta a la fuente de corriente que actúa en forma individual. La figura a muestra el circuito que se usa para calcular i2 . En la figura 2b este circuito se ha representado en el dominio de la frecuencia. 5Ω

5Ω

j15Ω

10Ω

− j10Ω

10Ω

Figura 34. El primer paso es convertir las fuentes independientes a la forma fasorial, advirtiendo que operan a frecuencias diferentes. Para la fuente de voltaje que opera a ω = 10 rad/s, se tiene v f = 10∠0° Se observa que la fuente es de corriente directa, por lo que puede establecerse que, para ella, ω = 0 rad/s. La forma fasorial de la fuente de corriente es i f = 3∠0°

El segundo paso es convertir el circuito a la forma fasorial indicando la impedancia de cada elemento como en la figura 34b Ahora se determinará la corriente fasorial I 1 , que es la componente de la corriente I que se debe a la fuente de voltaje. Se elimina a la fuente de corriente, reemplazándola por un circuito abierto a través del resistor de 10 Ω . Entonces se puede determinar la corriente I 1 que se debe a la primera fuente como

I1 =

5 + jwL + Z p

Donde Z p es la impedancia del capacitor y la resistencia de 10 Ω en paralelo. Recuérdese que ω = 10 rad/s y C = 10 mF. Por tanto, dado que Z c = j10

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Zp =

Zc R (− j10)10 = = 5(1 − j ) R + Z c 10 − j10

Sustituyendo Z p y ωL = 15 en la ecuación

5 + jwL + Z p

10∠00 10 10 = = ∠ − 450 5 + j15 + (5 − j 5) 10 + j10 200 por tanto, la corriente en el dominio del tiempo resultante de la fuente de voltaje es i1 = 0.71 cos(10t − 45°) A I1 =

Ahora se examinará la situación de la fuente de corriente con la fuente de voltaje desactivada. Poner en cero la fuente de voltaje equivale a un corto circuito. Puesto que para la fuente DC ω = 0 rad/s, la impedancia del capacitor se convierte en un circuito abierto porque Z = 1 = ∞ . La impedancia del jω C inductor se convierte en corto circuito porque Z = jωL = 0 . Así, se obtiene el circuito mostrado en la figura 35b. Se observa que se ha regresado al conocido circuito resistivo para una fuente de cd. Entonces, la respuesta que se debe a al fuente de corriente es 5Ω

5Ω

10Ω

Figura 35. 10 I 2 = − 3 = −2 A 15 Por tanto, usando el principio de superposición, la corriente total de estado estable es i = i1 + i2 o sea i = 0.71cos(10t − 45°) − 2 A Ahora se considerarán las transformaciones de Fuentes para circuitos en el dominio de la frecuencia (fasoriales). Las técnicas para circuitos resistivos pueden aplicarse fácilmente. La transformación de fuentes se refiere a transformar una fuente de voltaje y su correspondiente impedancia en serie en una fuente de corriente con su impedancia asociada en paralelo, o viceversa, como aparece en la figura 36.

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD Escuela de Ciencias Básicas, Tecnología e Ingeniería Contenido didáctico del curso 201423-ANALISIS DE CIRCUITOS AC Zf If

Figura 36 El método para transformar una fuente en otra se resume en la figura 37 If =

Zf Vf

Vf Zf If

Vf = I f Z f

Zf Zf

Figura 37. Ejemplo Un circuito tiene una fuente de voltaje v f en serie con dos elementos, como se muestra en la figura 38. Determinar la fuente de corriente equivalente en forma fasorial, cuando v f = 10 cos(ωt + 45°) V y ω = 100 rad/s. 100mH

10Ω

Figura 38. Primero, se determina la fuente de corriente equivalente como sigue: V If = f Zf Puesto que Z f = 10 + j10 y V f = 10∠45° , se obtiene

If =

10∠45 o 200∠45

10 200

∠0 o A

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El circuito con la fuente de corriente equivalente se muestra en la figura 39.

Figura 39 Los teoremas de Thévenin y Norton se aplican a corrientes o voltajes fasoriales e impedancias igual que se aplican a los circuitos resistivos. El circuito equivalente de Thévenin aparece en la figura 40.

Z TH VTH

Figura 40. Un procedimiento para determinar el circuito equivalente de Thévenin es el siguiente: 1. Identificar una parte separada del circuito total 2. determinar el voltaje de Thévenin VTH = Vcab ; el voltaje de circuito abierto en las terminales. 3. a) Determinar Z TH desactivando todas las fuentes independientes y reduciendo el circuito a una impedancia equivalente; b) si el circuito tiene una o más fuentes dependientes, entonces se cortocircuitan las terminales y se determinan I coc , la corriente de corto circuito para la cual V Z TH = cab , o bien c) se desactivan las fuentes independientes, se I coc conecta una fuente de voltaje o de corriente en las terminales y se determinan tanto V como I en las terminales, de donde Z TH = V I Ejemplo Determinar el equivalente de Thévenin del circuito mostrando en la figura 50. Cuando Z1 = 1 + j y Z2 = - j1

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I f = 2∠0 o Z1

Figura 50. Solución El voltaje de circuito abierto es Vcab = I f Z 1 = (2∠0 o )(1 + j ) = 2 2∠45 o La impedancia Z TH se determina al desactivar la fuente de corriente y reemplazarla por un circuito abierto. Entonces se tiene Z1 en serie con Z 2 , de forma que Z TH = Z 1 + Z 2 = (1 + j ) − j = 1Ω Ejemplo Determinar el equivalente de Thévenin del circuito que se muestra en la figura 51. En forma fasorial. j10 3V

i f = 2∠0 o

V 10Ω

Vcab

Figura 51. Solución El voltaje de Thévenin es VTH = Vcab , así que primero se determina Vcab note que con el circuito abierto, V = 10 I f = 20 Entonces, usando la LVK en la malla de la derecha, se tiene Vcab = 3V + V = 4V = 80 ∠ 0° Examinando el circuito de la figura 51, se transforman la fuente de corriente y la resistencia de 10 Ω en la fuente de voltaje y la resistencia en serie de 10 Ω , como aparece en la siguiente figura 52a.

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10Ω

j10 3V

Vcab

i f = 2∠0 o

10Ω V

j10 3V

Vo I b)

Figura 52. Cuando se desactiva la fuente de voltaje y se conecta una fuente de corriente a las terminales, como se muestra en la siguiente figura 52b, la LVK da Vcab = j10 I + 4V = ( j10 + 40) I

Por tanto,

Z TH = 40 + J10 Ω Ahora se verá el procedimiento para determinar el circuito equivalente de Norton. Los pasos son similares a los usados en el equivalente de Thévenin, puesto que Z TH en serie con el voltaje de Thévenin es igual a la impedancia de Norton en paralelo con la fuente de corriente de Norton. El circuito equivalente de Norton aparece en la figura 53.

Z TH

Figura 53. Para determinar el circuito de Norton, se adopta el procedimiento siguiente:

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4 Identificar una parte separada del circuito total. 5 la corriente de Norton I N es la corriente por un corto circuito en las terminales, así que I N = I coc . 6 determinar Z TH a) desactivando todas las fuentes independientes y reduciendo el circuito a una impedancia equivalente, o bien b) si el circuito tiene una o más fuentes dependientes, determinar el voltaje del circuito abierto en las terminales, Vcab , de forma que V ZTH = cab I coc Ejemplo Determinar el equivalente de Norton del circuito mostrado en la figura 54 en forma de fasores e impedancias. Suponga que Vf = 100 ∠ 0o V Z3 = 1 − j 2

Z1 = 5 + j 5

Z2 = j 4

Figura 54. Solución Primero se determinará la impedancia equivalente, desactivado la fuente de voltaje y reemplazándola por un corto circuito. Puesto que Z1 aparece en paralelo con Z 2 , se tiene ZZ (5 + j 5)( j 4) Z TH = Z 3 + 1 2 = (1 − j 2) + Z1 + Z 2 (5 + j 5) + ( j 4) = (1 − j 2) +

20 93 34 1 ( 2 + j 7) = + j = (93 + j 34) 53 53 53 53

Ahora se procede a determinar la fuente de corriente equivalente de Norton, calculando la corriente que fluye por un corto circuito conectado en las terminales a-b, como se muestra en la figura 55.. Z3

I coc

Figura 55.

I coc

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Para determinar I coc se usarán corrientes de malla como se muestra en la figura 55. Las dos ecuaciones de la LVK en las mallas son malla 1: ( Z 1 + Z 2 ) I + (− Z 2 ) I coc = v f (− Z 2 ) I + ( Z 2 + Z 3 ) I coc = 0

malla 2:

Usando la regla de Cramer, se determina que I N = I coc como sigue

I coc =

Z 2V f ( Z1 + Z 2 )( Z 2 + Z 3 ) − Z

2 2

( j 4)100 (5 + j 9)(1 + j 2) − (−16) j 400 400 = = (19 + 3 j ) A 3 + j19 370

Actividad Determine los valores de VTH y Z TH de modo que el circuito que se muestra en la figura 56a sea el equivalente de Thévenin del circuito que se muestra en la figura 56b b)

a) a

8Ω − j5

Z TH

j10

VTH

− j 2 .4

j 20 b b

Figura 56. Actividad Determine el voltaje v(t ) para el circuito de la figura 57.

8Ω 2H 5sen5tV

4 cos(3t + 15°) A

v(t ) 1 F 4H 2

Figura 57. Sugerencia: use superposición

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Actividad Usando el principio de superposición, determine i (t ) en el circuito de la figura 58 cuando v1 = 10 cos10t V. 5Ω 1 .5 H v1

i (t ) 10mF

10Ω

Figura 58. Lección 10: DIAGRAMAS FASORIALES La relación entre fasores en un plano complejo se denomina diagrama fasorial. Considere un circuito RLC en serie que aparece en la figura 59. jωl R VR

−j

ωc

Figura 59. En el diagrama también se identifica la impedancia de cada elemento. Puesto que la corriente fluye por todos los elementos y es común a todos, se toma como referencia el fasor I . I = I∠0 o Entonces, los voltajes fasoriales son V R = RI = RI∠0 o V L = jωLI = ωLI∠90 o − jI I VC = ∠ − 90 o wC wC Estos fasores aparecen en el diagrama fasorial de la figura 60.

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VL θ

Figura 60. Note que la LVK de este circuito requiere que V f = VR + VL + Vc La corriente I y el voltaje a través del resistor están en fase. El voltaje del inductor se adelanta 90º a la corriente y el voltaje del capacitor se atrasa 90º a la corriente. Para L y C dados, habrá una frecuencia ω tal que VL = VC Con referencia a las ecuaciones, esta igualdad en la magnitud de los voltajes ocurre cuando. 1 ωLI = ωC o bien 1 ω2 = LC 1 , las magnitudes de los voltajes del inductor y el capacitor son LC iguales. Puesto que están desfasados 180°, se anulan y la condición resultante es. V f = VR

Cuando ω 2 =

Y tanto

V f como

VR están en fase con

Esta condición se denomina

resonancia. Actividad Considere el circuito RLC en serie de la figura 59 en donde se tiene L = 1 mH C = 1 mF. Determine la frecuencia ω cuando la corriente, la fuente de voltaje y VR están en fase. Actividad Trace el diagrama fasorial del circuito de la figura 61 cuando V = V∠0° muestre cada corriente en el diagrama.

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Figura 61

C IC

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CAPITULO 3: ANALISIS DE POTENCIA Y CIRCUITOS TRIFASICOS Introducción El objetivo básico de muchos circuitos que operan en estado estacionario de corriente alterna es la transferencia de energía, la cual oscila desde el nivel de los picowatts en los receptores de radio hasta el nivel de los megawatts en los sistemas de transmisión de alto voltaje. Este capitulo se inicia con conceptos importantes de potencia de corriente alterna, incluida la potencia promedio, los valores rms y la transferencia máxima de potencia. Luego se presenta el punto de vista y las técnicas de la ingeniería de potencia monofásica y trifásica. Lección 11: POTENCIA PROMEDIO (O ACTIVA) Y VALORES RMS Para estado senoidal permanente, v(t ) = Vm cos(ωt + θ ) e i (t ) = I m cos(ωt + ϕ ) , la potencia instantánea es: p(t ) = Vm I m cos(ωt + θ ) cos(ωt + ϕ ) =

Vm I m V I * cos(θ − ϕ ) + m m * cos(2ωt + θ + ϕ ) 2 2

Se observa que el primer término es una constante, independiente del tiempo y el segundo término es una función coseno (periódica) y su periodo es ½ T. 1 Por tanto la potencia promedio es: P = Vm I m cos(θ − ϕ ) 2

La diferencia de ángulo de fase entre la corriente y la tensión en un resistor puro es cero, por tanto: 1 1 P = Vm I m cos(0 ) = Vm I m 2 2 1 PR = I m2 R 2 PR =

Vm2 2R

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La potencia promedio entregada a cualquier circuito compuesto de elementos puramente reactivos ideales es cero. Este es un resultado directo de la diferencia de fase de 90°, que existe entre la corriente y tensión. La potencia fluye hacia la red en una parte del ciclo, y fuera durante otra parte del ciclo, sin perdida de potencia. Ejemplo Dada la tensión en el dominio del tiempo v = 4 cos(πt / 6)V , determine la potencia promedio y una expresión para la potencia instantánea que se produce cuando la tensión fasorial correspondiente a V = 4∠0°V se aplica a través de una impedancia Z = 2∠60°Ω . La corriente fasorial es V / Z = 2∠ − 60° A , y la potencia promedio (activa) corresponde a: P = 1 (4)(2) cos 60° = 2W 2 la tensión en el dominio del tiempo es: v(t ) = 4 cos

la corriente en el dominio del tiempo: i (t ) = 2 cos(

y la potencia instantánea: p (t ) = 8 cos

πt V 6

πt − 60°) A 6

πt πt πt cos( − 60°) = 2 + 4 cos( − 60°)W 6 6 3

Ejemplo Encuentre la potencia promedio (activa) que está entregando a una impedancia ZL=8 - j11Ω atravesada por la corriente I = 5∠20° A . 1 2 ImR . 2 Sólo la resistencia de 8 Ω entra en el cálculo de la potencia promedio, ya que la componente j11Ω no absorberá ninguna potencia promedio (activa). En consecuencia: P = 1 (5 2 )80 = 100W 2

Se podría encontrar la solución bastante rápido al utilizar la ecuación PR =

Observe también que si la corriente se da en forma rectangular, esto es I = 2 + j 5 A , entonces la magnitud al cuadrado es 22 + 52, y la potencia promedio (activa) entregada a Z L = 8 − j11Ω sería: P = 1 (2 2 + 5 2 )8 = 116W 2

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Ejemplo Determine la potencia promedio que absorbe cada uno de los tres elementos pasivos de la figura 62, así como la potencia promedio que suministra cada fuente. − j2 j2

10∠0 o V

2Ω

20∠0 o V

Figura 62. Los valores de I 1 e I 2 se calculan mediante cualquiera de los diversos métodos como el análisis de malla, el análisis nodal o la superposición: I 1 = 5 − j10 = 11.18∠ − 63.43° A I 2 = 5 − j 5 = 7.071∠ − 45° A

La corriente hacia abajo que pasa por el resistor de 2 Ω se obtiene mediante: I 1 − I 2 = − j 5 = 5∠ − 90° A por lo que I m = 5A, y la potencia promedio (activa) que absorbe el resistor se calcula de manera más fácil mediante la ecuación (12): PR = 1 I m2 R = 1 (5 2 )2 = 25W 2 2 La potencia promedio (activa) que absorbe cada elemento reactivo es cero. A continuación nos concentramos en la fuente izquierda. La tensión 20∠0° V y la corriente asociada I 1 = 11.18∠ − 63.43° A satisface la convención de signos activa y por ello la potencia que entrega esta fuente se determina por: Pizquierda = 1 (20)(11.18) cos[0° − (−63.43°)] = 50W 2 De manera similar, encontramos la potencia absorbida por la fuente derecha, utilizando la convención de signos pasiva: Pderecha = 1 (10)(7.071) cos(0° + 45°) = 25W 2 Puesto que 50=25+25, se confirman las relaciones de potencia.

Valores efectivos (r ms) de corriente y voltaje. Si dejamos que una corriente periódica dada fluya a través de un resistor, para obtener la potencia instantánea i 2 R , y luego calculamos el valor promedio de i 2 R en un periodo; esta es la

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potencia promedio; luego si hacemos que una corriente directa circule por ese mismo resistor y ajustamos el valor de la corriente directa hasta obtener el mismo valor de la potencia promedio, la magnitud de la corriente directa es igual al valor efectivo de la corriente periódica dada. Matemáticamente: P=

1 T

∫

i 2 Rdt =

R T 2 i dt T ∫0

, donde T es el periodo de i(t).

La potencia entregada por la corriente directa es:

P = I ef2 R Igualando, obtenemos la corriente efectiva:

I ef =

1 T

∫

1 T

∫

i 2 dt

De igual forma para el voltaje efectivo:

Vef =

v 2 dt

Observamos que el valor efectivo se obtiene calculando la raíz cuadrada de la media del cuadrado; por esto también toma el nombre de raíz media cuadrática o rms (root-mean-square). Para una onda senoidal: i (t ) = I m cos(ωt + ϕ )

La corriente efectiva es:

I ef =

T I 1 2 I m cos 2 (ωt + ϕ )dt = m ∫ T 0 2

donde: T=

2π

ω Así podemos reescribir las formulas de potencia promedio como: P = I ef2 R

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Vef2 R

P = Vef I ef cos(θ − φ )

Lección 12: SISTEMAS DE POTENCIA Si suponemos que el voltaje senoidal v = Vm cos(ωt + θ ) se aplica a un circuito y la

corriente resultante es i = I m cos(ωt + ϕ ) el ángulo de fase por el que el voltaje adelanta a la corriente es (θ − ϕ ) y la potencia promedio o real en watts entregada al circuito es 1 P = Vm I m cos(θ − ϕ ) = Vef I ef cos(θ − ϕ ) 2

La potencia absorbida que está dada por el producto, Vef I ef , se define como la potencia aparente, dimensionalmente debe tener las mismas unidades que la potencia real, ya que cos θ − ϕ es adimensional, pero para evitar confusiones se utiliza el termino voltamperes, o VA; como cos θ − ϕ no puede ser mayor que uno 1, la magnitud de la potencia real no es mayor que la magnitud de la potencia aparente. El factor de potencia se define como la razón de la potencia promedio o real a la potencia aparente, se simboliza como F.P:

F .P =

Potencia Pr omedio p = PotenciaAparente Vef I ef

En el caso senoidal, el F.P es:

cos(θ − ϕ ) donde θ − ϕ es el ángulo por el que el voltaje adelanta a la corriente; por ello se dice con frecuencia que el ángulo θ − ϕ es el ángulo del factor de potencia. En una carga puramente resistiva, el voltaje y la corriente están en fase:

θ − ϕ =0 y F.P.=1 Potencia Aparente = Potencia Promedio. Una carga puramente reactiva (sin resistencias) tendrá un F.P.=0, una diferencia de fase de

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Una carga inductiva tendrá un F.P. atrasado y una carga capacitiva un F.P. adelantado, donde los términos adelantado o retrasado se refiere a la fase de la corriente con respecto al voltaje. Ejemplo Calcule valores para la potencia promedio (activa) suministrada a cada una de las cargas que se indican en la figura 63, así como la potencia aparente que proporciona la fuente y el factor de potencia de las cargas combinadas. Is 2 − j1Ω 1 + j 5Ω o

60∠0 Vrms

Figura63. •

•

• •

Identifique el objetivo del problema. La potencia promedio (activa) se refiere a la que consumen los componentes resistivos de los elementos de carga; la potencia aparente es el producto de la tensión eficaz y de la corriente eficaz de la combinación de carga. Recopile la información conocida. La tensión eficaz es de 60V rms, que aparece en los extremos de una carga combinada de 2 − j + 1 + j 5 = 3 + j 4Ω . Decida la técnica disponible que se ajusta mejor al problema. El cálculo de los dos niveles de potencia es directo, aunque necesitamos tener cuidado, a fin de mantener las definiciones claras. Construya un conjunto apropiado de ecuaciones. La potencia promedio (activa) está dada por: P = Vef I ef cos( angV − angI ) La potencia aparente es simplemente Vef I ef El factor de potencia se calcula como la proporción entre estas dos cantidades: potenciapromedio P FP = = potenciaaparente Vef I ef

•

Determine si se requiere información adicional. Requerimos I ef : Is =

60∠0° = 12∠ − 53.13° A rms 3 + j4

por lo que I ef = 12 A rms y ang I s = −53.13°

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•

Busque la solución. Encontramos que la fuente suministra una potencia promedio (activa) de: Ps = (60)(12) cos[0° − (−53.1°)] = 432W y una potencia aparente de 60 (12)= 720VA Por último, el factor de potencia de las cargas combinadas se obtiene al considerar la tensión y la corriente asociadas con esas mismas cargas. Este factor de potencia es, desde luego, idéntico al de la fuente. Por ello: P 432 FP = = = 0 .6 Vef I ef 60(12)

•

Verifique la solución ¿Es razonable o la esperada? La carga superior recibe una potencia promedio (activa): Psup erior = 12 2 (2) = 288W Para la carga de la derecha, determinamos una potencia promedio (activa) de: Pderecha = 12 2 (1) = 144W

Así, la fuente proporciona 432W, de los cuales 288W se disipan en la carga superior y 144W en la carga de la derecha. El balance de potencia es correcto. Hubiera podido describirse también la impedancia de carga combinada como 5∠53.1°Ω , identificar 53.1° como el ángulo del FP y de ese modo tener un FP de cos 53.1° = 0.6. Además, observamos que la carga combinada es inductiva y que el FP es, por tanto, igual a 0.6 retrasado. Potencia compleja. La potencia compleja se define en relación a un voltaje senoidal general Vef = Vef ∠θ entre dos terminales y una corriente senoidal general I ef = I ef ∠ϕ que entra a una de las terminales. Entonces la potencia promedio P

absorbida por la red de dos terminales es: P = Vef I ef cos(θ − ϕ )

Expresamos P en notación compleja:

P = Vef I ef RE{e j (θ −φ ) } jθ

P = RE{Vef e I ef e La corriente fasorial es:

I ef = I ef e jφ Se debe usar la notación conjugada:

o − jφ

}

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I • ef = I ef e − jφ Por tanto:

P = RE{Vef I ef∗ }

Definimos la potencia compleja S como:

S = Vef I • ef = Vef I ef e j (θ −φ ) La magnitud de S es la potencia aparente, el ángulo de S es el ángulo del factor de potencia. En forma rectangular: S = P + jQ

Donde P = Potencia promedio real, como antes, y la parte imaginaria se simboliza por Q y recibe el nombre de Potencia Reactiva, sus dimensiones son las mismas que las de la potencia real, para evitar confundirla la unidad de Q se define como el VAR (volt-amperes-reactivos). se observa que: Q = Vef I ef sen(θ − ϕ ) La representación grafica (figura 64) para la potencia compleja se conoce como el triangulo de potencia:

θ −φ P

Figura 64. En el triangulo de potencia si θ − φ > 0 , el factor de potencia esta retrasado (carga inductiva), y si θ − φ < 0 , el factor de potencia esta adelantando (carga capacitiva). Con un varmetro se obtiene potencia reactiva Q consumida por la carga, y con un wattimetro se obtiene la potencia promedio real consumida por una carga.

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Ejemplo Un consumidor industrial opera un motor de inducción de 50 kW (67.1 hp) a un FP retrasado de 0.8. la tensión de la fuente corresponde a 230 V rms. Para obtener tarifas eléctricas inferiores, el consumidor desea elevar el FP retrasado. Especifique una solución pausible. Aunque se podría elevar el FP incrementando la potencia real y manteniendo constante la potencia reactiva, esto no redundaría en un recibo más bajo y no es un remedio que interese al consumidor. Es necesario agregar al sistema una carga puramente reactiva, y resulta claro que debe hacerse en paralelo, pues la tensión del suministro para el motor de inducción no debe cambiar. La potencia compleja que se suministra al motor de inducción debe tener una parte real de 50 kW y un ángulo de cos-1(0.8) o 36.9°. Por consiguiente: 50∠36.9° S1 = = 50 + j 37.5kVA 0 .8 Para alcanzar un FP de 0.95, la potencia compleja total debe convertirse en: 50 S= ∠ cos −1 (0.95) = 50 + j16.43kVA 0.95 Por lo tanto, la potencia compleja consumida por la carga correctiva se obtiene mediante: S 2 = − j 21.07 kVA La impedancia de carga necesaria Z2 se determinaría con varios pasos sencillos. Elegimos el ángulo de fase de 0° para la fuente de tensión, y por lo tanto la corriente que atraviesa Z2 es: S − j 21070 I2 = 2 = = − j 91.6 A V 230 o

I 2 = − j 91.6 A En consecuencia:

Z2 =

V2 230 = = − j 2.51Ω I2 j 91.6

Si la frecuencia de operación es de 60 Hz, a esta carga se le puede proveer de un capacitor de 1056 µ F conectado en paralelo con el motor. Sin embargo, su costo inicial, mantenimiento y depreciación deben solventarse mediante la reducción en el recibo de pago de consumo eléctrico.

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Superposición de potencia. El principio de superposición establece que la respuesta a fuentes que actúan juntas es igual a la suma de las respuestas de cada fuente de voltaje que actúa en forma independiente. La aplicación del principio de superposición se ilustra en la figura 65. i1 (t ) i (t ) i (t ) 2

R v1 (t )

R v2 (t )

v1 (t )

R v 2 (t )

Figura 65. donde i1 es la respuesta a la fuente 1 que actúa sola, e i 2 es la respuesta a la fuente 2 que actúa sola. La respuesta total es

i = i1 + i2 Por lo tanto, en resumen, la superposición de la potencia promedio establece que la potencia promedio entregada a un circuito por varias fuentes senoidales, las cuales actúan conjuntamente, es igual a la suma de la potencia promedio entregada al circuito por cada fuente que actúa en forma independiente, si y sólo si ningún par de las fuentes tiene la misma frecuencia. Un razonamiento similar indica que la superposición puede usarse para calcular la potencia reactiva o la potencia compleja entregada a un circuito por varias fuentes senoidales, siempre y cuando, de nueva cuenta, ninguna de las dos fuentes tenga la misma frecuencia. Si dos o más de las fuentes operan en la misma frecuencia, el principio de superposición de potencia no es válido, pero el principio de superposición sigue siendo válido. En este caso, se usa el principio de superposición para encontrar la corriente de cada fasor y después se suman las corrientes para obtener la corriente total de los fasores. I = I 1 + I 2 + ... + I N

para N fuentes. Se tiene entonces la potencia promedio P=

donde I = I m

I m2 R 2

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Ejemplo El circuito de la figura 66 contiene dos fuentes senoidales. superposición de potencia, considérense dos casos: 1) vA(t) = 12 cos 3tV

e iB(t) = 2 cos 4t A

2) vA(t) = 12 cos 4tV

e iB(t) = 2 cos 4t A

Para ilustrar la

Determinar la potencia promedio que absorbe el resistor. i (t ) R = 6Ω

v A (t ) = 12 cos ω1tV

i B (t ) = 2 cos ω 2 tA

L = 2H

i1 (t )

i2 (t )

R = 6Ω

L = 2H

i B (t ) = 2 cos ω 2 tA

I 2 (ω )

I 1 (ω ) 6 12

j 2ω1

j 2ω 2

Figura 66. Solución La corriente del resistor causada por las dos fuentes que actúan en conjunto es igual a la suma de la corriente del resistor causada por la fuente de corriente que actúa sola y la corriente del resistor causada por la fuente de corriente que actúa sola. La aplicación del principio de superposición se ilustra en la figura 66b donde i1 es la respuesta a la fuente de voltaje que actúa sola, e i2 es la respuesta a la fuente de corriente que actúa sola. La respuesta total es i = i1 + i2. En la figura

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66c se representan los circuitos de la figura 66b en el dominio de la frecuencia utilizando impedancias y fasores. Se consideran ahora los dos casos. Caso 1: Por el análisis de los circuitos de la figura… se obtiene

I 1 ( w) = 1.414∠ − 45°

I 2 ( w) = 1.6∠ − 143°

Estos fasores corresponden a frecuencias diferentes y no se pueden sumar. Las corrientes correspondientes en el dominio del tiempo son

i1 (t ) = 1.414 cos(3t − 45°) A

I 2 (t ) = 1.6 cos(4t − 143°) A

Al aplicar el principio de superposición se encuentra que la corriente total en el resistor es

i1 (t ) = 1.414 cos(3t − 45°) + 1.6 cos(4t − 143°) A La potencia promedio podría calcularse como T

R R P = ∫ i 2 dt = ∫ (1.414 cos(3t − 45°) + 1.6 cos(4T − 143°)) 2 dt T 0 T 0 Puesto que las dos fuentes senoidales tienen frecuencias diferentes, es más sencillo calcular la potencia promedio utilizando la superposición de potencia 1.414 2 1 .6 2 6+ 6 = 13.7W 2 2 Obsérvese que en este caso se utilizaron tanto la superposición como la superposición de potencia. Primero, se usó la superposición para calcular I1(w) e I2(w). Después, se calculó P1 utilizando I1(w), y se calculó P2 utilizando I2(w). Por último, se utilizó la superposición de potencia para calcular P a partir de P1 y P2. P = P1 + P2 =

Caso 2: Por el análisis de los circuitos de la figura c se obtiene

I 1 ( w) = 1.2∠ − 53.1°

I 2 ( w) = 1.6∠ − 143°

Ambos fasores corresponden a la misma frecuencia, w = 4 rad/s. Por lo tanto, estos fasores pueden sumarse para obtener el fasor correspondiente a i(t).

I ( w) = I 1 ( w) + I 2 ( w) = (1.2∠ − 53.1°) + (1.6∠ − 143°) = 2.0∠ − 106.3°

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La corriente senoidal correspondiente a este fasor es i (t ) = 2.0 cos( 4t − 106.3°) A

La potencia promedio absorbida por el resistor es P=

2 .0 2 6 = 12W 6

De manera alternativa, las corrientes en el dominio del tiempo correspondientes a I1(w) e I2(w) son

i1 (t ) = 1.2 cos(4t − 53.1°) A

i2 (t ) = 1.6 cos(4t − 143°) A

Aplicando la superposición, se encuentra que la corriente total en el resistor es i (t ) = 1.2 cos( 4t − 53.1°) + 1.6 cos( 4t − 143°) = 2.0 cos(4t − 106.3°) A

Por lo que P = 12W, como antes. La superposición de potencia no puede usarse en este caso porque las dos fuentes senoidales tienen la misma frecuencia.

Máxima transferencia de potencia. Para una red resistiva, la potencia máxima se transfiere de una fuente a una carga cuando la resistencia de la carga se hace igual a la resistencia de Thévenin de la fuente equivalente de Thévenin. Se considera ahora un circuito representado por el circuito equivalente de Thévenin para una fuente senoidal estable, como se muestra en la figura 67, cuando la carga es ZC. Z TH

VTH

Figura 67. Se tiene entonces

Z TH = RTH + jX TH

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y Z C = RC + jX C

La potencia promedio entregada a la carga es P=

I m2 RC 2

La corriente fasorial I está dada por

VTH VTH = Z TH + Z C ( RTH + jX TH ) + ( RC + jX C )

donde pueden seleccionarse los valores de RC y XC. entregada a la carga es P=

La potencia promedio

I 2 RC | VTH | RC / 2 = 2 ( RTH + RC ) 2 + ( X TH + X C ) 2

y quiere maximizarse P. El término (XTH + XC)2 puede eliminarse haciendo XC XTH. Se tiene 2

VTH RC 2( RTH + RC ) 2

El máximo se determina tomando la derivada dP/dRC e igualándola a cero. Se encuentra entonces que dp/dRC = 0 cuando RC =RTH. Por consiguiente, se tiene ZC = RTH - jXTH Por tanto, la transferencia máxima de potencia de un circuito con un circuito equivalente de Thévenin con una impedancia ZTH se obtiene cuando ZC se hace igual a ZTH, el conjugado complejo de ZTH. Ejemplo

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Determinar la impedancia de carga que transfiere la potencia máxima a la carga y determinar la cantidad máxima de potencia obtenida por el circuito que se muestra en la figura 68. 5 − j6

10∠0oV

ZC I

Figura 68. Solución La carga se selecciona para que sea el conjugado complejo de ZTH de tal modo que ZC = ZTH = 5 + j6 Entonces la potencia máxima transferida puede obtenerse al observar que I=

10∠0° = 1∠0° 5+5

Por tanto, la potencia promedio transferida a la carga es I m2 (1) 2 P= RC = 5 = 2.5W 2 2

Actividad Para el circuito de la figura 69, determinar ZC para obtener la potencia máxima transferida cuando el circuito equivalente de Thévenin tiene VTH = 100 ∠0° V y ZTH = 10 + j14 Ω. Determinar también la potencia máxima que se transfiere a la carga. Z TH VTH

Figura 69. Actividad Un receptor de televisión utiliza un cable para conectar la antena al televisor, como se muestra en la figura 60, con vf = 4 cos wt mV. La señal de la estación de televisión se recibe en 52 Mhz. Determinar la potencia promedio entregada a cada televisor si a) La impedancia de carga es Z = 300 Ω; b) Dos televisores

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idénticos se conectan en paralelo con Z = 300 Ω para cada uno de ellos; c) Dos televisores idénticos se conectan en paralelo y Z debe seleccionarse para que se entregue la potencia máxima en cada uno. 200Ω

Figura 60. Lección 13: TRANSFORMADORES El transformador ideal, Un uso importante de los transformadores es en la distribución de potencia de corriente alterna. Los transformadores poseen la capacidad de “elevar” o “bajar” voltajes y corrientes de ca. Las compañías de electricidad utilizan transformadores para elevar (subir) el voltaje de 10 kV en la planta generadora a 200 kV o más para la transmisión en grandes distancias. Después, en la planta de recepción, se usan transformadores para reducir (bajar) el voltaje a 220 o 110 V para uso del consumidor. Además de su uso en los sistemas de energía eléctrica, los transformadores son comunes en circuitos electrónicos y de comunicaciones. Proporcionan la capacidad de elevar o reducir voltajes y de aislar un circuito de otro. Una de las bobinas, dibujada generalmente a la izquierda en el diagrama de un transformador, está diseñada como la bobina primaria, y la otra se denomina la bobina secundaria o devanado secundario. La bobina primaria se conecta a la fuente de energía, y la bobina secundaria se conecta a la carga. Un transformador ideal es el modelo de un transformador con un coeficiente de acoplamiento igual a la unidad. Estas características están presentes generalmente en transformadores con núcleo de hierro y diseño especial. Se aproximan al transformador ideal en un intervalo de frecuencias. i1 (t )

i2 (t )

•

N 1• N 2

v2 (t )

v1 (t ) Ideal b

•

N 1• N 2

L2 Ideal

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Figura 61. En la figura 61 se muestra el símbolo del transformador ideal. La operación del transformador ideal es la misma en el dominio del tiempo que en el dominio de la frecuencia. En la figura 61a se muestra la representación del transformador en el dominio del tiempo. En el dominio del tiempo, las dos ecuaciones que definen un transformador ideal son

v 2 (t ) = nv1 (t ) i1 (t ) = −ni2 (t ) donde n = N 2 / N1 se denomina la relación de vueltas del transformador. El uso de los transformadores suelen limitarse a las aplicaciones que no incluyen corriente directa, ya que los devanados primario y secundario se comportan como cortocircuitos para una corriente estable. En la figura 61b se muestra la representación del transformador en el dominio de la frecuencia. En el dominio de la frecuencia, las dos ecuaciones que definen un transformador ideal son

V2 = nV1 I 1 = − nI 2 Las barras verticales de la figura 61 indican el núcleo de hierro, y se agrega la palabra “ideal” en el transformador para asegurar la identificación del caso ideal. Un transformador ideal puede modelarse usando fuentes dependientes, como se muestra en la figura 62. i1 (t )

•

N 1• N 2 v1 (t )

i2 (t ) v2 (t )

i2 (t ) v1 (t )

N2 i2 (t ) N1

N2 v1 (t ) N1

v2 (t )

Figura 62 Obsérvese que el voltaje y la corriente de ambas bobinas del transformador de la figura 61 se ajustan a la convención pasiva. La potencia instantánea absorbida por el transformador ideal es

p(t ) = v1 (t )i1 (t ) + v 2 (t )i2 (t ) = v1 (t )(− ni2 (t )) + (nv1 (t )i2 (t ) = 0 Se dice que el transformador ideal no tiene pérdidas, ya que la potencia instantánea que absorbe es cero. Un razonamiento similar indica que el

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transformador ideal absorbe cero potencia compleja, cero potencia promedio y cero potencia reactiva. En la figura 63 se muestra un transformador ideal que se usa para conectar una fuente a una carga. A la bobina que se conecta a la fuente se llama bobina primaria, y a la bobina que se conecta a la carga se denomina bobina secundaria. El circuito 2 se conecta al circuito 1 mediante el acoplamiento magnético del transformador, pero no hay ninguna conexión eléctrica entre estos dos circuitos. Como el transformador ideal no tiene pérdidas, toda la potencia entregada al transformador ideal por el circuito 1 es entregada a su vez al circuito 2 por el transformador ideal. i1 (t )

•

i2 (t )

•

N 1• N 2 v1 (t )

N 1• N 2 v2 (t )

Figura 63.

figura 64.

Consideremos el circuito de la figura 4 que tiene una impedancia de carga Z2 acoplada magnéticamente a una fuente de voltaje usando un transformador ideal. La impedancia de entrada del circuito conectado a la fuente de voltaje es

Z1 =

V1 I1

Z1 se denomina la impedancia vista en el primario del transformador o la impedancia vista por la fuente de voltaje. El transformador se representa por las ecuaciones

V1 = V2 / n I 1 = − nI 2 donde n = N 2 / N1 es la relación de vueltas del transformador. la corriente y el voltaje de la impedancia, I2 y V2, no se ajustan a la convención pasiva, por lo que

V2 = − Z 2 I 2 Por tanto, para Z1 se tiene

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Z1 =

V2 / n 1  −V  1 = 2  2  = 2 Z 2 − nI 2 n  I 2  n

La fuente experimenta la impedancia Z1, que es igual a Z2 escalada por el factor 1/n2. En ocasiones se dice que Z1 es la impedancia Z2 reflejada al primario del transformador. Supóngase que va a conectarse una impedancia de carga a una fuente. Si la impedancia de carga se conecta directamente a la fuente, entonces la fuente ve la impedancia de carga Z2. En contraste, si la impedancia de carga se conecta a la fuente utilizando un transformador ideal, la fuente ve la impedancia Z1. En este contexto, se dice que el transformador ha cambiado la impedancia vista por la fuente de Z2 a Z1. Ejemplo Con frecuencia puede usarse un transformador ideal para representar un transformador que conecta la salida de un amplificador estéreo, V1, a un altavoz, como se muestra en la figura 65. Determinar la razón de vueltas necesarias n cuando Rc = 8 Ω y Rf = 48 Ω si quiere conseguirse la transferencia máxima de potencia a la carga. Rf 1• n •

Figura 65. Solución: La impedancia vista en el primario debida a Rc es Z1 =

Rc 8 = 2 2 n n

Para alcanzar la transferencia máxima de potencia, se requiere que Z1 = R f

Puesto que Rf = 48 Ω, se requiere que Z1 = 48 Ω,, de donde n2 =

y por tanto,

8 1 = 48 6

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 N2  1   = 6  N1 

N1 = 6 N 2 Actividad Determinar V1 e I1 en el circuito de la figura 66 cuando n = 5. I1 I2 • 1 n • 1 + j3 o 10∠0 V1 V2 100 − j 75 Figura66. Actividad Determinar v2 e i2 en el circuito de la figura 67 cuando n = 2. Obsérvese que i2 no entra en la terminal con punto. 5Ω 2Ω 1•• n 5 cos10t

20mH

Figura 67.

Lección 14: conexión Y-Y trifásica Las fuentes trifásicas tienen tres terminales, denominadas terminales de línea; además, quizás cuenten o no con una cuarta Terminal, la conexión neutra. Empezaremos analizando una fuente trifásica que tiene una conexión neutra, la cual se representaría mediante tres fuentes de tensión ideales conectadas en Y, como se indica en la figura 68; las terminales a, b, c y n están disponibles.

Vbn

Van Vcn

Figura 68.

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Sólo examinaremos fuentes trifásicas balanceadas, que se definirían de modo que:

Van = Vbn = Vcn y Van + Vbn + Vcn = 0

Estas tres tensiones, localizadas cada una entre una línea y el neutro, se llaman tensiones de fase. Si elegimos de manera arbitraria Van como la referencia, o definimos: Van = V p ∠0°

donde emplearemos de manera constante V p para representar la amplitud rms de cualquiera de estas tensiones de fase, entonces la definición de la fuente trifásica indica que: Vbn = V p ∠ − 120°

Vcn = V p ∠ − 240°

Vbn = V p ∠120°

Vcn = V p ∠240°

La primera recibe el nombre de secuencia de fase positiva o secuencia de fase abc y se ilustra en la figura 6a; la segunda se conoce como secuencia de fase negativa o secuencia de fase cba y se indica mediante el diagrama fasorial de la figura 69b. La secuencia de fase real de una fuente trifásica física depende de la elección arbitraria de las tres terminales que se denominarán a, b y c, mismas que siempre se podría elegir para proporcionar una secuencia de fase positiva; supondremos que se hizo lo anterior en la mayoría de los sistemas que analizaremos. Vbn = V p ∠120° Vcn = V p ∠ − 240°

Van = V p ∠0°

Vcn = V p ∠240°

Vbn = V p ∠ − 120°

Figura 69.

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A continuación determinaremos las tensiones de línea a línea (denominadas muchas veces como tensiones de línea) que se presentan cuando las tensiones de fase son las de la figura 6a. Resulta más fácil realizar lo anterior con la ayuda de un diagrama de fasores, puesto que todos los ángulos son múltiplos de 30°. La construcción necesaria se ilustra en la figura 70. y los resultados son: Vab = 3V p ∠30° Vbc = 3V p ∠ − 90° Vca = 3V p ∠ − 210°

Vcn

Vca

Vab

30° Van

Vbn

Vbc

Figura 70. La ley de tensión de Kirchhoff requiere que la suma de las tres tensiones sea cero; se sugiere al lector que efectúe un ejercicio para verificar dicha afirmación. Si la amplitud rms de cualquiera de las tensiones de línea se denota por VL , entonces una de las características importantes de la fuente trifásica conectada en Y puede expresarse como: V L = 3V p Observe que con una secuencia positiva Van adelanta a Vbn , y Vbn adelanta a Vcn , en cada caso de 120°; asimismo, Vab adelanta a Vbc y Vbc adelanta a Vca , de nuevo de 120°. La afirmación es cierta en el caso de secuencia de fase negativa si la palabra “retrasa” se sustituye por la de “adelanta”. A continuación conectaremos a nuestra fuente una carga trifásica balanceada conectada en Y, utilizando tres líneas y un neutro, como se dibuja en la figura 71. La carga se representa por una impedancia Zp entre cada línea y el neutro. Las tres corrientes de línea se calculan con mucha facilidad puesto que en realidad tenemos tres circuitos monofásicos que poseen un hilo de conexión común.

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I aA =

I bB =

Van Zp

Vbn Van ∠ − 120° = = I aA ∠ − 120° = Zp Zp I cC = I aA ∠ − 240°

y, por lo tanto: I Nn = I aA + I bB + I cC = 0

De tal modo, el neutro no conduce corriente si la fuente y la carga están balanceadas, y si los cuatro hilos tienen impedancia cero. ¿Cómo cambiará lo anterior si se insertan una impedancia Z L en serie con cada una de las tres líneas y una impedancia Z n en el neutro? Se combinarían las impedancias de línea con las impedancias de carga. Esta carga eficaz seguirá estando balanceada y podría eliminarse un hilo neutro perfectamente conductor. En consecuencia, si no se produce cambio en el sistema con un cortocircuito, o un circuito abierto entre n y N, se insertaría cualquier impedancia en el neutro y la corriente de este mismo permanecerá igual a cero.

b A n

Zp c

Figura 71. Se concluye que, si tenemos fuentes balanceadas, cargas balanceadas e impedancias de línea balanceadas, se podría reemplazar un hilo neutro de cualquier impedancia por cualquier otra impedancia, incluso por un cortocircuito o un circuito abierto; la sustitución no afectará las tensiones o las corrientes del sistema. Muchas veces resulta útil visualizar un cortocircuito entre los dos puntos neutros, ya sea que esté presente o ausente un hilo neutro; el problema se reduce en ese caso a tres problemas monofásicos, todos idénticos salvo por la diferencia en el ángulo de fase. Afirmamos en tal situación que resolveremos el problema “por fase”. Ejemplo En el circuito de la figura 72, encuentre las corrientes y las tensiones indicadas por todo el circuito y calcule la potencia total que se disipa en la carga.

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100∠60°Ω

200∠0°V

rms

Figura 72. Puesto que se indica una de las tensiones de fase de fuente y se nos dice que utilicemos la secuencia de fase positiva, las tres tensiones de fase son: Van = 200∠0°V Vbn = 200∠ − 120° Vcn = 200∠ − 240°V La tensión de línea es igual a 200 3 = 346V ; el ángulo de fase de cada tensión de línea se determina construyendo un diagrama de fasores, como se hizo en la figura 70(en realidad, se aplica el diagrama de fasores de la figura 70), restando las tensiones de fase mediante una calculadora científica o apelando a las ecuaciones (1), (2), y (3). Encontramos que Vab es 346 ∠30° V la tensión Vbc = 346∠ − 90°V y Vca = 346∠ − 210°V . Vamos a trabajar con la fase A. La corriente de línea es: I aA =

Van 200∠0° = = 2∠ − 60° A Z p 100∠60°

Puesto que sabemos que es un sistema trifásico balanceado, quizá sea fácil escribir las restantes corrientes de línea con base en I aA : I bB = 2∠(−60° − 120°) = 2∠ − 180° A I cC = 2∠(−60° − 240°) = 2∠ − 300° A

La potencia absorbida por la fase A es: PAN = 200(2) cos(0° + 60°) = 200W

De tal modo, la potencia promedio total extraída por la carga trifásica es igual a 600w.

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El diagrama de fasores se presenta en la figura 73. Una vez que conocimos cualquiera de las magnitudes de las tensiones de línea y alguna de las magnitudes de la corriente de línea, los ángulos para las tres tensiones y las tres corrientes se habrían obtenido sin dificultad al leer el diagrama. Vcn Vca Vab I cC 30° 60°

Van

I aA

Vbn

Vbc

Figura 73. Ejemplo Un sistema trifásico balanceado con una tensión de línea de 300V se suministra a una carga balanceada conectada en Y con 1200W a un FP adelantado de 0.8. Determine la corriente de línea y la impedancia de carga por fase. La tensión de fase es 300 / 3 V y la potencia por fase corresponde a 1200/3=400W. De tal manera, se determinaría la corriente de línea a partir de la relación de potencia: 400 =

300 3

( I L )(0.8)

así que la corriente de línea es entonces 2.89A. la impedancia de fase está dada por: Zp =

Vp IL

300 / 3 = 60Ω 2.89

Puesto que el FP 0.8 adelantado, el ángulo de fase de la impedancia equivale a 36.9°; de tal modo Z p = 60∠ − 36.9°Ω . Se manejan con facilidad cargas más complicadas, puesto que los problemas se reducen a problemas monofásicos más simples. Ejemplo

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Una carga de iluminación balanceada de 600W se añade (en paralelo) al sistema del ejemplo anterior. Determine la nueva corriente de línea. Dibujamos primero un circuito por fase adecuado, como se muestra en la figura 74. Se supone que la carga de 600W es una carga balanceada distribuida de manera uniforme entre las tres fases, lo que da lugar a 200W adicionales consumidos por cada fase.

300 V 3

rms 200w

400w   FP = 0.8 400 w retrasado 

Figura 74. La amplitud de la corriente de iluminación está determinada por: 300 200 = I 1 cos 0° 3 por lo que:

I 1 = 1.155 A De forma similar, se descubre que la amplitud de la corriente de carga capacitiva queda invariable en su valor previo, pues su tensión ha permanecido igual. I 2 = 2.89 A Se supone que la fase con la que trabajamos tiene una tensión de fase con un ángulo de 0°, entonces: I 1 = 1.155∠0° A I 2 = 2.89∠ + 36.9° A de modo que la corriente de línea es: I L = I 1 + I 2 = 3.87∠ + 26.6° A Además, la potencia generada por esta fase de la fuente es: 300 Pp = 3.87 cos(+26.6°) = 600W 3 lo cual concuerda con el hecho de que se sabe que la fase individual está suministrando 200W a la nueva carga de iluminación, así como 400W a la carga original.

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Si una carga desbalanceada conectada en Y está presente en un sistema trifásico, que en otro caso estaría balanceado, el circuito tal vez se seguirá analizando en un esquema por fase si está presente el hilo neutro y si tiene impedancia cero. De no cumplirse ninguna de estas condiciones, se debe utilizar otros métodos, como el análisis de malla o el nodal. Sin embargo, los ingenieros que dedican la mayor parte de su tiempo a los sistemas trifásicos desbalanceados encontrarán que el uso de componentes simétricos ahorrará mucho tiempo. No explicaremos este método aquí. Lección 15: Conexión ∆ Una configuración alternativa a la carga conectada en Y es la carga conectada en ∆ , como se muestra en la figura 75. Este tipo de configuración es muy común y no posee una conexión neutra. Consideremos una carga balanceada conectada en ∆ que está compuesta por una impedancia Z p insertada entre cada par de líneas. Observemos la figura 75 y supongamos que se conocen las tensiones de línea: VL = Vab = Vbc = Vca o que se sabe cuáles son las tensiones de fase: V p = Van = Vbn = Vcn donde: V L = 3V p

Vab = 3V p ∠30°

Figura 75. como calculamos antes. Debido a que se conoce la tensión en cada rama de la ∆ , las corrientes de fase se obtienen sin dificultad: I AB =

Vab Zp

I BC =

Vbc Zp

I CA =

Vca Zp

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y sus diferencias nos dan las corrientes de línea, en la forma: I aA = I AB − I CA Puesto que estamos trabajando con un sistema balanceado, las tres corrientes de fase son de igual amplitud: I p = I AB = I BC = I CA Las corrientes de línea también tienen la misma amplitud; la simetría se manifiesta a partir del diagrama de fasores de la figura 76. I cC V cn V V CA

I CA I AB Van

I BC

I bB

I aA

Vbn VBC

Figura 76. De tal modo, tenemos:

I L = I aA = I bB = I cC e I L = 3I p

Descartaremos por el momento la fuente y examinaremos sólo la carga balanceada. Si la carga está conectada en ∆ , entonces resultan indistinguibles la tensión de fase y la de línea, aunque la corriente de línea es mayor que la de fase por un factor de 3. Sin embargo, con una carga conectada en Y la corriente de fase y la de línea se refieren a la misma corriente, además la tensión de línea es mayor que la de fase de un factor de 3 . Ejemplo Determine la amplitud de la corriente de línea en un sistema trifásico con una tensión de línea de 300V que suministra 1200W a una carga conectada en ∆ a un FP de 0.8 retrasado.

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Pensemos otra vez en una sola fase que demanda 400W con un FP de 0.8 retrasado bajo una tensión de línea de 300V. De tal manera: 400 = 300( I p )(0.8)

e I p = 1.667 A

así que la relación entre las corrientes de fase y las de línea produce: I L = 3 (1.667) = 2.89 A Además, el ángulo de fase de la carga es cos −1 (0.8) = 36.9° , por lo tanto, la impedancia en cada fase debe ser: 300 Zp = ∠36.9° = 180∠36.9°Ω 1.667 Ejemplo Determine la amplitud de la corriente de línea en un sistema trifásico con una tensión de línea de 300 V que suministra 1200 W a una carga conectada en Y y un FP de 0.8 retrasado. En nuestro esquema por fase, tenemos ahora una tensión de fase de 300/ 3 V, una potencia de 400W y un FP retrasado de 0.8. En consecuencia: 300 400 = ( I p )(0.8) 3 y I p = 2.89

I L = 2.89 A rms

El ángulo de fase de la carga es otra vez 36.9°, por ello la impedancia en cada fase de la Y corresponde a: 300 / 3 Zp = ∠36.9° = 60∠36.9°Ω 2.89 El factor 3 no sólo relaciona las cantidades de fase y de línea, sino que aparece también en una expresión útil para la potencia total consumida por cualquier carga trifásica balanceada. Si suponemos una carga conectada en Y, con un ángulo del factor de potencia θ , la potencia tomada por cualquier fase está dada por:

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Pp = V p I p cos θ = V p I L cos θ =

I L cos θ

y la potencia total es igual a: P = 3Pp = 3V L I L cos θ

De manera similar, la potencia que se entrega a cada fase de la carga conectada en ∆ se calcula mediante: I Pp = V P I p cos θ = V L I p cos θ = V L L cos θ 3 lo que da una potencia total de: P = 3Pp P = 3V L I L cos θ

Así, la ecuación P = 3V L I L cos θ nos permite calcular la potencia total que se entrega a una carga balanceada, a partir del conocimiento de la magnitud de la tensión de línea, de la corriente de línea y del ángulo de fase de la impedancia (o admitancia) de carga, sin que importe que la carga se conecte en Y o en ∆ . La corriente de línea puede obtenerse ahora en dos pasos simples: 1200 = 3 (300)( I L )(0.8) Por lo tanto: IL =

5 3

= 2.89 A

Fuentes conectadas en ∆ También se podría conectar la configuración de una fuente en ∆ lo cual, sin embargo, no es común pues un ligero desbalance en las fases de la fuente puede ocasionar una circulación de corrientes elevadas en el lazo ∆ . Por ejemplo, denominaremos a las tres fuentes monofásicas como Va ,b , Vbc y Vcd . Antes de cerrar la ∆ al conectar d con a, determinaremos el desbalance midiendo la suma Vab + Vbc + Vca . Suponga que la amplitud del resultado es sólo 1% de la tensión de línea. La corriente que circula es por tanto casi 1/3 de la tensión de línea dividida entre la impedancia interna de cualquier fuente. ¿Qué magnitud tendría esta impedancia? Depende de la corriente que se espera que la fuente entregue, con una caída despreciable en la tensión a nivel de las terminales. Si suponemos que la corriente máxima ocasiona una caída de tensión de 1% en las terminales, entonces ¡la corriente circulante es un tercio de la corriente máxima! Lo anterior reduce la capacidad de la corriente útil de la fuente e incrementa también las pérdidas en el sistema.

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También debemos advertir que las fuentes trifásicas balanceadas se transformarían de Y a ∆ o viceversa, sin afectar las corrientes o tensiones de la carga. Las relaciones necesarias entre las tensiones de línea y de fase se presentan en la figura 70 para el caso en que Van tiene un ángulo de referencia de 0°. Esta transformación nos permite utilizar cualquier conexión de fuente que prefiramos, así que todas las relaciones de carga serán correctas. Desde luego, no se puede especificar alguna corriente o tensión dentro de la fuente, hasta que sepamos cómo está conectada en realidad. Las cargas trifásicas balanceadas quizás se transformen entre las configuraciones conectadas en Y y en ∆ , mediante la relación: Z Zy = ∆ 3 Medición de potencia en sistemas trifásicos Uso del vatímetro Antes de iniciar la explicación de las técnicas especializadas que se utilizan para medir la potencia en sistemas trifásicos, nos conviene considerar de manera breve la forma en que se usa un vatímetro en un circuito monofásico. La medición de potencia se consigue casi siempre a frecuencias inferiores de unos cuantos cientos de Hz mediante el uso de un vatímetro que contiene dos bobinas independientes. Una de ellas se elabora con alambre grueso, que tiene una resistencia muy baja, y se denomina bobina de corriente. La segunda está compuesta por un número mucho mayor de vueltas de alambre delgado, con resistencia relativamente alta, a la que se llama bobina de potencial o bobina de tensión. Se podría insertar de manera interna o externa una resistencia adicional en serie con la bobina de potencial. El momento de torsión que se aplica al sistema móvil y a la aguja indicadora resulta proporcional al producto instantáneo de las corrientes que fluyen en ambas bobinas. Sin embargo, la inercia mecánica del sistema móvil provoca una desviación, proporcional al valor promedio de este momento de torsión. El vatímetro se emplea conectándolo en una red de manera que la corriente que fluye en la bobina de corriente sea la que circula dentro de la red, y la tensión en la bobina de potencial corresponda a la tensión entre las dos terminales de la red. Por ello la corriente en la bobina de potencial es la tensión de entrada dividida entre la resistencia de la bobina de potencial. Resulta claro que el vatímetro tiene cuatro terminales disponibles, así que es necesario efectuar las conexiones correctas a estas terminales para obtener una lectura de escala ascendente en el medidor. De modo específico, supongamos que medimos la potencia que absorbe una red pasiva. La bobina de corriente se inserta en serie con uno de los dos conductores conectados a la carga, y la bobina de potencial se instala entre los dos conductores, por lo general en el “lado de la

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carga” de la bobina de corriente. Las terminales de la bobina de potencial se indican a menudo mediante flechas, como en la figura 77a. Cada bobina tiene dos terminales y se requiere observar la relación adecuada entre el sentido de la corriente y la tensión. Casi siempre se marca con (+) un extremo de cada bobina, por lo que se obtiene una lectura de escala ascendente si fluye una corriente positiva hacia el extremo (+) de la bobina de corriente, mientras la terminal (+) de la bobina de potencial sea positiva con respecto al extremo sin marca. El vatímetro que se muestra en la red de la figura 77a proporciona, en consecuencia, una desviación de escala ascendente cuando la red a la derecha está absorbiendo potencia. Una inversión de cualquiera de las bobinas, pero no de ambas, provocará que el medidor trate de desviarse hacia las escalas inferiores; la inversión de ambas bobinas no afectará nunca la lectura. Bobina de corriente Bobina de potencial

Red pasiva

10Ω

V1 = 100∠90°V

10Ω

V2 = 100∠0°V

j 5Ω

Figura 77. Como un ejemplo del empleo de un vatímetro de este tipo en la medición de potencia promedio, consideremos el circuito de la figura 77b. La conexión del vatímetro es tal, que una lectura ascendente de la escala corresponde a una potencia positiva absorbida por la red que está a la derecha del medidor, es decir, la fuente derecha. La potencia que absorbe dicha fuente está dada por: P = V2 I cos(angV2 − angI )

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Utilizando la superposición o el análisis de malla, encontraremos que la corriente es: I = 11.18∠153.4° A y, por ello la potencia que se absorbe corresponde a: P = (100)(11.18) cos(0° − 153.4°) = −1000W Por lo tanto, la aguja indicadora descansa contra el tope de la escala descendente. En la práctica, la bobina de potencial se invierte con mayor rapidez que la bobina de corriente y dicha inversión proporciona una lectura en la escala ascendente de 1000W. El vatímetro en el sistema trifásico A primera vista, la medición de la potencia consumida por una carga trifásica parece ser un problema simple. Sólo necesitamos poner un vatímetro en cada una de las fases y sumar los resultados. Por ejemplo, las conexiones apropiadas para una carga en Y se muestran en la figura 78a. Cada vatímetro tiene su bobina de corriente insertada en una fase de la carga y su bobina de potencial conectada entre el lado de la línea de esa carga y el neutro. De manera similar, se conectarían tres vatímetros en la forma que se indica en la figura 78b a fin de medir la potencia total tomada por una carga que se conecta en ∆ . Los métodos son teóricamente correctos, aunque quizá sean inútiles en la practica debido a que el neutro de la Y no siempre es accesible y no se cuenta con las fases de la ∆ . Por ejemplo, una máquina rotatoria trifásica sólo tiene tres terminales accesibles, aquellas que denominamos A, B, y C.

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B A

Figura 78. Resulta claro que necesitamos un método de medición de la potencia total consumida por una carga trifásica con sólo tres terminales accesibles; se podrían efectuar mediciones en el lado de “línea”, pero no en el de la “carga”. Se dispone de un método de este tipo que puede medir la potencia consumida por una carga desbalanceada, a partir de una fuente desbalanceada. Conectemos tres vatímetros de manera que cada uno tenga su bobina de corriente y su bobina de tensión entre esa línea y algún punto común x, como se indica en la figura 79 . Aunque se ilustra un sistema con una carga conectada en Y, los argumentos que presentamos son también válidos para una carga conectada en ∆ . El punto x quizás sea alguno no especificado en el sistema trifásico, o sólo un punto en el espacio en donde las tres bobinas de potencial tengan un nodo en común. La potencia promedio (activa) indicada por el vatímetro debe ser: 1 T PA = ∫ v Ax i aA dt T 0

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N A

B x c

Figura 79. donde T es el periodo de todas las tensiones de fuente. Las lecturas de los otros dos vatímetros se indican mediante expresiones similares, así que la potencia promedio (activa) total consumida por la carga resulta: 1 T P = PA + PB + Pc = ∫ (v Ax iaA +v Bx ibB + vCx icC )dt T 0 Cada una de las tres tensiones en la expresión anterior se escribe en términos de una tensión de fase y de la tensión entre el punto x y el neutro: v Ax = v AN + v Nx v Bx = v BN + v Nx vCx = vCN + v Nx

y, por tanto: P=

1 T

∫

(v AN i aA +v BN ibB + vCN icC )dt +

1 T

∫

(v Nx (iaA +ibB + icC )dt

Sin embargo, se podría pensar que la carga trifásica completa es un supernodo, de modo que la ley de Kirchhoff de corriente requiere: iaA + ibB + icC = 0 De tal modo: P=

1 T

∫

(v AN iaA +v BN ibB + vCN icC )dt

Al consultar el diagrama de circuito se observa que esta suma es en realidad la suma de las potencias promedio (activas) tomadas por cada fase de la carga, ¡y la suma de las lecturas de los tres vatímetros representa, por los tanto, la potencia promedio (activa) total consumida por la carga completa!

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Ilustraremos este procedimiento mediante un ejemplo numérico, antes de descubrir que uno de estos tres vatímetros en realidad resulta superfluo. Supondremos una fuente balanceada. Vab = 100∠0°V Vbc = 100∠ − 120°V Vca = 100∠ − 240°V O 100 Van = ∠ − 30°V 3 100 Vbn = ∠ − 150°V 3 Vcn =

100 3

∠ − 270°V

y una carga desbalanceada: Z A = − j10Ω Z B = j10Ω Z c = 10Ω

Supongamos que hay vatímetros ideales, como los de la figura 79, con el punto x ubicado sobre el neutro de la fuente n. Las tres corrientes de línea se podrían obtener mediante un análisis de malla: I aA = 19.32∠15° A I bB = 19.32∠165° A I cC = 10∠ − 90° A

La tensión entre los neutros es: VnN = Vnb + V BN = Vnb + I bB ( j10) = 157.7∠ − 90° La potencia promedio indicada por cada vatímetro se calcularía mediante: PA = V p I aA cos(angVan − angI aA) =

100

19.32 cos(−30° − 15°) = 788.7W 3 100 PB = 19.32 cos(−150° − 165°) = 788.7W 3 100 PC = 10 cos(−270° + 90°) = −577.4 3 o una potencia total de 1kW. Puesto que una corriente rms de 10 A fluye por la carga resistiva, la potencia total que demanda la carga es: P = 10 2 (10) = 1kW

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Así que los dos métodos concuerdan. Método de los dos vatímetros Confirmamos que el punto x, la conexión común de las tres bobinas de potencial, se podría ubicar en cualquier lugar que deseemos sin afectar la suma algebraica de las tres lecturas de vatímetro. Pensemos ahora en el efecto de poner el punto x, esta conexión común de los tres vatímetros, de manera directa sobre una de las líneas. Por ejemplo, si un extremo de cada bobina de potencial regresa a B, entonces no hay tensión en la bobina de potencial del vatímetro B, así que la lectura de este medidor debe ser cero. En consecuencia, se podría eliminar y la suma algebraica de las dos lecturas de los wattímetros restantes sigue siendo la potencia total consumida por la carga. Cuando la ubicación de x se elige de esta manera, describimos el método de medición de potencia como el de los dos wattímetros. La suma de las lecturas indica la potencia total, independientemente de: 1)el desbalance de la carga 2)el desbalance de la fuente 3)la diferencia entre los dos wattímetros y 4)la forma de onda de la fuente periódica. La única suposición hecha es que las correcciones del wattímetro son suficientemente pequeñas como para que se puedan ignorar. Por ejemplo, en la figura 79, por la bobina de corriente de cada medidor pasó la corriente de línea consumida por la carga más la corriente que toma la bobina de potencial. Puesto que la última corriente suele ser bastante pequeña, su efecto se estima a partir del conocimiento de la resistencia de la bobina de potencial y de la tensión en sus extremos. Estas dos cantidades permiten realizar una estimación precisa de la potencia que se disipa en la bobina de potencial. En el ejemplo numérico que acaba de describirse, supongamos ahora que se usan dos wattímetros, uno con bobina de corriente en la línea A y con bobina de potencial entre las líneas A y B; el otro con la bobina de corriente en la línea c y la bobina de potencial entre C y B. La lectura del primer medidor es: P1 = V AB I aA cos(angV AB − angI aA ) | = 100(19.32) cos(0° − 15°)

=1866W y la del segundo: P2 = VCB I cC cos(angVCB − angI cC ) = 100(10) cos(60° + 90°) =-866W

por lo tanto:

P = P1 + P2 = 1866 − 866 = 1000W como esperábamos a partir de la experiencia reciente con el circuito.

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En el caso de una carga balanceada, el método de los dos vatímetros nos permite determinar el ángulo del FP, así como la potencia total consumida por la carga. Supongamos una impedancia de carga con un ángulo de fase θ , se podría utilizar una conexión en Y o en ∆ , pero supondremos la conexión en ∆ que se presenta en la figura 80. la construcción de un diagrama fasorial normal, como el de la figura 76, nos permite determinar el ángulo de fase apropiado entre las diversas tensiones y corrientes de línea. Por lo tanto, determinamos las lecturas: P1 = V AB I aA cos(angV AB − angI aA )

= VL I L cos(30° + θ ) y

P2 = VCB I cC cos(angVCB − angI cC ) = VL I L cos(30° + θ ) La proporción entre ellas se calcula mediante: P1 cos(30° + θ ) = P2 cos(30° − θ )

(5)

Si desarrollamos los términos coseno, la ecuación se resuelve con facilidad para θ. P − P1 tan θ = 3 2 (6) P2 + P1 Z p ∠θ

Z p ∠θ

Figura 80. De tal modo, las lecturas iguales del vatímetro indican una carga de FP unitario; las lecturas iguales y opuestas señalan una carga puramente reactiva; una lectura de P2, que es (algebraicamente) mayor que P1, indica una impedancia inductiva; y una lectura de P2 menor que P1 significa una carga capacitiva. ¿Cómo podemos indicar cuál vatímetro lee P1 y cual lee P2? Es cierto que P1 está en la línea A y que P2 se encuentra en la línea C; además, nuestro sistema de secuencia de fase positiva obliga a que Van esté retrasada respecto a Vcn . Esta información basta para diferenciar entre dos vatímetros, pero resulta confuso aplicarla en la práctica.

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Incluso si fuéramos incapaces de distinguir entre los dos, conocemos la magnitud del ángulo de fase pero no su signo, lo cual muchas veces es información suficiente. Si la carga es un motor de inducción, el ángulo debe ser positivo y no necesitamos realizar ninguna prueba para determinar cuál lectura es cuál. Si se supone que no hay conocimiento previo de la carga, entonces existen varios métodos para resolver la ambigüedad. Quizás el más simple sea el que implica agregar una carga reactiva de alta impedancia, digamos un capacitor trifásico, a través de la carga desconocida. La carga debe volverse más capacitiva. Por lo tanto, si disminuye la magnitud de tan θ (o la magnitud de θ ) entonces la carga era inductiva; en tanto que un aumento en la magnitud de tan θ significa una impedancia capacitiva original.

Ejemplo La carga balanceada en la figura 81 se alimenta mediante un sistema trifásico balanceado que tiene Vab = 230∠o° V rms y una secuencia de fase positiva. Determine la lectura de cada wattímetro y la potencia total consumida por la carga. La bobina de potencial del wattímetro #1 se conecta para medir la tensión Vac y su bobina de corriente mide la corriente de fase I aA . Puesto que sabemos utilizar la secuencia de fase positiva, las tensiones de línea son: Vab = 230∠0° V Vbc = 230∠ − 120° V Vca = 230∠120° V

Figura 81. Observe que Vac = −Vca = 230∠ − 60° V La corriente de fase I aA está dada por la tensión de fase Van dividida entre la impedancia de fase 4 + j15 Ω:

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I aA =

(230 / 3)∠ − 30° Van = A 4 + j15 4 + j15 = 8.554∠ − 105.1° A

Podríamos calcular ahora la potencia que mide el vatímetro #1 como:

P1 = Vac I aA cos(angVac − angI aA ) = (230)(8.554) cos(−60° + 105.1°)W =1389W De un modo similar determinamos que:

P2 = Vbc I bB cos(angVbc − angI bB ) = (230)(8.554) cos(−120° − 134.9° W =-512.5W En consecuencia, la potencia total que absorbe la carga es: P = P1 + P2 = 876.5W

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ACTIVIDADES DE AUTOEVALUACIÓN DE LA UNIDAD 1. Un fasor representa (a) la magnitud de una cantidad (b) magnitud y dirección de una cantidad (c) el ángulo de fase (d) la longitud de una cantidad 2. Se aplica un voltaje sinusoidal entre las terminales de un capacitor. Cuando la frecuencia del voltaje se incrementa la corriente (a) aumenta (b) disminuye (c) permanece constante (d) cesa 3. Un capacitor y un resistor están conectados en serie a un generador de onda seno. La frecuencia se ajusta de modo que la reactancia capacitiva es igual a la resistencia y por tanto, aparece una cantidad igual de voltaje entre cada componente. Si la frecuencia disminuye, (a) VR > VC (b) VC > VR (c) VR = VC (d) VC < VR 4. Un inductor y un resistor están en serie con una fuente de voltaje sinusoidal. La frecuencia se ajusta de modo que la reactancia inductiva es igual a la resistencia. Si la frecuencia se incrementa entonces, (a) VR > VL (b) VL < VR (c) VR = VL (d) VL > VR 5. En el plano complejo, el numero 3 + j4 se localiza en el (a) primer cuadrante (b) segundo cuadrante (c) tercer cuadrante (d) cuarto cuadrante 6. En el plano complejo, el numero 12 – j6 se localiza en el (a) primer cuadrante (b) segundo cuadrante (c) tercer cuadrante (d) cuarto cuadrante 7. El numero complejo, el numero 5 + j5 equivale a (a) 5 ∠ 45° (b) 25 ∠ 0° (c) 7,07 ∠ 45° (d) 7,07 ∠ 135°

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8. El numero complejo, 35 ∠ 60° equivale a (a) 35 + j35 (b) 35 + j60 (c) 17,5 + j30,3 (d) 30,3 + j17,5 9. (4 + j7) + (-2 + j9) equivale a (a) 2 + j16 (b) 11 + j11 (c) -2 + j16 (d) 2 – j2 10. (16 – j8) - (12 + j5) equivale a (a) 28 – j3 (b) 4 - j13 (c) 4 – j3 (d) -4 + j13 11. (5 ∠ 45°) (2 ∠ 20°) equivale a (a) 7 ∠ 65° (b) 10 ∠ 25° (c) 10 ∠ 65° (d) 7 ∠ 25° 12. (50 ∠ 10°)/(25 ∠ 30°) equivale a (a) 25 ∠ 40° (b) 2 ∠ 40° (c) 25 ∠ -20° (d) 2 ∠ -20° 13. En un circuito RC serie para reducir el ángulo de fase a menos de 45°, debe existir la siguiente condición (a) R = XC (b) R < XC (c) R > XC (d) R = 10XC 14. Cuando se incrementa la frecuencia del voltaje de fuente, la impedancia de un circuito RC paralelo (a) Aumenta (b) Disminuye (c) No cambia 15. Un factor de potencia de 1 indica que el ángulo de fase del circuito es de (a) 90° (b) 45° (c) 180° (d) 0° 16. Para cierta carga, la potencia real es de 100 W y la potencia reactiva de 100 VAR. La potencia aparente es de (a) 200 VA (b) 100 VA (c) 141,4 VA

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(d) 141,4 VA 17. Las fuentes de energía normalmente se valúan en (a) Watts (b) Volt-amperes (c) Volt-amperes reactivos 18. Cuando la frecuencia del voltaje aplicado a un circuito RL en serie se incrementa, la impedancia (a) disminuye (b) aumenta (c) no cambia 19. Cuando en un circuito RL serie el voltaje entre terminales de un resistor llega a ser mas grande que el voltaje del inductor, el ángulo de fase (a) aumenta (b) disminuye (c) no se ve afectado 20. Cuando la frecuencia del voltaje de fuente se incrementa, la impedancia de un circuito RL paralelo (a) aumenta (b) disminuye (c) permanece constante 21. Un circuito es equivalente a otro cuando (a) la misma carga tiene el mismo voltaje y la misma corriente cuando se conecta a cualquiera de ellos. (b) Diferentes cargas tienen el mismo voltaje y la misma corriente cuando se conectan a cualquier circuito. (c) Los circuitos tienen fuentes de voltaje iguales e impedancias en serie iguales. (d) Los circuitos producen el mismo voltaje de salida. 22. El voltaje equivalente de Thevenin es (a) el voltaje de circuito abierto (b) el voltaje puesto en cortocircuito (c) el voltaje a través de una carga equivalente 23. la impedancia equivalente de Thevenin es la impedancia vista desde (a) la fuente con la salida en cortocircuito (b) la fuente con la salida abierta (c) dos terminales cualesquiera especificadas abiertas con todas las fuentes reemplazadas por sus impedancias internas. (d) dos terminales cualesquiera especificadas abiertas con todas las fuentes reemplazadas por un corto. 24. El complejo conjugado de 50 + j100 es de (a) 50 – j50 (b) 100 + j 50 (c) 100 – j50 (d) 50 – j100 25. Para obtener la transferencia de potencia máxima desde una fuente capacitiva, la carga debe

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(a) tener una capacitancia igual a la capacitancia de la fuente (b) tener una impedancia igual en magnitud a la impedancia de la fuente (c) ser inductiva (d) tener una impedancia que es el complejo conjugado de la impedancia de la fuente. 26. Cual de los siguientes factores de potencia propicia que menos energía se convierta en calor en un circuito RL (a) 1 (b) 0,9 (c) 0,5 (d) 0,1 27. Si una carga puramente inductiva y la potencia reactiva es de 10 VAR, la potencia aparente es de (a) 0 VA (b) 10 VA (c) 14,14 VA (d) 3,16 VA 28. Para cierta carga, la potencia real es de 10 W y la potencia reactiva es de 10 VAR, la potencia aparente es de (a) 5 VA (b) 20 VA (c) 14,14 VA (d) 100 VA 29. En un sistema trifásico los voltajes están separados (a) 90° (b) 30° (c) 180° (d) 120° 30. La corriente de fase producida por un generador conectado en Y de 240 V es de 12 A. La corriente de línea correspondiente es de (a) 36 A (b) 4 A (c) 12 A (d) 6 A 31. Cierto generador conectado en ∆ produce voltajes de fase de 30 V. la magnitud de los voltajes de línea es de (a) 10 V (b) 30 V (c) 90 V (d) 60 V 32. Un sistema ∆-∆ produce corrientes de fase de 5 A. Las corrientes de línea son (a) 5 A (b) 15 A (c) 8,66 A

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(d) 2,87 A 33. Un sistema Y-Y produce corrientes de fase de 15 A. Cada corriente de linea y carga es de (a) 26 A (b) 8,66 A (c) 5 A (d) 15 A 34. Si los valores de fase de la fuente de un sistema ∆-Y son de 220V, la magnitud de los voltajes de carga es de (a) 220 V (b) 381 V (c) 127 V (d) 73,3 V

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FUENTES DOCUMENTALES DE LA UNIDAD 1 Hayt William H. Kemmerly Jack E. Durban Steven M. (2003). Análisis de Circuitos en Ingeniería, Sexta edición. McGraw Hill. Dorf, Richard C. Svoboda James A. (2003). Circuitos eléctricos, Quinta edición. Alfaomega. A. Bruce Carlson. (2001). Circuitos, 1ª Ed. Thomson. Boylestad, Robert L. (2004). Análisis Introductorio de Circuitos, 10 ed. Prentice Hall. Irwin David J. (2006). Análisis Básico de Circuitos en Ingeniería, sexta edición. Limusa Wiley. Alexander, Charles K. Sadiku Matthew N. O. (2006).Fundamentos de Circuitos Eléctricos, 3ª Ed. McGraw-Hill. Rizzoni Giorgio. (2002). Principios y Aplicaciones de Ingeniería Eléctrica, 3ª Ed. McGraw-Hill. Martínez García, Salvador. Prontuario para el Diseño Eléctrico y Electrónico. Marcombo. Roadstrum William H. Wolaver Dan H. (1999). Ingeniería Eléctrica para Todos los Ingenieros, Segunda Edición. Alfaomega.

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UNIDAD 2 Nombre de la Unidad

RESPUESTA EN FRECUENCIA

Introducción

En esta unidad se examina el análisis de circuitos asociados con el concepto de frecuencia compleja y el comportamiento de los sistemas eléctricos cuando se excitan con fuentes de frecuencia variable, efectos que son importantes en el análisis y diseño de redes tales como filtros, sintonizadores y amplificadores, todas las cuales tienen amplia aplicación en los sistemas de comunicaciones y control. Se introduce el concepto de resonancia con referencia a la selectividad en frecuencia y sintonía. Se definen y discuten los diferentes parámetros utilizados para definir la selectividad, tales como el ancho de banda, la frecuencia de corte y el factor de calidad. También se presenta el escalamiento de la red para magnitud y fase. Se introducen la terminología y las técnicas para el análisis de la respuesta en frecuencia, incluyendo los diagramas estándar (diagramas de Bode) para describir en forma grafica el comportamiento de la red. Y se examinan redes con propiedades de filtrado especial. En forma especifica, se analizan los filtros pasabajas, pasaaltas, pasabanda y de rechazo de banda. Examinaremos el comportamiento de los sistemas eléctricos cuando se excitan con fuentes de frecuencia variable, efectos que son importantes en el análisis y diseño de redes tales como filtros, sintonizadores y amplificadores, todas las cuales tienen amplia aplicación en los sistemas de comunicaciones y control. OBJETIVOS GENERALES • Realizar análisis de circuitos en el dominio de la frecuencia compleja s para establecer el comportamiento de una red. • Describir el comportamiento de los circuitos resonantes con referencia a la selectividad en frecuencia y sintonía. • Desarrollar graficas de Bode como una técnica grafica para ilustrar curvas de respuesta en frecuencia y comprender el comportamiento de los filtros pasivos

Justificación

Intencionalidades Formativas

OBJETIVOS ESPECIFICOS • Extender el concepto de impedancia al dominio s • Identificar polos y ceros en funciones de transferencias de circuitos • Determinar la frecuencia resonante de los circuitos eléctricos • Calcular el factor de calidad de una red • Determinar el ancho de banda de una red • Utilizar las técnicas de escalamiento de frecuencia y magnitud • Aproximar una curva de respuesta en frecuencia, dibujando una grafica de Bode • Analizar el comportamiento de los filtros pasivos. COMPETENCIAS A DESARROLLAR

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Denominación de capítulos

El estudiante analiza circuitos en el dominio de la frecuencia compleja s para establecer el comportamiento de una red. El estudiante describe el comportamiento de los circuitos resonantes con referencia a la selectividad en frecuencia y sintonía. El estudiante desarrolla graficas de Bode como una técnica grafica para ilustrar curvas de respuesta en frecuencia y comprende el comportamiento de los filtros pasivos. Capitulo 4: Frecuencia Compleja Capitulo 5: Resonancia Capitulo 6: Diagrama de Bode

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CAPITULO 4: FRECUENCIA COMPLEJA Introducción

Los conceptos de frecuencia compleja, impedancia generalizada y funciones de red nos conducen al análisis en el dominio s, el cual vincula la respuesta natural con la forzada.

Una función de red contiene exactamente la misma información que una ecuación diferencial de un circuito, y la podemos determinar con la ayuda de la impedancia generalizada – elemento excitado por un voltaje o corriente de entrada con una forma de onda de frecuencia compleja-, con lo que se elimina el trabajo de formular ecuaciones diferenciales.

Una vez que se obtiene la función de red de un circuito, podemos aplicar, entonces, el análisis en el dominio s para producir el comportamiento tanto de la respuesta forzada como de la natural. Lección 16: FUNCIÓN FORZADA SENOIDAL AMORTIGUADA La frecuencia compleja tiene que ver con los voltajes o corriente cuyas amplitudes pueden variar exponencialmente en lugar de ser constantes

v (t ) = Vm e σt cos( ω t + θ ) σt

La cual se compone de una senoide ordinaria multiplicada por e el símbolo σ (sigma) indica cualquier numero real positivo, negativo o cero, así que el termino σt

de amplitud combinado V m e puede incrementarse o disminuir con el tiempo, o puede permanecer constante. El objetivo es expresar la función senoidal amortiguada exponencialmente en una forma mas adecuada para el análisis de circuitos.

[

Tenemos que V m e es una cantidad real y que cos (ω t + ϕ ) = Re e σt

lo tanto, podemos reescribir v (t ) = Vm e

[

]

σt

[

j (ω t +ϕ )

cos( ω t + θ ) como

]

[

v (t ) = Vm e σt Re e j (ωt +ϕ ) = Re Vm eσt e j (ωt +ϕ ) = Re Vm e jϕ e (σ + jω )t

] . Por

]

Ahora disponemos de una expresión cuya apariencia es similar a la representación fasorial de una senoide, excepto que jω ha sido reemplazada por la cantidad compleja σ + jω .

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Definimos la frecuencia compleja como s = σ + jω , así v (t ) = Vm e

[ ]

σt

cos( ω t + θ )

, que incorpora varias formas de onda posibles, se transforma en v (t ) = Re Ve según los valores de σ y ω . Si σ = ω = 0 , tenemos una tensión constante: v(t ) = Vm cos θ = V0 Si σ = 0 , tenemos una tensión senoidal: v(t ) = Vm cos(ωt + θ ) Y si ω = 0 , tenemos la tensión exponencial: v(t ) = Vm e σt cos θ = V0 eσt Por lo tanto, la senoide amortiguada incluye como casos especiales la función constante, la senoidal y la exponencial. st

respuesta

forzada

una

red

una

función

forzada

general

σt

v(t ) = Vm e cos(ωt + θ ) se obtiene utilizando un método similar al utilizado en el análisis basado en fasores. Por tanto, si determinamos la respuesta forzada a v(t ) = Vm e σt cos(ωt + θ ) , también podemos obtener la respuesta forzada ante una tensión constante, una tensión exponencial y una tensión senoidal. Aplicando la senoide amortiguada exponencialmente a un circuito eléctrico podemos suponer la respuesta forzada:

i (t ) = I m e σt cos(ωt + ϕ ) = Re( I m e jϕ e st ) Donde la frecuencia compleja de la fuente y la respuesta deben ser iguales. La solución final de este tipo de problemas consiste en encontrar la amplitud de la respuesta I m y el ángulo de fase ϕ . Ejemplo Aplique la función forzada v(t ) = 60e −2t cos(4t + 10°) V al circuito RLC en serie de la figura 82 y especifique la respuesta forzada determinando los valores para Im y ϕ en la expresión i (t ) = I m e −2t cos(4t + ϕ ) en el dominio del tiempo. i (t )

3H 2Ω

v (t )

0.1F

Figura 82. Expresamos primero la función forzada en la notación Re { }:

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{

v(t ) = 60e −2t cos(4t + 10°) = Re 60e −2t e j ( 4t +10°) =

{

Re 60e j10° e ( −2+ j 4 ) t

}

{ }

v(t ) = Re Ve st

donde: V = 60∠10°

s = −2 + j 4

Luego de eliminar Re { }, nos quedamos con la función forzada compleja:

60∠10°e st De modo similar, representamos la respuesta reconocida mediante la cantidad compleja Ie st , donde I = I m ∠ϕ . Nuestro siguiente paso debe ser la ecuación integró diferencial para el circuito. a partir de la ley de Kirchhoff de tensión, obtenemos: d 1 di v(t ) = Ri + L i + ∫ idt = 2i + 3 + 10 ∫ idt dt C dt así que sustituimos la función forzada compleja dada y la respuesta forzada compleja supuesta en esta ecuación: 10 60∠10°e st = 2 Ie st + 3sIe st + Ie st s A continuación se suprime el factor común est: 60∠10° = 2 I + 3sI +

10 I s

y por tanto: I=

60∠10° 2 + 3s + 10 / s

Sea ahora s= - 2 + J 4 y resolvemos para la corriente compleja I: 60∠10° I= 2 + 3(−2 + j 4) + 10 /(−2 + j 4) Después de manipular los números complejos, tenemos: I = 5.37∠ − 106.6°

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Por lo tanto, Im es 5.37A, ϕ corresponde a -106.6° y la respuesta forzada es igual a: i (t ) = 5.37e −2t cos(4t − 106.6°) A De este modo hemos resuelto el problema reduciendo una expresión basada en el cálculo, a una expresión algebraica.

Lección 17: IMPEDANCIA Y ADMITANCIA EN EL DOMINIO S (GENERALIZADA) En esta lección se considera el caso de un elemento de dos terminales excitado por un voltaje o corriente de entrada con una forma de onda de frecuencia compleja. En el dominio de la frecuencia compleja, la corriente I ( s ) y el voltaje V ( s ) se relacionan por medio de la expresión V ( s) = Z (s) I (s) donde Z ( s ) es la impedancia generalizada. La impedancia en el dominio s en un RESISTOR es V ( s) Z ( s) = =R I ( s) y la admitancia: 1 Y (s) = R La impedancia en el dominio s en un INDUCTOR es V (s) Z (s) = = sL I ( s) Si la corriente inicial es diferente de cero, entonces la impedancia debe ponerse en serie con la fuente de tensión − Li (0 − ) , como se muestra en la figura 83, o en paralelo con una fuente de corriente i (0 − ) / s , como se muestra en la figura 84. y su admitancia Y (s) =

1 sL

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I (s )

Z ( s ) = sL

i (0 − ) s

V (s ) Y ( s ) = 1 sL

V (s ) − Li (0 − )

Figura 83.

Figura 84.

La impedancia en el dominio s en un CAPACITOR es V ( s) 1 Z (s) = = I ( s ) sC y Y ( s ) = sC Si la tensión inicial es distinta de cero, entonces la impedancia debe ponerse en serie con la fuente de tensión v(0 − ) / s , como se muestra en la figura 85, o en paralelo con una fuente de corriente Cv (0 − ) , como se muestra en la figura 86. I (s )

Z ( s) = V (s )

I (s )

1 sC

Y ( s ) = sC

V (s )

Cv(0 − )

v (0 − ) s

Figura 85.

Figura 86.

Así, la realización del análisis de nodal o de malla, la superposición, las transformaciones de fuente y los teoremas de Thevenin y de Norton se aplican todos en el dominio s. Ejemplo Para la red de la figura 87, encuentre: a)

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b) c) d) A que valor debe cambiarse

para que

en s= -5+j0 ?

e) A que valor debe cambiarse

para que

en s= -5+j0 ?

Figura 87.

a) Las impedancias de cada elemento de la red son:

La impedancia total de la red es:

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reemplazando por s = -5+j0 e igualando a

e) Se resuelve al igual que en el caso anterior, solo que ahora se iguala a

El denominador debe ser cero, por lo tanto

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Lección 18: FUNCIONES DE TRANSFERENCIA Considere el circuito simple de la figura 88a. El equivalente en el dominio s se ilustra en la figura 1b, y el análisis nodal da como resultado: 3Ω vent (t )

v sal (t )

3Ω

1 sC

v ent (t )

v sal (t )

Figura 88. 0=

Vsal V − Vent + sal 1 / sC R

Al reordenar y despejar Vsal , encontramos: Vent Vsal = 1 + sRC o

H ( s) ≡

Vsal 1 = Vent 1 + sRC

donde H(s) es la función de transferencia del circuito, definida como la proporción entre la salida y la entrada. Esta puede ser la relación de un voltaje a una corriente, la relación de un voltaje a un voltaje, la relación de una corriente a una corriente o la relación de una corriente a un voltaje. El concepto de función de transferencia es muy importante, tanto para el análisis de circuito como para otras áreas de la ingeniería. Son dos las razones. Primera, una vez que conocemos la función de transferencia de un circuito particular, encontramos con facilidad la salida que resulta de cualquier entrada, todo lo que necesitamos es multiplicar H(s) por la cantidad de entrada y tomar la transformada inversa de la expresión que se produce. Segunda, la forma de la función de transferencia contiene una gran cantidad de información acerca del comportamiento que podríamos esperar de un circuito (o sistema) en particular.

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Como veremos, para evaluar la estabilidad de un sistema se requiere determinar los polos y ceros de la función de transferencia H(s). V 1 La ecuación H ( s ) ≡ sal = se escribiría como: Vent 1 + sRC 1 / RC H ( s) = s + 1 / RC La magnitud de esta función tiende a cero cuando s → ∞ . De tal modo, afirmamos que H(s) tiene un cero en s = ∞ . La función tiende a ∞ en s = -1/RC; por lo tanto, afirmamos que H(s) tiene un polo en s = -1/RC. Estas frecuencias se conocen como frecuencias críticas y su identificación temprana simplifica la construcción de las curvas de respuesta. El conocimiento en la localización de polos y ceros equivale a conocer la función de transferencia y suministra la información completa sobre la respuesta del circuito. Además, si se dibujan los polos y los ceros de la función de transferencia en el plano complejo, se puede visualizar la respuesta del circuito en una forma muy efectiva. Lección 19: PLANO DE FRECUENCIA COMPLEJA Planeamos ahora formular una presentación gráfica más general al graficar cantidades como funciones de s; esto es, deseamos mostrar la respuesta de manera simultánea como funciones tanto de σ como de ω . Dicha representación gráfica de la respuesta forzada como una función de la frecuencia compleja s resulta útil; es una técnica aclaratoria para el análisis de circuitos, así como para el diseño o la síntesis de los mismos. Luego de formular el concepto de plano de frecuencia compleja, o plano s, veremos cómo se tiene una idea de inmediato respecto al comportamiento de un circuito a partir de la representación gráfica de sus frecuencias críticas en dicho plano s. También es útil el procedimiento inverso: Si se nos indica una curva de respuesta deseada (la respuesta en frecuencia de un filtro, por ejemplo), será posible decidir respecto a la ubicación necesaria de sus polos y ceros en el plano s y luego sintetizar el filtro. El plano s resulta también una herramienta básica con la que se investiga la posible presencia de oscilaciones indeseables en amplificadores de retroalimentación y de sistemas de control automático. Gráficas en el plano de la frecuencia compleja La frecuencia compleja s requiere dos parámetros, σ y ω , para su especificación completa. La respuesta es también una función compleja y debemos, por tanto, hacer el dibujo tanto de la magnitud como del ángulo de fase como funciones de s. Cualquiera de estas cantidades, por ejemplo la magnitud, es una función de los dos parámetros σ y ω , de modo que se grafica en dos dimensiones sólo como una familia de curvas, tal como la magnitud en función de ω , con σ como el parámetro. De manera inversa, también sería posible presentar la magnitud en

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función de σ , con ω como el parámetro. Sin embargo, una familia de curvas de estas características representa una enorme cantidad de trabajo, y esto es lo que estamos tratando de evitar; también siempre estaría en duda si podría deducirse cualquier conclusión útil de la familia de curvas, incluso después de haberlas obtenido. Un mejor método para representar gráficamente la magnitud de alguna respuesta compleja implica el uso de un modelo de tres dimensiones. Consideraremos a los ejes σ y jω , perpendiculares entre sí, dispuestos sobre una superficie horizontal semejante al piso. Lo anterior representa ahora un plano de frecuencia compleja, o plano s, como el de la figura 89. Para cada punto en este plano corresponde exactamente un valor de s, y con cada valor de s se asociaría un solo punto en este plano complejo. jω

Plano s

Figura 89. Dado que ya estamos bastante familiarizados con este tipo de función en el dominio del tiempo asociada con un valor particular de la frecuencia compleja s, en estas condiciones se puede asociar la forma funcional de una función forzada, o de una respuesta forzada, con una región específica en el plano s. El origen, por ejemplo, representa una cantidad de cd. Los puntos que se ubican sobre el eje σ representan funciones exponenciales, que decaen para σ < 0 y que crecen para σ > 0 . Las senoides puras se asocian con puntos sobre el eje jω positivo o negativo. La mitad derecha del plano s, a menudo conocida como MDP, contiene puntos que describen frecuencias con partes reales positivas, y por ello le corresponden cantidades en el dominio del tiempo que son senoides exponencialmente crecientes, salvo sobre el eje σ . De manera correspondiente, los puntos en la mitad izquierda del plano s, (MIP), describen las frecuencias de senoides exponencialmente decrecientes, de nuevo con la excepción del eje σ . La figura 90 resume la relación entre el dominio del tiempo y las diversas regiones del plano s.

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σ t

Figura 90. Regresemos a nuestra investigación sobre un método apropiado acerca de representar en forma gráfica una respuesta como una función de la frecuencia compleja s. Se podría representar la magnitud de la respuesta construyendo un modelo cuya altura sobre el piso corresponde en cada punto a la respuesta en ese valor de s. En otras palabras, añadimos un tercer eje, perpendicular tanto al eje σ y al eje jω , que pasa por el origen; estos ejes se simbolizan mediante V Z , Y , 2 , o con otras representaciones apropiadas. La magnitud de la V1 respuesta se determina para todo valor de s, y la gráfica resultante es una superficie que se ubica sobre el plano s (o que apenas lo toque). Constelaciones de polos ceros Este método resulta adecuado para funciones relativamente simples, aunque en general se requiere un método más práctico. Visualizaremos el plano s de nuevo como el piso y después imaginaremos una gran lámina elástica dispuesta sobre él. Dirigimos ahora nuestra atención hacia todos los polos y los ceros de la respuesta. En cada cero, la respuesta es cero, la altura de la lámina debe ser cero, por lo tanto fijamos la lámina en el piso. En el valor de s, correspondiente a cada polo, se podría sostener la lámina con una delgada barra vertical. Los ceros y los polos

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en infinito deben analizarse mediante un anillo de sujeción de gran radio o una elevada cerca circular, respectivamente. Si utilizaremos una lámina infinitamente grande, sin peso y perfectamente elástica, clavada con tachuelas pequeñísimas y sostenida con barras de diámetro cero e infinitamente largas, entonces la lámina elástica tiene una altura que es exactamente proporcional a la magnitud de la respuesta. Se podrían ilustrar estos comentarios considerando la configuración de polos y ceros, que algunas veces se conoce como constelación de polos y ceros, que localiza todas las frecuencias críticas de una cantidad en el dominio de la frecuencia; por ejemplo, una impedancia Z(s). Una constelación de polos y ceros para una impedancia se muestra en la figura 91. Si visualizamos un modelo de lámina elástica, clavada en s = −2 + j 0 y sostenida en s = −1 + j 5 y en s = −1 − j 5 , debemos ver un terreno cuyas características distintivas son dos montañas y un cráter cónico o depresión. jω − 1 + j5

−2

− 1 − j5

Figura 91. Construyamos ahora la expresión para Z ( s ) que conduce a esta configuración de polos y ceros. El cero requiere un factor de ( s + 2) en el numerador, y los dos polos necesitan los factores ( s + 1 − j 5) y ( s + 1 + j 5) en el denominador. Excepto por una constante de multiplicación κ , conocemos la forma de Z(s): s+2 Z (s) = κ ( s + 1 − j 5)( s + 1 + j 5) o Z (s) = κ

s+2 s + 2 s + 26 2

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Seleccionemos a κ suponiendo un sencillo hecho adicional acerca de Z ( s ) : sea s+2 Z (0) = 1. por sustitución directa de la ecuación Z ( s ) = κ 2 , encontramos s + 2 s + 26 que κ es 13 y, por lo tanto: s+2 Z ( s ) = 13 2 s + 2 s + 26 Las gráficas de Z (σ ) en función de σ , y de Z ( jω ) en función de ω , se obtienen s+2 , aunque la forma general de la función s + 2 s + 26 es patente a partir de la configuración de polos y ceros y de la analogía de la lámina elástica. Ejemplo

justo de la ecuación Z ( s ) = 13

Encuentre

, los ceros y polos del circuito del circuito de la figura 92:

Figura 92.

El paralelo de la red RL es:

El paralelo de la red RC es:

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El equivalente de todo el circuito es:

Ohmios

RTA/ POLOS: -5000, -20000 CEROS:

Lección 20: RESPUESTA NATURAL Existe una cantidad enorme de información en la gráfica de polos y ceros de una respuesta forzada en el plano s. exploraremos la forma en que una respuesta en corriente completa –natural más forzada- producida por una función forzada arbitraria puede escribirse sin dificultades a partir de la configuración de polos y ceros de la respuesta en corriente forzada y de las condiciones iniciales; este método es eficaz para obtener la respuesta en tensión completa causada por una fuente arbitraria. Presentemos el método considerando el ejemplo más simple, un circuito RL en serie. Una fuente de tensión general v s (t ) provoca que la corriente i (t ) fluya después del cierre del interruptor en t = 0. La respuesta completa i (t ) para t > 0 se compone de una respuesta natural y de una forzada: i (t ) = in (t ) + i f (t ) Se podría determinar la respuesta forzada trabajando en el dominio de la frecuencia, suponiendo, desde luego, que v s (t ) tiene una forma funcional que transforma al dominio de la frecuencia; si v s (t ) = 1 /(1 + t 2 ) , por ejemplo, debemos proceder lo mejor que sea posible a partir de la ecuación diferencial básica del circuito. Para el circuito RL, tenemos: Vs I f ( s) = R + sL o I f ( s) =

1 Vs L s+ R/L

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e i f (t ) se obtiene sustituyendo Vs, L y R por sus valores y tomando la transformada inversa de Laplace. A continuación consideraremos la respuesta natural. De nuestra experiencia anterior, sabemos que la forma será una exponencial que decae con la constante de tiempo L/R, aunque supongamos que estamos determinándola por primera vez. La forma de la respuesta natural (sin fuente) es, por definición, independiente de la función forzada, la cual contribuye sólo a la magnitud de la respuesta natural. Para determinar la forma apropiada suprimiremos todas las fuentes independientes; aquí, v s (t ) se sustituye por un cortocircuito. A continuación, intentamos obtener la respuesta natural como un caso límite de la respuesta forzada. Volviendo a la expresión en el dominio de la frecuencia de la ecuación 1 Vs I f ( s) = , de manera fiel establecemos Vs = 0 . Sobre la superficie, L s+ R/L resulta claro que I(s) debe ser cero, pero no es necesariamente cierto si estamos trabajando con una frecuencia compleja que es un polo simple de I(s). Esto es, el denominador y el numerador pueden ser ambas cero, por lo que no se requiere que I(s) sea cero. Inspeccionemos esta nueva idea de una situación de ventaja un poco diferente. Fijemos nuestra atención en la proporción entre la respuesta forzada deseada y la función forzada. La designaremos como H(s) y la definimos como la función de transferencia del circuito. Entonces: I f (s) 1 = H ( s) = Vs L ( s + R / L) En este ejemplo, la función de transferencia es la admitancia de entrada a la que se enfrenta Vs. Buscamos la respuesta natural (sin fuente) si Vs = 0 . Sin embargo, I f ( s ) = V s H ( s ) y si Vs = 0, un valor distinto de cero para la corriente se obtiene sólo al operar en un polo de H(s). Por lo tanto, los polos de la función de transferencia adquieren un significado especial. Volviendo a nuestro circuito RL en serie, vemos que el polo de la función de transferencia ocurre en s = − R / L + j 0 . Si elegimos operar en esta frecuencia compleja particular (es decir, si definimos s = − R / L) , la única corriente finita que podría resultar debe ser una constante en el dominio s. De este modo obtenemos la respuesta natural: R I ( s ) = A en s = − + j 0 L donde A es una constante desconocida. A continuación deseamos transformar esa respuesta natural al dominio del tiempo. Nuestra reacción irreflexiva podría consistir en aplicar las técnicas de la transformada inversa de Laplace en esta

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situación. No obstante, ya especificamos el valor de s, por lo que un procedimiento de este tipo no es válido. Mejor nos concentramos en la parte real de nuestra función general tal que: in (t ) = Re{Ae st } = Re{Ae − Rt / L }

e st ,

En este caso, encontramos: in (t ) = Ae − Rt / L

por lo que la respuesta natural es entonces: i (t ) = Ae − Rt / L + i f (t ) y A puede determinarse luego de que se especifican las condiciones iniciales para este circuito. Una perspectiva más general V2 ( s )

I1 (s)

V2 ( s )

I1 (s)

Figura 93. Las figuras 93a y 93b ilustran fuentes individuales conectadas a redes que no contienen fuentes independientes. La respuesta deseada, que podría ser alguna corriente I(s) o alguna tensión V2(s), se expresaría mediante una función de transferencia que exhiba todas las frecuencias críticas. Para ser específicos, elegimos la respuesta V2(s) en la figura 93b:

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( s − s1 )( s − s 3 ) V2 ( s ) = H (s) = κ Vs ( s − s 2 )( s − s 4 ) Los polos de H(s) ocurren en s = s 2, s 4 ..., y por ello una tensión finita V2(s) en cada una de estas frecuencias debe ser una forma funcional posible para la respuesta natural. Así, consideramos una fuente de cero volts (que es precisamente un cortocircuito) aplicada a las terminales de entrada; la respuesta natural que aparece cuando las terminales de entrada están en cortocircuito debe, en consecuencia, tener la forma: v 2 n (t ) = A2e s2t + A4e s4t + ... donde cada A debe evaluarse en términos de las condiciones iniciales (lo que incluye el valor inicial de cualquier fuente de tensión aplicada en las terminales de entrada) Para determinar la forma de la respuesta natural i1n (t ) en la figura 93a, debemos especificar los polos de la función de transferencia, H ( s ) = I 1 ( s ) / Vs . Las funciones de transferencia que se aplican en las situaciones descritas en la figura 93b serían I ( s ) / I s y V2 ( s ) / I s , y sus polos determinan entonces las respuestas naturales i1n (t ) y v 2 n (t ) , respectivamente. Si la respuesta natural se desea para una red que no contiene ninguna fuente independiente, entonces se podría insertar una fuente Vs o Is en cualquier punto conveniente, restringido sólo por la condición de que la red original se obtenga cuando se suprime la fuente. Por tanto, la función de transferencia correspondiente se determina y sus polos especifican las frecuencias naturales. Observe que las mismas frecuencias deben obtenerse para cualquiera de las muchas localizaciones de fuente posible. Si la red ya contiene una fuente, esa misma debe igualarse a cero e insertarse otra fuente en un punto más conveniente.

Un caso especial Esto ocurre cuando la red de la figura 93a o 93b contiene dos o más partes que están aisladas entre sí. Por ejemplo, podríamos tenerla combinación en paralelo en tres redes: R1 en serie con C, R2 en serie con L y un cortocircuito. Claramente, una fuente de tensión en serie con R1 y C no puede producir ninguna corriente en R2 y L; esa función de transferencia sería cero. Para encontrar la forma de la respuesta natural de la tensión en el inductor, por ejemplo, se requiere instalar la fuente de tensión en la red R2 L. Un caso de este tipo a menudo se reconoce inspeccionando la red antes de que se instale una fuente; pero si no es así, entonces se obtendrá una función de transferencia igual a cero. Cuando H ( s ) = 0 ,

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no obtenemos información acerca de las frecuencias que caracterizan la respuesta natural, y debe emplearse una localización de la fuente más adecuada.

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CAPITULO 5: RESONANCIA Introducción Los inductores y capacitores tienen propiedades opuestas en dos aspectos: La reactancia inductiva ( X L = ωL ) es positiva y aumenta con la frecuencia, mientras que la reactancia capacitiva ( X C = −1 / ωC ) es negativa y disminuye con la frecuencia. Estas propiedades conducen a efectos importantes, y en ocasiones inesperados, en circuitos que contienen ambos tipos de elementos reactivos. Según la frecuencia de excitación, la inductancia o la capacitancia puede dominar, o las dos reactancias se pueden anular y producir el fenómeno conocido como resonancia. La resonancia es perjudicial en el transporte, distribución y consumo de energía eléctrica ya que provoca sobretensiones y sobreintensidades, pero es fundamental en comunicaciones debido a que amplifica señales débiles o suprime señales no deseadas, como es el caso de los filtros. Los parámetros fundamentales que definen el comportamiento de un circuito resonante son la frecuencia de resonancia ω 0 , el factor de calidad Q y el ancho de banda BW, que se relacionan entre si. Lección 21: RESONANCIA EN PARALELO

I = I m ∠ϕ

R V jωL

1 j ωC

Figura 94. Figura 1. Circuito resonante en paralelo. La impedancia de entrada para el circuito RLC en paralelo de la figura 94 es 1 1   Y = + j  ωC −  R ωL   La resonancia ocurre cuando la tensión y la corriente en las terminales de entrada están en fase, lo cual corresponde a una admitancia puramente real, de modo que la condición necesaria está dada por: 1 =0 ωC − ωL

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La condición resonante quizá se consiga ajustando L, C o ω ; analicemos el caso donde ω es la variable. Por consiguiente, la frecuencia resonante ω 0 está dada por: 1 ω0 = rad/s LC o 1 f0 = Hz 2π LC La tensión V , indicada en la figura 95, en función de la frecuencia. Observe que en resonancia, la combinación LC en paralelo actúa como un circuito abierto, de manera que todas las corrientes fluyen por R. Además, las corrientes en la bobina y en el capacitor pueden ser mucho mayores que la corriente de la fuente en resonancia. La respuesta, desde luego, empieza en cero, alcanza un valor máximo en la cercanía de la frecuencia resonante natural y luego disminuye de nuevo hasta cero, conforme ω se vuelve infinita. Su valor máximo se indica como R veces la amplitud de la corriente de la fuente, lo que implica que la magnitud máxima de la impedancia del circuito es igual a R; además, se demuestra que la máxima respuesta ocurre exactamente a la frecuencia resonante correspondiente a la pulsación ω 0 .También se identifican dos frecuencias adicionales, correspondientes a ω1 y ω 2 , que usaremos después como una medida del ancho de la curva de respuesta. Mostraremos primero que la, magnitud de la impedancia máxima es R y que ocurre en la resonancia. V ( jω ) IR

0.0707 I R

ω1 ω0 ω2 Figura 95. Factor de calidad, debe subrayarse que, a pesar de que la altura de la curva de la respuesta de la figura 95 depende sólo del valor de R para la excitación de amplitud constante, el ancho de la curva o la inclinación de los lados dependen

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también de los otros dos valores de los elementos. Un poco más adelante relacionaremos el “ancho de la curva de respuesta” con una cantidad definida con mayor cuidado, el ancho de banda, aunque resulta útil expresar esta relación en términos de un parámetro muy importante, el factor de calidad Q. Lo anguloso de la curva de respuesta de cualquier circuito resonante está determinado por la calidad de energía máxima que se puede almacenar en el circuito, en comparación con la energía que se pierde durante un periodo completo de la respuesta. Definimos Q como: energia max ima almacenada Q = factor de calidad = 2π energia total perdida por periodo La constante de proporcionalidad 2 π se incluye en la definición para simplificar las expresiones más útiles para Q que obtendremos ahora. Dado que la energía sólo se almacena en el inductor y en el capacitor, y se pierde únicamente en el resistor, se puede expresar en términos de la energía instantánea asociada con cada uno de los elementos reactivos y con la potencia promedio disipada en el resistor: [ω (t ) + ω c (t )]max Q = 2π L PR T Donde T es el periodo de la frecuencia senoidal en el que se evalúa Q. Apliquemos ahora esta definición en el circuito RLC en paralelo (figura 94) y determinaremos el valor de Q a la frecuencia resonante. Este valor de Q se denota mediante Q0. Elegimos la función forzada de corriente: i (t ) = I m cos ω 0 t y obtenemos la respuesta en tensión correspondiente a la resonancia: v(t ) = Ri (t ) = RI m cos ω 0 t La energía almacenada en el capacitor corresponde entonces a: 1 2 I m2 R 2 C ω c (t ) = Cv = cos 2 ω 0 t 2 2 La energía instantánea almacenada en el inductor está dada por: 2  1 2 1 1 1  RI m  ω L (t ) = Li L = L ∫ vdt  = senω 0 t   2 2 L 2L  ω0   por lo que: I m2 R 2 C ω L (t ) = sen 2ω 0 t 2 La energía total almacenada instantánea es, por lo tanto, constante: I 2 R 2C ω (t ) = ω L (t ) + ω c (t ) = m 2 y este valor constante también debe ser el valor máximo. Para obtener la energía perdida en el resistor en un periodo, tomamos la potencia promedio absorbida por el resistor:

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1 2 ImR 2 y al multiplicarla por un periodo, se obtiene: 1 2 PR T = Im R 2 f0 De este modo encontramos el factor de calidad a la resonancia: I 2 R 2C / 2 Q0 = 2π 2 I m R / 2 f0 o Q0 = 2π f 0 RC = ω 0 RC Esta ecuación se cumple sólo para el circuito simple RLC en paralelo. Se obtendrían expresiones equivalentes para Q0 , que en muchas ocasiones resultan bastantes útiles, mediante la sustitución simple: C R Q0 = R = Rω 0 C = L ω0 L PR =

Lección 22: ANCHO DE BANDA Definamos las dos frecuencias de media potencia correspondientes a las pulsaciones ω1 y ω 2 como las frecuencias a las que la magnitud de la admitancia de entrada de un circuito resonante en paralelo es mayor que la magnitud en resonancia por un factor de 2 . Puesto que la curva de respuesta de la figura 95 presenta las tensiones producidas en el circuito en paralelo por una fuente de corriente senoidal, como una función de la frecuencia, las frecuencias de media potencia se localizan también en aquellos puntos en los que la respuesta en tensión es 1/ 2 o 0.707 veces su valor máximo. El ancho de banda (de media potencia) de un circuito resonante se define como la diferencia de estas dos frecuencias de media potencia.

Β ≡ ω 2 − ω1 Tendemos a considerar el ancho de banda como el “ancho” de la curva de respuesta, aun cuando la curva se extiende desde ω = 0 hasta ω = ∞ . De manera mas exacta, el ancho de banda de media potencia se mide por esa porción de la curva de respuesta que es igual o mayor que 70.7% del valor máximo. Expresemos ahora el ancho de banda en términos de Q0 y de la frecuencia resonante. Para hacerlo, obtengamos primero la admitancia del circuito RLC en paralelo:

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1 1   + j  ωc −  R ωL  

En términos de Q0 :

1 1  ωω 0 CR ω 0 R   + j  − R R  ω0 ωω 0 L 

o  ω ω 0  1  − 1 + jQ0  R  ω 0 ω  Observemos de nuevo que la magnitud de la admitancia en la resonancia es 1/R y aceptamos entonces que una magnitud de al admitancia de 2 / R puede ocurrir sólo cuando se elige una frecuencia tal que la parte imaginaria de la cantidad entre corchetes tiene una magnitud unitaria. Por lo tanto: Y=

ω ω ω  ω  Q0  2 − 0  = 1 y Q0  1 − 0  = −1  ω0 ω 2   ω 0 ω1  Al resolver, tenemos:   1 ω1 = ω 0  1 +    2Q0 

2   1   − 2Q0   

  1 ω 2 = ω 0  1 +    2Q0 

2   1   + 2Q0   

Si bien estas expresiones son difíciles de manejar, su diferencia proporciona una fórmula muy simple para el ancho de banda:

Β = ω 2 − ω1 =

ω0 Q0

2 2         1 1 1 1         + Las ecuaciones ω1 = ω 0 1 +  − y ω2 = ω0 1 +  se   2Q0  2Q0  2Q0  2Q0        multiplicarían entre sí para demostrar que ω 0 corresponde exactamente a la media geométrica de las frecuencias de media potencia:

ω 02 = ω1ω 2 o

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ω 0 = ω1ω 2 Los circuitos que poseen una Q0 más alta presentan un ancho de banda más estrecho, o una curva de respuesta más aguda; tienen una selectividad de frecuencia mayor o una calidad (factor) superior. Aproximaciones para circuitos de alta Q, muchos circuitos resonantes se diseñan de manera deliberada para que tengan una Q0 grande, a fin de aprovechar el ancho de banda y la selectividad de alta frecuencia que se asocia con tales circuitos. Cuando Q0 es mayor a aproximadamente 5, se pueden efectuar algunas aproximaciones muy útiles en las expresiones para las frecuencias de media potencia superior e inferior, y en las expresiones generales para la respuesta en la vecindad de la resonancia. Nos referiremos de manera arbitraria a un “circuito de alta Q” como uno para el que Q0 es igual o mayor que 5. ω1, 2 ≈ ω 0 m 1 2 Β

Por lo tanto, en un circuito de alta Q cada frecuencia de media potencia se ubica aproximadamente a la mitad del ancho de banda a partir de la frecuencia resonante. Las relaciones aproximadas para ω1 y ω 2 en la ecuación ω1, 2 ≈ ω 0 m 1 Β 2 sumarían entre sí para demostrar que ω 0 es casi igual a la media aritmética de ω1 y ω 2 en circuitos de alta Q:

ω 0 ≈ 1 2 (ω1 + ω 2 )

Las expresiones exacta y aproximada (para alta Q0 ) que corresponden a estas dos frecuencias son:

ω1, 2

  1 = ω 0  1 +    2Q0 

2   1  1  m ≈ ω0 m Β 2Q0  2  

donde Β es la diferencia entre las frecuencias superior e inferior de media potencia. El ancho de banda de media potencia está dado por:

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Β = ω 2 − ω1 =

ω0 Q0

Ejemplo En un circuito RLC en paralelo con entrada 10 senωt , sea R=8 kΩ, L=0,2 mH, y C=8 µF. a) calcule ω 0 , Q y B.b) Determine ω1 y ω 2 . C) Determine la potencia que se disipe en ω 0 , ω1 y ω 2 . Sol a)

ω0 =

1 LC

(0,2 ×10 )(8 ×10 ) −3

−6

10 5 = 25krad / s 4

R 8 × 10 3 Q= = = 1600 ω0 L 25 × 10 3 0,2 × 10 −3

(

)(

ω0 Q

)

= 15,625rad / s

Sol b) Debido al alto valor de Q, se debe considerar a este como un circuito de alta Q. por consiguiente, B = 25000 − 7,812 = 24992rad / s 2 B ω 2 = ω 0 − = 25000 + 7,812 = 25008rad / s 2 Sol c) En ω = ω 0 , Y = 1 o Z = R = 8kΩ . Entonces, R

ω1 = ω 0 −

I0 =

V 10∠ − 90° = = 1,25∠ − 90°mA Z 8000

Puesto que toda la corriente fluye por R en resonancia, la potencia promedio disipada en ω = ω 0 es 2 1 2 1 P = I 0 R = 1,25 × 10 −3 8 × 10 3 = 6,25mW 2 2 o sea V2 100 = 6,25mW P= m = 2 R 2 × 8 × 10 3 En ω = ω1 , ω 2 ,

(

)(

Vm2 = 3,125mW 2R

)

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Lección 23: RESONANCIA EN SERIE Is R s

jωL 1 jωC

V f = Vm ∠ϕ

Figura 96. Circuito resonante en serie. La impedancia de entrada del circuito RLC en serie de la figura es Z = R + jω L +

1 jωC

La frecuencia resonante ω 0 es aquella a la que la parte imaginaria de la impedancia de entrada se vuelve cero, o en la que el ángulo de la impedancia se hace cero. En ese caso, ω 0 = 1 / LC . La impedancia es puramente resistiva, por lo que Z = R . En otras palabras, la combinación en serie LC actúa como cortocircuito y toda la tensión esta a través de R. La respuesta en frecuencia de la magnitud de corriente del circuito se observa en la figura 97; el diagrama muestra solo la simetría ilustrada en esta grafica cuando el eje de la frecuencia es un logaritmo. I ( jω )

Vm 0.0707

R R

ω1 ω0 ω2 Figura 97. La cifra de mérito del circuito Q0 se define como 2 π veces la proporción entre la energía máxima almacenada en el circuito y la energía que se pierde en cada periodo en el circuito. Según esta definición, encontramos que

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ω 0 RC las dos frecuencias de media potencia ω1 y ω 2 se definen

Q0 = ω 0 L / R = 1

como las frecuencias a las cuales la magnitud de la impedancia es 2 veces la magnitud de la impedancia mínima. Éstas son también las frecuencias a las que la respuesta en corriente es 70.7% de la respuesta máxima. Las expresiones exacta y aproximada para una alta Q0 correspondientes a estas dos frecuencias son:

ω1, 2

  1 = ω 0  1 +    2Q0 

 1  m 2Q0 

  ≈ ω0 m 1 Β  2 

donde Β es la diferencia entre las frecuencias superior e inferior de media potencia. El ancho de banda de media potencia está dado por: Β ≡ ω 2 − ω1 =

ω0 Q0

Ejemplo Para un circuito resonante RLC en serie como el de la figura 98 considere:

Calcule:

Figura 98.

Encontramos primero

por medio de las formulas, para luego encontrar

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Por lo tanto

es:

RTA/

;

Lección 24: OTRAS FORMAS RESONANTES Los circuitos RLC en paralelo y en serie de las dos secciones anteriores representan circuitos resonantes idealizados; no son más que representaciones útiles y aproximadas de un circuito físico que podría construirse combinando una bobina de alambre, un resistor de carbón y un capacitor de tantalio en paralelo o en serie. El grado de exactitud que el modelo idealizado logre respecto al circuito real depende del intervalo de la frecuencia de operación, la Q del circuito, los materiales presentes en los elementos físicos, los tamaños de los elementos y muchos otros factores. No estamos estudiando la técnica para determinar el modelo de un circuito físico particular, puesto que esto requiere cierto conocimiento de la teoría del campo electromagnético y de las propiedades de los materiales; sin embargo, nos interesa el problema de reducir un modelo más complicado a uno de los dos modelos más simples con los que estamos familiarizados. La red de la figura 99a constituye un modelo razonablemente exacto para la combinación en paralelo de un inductor, un capacitor y un resistor físicos. El resistor marcado como R1 es un resistor hipotético que se incluye para tomar en cuenta las pérdidas óhmicas del núcleo y las pérdidas por radiación de la bobina física. Las pérdidas en el dieléctrico dentro del capacitor físico, así como la resistencia del resistor físico del circuito RLC particular, se toman en cuenta mediante el resistor denominado R2. En este modelo, no hay forma de combinar elementos y reproducir un modelo más simple equivalente al modelo original para todas las frecuencias. Demostraremos, sin embargo, que se podría construir un equivalente más simple válido sobre una banda de frecuencias que suele ser lo

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suficientemente grande para incluir todas las frecuencias de interés. equivalente tomará la forma de la red mostrada en la figura 99b.

R1 Y→

Figura 99. Antes de que aprendamos cómo crear tal circuito equivalente, consideremos primero el circuito dado (Fig. 99a). la frecuencia resonante en radianes para esta red no es 1/ L , aunque si R1 es lo suficientemente pequeña podría aproximarse mucho a este valor. La definición de resonancia permanece invariable, así que determinará la frecuencia resonante igualando a cero la parte imaginaria de la admitancia de entrada: 1  1 Im{Y ( jω )} = Im + jωC + =0 R1 + jωL   R2

o 1 R1 − jωL  1 Im + jωC +  R1 + jωL R1 − jωL   R2

 1 R − jω L  = Im + jωC + 21 =0 R1 + ω 2 L2   R2

De tal manera, tenemos la condición resonante de que: L C= 2 R1 + ω 2 L2 y por ello:

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ω0 =

1  R1  −  LC  L 

Observamos que w0 es menor que 1 / LC , si bien quizá los valores suficientemente pequeños de la proporción R1/L produzcan una diferencia despreciable entre ω 0 y 1 / LC . La magnitud máxima de la impedancia de entrada también merece considerarse. No es R2, y tampoco ocurre en ω 0 (o en ω = 1 / LC ). La prueba de estas afirmaciones no se demostrará, debido a que las expresiones se vuelven de inmediato problemáticas desde la perspectiva algebraica; la teoría, sin embargo, es directa. Nos contentaremos con un ejemplo numérico. Ejemplo Utilizando los valores R1 = 2Ω, L = 1H , C = 125mF y R2 = 3Ω para la figura 99a, determine la frecuencia resonante y la impedancia en la resonancia. Sustituyendo los valores apropiados en la ecuación, encontramos:

ω 0 = 8 − 2 2 = 2rad / s lo cual nos permite calcular la admitancia de entrada: Y=

1 1 1 1 1 + j 2  + = + = 0.583S 3  8  2 + j (2)(1) 3 4

y luego la impedancia de entrada en la resonancia: Z ( j 2) = 1 / 0.583 = 1.714Ω

A la frecuencia que correspondería la frecuencia resonante, si R1 fuera cero: 1/ LC = 2.83 rad/s la impedancia de entrada sería: Z ( j 2.83) = 1.947∠ − 13.26 0 Ω

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Como puede observarse la frecuencia a la que ocurre la magnitud máxima de la ω m , se determina como impedancia, indicada por ω m = 3.26 rad/s, y la magnitud máxima de la impedancia es: Z ( j 3.26) = 1.980∠ − 21.4 0 Ω

La magnitud de la impedancia a la resonancia y a la magnitud máxima difieren en casi 16%. Si bien es cierto que un error de este tipo puede ignorarse a veces en la práctica, resulta demasiado grande como para ignorarlo en un examen. En la última parte de esta sección mostraremos que la Q de la combinación inductorresistor a 2 rad/s es la unidad; este valor bajo explica la discrepancia de 16%. Actividad En el circuito de la fig 99a. Sea R1=1 kΩ y C=2.533 pF. Determine la inductancia necesaria para elegir una frecuencia resonante de 1 MHz. Rta. 10 mH. Combinaciones equivalentes en serie y en paralelo, para transformar el circuito dado en la figura 99a en uno equivalente en la forma que se indica en la figura 99b, debemos analizar la Q de una combinación simple en serie o en paralelo de un resistor y un reactor (inductor o capacitor). Consideraremos primero el circuito en serie de la figura 100a. La Q de la red se define de nuevo como 2 π veces la proporción de la máxima energía almacenada y la energía que se pierde en cada periodo, aunque la Q se podría evaluar a cualquier frecuencia que elijamos. Rs Ys →

jX s a)

Yp →

jX p

Figura 100. En otras palabras, Q es una función de ω . Es cierto, que elegiremos evaluarla a la frecuencia que tiene, o aparentemente tiene, la frecuencia resonante de alguna red de la cual forma parte la rama en serie. Esta frecuencia, sin embargo, no se conoce hasta que se dispone de un circuito más completo. Se sugiere demostrar que la Q de esta rama en serie es X s / Rs , en tanto que la Q de la red en paralelo de la figura 100b corresponde a R p / X p .

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Hagamos ahora los detalles necesarios para determinar los valores de Rp y Xp, de modo que la red en paralelo de la figura 100b sea equivalente a la red en serie de la figura 100a a cierta frecuencia específica simple. Igualamos Ys e Yp:

R − jX s 1 = s2 Rs + jX s Rs + X s2

Ys =

= Yp =

1 1 −j Rp Xp

y obtenemos:

Rp =

Rs2 + X s2 Rs

Xp =

Rs2 + X s2 Xs

Al dividir estas dos expresiones, obtenemos: Rp Xp

Xs Rs

Se concluye que las Q de las redes en serie y en paralelo deben ser iguales: Q p = Qs = Q

Por lo tanto, se simplificaría las ecuaciones de transformación:

R p = Rs (1 + Q 2 )  1 X p = X s 1 + 2  Q

  

Rs y Xs también se podrían determinar si Rp y Xp son los valores dados; se efectúa la transformación en cualquier dirección. Si Q ≥ 5 , se introduce un pequeño error al utilizar las relaciones aproximadas:

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R p ≈ Q 2 Rs X p ≈ Xs

( C p ≈ Cs

L p ≈ Ls )

Ejemplo Determine el equivalente en paralelo de la combinación en serie de un inductor de 100 mH y un resistor de 5 Ω a una frecuencia de 1000 rad/s. No se cuenta con los detalles de la red a la cual se conecta esta combinación en serie. En ω = 1000rad / s, X s = 1000(100 × 10 −3) = 100Ω. . La Q de esta combinación en serie se determinará mediante:

X s 100 = = 20 Rs 5

Dado que Q es suficientemente alta (20 es mucho mayor que 5), usamos las ecuaciones (24) y (25) para obtener:

R p ≈ Q 2 Rs = 2000Ω

L p ≈ Ls = 100mH

Nuestra afirmación aquí consiste en que un inductor de 100 mH, en serie con un resistor de 5 Ω, proporciona esencialmente la misma impedancia de entrada que un inductor de 100 mH en paralelo con un resistor de 200 Ω a la frecuencia de 1000 rad/s. Para verificar la exactitud de la equivalencia, evaluemos la impedancia de entrada para cada red a 1000 rad/s. Encontramos: Z s ( j1000) = 5 + j100 = 100.1∠87.10 Ω

2000( j100) = 99.9∠87.10 Ω 2000 + j100 Y concluimos que la exactitud de nuestra aproximación a la frecuencia de transformación es bastante impresionante. La exactitud a 900 rad / s también resulta razonablemente buena,, debido a que: Z p ( j1000) =

Z s ( j 900) = 90.1∠86.8 0 Ω

Z p ( j 900) = 89.9∠87.4 0 Ω

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Si este inductor y un resistor en serie se utilizaron como parte del circuito RLC en serie para el cual la frecuencia resonante correspondió a 100 rad/s, entonces el ancho de banda de media potencia habría sido:

Β=

ω0 Q0

1000 = 50rad / s 20

y la frecuencia de 900 rad/s representaría una frecuencia que era 4 anchos de banda media fuera de la resonancia. De tal modo, las redes equivalentes evaluadas en este ejemplo habrían resultado adecuadas para reproducir en esencia toda porción máxima de la curva de respuesta. Actividad 1. A ω =1000 rad/s, proporcione una red en paralelo equivalente a la combinación en serie de L=8 H y R=100 Ω. 2. Encuentre un equivalente en serie para la red en paralelo de R=100 kΩ y L=5 H, suponiendo ω =1000 rad/s. Lección 25: ESCALAMIENTO Algunos de los ejemplos que hemos estado resolviendo implicaron circuitos con valores de elementos pasivos que varían alrededor de unos cuantos ohms, unos cuantos Hertz y unos cuantos faradios. Las frecuencias aplicadas correspondieron a unos cuantos radianes por segundo. Se usaron estos valores numéricos particulares, debido no a que con frecuencia se encuentran en la práctica, sino en virtud de que las manipulaciones aritméticas resultan mucho más sencillas que en el caso de que fuera necesario manipular diversas potencias de 10 a lo largo de los cálculos. Los procedimientos de ajuste (escalamiento) que se explicarán en esta sección nos permiten analizar redes compuestas por elementos de tamaño práctico, al ajustar el valor de los elementos para permitir cálculos numéricos más convenientes. Consideraremos tanto el ajuste (escalamiento) en magnitud como el ajuste (escalamiento) en frecuencia. Elegimos el circuito resonante en paralelo de la figura 101a como nuestro ejemplo. Los valores imprácticos de los elementos dan origen a la poca probable curva de respuesta que se dibuja en la figura101b; la impedancia máxima es igual a 2.5 Ω, la frecuencia resonante corresponde a 1 rad/s, Q0 es 5, y el ancho de banda equivale a 0.2 rad/s. Estos valores numéricos son mucho más parecidos a los análogos eléctricos de algún sistema mecánico, que los correspondientes a cualquier dispositivo básicamente eléctrico. Disponemos de números convenientes con los cuales efectuar los cálculos, pero se tiene un circuito impráctico en cuanto a su construcción.

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Z→

2.5Ω

Z (Ω)

1 H 2

2.5 2 1.5 1 0.5 0

0.5

1.5

ω (rad / s )

Figura 101. Supongamos que nuestra meta sea ajustar esta red, de manera que proporcione una impedancia máxima de 5000 Ω a una frecuencia resonante de 5 x 106 rad/s o 796 kHz. En otras palabras, utilizaríamos la misma curva de respuesta de la figura 13b si todo número sobre la escala de las ordenadas se incrementa por un factor de 2000 y cada número sobre la escala de las abscisas se aumenta por un factor de 5 x 106. trataremos lo anterior como dos problemas: 1) Ajuste (escalamiento) en magnitud por un factor de 2000 y 2) Ajuste (escalamiento) en frecuencia por un factor de 5 x 106. El ajuste (escalamiento) en magnitud se define como el proceso mediante el cual la impedancia de una red de dos terminales se incrementa por un factor Km, pero permanece constante la frecuencia. El factor Km es real y positivo, y podría ser mayor o menor que la unidad. Entenderemos que la afirmación más breve “la red se ajusta en magnitud por un factor de dos” indica que la impedancia de la nueva red es el doble de la antigua, a cualquier frecuencia. Determinaremos ahora cómo debemos ajustar cada tipo de elemento pasivo. Para incrementar la impedancia de entrada de una red por un factor de Km, basta aumentar la impedancia de cada elemento en la red por el mismo factor. Por lo tanto, una resistencia R debe sustituirse por una resistencia KmR. Cada inductancia debe exhibir también una impedancia que sea Km veces mayor, a cualquier frecuencia. Para incrementar una impedancia sL por un factor de Km cuando s permanece constante, requiere sustituir la inductancia L por una inductancia KmL. De manera similar, cada capacitancia C debe sustituirse por una capacitancia C/Km. En resumen, estos cambios producirán una red que se ajusta en magnitud multiplicándose por un factor de Km.

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 R → KmR   L → K m L  escalamiento en magnitud  C →C K m 

Cuando cada elemento en la red de la figura 101a se ajusta en magnitud por un factor de 2000, se obtiene la red de la figura 102a. La curva de respuesta de la figura 102b indica que no es necesario efectuar ningún cambio en la curva de respuesta dibujada antes, aparte del cambio en la escala de ordenadas.

Z′ →

5kΩ

Z ′ (kΩ)

1000 H

10 −3 F

5 4 3 2 1 0

0.5

1.5

ω (rad / s )

Figura 102. Consideremos ahora esta nueva red y ajustémosla en frecuencia. Definimos el ajuste en frecuencia como el proceso mediante el cual la frecuencia a la que ocurre cualquier impedancia se incrementa por un factor de Kf.. También en este caso, haremos uso de la expresión mas breve “la red se ajusta en frecuencia por un factor de dos” para indicar que se obtiene ahora la misma impedancia a una frecuencia dos veces mayor. El ajuste en frecuencia se lleva a cabo ajustando en frecuencia cada elemento pasivo, y queda claro que no se afecta ningún resistor. La impedancia de cualquier inductor es sL, y si esta misma impedancia se debe obtener a una frecuencia Kf veces más grande, entonces la inductancia L debe sustituirse por una inductancia de L/Kf. De manera similar, se debe sustituir una capacitancia C por una capacitancia C/Kf . Por lo tanto, si una red se va a ajustar en frecuencia por un factor de Kf, entonces los cambios necesarios en cada elemento pasivo son:

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  R→R  L→ L escalamiento de frecuencia Kf    C C→ K f 

Cuando cada elemento de la red ajustada en magnitud de la figura 102a se ajusta en frecuencia por un factor de 5 x 106, se obtiene la red de la figura 103a. La curva de respuesta correspondiente se muestra en la figura 103b.

Z ′′ →

5kΩ

200 µH

200 pF

Z ′′ (kΩ) 5 4 3 2 1 0

2.5

7.5

ω ( Mrad / s )

Figura 103. Los elementos de circuito en esta última red tienen valores que se obtienen con facilidad en los circuitos físicos; la red en verdad se construye y se prueba. Se concluye que si la red original de la figura 11a fuera en realidad un análogo de algún sistema resonante mecánico, podríamos ajustar esta red análoga tanto en magnitud como en frecuencia para obtener una red que se podría construir en el laboratorio; las pruebas cuya aplicación resulta costosa o inconveniente en el sistema mecánico, podrían efectuarse entonces sobre el sistema eléctrico ajustado, pero los resultados deben “desajustarse” luego y convertirse en las unidades mecánicas para completar el análisis. Una impedancia, que se indica como una función de s, también podría ajustarse en magnitud o frecuencia, y se podría efectuar lo anterior sin conocimiento de los elementos específicos, a partir de los cuales se compone la red de dos terminales. Para ajustar Z(s) en magnitud, la definición de ajuste de magnitud muestra que

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sólo se requiere multiplicar Z(s) por Km para obtener la impedancia ajustada en magnitud. Así, la impedancia del circuito resonante en paralelo de la figura 103a está dada por: Z (s) =

s 2 s + 0 .4 s + 2 2

o Z (s) =

0 .5 s (s + 0.1 + j 0.995)(s + 0.1 − j 0.995)

La impedancia Z’(s) de la red ajustada en magnitud se determina mediante: Z’(s) = KmZ(s) Si elegimos de nuevo Km = 2000 tenemos: Z ' ( s ) = (1000)

(s + 0.1 +

j 0.995)(s + 0.1 − j 0.995)

Si Z’(s) se debe ajustar ahora en frecuencia por un factor de 5 x 106, entonces Z’’(s) y Z’(s) tienen que proporcionar valores idénticos de impedancia, si Z’’(s) se evalúa a una frecuencia Kf veces igual a la que se evalúa Z’(s). Después de una cuidadosa actividad cerebral, esta conclusión se establecería de manera concisa en notación funcional: Z’’(s) = Z’(s/ Kf) Observe que obtenemos Z’’(s) sustituyendo toda s en Z’(s) por s/Kf. la expresión analítica para la impedancia de la red mostrada en la figura 103a debe ser por tanto: s /(5 × 10 6 ) Z ' ' ( s ) = (1000) s /(5 × 10 6 ) + 0.1 + j 0.995 s /(5 × 10 6 ) + 0.1 − J 0.995

[

][

]

o Z ' ' ( s ) = (1000)

(5 × 10 6 ) s s + 0.5 × 10 6 + j 4.975 + 10 6 s + 0.5 × 10 6 − J 4.975 × 10 6

[

][

]

Aunque el ajuste es un proceso que se aplica por lo general a elementos pasivos, las fuentes dependientes también deben ajustarse en magnitud y en frecuencia. Suponemos que la salida de cualquier fuente está dada como k x v x ok y i y , donde kx tiene las dimensiones de una admitancia para una fuente de corriente dependiente

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y resulta adimensional para una fuente de tensión dependiente; en tanto que ky, tiene las dimensiones de ohms para una fuente de tensión dependiente y es adimensional en el caso de una fuente de corriente dependiente. Si la red que contiene fuente dependiente se ajusta en magnitud por km, entonces sólo se requiere tratar a kx o ky como si fueran el tipo de elemento congruente con sus dimensiones. Esto es, si kx (o ky) es adimensional, se deja sin cambio; si es una admitancia, se divide entre km, y si es una impedancia, se multiplica por km. El ajuste en frecuencia no afecta a las fuentes dependientes. Ejemplo Ajuste la red que se muestra en la figura 104 por km = 20 y kf = 50, y después determine Zent(s) para la red ajustada. V1 V1 Z ent →

0.05 F 0.5 H

Z ent

50µF →

200mH

0.01V1

0.2V1

20 Ω s

0.5sΩ

0.2V1

Figura 104. El ajuste en magnitud del capacitor se consigue dividiendo 0.05 F entre el factor de ajuste km = 20, y el ajuste en frecuencia se lleva a cabo al dividir entre kf = 50. Al efectuar de manera simultánea ambas operaciones: 0.05 C ajustada = = 50 µF (20)(50) El inductor también se ajusta: (20)0.5 Lajustada = = 200mH 50 Al ajustar la fuente dependiente, sólo es necesario considerar el ajuste en magnitud, pues el de frecuencia no afecta a las fuentes dependientes. Ya que ésta es una fuente de corriente controlada por tensión, la constante de multiplicación 0.2 tiene unidades de A/V, o S. Puesto que el factor tiene unidades de admitancia, dividimos entre km, por lo que el nuevo término es de 0.01 V1. la red obtenida (ya ajustada) se muestra en la figura 104b.

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Para determinar la impedancia de la nueva red, necesitamos aplicar una fuente de prueba de 1 A en las terminales de entrada. Se podría trabajar con cualquier circuito; sin embargo, procederemos primero calculando la impedancia de la red sin ajustar mostrada en la figura 104a, y luego ajustaremos el resultado. Consultando la figura 104c: Vent = V1 + 0.5s (1 − 0.2V1 )

Además: V1 =

20 (1) s

Al hacer la sustitución indicada, seguida por un poco de manipulación algebraica, se obtiene: Z ent =

Vent s 2 − 4 s + 40 = 1 2s

Para ajustar esta cantidad, de manera que corresponda al circuito de la figura 104b, multiplicamos por km= 20 y sustituimos s/ kf =s/50. De tal modo: Z entajustada =

0.2 s 2 − 40 s + 20000 Ω s

Ejemplo El circuito de la figura 105 tiene una impedancia máxima de 2.5 de resonancia

y una frecuencia

, suponga que:

Realice a este circuito un cambio de escala de tal forma que tenga una impedancia máxima de 5000 a una frecuencia de resonancia:

y determine los nuevos valores en los componentes del circuito.

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Figura 105.

Primero realizamos el cambio en la escala de magnitud, para ello encontramos el factor K, por el cual vamos a realizar el cambio de escala:

Con este factor cambiamos cada uno de los elementos del circuito:

Ahora realizamos el cambio en la escala de frecuencia, para ello encontramos el factor F, por el cual vamos a realizar el cambio:

Con este factor cambiamos cada uno de los elementos del circuito, excepto R:

RTA/ Para realizar el cambio de escala a este circuito se necesitan los siguientes valores en los elementos del circuito: Actividad

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Un circuito resonante en paralelo se define mediante C=0.01 F, Β =2.5 rad/s y ω 0 =20 rad/s. proporcione los valores de R y L si la red se ajusta en: a) magnitud por un factor de 800; b) frecuencia por un factor de 104; c) magnitud por un factor de 800 y frecuencia por un factor de 104. Rta. 32 kΩ, 200 H; 40 Ω, 25 µH; 32 k Ω, 20 m H.

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CAPITULO 6: DIAGRAMA DE BODE Introducción En esta capitulo trabajaremos un método rápido para obtener una imagen aproximada de la variación de amplitud y de fase de una función de transferencia dada como función de ω . En un análisis sinusoidal en estado estable, la función de red puede expresarse como

H ( jω ) = H ( jω ) e jϕ (ω ) Donde H ( jω ) es la magnitud y ϕ (ω ) es la fase. Una grafica de estas dos funciones, denominadas comúnmente características de magnitud y fase, muestra la forma en que varía la respuesta con la frecuencia de entrada ω . La obtención de la respuesta en frecuencia a partir de la función de transferencia constituye una tarea laboriosa. La gama de frecuencias que se requiere en la respuesta en frecuencia es a menudo tan amplia que resulta inconveniente utilizar una escala lineal para el eje de frecuencia. Además hay una forma más sistemática de localizar los rasgos más importantes de las graficas o diagramas de magnitud y de fase de la función de transferencia. Por estas razones, se ha vuelto una practica estándar graficar la función de transferencia sobre un par de graficas semilogaritmicas: la magnitud en decibeles se grafica contra el logaritmo de la frecuencia; sobre un diagrama aparte, se grafica la fase en grados contra el logaritmo de la frecuencia. Tales graficas semilogaritmicas de la función de transferencia, conocidas como diagramas de Bode, se han convertido en un estándar industrial. Los diagramas de Bode contienen la misma información que las graficas no logarítmicas, sin embargo resultan mucho más fáciles de elaborar. Los diagramas de Bode desempeñan un importante papel en el análisis y diseño de filtros, amplificadores y sistemas de control.

LECCIÓN 26: ASINTOTAS La escala de decibeles (dB), La curva de respuesta aproximada que construiremos se conoce como gráfica asintótica, gráfica de Bode o diagrama de Bode, en honor a su creador: Hendrick W. Bode, quien fue un ingeniero eléctrico y matemático de Bell Telephone Laboratories. Tanto las curvas de magnitud como de fase se muestran utilizando una escala de frecuencias logarítmicas para las abscisas y la propia magnitud se ilustra también en unidades logarítmicas llamadas decibeles (dB). Definimos el valor de H ( jω ) en dB como sigue:

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H db = 20 log H ( jω ) donde se emplea el logaritmo común (base 10). Se utiliza un multiplicador de 10, en lugar de uno de 20, para las funciones de transferencia de potencia, aunque no lo necesitaremos aquí. La operación inversa es:

H ( jω ) = 10 ( Hdb / 20) Antes de que empecemos en realidad un análisis detallado de la técnica para dibujar gráficas de Bode, resultará útil obtener cierta percepción del tamaño de la unidad del decibel, a fin de aprender unos cuantos de sus valores importantes y para recordar algunas de las propiedades del logaritmo. Dado que Log 1 = 0, Log 2 = 0.30103 y Log 10 = 1, observamos las correspondencias:

H ( jω ) = 1 ⇔ H dB = 0 H ( jω ) = 2 ⇔ H dB ≈ 6dB H ( jω ) = 10 ⇔ H dB = 20dB Un aumento de H ( jω ) por un factor de 10 corresponde a un incremento de HdB por 20dB. Además, log 10n = n y, por ello, 10n ⇔ 20n dB, por lo que 1000 corresponde a 60 dB, en tanto que 0.01 se representa como -40 dB. Utilizando sólo los valores que ya se indicaron, es posible también que 20 log 5 = 20 log 10 = 20 log 10 – 20 log 2 =20– 6 = 14 dB y, por ello, 5 ⇔ 14dB. Además log 2 x = 1 log x y, en consecuencia, 2 ⇔ 3dB y 1 2 ⇔ −3dB . 2 Escribimos nuestras funciones de transferencia en términos de s, sustituyendo s = jw cuando estemos listos para determinar la magnitud o el ángulo de fase. Si lo desea, la magnitud se podría escribir en términos de dB en ese punto. Actividad Calcule HdB en ω =146 rad/s si H(s) es igual a: a) 20/(s+100); 20(s+100);c) 20s. Calcule H ( jω ) si HdB es igual a d) 29.2 dB; e) -15.6 dB; f) -0.318 dB. Rta. -18.94 dB; 71.0 dB; 69.3 dB; 28.8; 0.1660; 0.964. Determinación de las asíntotas, Nuestro siguiente paso consiste en factorizar H(s) para exhibir sus polos y ceros. Consideramos primero un cero en s = - a, escrito en una forma estandarizada como:

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H ( s) = 1 +

s a

El diagrama de Bode para esta función consta de dos curvas asintóticas aproximadas por HdB para valores muy grandes y muy pequeños de ω . De tal manera, empezamos determinando:

ω2 jω = 1+ 2 a a

H ( jω ) = 1 +

y por ello: HdB = 20 log 1 +

jω ω2 = 20 log 1 + 2 a a

Cuando w pp a : hdB ≈ 20 log 1 = 0

(ω pp a )

Esta asíntota simple se muestra en la figura 106 y se dibuja como una línea gruesa para ω p a , y como una línea punteada para ω f a . H dB

ω (log)

Figura 106. Diagrama de amplitud de Bode para s que consta de las asuntotas de H (s) = 1 + a

frecuencia alta y baja, y se muestran como líneas

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continuas. Se intersectan sobre la abscisa en la frecuencia de esquina. El diagrama de bode representa la respuesta en términos de las dos asuntotas, ambas rectas y fáciles de dibujar.

Cuando ω ff a : H dB ≈ 20 log

ω a

( ω ff a )

En ω = a, H dB = 0 ; en ω = 10a, H dB = 20dB ; y en ω = 100a, H dB = 40dB . Por lo tanto, el valor de HdB aumenta 20 dB por cada aumento de 10 veces en la frecuencia. Así, la asíntota tiene una pendiente de 20 dB/decena. Puesto que HdB aumenta 6 dB cuando ω duplica, un valor alternativo para la pendiente es 6 dB/octava. La asíntota de alta frecuencia se presenta también en la figura 106, una línea gruesa para ω f a , y una línea punteada para ω p a . Observe que las dos asíntotas se intersectan en ω = a , la frecuencia del cero, la cual también se describe como frecuencia de esquina de corte, de 3dB o de media potencia.

Alisamiento de los diagramas de Bode, ahora, veremos el grado de error implícito en nuestra curva de respuesta asintótica. A la frecuencia de esquina (de ruptura) (ω = a ) H dB = 20 log 1 +

a2 = 3dB a2

cuando se compara con el valor asintótico de 0 dB. En ω = 0.5a , tenemos:

H dB = 20 log 1.25 ≈ 1dB De tal modo, la respuesta exacta se representa mediante una curva uniforme que se ubica 3 dB arriba de la respuesta asintótica en ω = a , y a 1 dB sobre ella en ω = 0 .5 a (y también en ω = 2a ). Siempre se emplea esta información para alisar la esquina, si se desea un resultado más exacto. Ejemplo

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Obtenga el diagrama de Bode de la impedancia de entrada para la red que se presenta en la figura 107. 20Ω 0.2 H

H ( s ) = Z ent ( s ) →

Figura 107. Tenemos la impedancia de entrada: Z ent ( s ) = H ( s ) = 20 + 0.2 s

Expresando esto en forma normal, obtenemos: s   H ( s ) = 201 +   100 

Los dos factores que constituyen H(s) son un cero en s = -100, propiciando una frecuencia de corte de ω = 100 rad/s, y una constante equivalente a 20 log 20 = 26 dB. Ambas se dibujan claramente en la figura 108a. Dado que trabajamos con el logaritmo de H ( jω ) , a continuación sumamos los diagramas de Bode correspondientes a los factores individuales. La gráfica de magnitud resultante aparece como la figura 108b. No se intentó alisar la esquina con una corrección de +3dB en ω = 100rad / s . Esto se deja al lector como un ejercicio rápido. H dB

20 log 20 = 26dB

+ 20dB / dec.

ω (log) (rad / s )

Figura 108a. Los diagrama de Bode para los factores de H ( s ) = 20 1 + s se dibujan de manera individual. 100

(

)

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H dB

26dB

+ 20dB / dec.

ω (log) (rad / s )

Figura 108b. el diagrama de Bode compuesto se expresa como la suma de las graficas de la parte a. Actividad Construya un diagrama de bode en magnitud para H(s)=50+s. Rta. 34 dB, ω < 50rad / s ; pendiente=+20 dB/decena, ω > 50rad / s . Lección 27: RESPUESTA EN FASE Volviendo a la función de transferencia de la ecuación H ( s ) = 1 +

s , nos gustaría a

determinar ahora la respuesta de fase para el cero simple:

jω   −1 ω angH ( jω ) = ang 1 +  = tan a  a 

Esta expresión también se representa a través de sus asíntotas, aunque se requieren tres segmentos rectos. Para ω pp a, angH ( jω ) ≈ 0 0 , así que la usamos como nuestra asíntota cuando ω p 0.1a :

angH ( jω ) = 0 0

(ω p 0.1a )

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En el extremo superior, ω ff a , tenemos que H ( jω ) ≈ 90 0 , y la utilizamos arriba de ω = 10a :

angH ( jω ) = 90 0

(ω f 10a )

Dado que el ángulo es 45º en ω = a construimos ahora la asíntota de línea recta que se extiende desde 00 en ω = 0.1a , pasando por 45º en ω = a , hasta 90º en ω = 10a . Esta línea recta tiene una pendiente de 45º /decena. Se presenta como una curva gruesa en la figura 108a, mientras que la respuesta del ángulo exacto se ilustra como una línea punteada. Las diferencias máximas entre las respuestas asintótica y real son ± 5.71 o en y 10a. Ocurren errores de m 5.29 0 en ω = 0.394a y 2.54 a ; el error es cero en ω = 0.159a , a y 6.31a . La gráfica del ángulo de fase por lo general se deja como una aproximación de línea recta, aunque también se dibujan curvas uniformes de una manera similar a la que se describe en la figura 109.

angH ( jω )

ω (log)

Figura 109.

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La respuesta del ángulo asintótico para H ( s ) = 1 + s

se muestra como los tres a segmentos de línea recta continuas. Los puntos extremos de la rampa son 0° a 0.1 a y 90° a 10 a .

Vale la pena hacer aquí una breve pausa para considerar lo que nos está indicando la gráfica de fase. En el caso de un cero en s = a , vemos que para frecuencias mucho menores que la frecuencia de esquina, la fase de la función de respuesta es 0o. Sin embargo, para frecuencia alta (ω ff a ) la fase es de 90°. En la cercanía de la frecuencia de esquina, la fase de la función de transferencia varía con cierta rapidez. El ángulo de fase real que se imparte a la respuesta, por lo tanto, se selecciona mediante el diseño del circuito (el cual determina a a ).

Actividad Dibuje el diagrama de fase de Bode para la función de transferencia de la impedancia de entrada Z ent ( s ) = H ( s ) = 20 + 0.2 s . Rta. 0°, ω =≤ 10 ; 90°, ω ≥ 1000 ; pendiente 45°, ω =100; 45°/dec, 10< ω <1000.

Lección 28: Otras Consideraciones Piense a continuación en polo simple: H ( s) =

1 1+ s / a

Dado que lo anterior es el recíproco de un cero, la operación logarítmica resulta un diagrama de Bode, que es el negativo del que se obtuvo antes. La amplitud es de 0 dB hasta ω = a , y luego la pendiente corresponde a -20 dB/decena para ω f a . La gráfica del ángulo es 0° para ω p 0.1a , - 90° para ω f 10a y – 45° en ω = a , la cual tiene una pendiente de -45°/decena cuando 0.1a p ω p 10a . Se invita al lector a que genere el diagrama de Bode de esta función trabajando 1 directamente con la ecuación H ( s ) = . 1+ s / a Otro término que puede aparecer en H(s) es un factor de s en el numerador o el denominador. Si H(s) = s entonces:

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H dB = 20 log w De tal manera, tenemos una línea recta infinita que pasa por 0dB en w = 1 y que tiene una pendiente en todas partes de 20 dB/decena. Lo anterior se ilustra en la figura 110a. Si el factor s se encuentra en el denominador, se obtiene una línea recta con una pendiente -20 dB/ decena y que pasa por 0 debe en w = 1 , como se muestra en la figura 5b. Otro término simple que se encuentra en H(s) es la constante de multiplicación K, la cual origina un diagrama de Bode que es una línea recta horizontal que se ubica en 20 log k dB sobre una abscisa. En realidad estará por debajo de la abscisa si

k p1. H dB

ω (log) (rad / s )

Figura 110a. H dB

ω (log) (rad / s )

Figura 110b. Se muestran los diagramas asintóticos para: a. infinitamente largas pasan por 0 dB en dB/decena.

H (s) = s

y b.

H (s) = 1

. Ambas rectas

ω = 1 y tienen pendientes de ± 20

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Ejemplo Dibuje el diagrama de Bode para la ganancia del circuito de la figura 111. 20 µF 1kΩ + 4kΩ Vx −

Vent

Vx 200

10nF

5kΩ

+ Vsal −

Figura 111. Trabajamos de izquierda a derecha a través del circuito y escribimos la expresión para la ganancia de tensión. 8 Vsal 4000  1  5000(10 / s H ( s) = = −  Vent 5000 + 10 6 / 20 s  200  5000 + 10 8 / s

La cual se simplifica (por fortuna) en; H (s) =

Vemos una constate

− 2s (1 + s / 10)(1 + s / 20000)

20 log − 2 = 6dB puntos de inflexión en ω = 10rad / s y

ω = 20000rad / s , y un factor lineal s. Cada uno de ellos se dibuja en la figura 112a; además, los cuatro dibujos se añaden para producir el diagrama de Bode en magnitud de la figura 112b. Antes de construir el diagrama de fase para el amplificador de la figura 111, nos tomaremos un momento para investigar varios detalles del diagrama de magnitud. Primero, resulta conveniente no confiar demasiado en la adición gráfica de los diagramas en magnitud individuales. Es mejor determinar con facilidad el valor exacto del diagrama de la magnitud combinada en los puntos elegidos al considerar el valor asintótico de cada factor de H(s) en el punto en cuestión. Por ejemplo, en la región plana de la figura 112b, entre ω = 10 y ω = 20000 estamos debajo de la esquina en ω = 20000 y por ello representamos (1+s/20000) mediante 1; pero si nos ubicamos arriba de w = 10 , entonces (1+s/10) se representa como ω / 10 . En consecuencia: H dB = 20 log

− 2w (ω / 10)(1)

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= 20 log 20 = 26dB

Vsal Vent

(10 p ω p 20000)

6dB

ω (log) (rad / s )

Figura 112a. Vsal Vent

ω (log) (rad / s )

Figura 112b. a. Diagramas en magnitud de Bode individuales para −1 −1 los factores (-2), (s), 1 + s y 1+ s . b. Se 10 20000 suman las cuatro graficas separadas de la parte a para obtener los diagramas en magnitud de Bode para el amplificador de la figura 111.

(

) (

)

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También podríamos conocer la frecuencia a la cual la respuesta asintótica cruza la abscisa en el extremo superior. Los dos factores se expresan aquí como w / 10 y w / 20000 ; de tal modo: H dB = 20 log

− 2ω 400000 = 20 log (ω / 10)(ω / 20000) ω

Dado que H dB = 0 en el cruce de la abscisa, 400000 / ω = 1 y, por lo tanto, ω = 400000rad / s . Muchas veces no necesitamos un dibujo exacto del diagrama de Bode en papel semilogarítmico, basta con construir un eje de frecuencia aproximadamente logarítmico en un papel cuadriculado simple. Después de elegir el intervalo para una decena –digamos, una distancia L que se extiende desde ω = ω1 hasta ω = 10ω1 (donde ω1 a menudo es una potencia entera de 10) dejamos que x ubique la distancia a la que se encuentra ω a la derecha de ω 1 , por lo que x/L = log (ω / ω1 ) . De particular ayuda en el conocimiento de que x=0.3L cuando ω = 2ω1 , x = 0.6l en ω = 4ω1 y x = 0.7 L en ω = 5ω1 . Ejemplo Dibuje el diagrama de fase para la función de transferencia dada por la ecuación H(s) = − 2s /[(1 + s / 10)(1 + s / 20000)] . Empezamos inspeccionando H ( jω ) : H ( jω ) =

− j 2ω (1 + jω / 10)(1 + jω / 20000)

El ángulo del numerador es una constante, -90°. Los factores restantes se representan como la suma de los ángulos acortados por los puntos de inflexión en ω = 10 y ω = 20000 . Estos tres términos aparecen como corvas asintóticas de línea punteada en la figura 113 y su suma de presenta como una curva continua.

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angH ( jω )

ω (log) (rad / s )

Figura 113. La curva continua exhibe la respuesta de fase asintótica del amplificador de la figura 111. Se obtiene una representación equivalente si la curva se corre hacia 360°. También se obtiene valores exactos para la respuesta de fase asintótica. Por ejemplo, en ω = 10 4 rad / s , el ángulo en la figura 113 se calcula a partir de los términos del numerador y del denominador en la ecuación (29). El ángulo del numerador es -90°. El ángulo para el polo en ω = 10 es -90°, puesto que ω es más de 10 veces mayor que la frecuencia de esquina. Entre 0.1 y 10 veces la frecuencia de esquina, recordamos que la pendiente es -45° por decena para un polo simple. Para el punto de inflexión en 20000rad/s, calculamos consecuentemente el ángulo, − 45 log(ω / 0.1a) = −45° log[10000 /(0.1x 20000)] = −315 °. La suma algebraica de las tres contribuciones es -90° -90° - 31.5°= -211.5° un valor que parece ser moderadamente cercano a la curva de fase asintótica de la figura 113. _________________________________________ Actividad Dibuje el diagrama de fase de Bode para H(s) igual a : a) 50/(s+100); b) (s+10)/(s+100); c)(s+10)/s. Rta. a) 0°, ω < 10 ; -45°/decena,10< ω <1000; -90°, ω > 1000 ; b) 0°, ω < 1 ; +45°/decena,1< ω <10; 45°, 10< ω <100; -45/decena,100< ω <1000; 0°, ω >1000;c) -90, ω <1; +45/decena,1< ω <100; 0°, ω >100. ____________________________________________________

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Los ceros y polos considerados son términos de primer orden, tales como s ±1 , (1 + 0.2 s ) ±1 y así sucesivamente. Sin embargo, se podría extender con mucha facilidad nuestro análisis a polos ceros de orden superior. Un término s ± n resulta en una respuesta en magnitud que pasa por ω = 1 , con una pendiente de ± 20n dB / decena ; la respuesta en fase es un ángulo constante de ± 90n° . Además, un cero múltiple, (1 + s / a ) n , debe representar la suma de n de las curvas de respuesta en magnitud, o n de las curvas de respuesta en fase del cero simple. Por lo tanto, obtenemos un diagrama en magnitud asintótica que es 0dB para ω p a y que tiene una pendiente de 20n dB/decena cuando ω f a ; el error es -3n dB en ω = a , y –n dB en ω = 0.5a y 2ª. El diagrama de fase es 0° para ω p 0.1a 90n° para ω f 10a , 90n° para ω f 10a , 45n° en ω = a ; asimismo, presenta errores tan grandes como ± 5.7 n° en las dos frecuencias. Las curvas en magnitud y en fase asintóticas asociadas con un factor de (1+s/20)-3 se pueden dibujar sin ninguna dificultad, aunque los errores relativamente grandes asociados con las potencias superiores deben tenerse presentes. Lección 29: PARES DE COMPLEJOS CONJUGADOS El último tipo de factor que necesitamos considerar representa un par complejo conjugado de polos o ceros. Adoptamos la siguiente forma como la estándar para un par de ceros:  s H ( s ) = 1 + 2ζ   ω0

  s  +    ω0

  

La cantidad ζ es el factor de amortiguamiento y veremos dentro de poco que ω 0 es la frecuencia de esquina de la respuesta asintótica. Si ζ = 1 vemos que H ( s ) = 1 + 2( s / ω 0 ) + (( s / ω 0 ) 2 = (1 + s / ω 0 ) 2 , un cero de segundo orden, como acabamos de considerar. Si ζ f 1 , entonces se factorizaría H(s) para mostrar los ceros simples. De tal modo, si ζ = 1.25, entonces H ( s ) = 1 + 2.5( s / ω 0 ) + ( s / ω 0 ) 2 = (1 + s / 2ω 0 )(1 + s / 0.5ω 0 ) , y también en este caso tenemos una situación familiar. Se presenta un nuevo caso cuando 0 ≤ ζ ≤ 1 . No es necesario determinar valores para el complejo conjugado de raíces. Es mejor que determinemos los valores asintóticos de baja y alta frecuencia, tanto para la respuesta en magnitud como para la respuesta en fase y aplicamos luego una corrección que depende del valor de ζ .

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Para la respuesta en magnitud, tenemos:

H dB

ω  ω = 20 log H ( jω ) = 20 log 1 + j 2ζ   −   ω0   ω0

  

Cuando ω pp ω 0 , H dB = 20 log 1 = 0dB , que es la asíntota de baja frecuencia. Luego,

ω ff ω 0 ,

sólo

importante

término

cuadrado,

H dB = 20 log − (ω / ω 0 ) 2 = 40 log(ω / ω 0 ). tenemos una pendiente de +40 dB/decena,

que es la asíntota de alta frecuencia; además, las dos asíntotas se intersectan en 0 dB, para ω = ω0 . La curva continua en la figura 114 muestra esta representación asintótica de la respuesta en magnitud. Sin embargo, se requiere aplicar una corrección en la cercanía de la frecuencia de esquina. Sea ω = ω 0 en la ecuación

H dB

ω  ω = 20 log H ( jω ) = 20 log 1 + j 2ζ   −   ω0   ω0

  

y tenemos: ω H dB = 20 log j 2ζ   ω0

  = 20 log(2ζ ) 

Si ζ = 1 , un caso límite, la corrección es +6 dB; para ζ = 0.5 no se requiere corrección, y si ζ = 0.1 , la corrección es -14 dB. Conocer este valor de corrección resulta muchas veces suficiente para dibujar una respuesta en magnitud asintótica satisfactoria. La figura 9 ilustra curva más exactas para ζ = 1,05,0.25 y 0.1 , según se calcula a partir de la ecuación

H dB

ω  ω = 20 log H ( jω ) = 20 log 1 + j 2ζ   −   ω0   ω0

  . 

Por

ejemplo,

entonces el valor exacto de HdB en ω = 0.5ω 0 es:

H dB = 20 log 1 + j 0.25 − 0.25 = 20 log 0.75 2 + 0.25 2 = −2.0dB

ζ = 0.25 ,

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H dB

+ 40dB / dec.

ζ =1

ζ = 0.5 0 0.01 ω 0

ω0

0.1 ω 0

ω (log) (rad / s )

10 ω 0

ζ = 0.25

-10

ζ = 0.1 Figura 114.  s Diagrama de amplitud de Bode para H ( s ) = 1 + 2ζ   ω0 valores del factor de amortiguamiento ξ .

  s  +    ω0

  , para diversos 

Los picos negativos no muestran un valor mínimo exactamente en ω = ω 0 , como se ve mediante la curva para ζ = 0.5 . El valle se encuentra siempre a una frecuencia un poco inferior. Si ζ = 0 , entonces H ( jω 0 ) = 0 y H dB = −∞ . Los diagramas de Bode suelen no dibujarse en esta situación. Nuestra última tarea consiste en dibujar la respuesta en fase asintótica correspondiente a H ( jω ) = 1 + j 2ζ (ω / ω 0 ) − (ω / ω 0 ) 2 . Debajo de ω = 0.1ω 0 , dejamos

que

[

ang H ( jω ) = 0° ;

]

arriba

ω = 10ω 0 ,

tenemos

ang H ( jω ) = ang − (ω / ω 0 ) 2 = 180° . Para la frecuencia de esquina, ang H ( jω 0 ) = ang ( j 2ζ ) = 90° . En el intervalo 0.1 ω 0 p ω p 10ω 0 , empezamos con la línea recta que se muestra como una curva continua en la figura 114, que se extiende desde (0.1ω 0 ,0°) hasta (ω 0 ,90°) , y termina en (10ω 0 ,180°) , con una pendiente de 90°/decena.

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Ahora debemos proporcionar alguna corrección a esta curva básica para diversos valores de ζ . De acuerdo con la ecuación (30), tenemos:

2ζ (ω / ω 0 ) 1 − (ω / ω 0 ) 2

angH ( jω ) = tan −1

Un valor exacto sobre y otro debajo de ω = ω 0 quizá resulten suficientes para dar una forma aproximada a la curva. Si tomamos ω = 0.5ω 0 , encontramos que angH ( j 0.5ω 0 ) = tan −1 (4ζ / 3) , en tanto que el ángulo es 180° - tan-1 (4ζ / 3) en

ω = 2ω 0 . Las curvas de la fase se presentan como líneas punteadas en la figura 115 para ζ = 1,0.5,0.25 y 0.1 ; los puntos gruesos identifican valores exactos en ω = 0.5ω 0 y ω = 2ω 0

angH ( jω )

+ 90° / dec.

ζ =1 ζ = 0.5

ζ = 0.1

ζ = 0.25 ω0

ω0

ω (log) (rad / s )

Figura 115. La recta de aproximación a la característica de fase correspondiente a H ( jω ) = 1 + j 2ζ (ω / ω 0 ) − (ω / ω 0 ) 2 , se muestra como una curva continua, y la respuesta de fase verdadera se presenta para ξ = 1,0.5, 0.25 y 0.1 con líneas punteadas

Si el factor cuadrático aparece en el denominador, las curvas tanto en magnitud como en fase son las negativas de las que acabamos de analizar. Concluimos con un ejemplo que contiene factores tanto lineal como cuadrático.

Ejemplo

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Construya el diagrama de Bode para la función de transferencia H(s) = 100000s/ ( s + 1)(10000 + 20 s + s 2 ) .

[

]

Consideraremos primero el factor cuadrático y lo ordenamos en una forma que nos permita ver el valor de ζ . Empezamos dividiendo el factor de segundo orden por su término constante, 10000: H ( s) =

10 s (1 + s )(1 + 0.002 s + 0.0001s 2 )

Una inspección del término s2 muestra que ω 0 = 1 / 0.0001 = 100. luego se escribe el término lineal de la cuadrática para mostrar el factor 2, el factor ( s /ω 0 ) por ‘ultimo, el factor ζ . H ( s) =

10 s (1 + s ) (1 + 2)(0.1)( s / 100) + ( s / 100) 2

[

]

Vemos que ζ = 0.1.

Las asíntotas de la curva de respuesta en magnitud se dibujan en líneas delgadas en la figura 116: 20 dB para el factor de 10, una línea recta infinita a través de ω = 1, con una pendiente de +20 dB/decena para el factor s, una esquina en ω = 1 , para el polo simple y una esquina en ω = 100 , con una pendiente de -40 dB/decena para el término de segundo orden en el denominador. Sumando estas cuatro curvas y proporcionando una corrección de +14 dB para el factor cuadrático, obtenemos la curva gruesa de la figura 115.

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ω (log) (rad / s )

Figura 116. Diagrama en magnitud de Bode de la función de transferencia H (s ) =

100000 s (s + 1) 10000 + 20 s + s 2

(

)

La respuesta en fase contiene tres componentes: +90° para el factor s; 0° para ω p 0 .1 , -90° para ω f 10 y 45°/decena para el polo simple, y 0° para ω p 10 , 180° para ω f 1000 , y -90° por decena para el factor cuadrático. La adición de estas tres asíntotas, más cierta cantidad de mejora para ζ = 0.1 se presentan como una curva continua en la figura 117.

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angH ( jω )

ω (log) (rad / s )

Figura 117. Diagrama de fase de Bode de la función de transferencia H (s ) =

100000 s (s + 1) 10000 + 20 s + s 2

(

)

Lección 30: FILTROS PASIVOS El diseño de filtros es un tema muy práctico (e interesante) que amerita por sí solo un libro de texto separado. En esta lección presentamos algunos de los conceptos básicos del filtrado y exploramos circuitos de filtro pasivos. Estos circuitos pueden ser muy simples y consistir de un solo capacitor o inductor, cuya adición a una red determinada propicia un mejor desempeño. También podrían ser bastante complejos, al consistir de muchos resistores, capacitores, inductores y amp ops para obtener la curva de respuesta precisa que se requiere en una aplicación dada. Los filtros se utilizan en la electrónica moderna para obtener tensiones en cd en los suministros de potencia, eliminar ruido en canales de comunicación, separar canales de radio y de televisión a partir de la señal multiplexada que proporcionan las antenas y amplificar la señal de bajos en el estéreo de un automóvil, por nombrar sólo algunas aplicaciones. El concepto implícito en un filtro consiste en que selecciona las frecuencias que pueden pasar a través de una red. Existen diversas variedades, dependiendo de las necesidades de una aplicación particular. Un filtro pasabajas, cuya respuesta se ilustra en la figura 118a, deja pasar frecuencias debajo de una frecuencia de corte, mientras que amortigua de manera significativa las frecuencias por arriba de dicho corte. Un filtro pasaaltas, en cambio, realiza lo opuesto, como se indica en la figura 118b. La cifra de mérito clave de un filtro es la agudeza del corte, o el grado de inclinación de la curva en la cercanía de la frecuencia de esquina. En

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10 0 − 10 − 20 − 30 − 40 − 50 − 60 2 10

H (dB )

10 0 − 10 − 20 − 30 − 40 − 50 − 60 1 10

10 2 10 3

10 4

105

10 6

10 7

10 0 − 10 − 20 − 30 − 40 − 50 − 60 1 10 10 2

0 − 20 − 40 − 60 − 80 − 100 − 120 − 140

10 3

10 4

105

10 6

10 7

H (dB )

general, las curvas de respuesta más inclinadas requieren circuitos más complejos.

10 3

10 4

105

10 6

10 7

10 0

105

1010

Figura 118. La combinación de un filtro pasabalas y uno pasaaltas es lo que se conoce como filtro pasabanda, como se presenta mediante la curva de respuesta de la figura 118c. En este tipo de filtro, la región entre las dos frecuencias de esquina se conoce como banda de paso; la región fuera de la banda de paso se conoce como banda de supresión. Estos términos también se aplican a los filtros pasabalas y pasaaltas, como se indica en la figura 118a y b. Al barrer las frecuencias de corte de los dos filtros, también se crea un filtro parobanda, que deja pasar frecuencias tanto altas como bajas, pero atenúa cualquier señal que tenga una frecuencia entre las dos frecuencias de esquina. Figura 118d. El filtro muesca es un filtro parobanda especializado que se diseña con una característica de respuesta estrecha, lo cual bloquea un solo componente de frecuencia de una señal. También existen filtros multibanda; se trata de circuitos que tienen múltiples bandas de paso y de supresión. El diseño de tales filtros es directo, pero se encuentra más allá del alcance de este libro. Filtros pasivos, se puede construir un filtro usando un solo capacitor y un solo resistor, como se ve en la figura 119. La función de transferencia para este circuito de filtro pasabalas es

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H ( s) ≡

Vsal 1 = Vent 1 + RCs R

Vent

Vsal

Figura 119. H ( s ) tiene una sola frecuencia de esquina, la cual ocurre en ω = 1 / RC , y un cero en s = ∞ , lo cual propicia su comportamiento de filtrado “pasabalas”. Las frecuencias bajas ( s → 0) producen H ( s) cerca de su valor máximo (la unidad o 0

dB), y las frecuencias altas ( s → ∞) originan H ( s ) → 0. Este comportamiento se entiende en forma cualitativa al considerar la impedancia del capacitor: Conforme aumenta la frecuencia, el capacitor empieza actuar como un cortocircuito para las señales de ca, lo que da lugar a una reducción en la tensión de salida. En la figura 119, se presenta el ejemplo de una curva de respuesta para un filtro de tales características con R = 500 Ω y C = 2 nF; la frecuencia de esquina de 159 kHz (1 Mrad/s) se determina moviendo el cursor hacia -3 dB. Lo anguloso de la curva de respuesta en la vecindad de la frecuencia de corte se mejora al movernos hacia un circuito que contiene elementos reactivos adicionales (es decir, capacitivos y / o inductivos). Un filtro pasaaltas se construye barriendo simplemente las ubicaciones del resistor y del capacitor en la figura 119, como se ve en el siguiente ejemplo. Ejemplo Diseñe un filtro pasaaltas con una frecuencia de esquina de 3 kHz. Empezamos eligiendo una topología de circuito. Dado que no se indican requerimientos en cuanto a lo riguroso de la respuesta, elegimos el circuito simple de la figura 120. Se determina fácilmente que la función de transferencia de este circuito corresponde a:

H ( s) ≡

Vsal RCs = V x 1 + RCs

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Vent

Figura 120. que tiene un cero en s=0 lo que causa el comportamiento de un filtro “pasaaltas”. La frecuencia de esquina del circuito del filtro es ω L = 1 / RC , y buscamos un valor de ω L = 2πfL = 2π (3000) = 18.85 krad/s. También en este caso debemos elegir un valor para R o C. en la práctica, es más probable que nuestra decisión se base en los valores de los resistores y capacitores que estén a la mano, pero dando que no se ha dado esa información aquí, tenemos la libertad de efectuar elecciones arbitrarias. Elegimos por lo tanto el valor del resistor estándar de 4.7 kΩ para R, lo que nos lleva a un requerimiento de C = 11.29 nF. Actividad Diseñe un filtro pasaaltas con una frecuencia de corte de 13.56 MHz, frecuencia comun de un suministro de potencia de RF. ___________________________________________ En este capítulo, ya hemos visto antes varios circuitos que se clasificaría como filtros “pasabanda” . Considere el circuito simple de la figura 121, en la cual la salida se toma a través del resistor. Se encuentra con facilidad que la función de transferencia de este circuito corresponde a: Av =

sRC LCs + RCs + 1 L R V0 2

Figura 121. La magnitud de esta función es (después de unas cuantas manipulaciones algebraicas): Av =

ωRC (1 − ω LC ) 2 + ω 2 R 2 C 2 2

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la cual en el límite de ω → 0 se convierte en:

Av ≈ ωRC → 0

y en el límite de ω → ∞ se vuelve: Av ≈

El análisis de la ecuación Av =

R →0 ωL

ωRC

(1 − ω 2 LC ) 2 + ω 2 R 2 C 2 muestra que hay dos frecuencias de esquina; los valores para ambas frecuencias se obtienen determinando simplemente los puntos en los que la magnitud de Av se reduce hasta un 1 2 veces su valor máximo. La frecuencia central de este filtro ocurre en ω = 1 LC .

Ejemplo Diseñe un filtro pasabanda caracterizado por un ancho de banda de 1 MHz y un corte de alta frecuencia de 1.1 MHz. Elegimos la topología del circuito de la figura 121 y empezamos determinando las frecuencias de esquina necesarias. El ancho de banda está dado por f H − f L , por lo que f L = 1.1 × 10 6 − 1 × 10 6 = 100 kHz

ω L = 2πf L = 628.3 krad/s El corte de alta frecuencia (ω H ) es simplemente 6.912 Mrad/s. Para proceder al diseño de un circuito con estas características, se requiere obtener una expresión para cada frecuencia, en términos de las variables R, L y C. La ecuación Av =

ωRC (1 − ω LC ) 2 + ω 2 R 2 C 2 2

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que se repite aquí por conveniencia, establece que la magnitud de la ganancia Av para este circuito es: Av =

ωRC (1 − ω 2 LC ) 2 + ω 2 R 2 C 2

El valor máximo de esta expresión, que ocurre en ω = 1 / LC , es la unidad, de modo que buscamos las frecuencias a las cuales Av = 1 / 2 . Por tanto, al aplicar un poco de álgebra, se obtiene la siguiente expresión a partir de esta condición: (1 − LCω c2 ) 2 = ω c2 R 2 C 2

Al tomar la raíz cuadrada de ambos lados: LCω c2 + RCω c − 1 = 0

Aplicando la ecuación cuadrática, encontramos que:

R ωc = − ± 2L

R 2 C 2 + 4 LC 2 LC

En este contexto, la frecuencia negativa es una solución no física para la ecuación original, por lo que nos vemos obligados a retener sólo la raíz positiva. Esto parecería sugerir que el circuito sólo tiene una frecuencia crítica. Sin embargo, nos movemos quizá un poco más rápido al tomar la raíz cuadrada positiva de ambos lados de la ecuación (1 − LCω c2 ) 2 = ω c2 R 2 C 2 . De hecho, una raíz negativa es igualmente válida. En este caso: LCω c2 − RCω c − 1 = 0

de modo que:

ωc =

R ± 2L

R 2 C 2 + 4 LC 2 LC

La expresión para una segunda frecuencia crítica es sólo física para la raíz positiva; una inspección más cuidadosa nos lleva a la observación de que la raíz

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negativa dará origen a un valor negativo de la frecuencia crítica. De tal modo, la ecuación ω c = −

R ± 2L

R 2 C 2 + 4 LC 2 LC

R R 2 C 2 + 4 LC ± 2L 2 LC representa a ω H (utilizando la raíz positiva en cada caso, desde luego). Puesto que ω H − ω L = Β encontramos que Β = R / L.

nos ofrece una expresión para ω L , y la ecuación ω c =

R R 2 C 2 + 4 LC Al igualar la ecuación ω c = ± con 2π (1.1 × 10 6 ) nos permite 2L 2 LC resolver respecto de 1/LC, pues ya sabemos que Β = 2π ( f H − f L ) = 6.283 × 10 6 . 1 1  1 Β +  Β2 + LC  2 4

1/ 2

= 2π (1.1 × 10 6 )

Resolviendo, descubrimos que 1/LC = 4.343 x 1012. Al elegir de manera arbitraria L = 1H (un poco grande, hablando en términos prácticos), obtenemos R = 6.283 M Ω y C = 230.3 fF. Debe notarse que no hay una solución única para este problema de “diseño”: R, L o C pueden elegirse como un punto de partida. El tipo de circuito que consideramos se conoce como filtro pasivo, pues se construye a partir sólo de componentes pasivos (es decir, sin transistores, amp ops u otros elementos “activos”). Aunque los filtros pasivos son relativamente comunes, no son muy adecuados para todas las aplicaciones. La ganancia (definida como la tensión de salida dividida entre la tensión de entrada) de un filtro pasivo resulta difícil de establecer, y muchas veces es deseable la amplificación en los circuitos de filtro. Actividad Diseñe un filtro pasabanda con un corte de baja frecuencia de 100 rad/se y un corte de alta frecuencia de 10 rad/s. Rta. Una posible respuesta de muchas; R=990,L=100 mH y C=10 µF

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ACTIVIDADES DE AUTOEVALUACIÓN DE LA UNIDAD 1. La reactancia total de un circuito RLC en serie en condición de resonancia es (a) de cero (b) igual a la resistencia (c) infinita (d) capacitiva 2. El ángulo de fase entre el voltaje fuente y la corriente en un circuito RLC serie en condición de resonancia es (a) -90° (b) +90° (c) 0° (d) Dependiente de la reactancia 3. La impedancia a la frecuencia de resonancia de un circuito RLC serie con L=15mH, C=0,015 µF, y R=80 Ω es de (a) 15 Ω (b) 80 Ω (c) 30 Ω (d) 0 Ω 4. En un circuito serie RLC que opera por debajo de la frecuencia de resonancia, la corriente (a) esta en fase con el voltaje aplicado (b) se retrasa con respecto al voltaje aplicado (c) se adelanta al voltaje aplicado 5. si el valor de C en un circuito RLC serie se incrementa, la frecuencia de resonancia (a) no se ve afectada (b) aumenta (c) no cambia (d) disminuye 6. En cierto circuito resonante serie, VC=150 V, VL=150 V, VR=50 V. el valor del voltaje de fuente es de (a) 150 V (b) 300 V (c) 50 V (d) 350 V 7. Cierto circuito resonante serie tiene un ancho de banda de 1 kHz. Si la bobina existente se reemplaza con una de menor valor de Q, el ancho de banda (a) Aumentará (b) Disminuirá (c) No cambiara (d) Será mas selectivo 8. A frecuencias por debajo de la frecuencia de resonancia en un circuito RLC paralelo, la corriente (a) Adelanta el voltaje de fuente (b) Se retrasa con respecto al voltaje de fuente

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(c) Esta en fase con el voltaje de fuente 9. La corriente total que entra a las ramas L y C de un circuito en paralelo en condición de resonancia es idealmente (a) máxima (b) baja (c) alta (d) de cero 10. para sintonizar un circuito resonante paralelo a una frecuencia mas baja, la capacitancia deberá (a) incrementarse (b) disminuir (c) permanecer igual (d) ser reemplazada con inductancia 11. La frecuencia de resonancia de un circuito en paralelo es aproximadamente la misma que la de un circuito serie cuando (a) el factor Q es muy bajo (b) el factor Q es muy alto (c) no hay resistencia 12. si la resistencia en paralelo con un circuito resonante paralelo se reduce, el ancho de banda (a) desaparece (b) disminuye (c) se vuelve mas marcado (d) aumenta 13. el voltaje de salida máximo de cierto filtro pasabalas es de 10 V. El voltaje de salida en la frecuencia critica es de (a) 10 V (b) 0 V (c) 7,07 V (d) 1,414 V 14. Se aplica un voltaje sinusoidal con valor pico a pico de 15 V a un filtro RC pasabalas. Si la reactancia a la frecuencia de entrada es de cero, el voltaje de salida es de (a) 15 V pico a pico (b) cero (c) 10,6 V pico a pico (d) 7,5 V pico a pico 15. Se aplica un voltaje sinusoidal con valor pico a pico de 15 V a un filtro RC pasaaltas. Si la reactancia a la frecuencia de entrada es de cero, el voltaje de salida es de (a) 15 V pico a pico (b) cero (c) 10,6 V pico a pico (d) 7,5 V pico a pico 16. En la frecuencia critica, la salida de un filtro se reduce por debajo de su valor máximo en

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(a) 0 dB (b) -3 dB (c) -20 dB (d) -6 dB 17. si la salida de un filtro RC pasabajas ocurre a 12 dB por debajo de su valor máximo en f=1kHz, entonces en f=10kHz, la salida ocurre por debajo de su valor máximo en (a) 3 dB (b) 10 dB (c) 20 dB (d) 32 dB 18. en un filtro pasivo, la relación Vsal/Vent se llama (a) pendiente decreciente (b) ganancia (c) atenuación (d) reducción critica 19. por cada década de incremento de la frecuencia sobre la frecuencia critica, la salida de un filtro pasabajas disminuye en (a) 20 dB (b) 3 dB (c) 10 dB (d) 0 dB 20. En la frecuencia critica, el desplazamiento de fase a través de un filtro pasaaltas es de (a) 90° (b) 0° (c) 45° (d) depende de la reactancia 21. en un filtro pasabanda resonante dispuesto en serie, un valor alto de Q produce (a) una frecuencia resonante mas alta (b) un ancho de banda mas pequeño (c) una impedancia mas alta (d) un ancho de banda mas grande 22. en condición de resonancia en serie, (a) XC = XL (b) XC > XL (c) XC < XL 23. en cierto filtro pasabanda resonante dispuesto en paralelo, la frecuencia resonante es de 10 kHz. Si el ancho de banda es de 2 kHz, la frecuencia critica baja es de (a) 5 kHz (b) 12 kHz (c) 9kHz (d) No determinable 24. En un filtro pasabanda, el voltaje de salida a la frecuencia resonante es

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(a) mínimo (b) máximo (c) un 70,7% del voltaje máximo (d) un 70,7% del voltaje mínimo 25. en un filtro rechazabanda, el voltaje de salida a la frecuencias criticas es (a) mínimo (b) máximo (c) un 70,7% del voltaje máximo (d) un 70,7% del voltaje mínimo 26. con un valor mas grande que la frecuencia de resonancia de un filtro resonante paralelo es idealmente (a) mucho mas grande que la frecuencia de resonancia de un filtro resonante serie (b) mucho menor que la frecuencia resonante de un filtro resonante serie (c) igual que la frecuencia de resonancia de un filtro resonante serie

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FUENTES DOCUMENTALES DE LA UNIDAD 2 Hayt William H. Kemmerly Jack E. Durban Steven M. (2003). Análisis de Circuitos en Ingeniería, Sexta edición. McGraw Hill. Dorf, Richard C. Svoboda James A. (2003). Circuitos eléctricos, Quinta edición. Alfaomega. A. Bruce Carlson. (2001). Circuitos, 1ª Ed. Thomson. Boylestad, Robert L. (2004). Análisis Introductorio de Circuitos, 10 ed. Prentice Hall. Irwin David J. (2006). Análisis Básico de Circuitos en Ingeniería, sexta edición. Limusa Wiley. Alexander, Charles K. Sadiku Matthew N. O. (2006).Fundamentos de Circuitos Eléctricos, 3ª Ed. McGraw-Hill. Rizzoni Giorgio. (2002). Principios y Aplicaciones de Ingeniería Eléctrica, 3ª Ed. McGraw-Hill. Martínez García, Salvador. Prontuario para el Diseño Eléctrico y Electrónico. Marcombo. Roadstrum William H. Wolaver Dan H. (1999). Ingeniería Eléctrica para Todos los Ingenieros, Segunda Edición. Alfaomega.