Determínese para el circuito de la figura:

1 Lecturas de los instrumentos de medida.

2 Energía asociada a la bobina y el condensador.

3 Carácter de las fuentes E3 y E4 y potencia que absorbe o cede cada una de ellas.

4 Tensión en bornes de la fuente J1. Rendimiento de la fuente.

5 Potencia total, pérdidas y potencia útil de la fuente E2.

Nota: es obligatorio plantear el sistema matricial de ecuaciones y resolverlo mediante algún

método algebraico.

Una vez eliminados los instrumentos de medida y los elementos almacenadores, el circuito a

resolver es el siguiente:

Para resolver por mallas, la fuente de corriente (J1) hay que transformarla en fuente de

tensión.

E4=80V

4Ω

r2=1,2Ω

E2=120V

E4=80V

J1=40A r1 =3Ω UJ1

1Ω

3Ω

E3=40V

0,8Ω

+

+

+

+

r2=1,2Ω r1 =3Ω

E4=80V

IA IB IC 3Ω 4Ω

+

+ +

L = 4mH

4Ω

r2=1,2Ω

J1=40A r1 =3Ω

C=20µF

E2=120V

E4=80V

UJ1

1Ω

5Ω

A

V

3Ω

E3=40V

F.R.T. F.R.C.

0,8Ω

+

+

+

*

*

−−=

−−=

−−−

−

40

40

120

12080

40

120

·

640

473

037

C

B

A

I

I

I

A15128

1920

11254294

19207204805040

640

473

037

6440

4740

03120

==−−

−−−=

−−−

−−−

−−−

=AI

A5128

640

128

112021601680

128

6400

4403

01207

−=−=−+−=−

−−−

=BI

A10128

1280

128

112036014401960

128

4040

4073

12037

−=−=−++−=−−−−

−

=CI

En el circuito transformado se obtienen las corrientes de rama:

A151 == AII

r2=1,2Ω r1 =3Ω

E2=120V

1Ω

E3=40V 0,8Ω

E1=120V

IA IB IC 3Ω 4Ω

r1 =3Ω

E4=80V

1Ω

E3=40V 0,8Ω

E1=120V

IA IB IC 3Ω 4Ω

I1=IA=15A I2=20A

I3= 5A

I4= 5A

I5= 5A r2=1,2Ω

E2=120V

I6=10A

+

+

+ +

+ +

+

( ) 20A5152 =−−=−= BA III

A543 =−== BIII

( ) 5A1055 =−−−=−= CB III

A106 =−= CII

Se llevan estos valores de corriente al circuito original, y se responde a las preguntas del

enunciado.

1 Lectura de los instrumentos.

A15LA 1 == I

55V401515LV 3 =+=+== EUV

2 Energía asociada a la bobina y al condensador

J05,05·10·4·2

1·

2

1 2323 === −ILWL

mJ6480·10·20·2

1·

2

1 262 === −CUCWC

3 Carácter de las fuentes E3 y E4.

GENERADOR RECEPTOR

I4= 5A

E3=40V

+

E4=80V

I6=10A

+

L = 4mH

4Ω

r2=1,2Ω

J1=40A r1 =3Ω

C=20µF

E2=120V

E4=80V

UJ1

1Ω

5Ω

A

V

3Ω

E3=40V

0,8Ω

I1=IA=15A

15V

UV

I3= 5A

0A

0V 80V

I4= 5A

I6=10A

60V

I2=20A

I6=10A

+

+

+

*

*

W2005·40· 43 === IEP W80010·80· 64 === IEP

4 Tensión y rendimiento de la fuente J1.

V7560151 =+=JU

GENERADOR

%5,37100·40

15

1

1 ===J

Iη o también empleando

potencias:

%5,37100·75·40

3/7575·40 2=−=η

5 Potencia total, perdida y útil de la fuente E2.

GENERADOR

Potencia útil: W108010·108· 62 === IUP Eu

Potencia total: W120010·120· 62 === IEPt

Potencia perdida: W12010·12· 62 === IUP Rp

W12010801200 =−=−= utp PPP

W12010·2,1· 2262 === IrPp

J1=40A r1 =3Ω UJ1

I1=15A

r2=1,2

Ω

E2=120V

I6=10A

UR2 =12V

UE2 =108V

+

OTRA FORMA DE RESOLVER EL CIRCUITO: POR NUDOS.

Tanto si se hace por mallas como si se hace por lazos básicos, la dimensión del sistema

matricial será r-n+1=5-3+1=3; (3x3)

Sin embargo por nudos la dimensión del sistema matricial será: n-1=3-1=2; (2x2) lo que

resulta ventajoso a la hora de resolver matemáticamente el sistema.

+−

=

+++

−−

−−

+

3020

20·

2

1

4

1

3

1

4

1

4

1

2

14

1

2

1

2

1

4

1

3

2

1 J

U

U

U1=40V

−=

−−

→

+−

=

−

−

600

240·1240·

169

99

3020

2040·

12

16

12

9

12

9

12

9

3

2

3

2

J

U

J

U

Desarrollando la SEGUNDA FILA:

V6016

360600600·1640·9 22 =+=→=+− UU

Desarrollando la PRIMERA FILA:

5A12

60

12

240540360240·1260·940·9 33 ==+−=→−=− JJ

Se determinarían las corrientes y tensiones de rama a partir de esta información, y se

continuaría como se ha hecho antes para terminar de responder todas las cuestiones.

E3=40V

U2

U1

3Ω 4Ω

+

r1 =4Ω J1’=30A r1 =2Ω J5’=20A

0 1

2 2