I EXAMEN PARCIALIII CUATRIMESTRE 2012

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

I1I2

+ VG1

R1=30 ohm

ZL=60j

R2 = 20

ZC= -80j

Vgs

0,125Vgs

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1Encuentre la impedancia de Thevenin indicada:

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC1= -10j

ZL1= +10j

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC1= -10j

ZL1= +10j

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

Zx = ZC1 + ZL1 = 0 = CTO-CTO

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC1= -10j

ZL1= +10j

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

Zx = ZC1 + ZL1 = 0 = CTO-CTO

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

R3 SE ELIMINA QUEDANDO ZL2 // ZC2

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

HACIENDO ZL2 // ZC2 INFINITO CTO-ABTO.

C1 1m

L1 100m

L2 200m

C2 500u

R1 40R2 10

R3 1k

+

Ve = 100 volt con w =100rad/s

<== Z TH = ?

PROBLEMA No. 1

ZC2= -20j

ZL2 = +20j

HACIENDO ZL2 // ZC2 = INFINITO CTO-ABTO.

ZTH = R1 = 40 OHM

PROBLEMA No. 2Vx por el método de Nodos:

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

PROBLEMA No. 2Vx por el método de Nodos:

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

Nodo Vx:( Vx – VG1 – 0,5 I1)/ZL + IG + (Vx – VG2)/ZC = 0Con I1 = (Vx – VG2)/ZC

[Vx – 3 – 0,5((Vx-4)/-2j) / 4j + 230 + (Vx – 4)/-2j = 0

Vx = 7.752 68.775° voltios

PROBLEMA No. 3I1 por el método de Mallas:

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

PROBLEMA No. 3I1 por el método de Mallas:

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

I1I2

No se pueden plantear mallas directas por fuente IG.

=> SUPERMALLA EXTERNA Y EC. AUXILIAR.

PROBLEMA No. 3I1 método de Mallas:

+

VG1=3<0

+

VG2 = 4<0IG= 2 < 30

ZC= -2j

ZL =4j

R= 5 ohm

I1

Vx

0,5 I1

I1I2

Ec Auxiliar: I2 – I1 = IG = 230° (EC.1)

Supermalla externa: -0.5I1 + I1*Zc + VG2 + I2*ZL – VG1 = 0 (EC.2)

=> -0.5I1 + I1*(-2j) + 4+ I2*4j - 3 = 0

Solucionando ec.1 y ec.2 => I1 = 3.662 -170.62° amp.

PROBLEMA No. 4

Z NORTON VISTA DESDE R2 = ?

+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80j

Vgs

0,125Vgs

SOLUCIÓN IN

SERTANDO FUENTE DE VOLTAJE DE PRUEBA

+ VG1

R1=30 ohm

ZL=60j

R2 = 20

ZC= -80j

PROBLEMA No. 4

SOLUCIÓN:+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80j

Vgs

0,125Vgs

El voltaje en ZL es cero por tanto Vgs es el voltaje de la fuente dependiente.

Por procedimiento se inserta una fuente de prueba VT.

PROBLEMA No. 4

SOLUCIÓN:

Vgs = VT = 80 ==> 0,125 Vgs = 10 ampLuego Ic = 80 / (-80j) = j amp

IT = 0,125 Vgs + Ic = 10 + j amp

Así Znorton = VT / IT = 80 / (10 + j) = 7.96 -5,711°

+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80jVgs

0,125Vgs -+

VT=800

IT

SOLUCIÓN IN

SERTANDO FUENTE DE CORRIENTE DE PRUEBA

+ VG1

R1=30 ohm

ZL=60j

R2 = 20

ZC= -80j

PROBLEMA No. 4

SOLUCIÓN:

-Vgs = VT Luego Vc = (IT+0.125Vgs)Zc = VT = -VgsAsí: VT = [10 + 0.125*(-VT)(-80j)

VT = -800j/ (1-10j) = 79.6-5.71°

Así: Znorton = VT / IT = 7.96 -5,711°

+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80jVgs

0,125Vgs

-+

IT=100

SOLUCIÓN Z

= VTH /

IN+ VG1

R1=30 ohm

ZL=60j

R2 = 20

ZC= -80j

Vgs

0,125Vgs

PROBLEMA No. 4

I NORTON = ?

Vgs = VL = 10*60j / (30+60j) = 8 + 4j

Inorton = 0.125Vgs = 1.11826.565 amperios

+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80j

Vgs

0,125Vgs

In

PROBLEMA No. 4Voltaje de Thevenin = ?

Vgs

+

VG1

R1=30 ohm

ZL=60j R2 = 20ZC= -80j

0,125Vgs VTH

VTH = 0.125*Vgs *-80jLuego LKV => -VL + Vgs + VTH = 0Sustituyendo VL =ZL*VG1/(R1+ZL) =8+4je insertando VTH tenemos Vgs= 0.89110.854y VTH = 8.9+20.854°

Zn = VTH / Inorton = 7.96-5.71°

Pb 5 Valor 20 pts.• Considere la siguiente información de tres cargas en serie:

1) La conductancia de la primera carga es 125 mSiemens y en dicha carga la fase de su voltaje es igual a la fase de su corriente.

2) La segunda carga mantiene un desfase entre corriente y voltaje de 30 grados en atraso.

3) La tercera carga por su parte tiene una susceptancia inductiva y un desfase es de magnitud 30 grados entre voltaje y corriente.

4) La impedancia equivalente a estas tres cargas seriales tiene una magnitud de 17.44 ohms.

Encuentre gráficamente el ángulo de la impedancia equivalente.SOLUCIÓN:• CARGAS SERIALES => GRÁFICO DE IMPEDANCIAS:

1)Z1 = 1/ 125m = 8 RESISTENCIA PURA.2)Z2 = M2 +30° es una línea a 30 grados de

inclinación3)Z3 = M3 +30° es una línea a 30 grados de

inclinación4)ZEQ = 17.44 ° ohms es un círculo de radio

17.44.

SOLUCIÓN:• CARGAS SERIALES => GRÁFICO DE IMPEDANCIAS:

1)Z1 = 1/ 125m = 8 RESISTENCIA PURA.2)Z2 = M2 +30° es una línea a 30 grados de

inclinación3)Z3 = M3 +30° es una línea a 30 grados de

inclinación4)ZEQ = 17.44 ° ohms es un círculo de radio

17.44.

Z1

Z2

Z3ZEQ

ZEQ = 17.44 16.7 ° ohms