Problema del circuito eléctrico del régimen de CA

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Tengo el siguiente problema:

Cuando el interruptor S está cerrado, la corriente I = (3-j) A . Encuentre la potencia compleja del generador actual Ig1 , cuando se abre el interruptor, si se sabe que cuando se abre el interruptor, la potencia compleja de Ig2 es $$ \ underline {S_ { g2}} ^ {(o)} = (10 + j6) VA. $$ Se dan los siguientes datos: $$ \ underline {Z} = (2-j2) \ Omega $$ $$ \ subrayado {Z_1} = (1 + j2) \ Omega $$ $$ \ underline {Z_2} = \ underline {Z_4} = (2 + j4) \ Omega $$ $$ \ subrayado {Z_3} = (2-j4) \ Omega $$ $$ \ underline {I_ {g1}} = (0.5 + j1.5) A $$ $$ \ underline {E} = (7 + j3.5) V $$

Circuito:

Intento de intento :

Cuando el interruptor está cerrado, al utilizar el método de potencial de nodos , obtenemos el sistema de 3 ecuaciones con 4 incógnitas, que no se pueden resolver. Si usamos el método de corrientes de contorno , obtenemos el sistema de 2 ecuaciones con 4 incógnitas, que no se pueden resolver. En este caso, tenemos los siguientes datos desconocidos: E2, E3, Ig2 .

Cuando se abre el interruptor, obtenemos el mismo número de incógnitas.

¿Cómo resolver este problema?

    
pregunta user300045

1 respuesta

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De acuerdo con lo descrito en mis comentarios, prefiero pasar por un enfoque de dividi et impera .

Por lo tanto, primero, pase lo que pase con el interruptor SW, la impedancia Z y el generador de Ig2, el lado izquierdo del circuito puede ser modelado según el teorema de Norton.

LaimpedanciadeNortonsepuederesolverdeinmediato$$Z_\mathrm{n}=Z_1+Z_3+(Z_2||Z_4)=4\,\Omega$$mientrasque,porahora,tenemosquedejarelsimbólicoactualdeNorton

LuegosenosdicequeconSWcerrado\$I=(3-\mathrm{j})\,\mathrm{A}\$loqueasuvezsolosignifica$$I_\mathrm{n}+I_\mathrm{g2}=-I=(-3+\mathrm{j})\,\mathrm{A}$$

CambiandoahoraSWabiertonecesitamos\$V_{54}\$paracalcular\$S_\mathrm{g2}^{(o)}\$$$V_{54}=(Z_\mathrm{n}||Z)\,(I_\mathrm{n}+I_\mathrm{g2})=-(Z_\mathrm{n}||Z)\,I=(-4+\mathrm{j}4)\,\mathrm{V}$$

Asíqueahora$$I_\mathrm{g2}^{(o)}=\left(\frac{S_\mathrm{g2}^{(o)}}{V_{54}}\right)^{*}=(-0.5+\mathrm{j}2)\,\mathrm{A}$$yporelcontrario$$I_\mathrm{n}=-I+I_\mathrm{g2}=(-2.5-\mathrm{j})\,\mathrm{A}$$

AhorahemosdefinidocompletamenteelequivalentedeNortondetodalaparteizquierdadelcircuitocomo\$Z_\mathrm{n}=4\,\Omega\$y\$I_\mathrm{n}=(-2.5-\mathrm{j})\,\mathrm{A}\$.

Ahoraeselmomentodevolverasuoriginaleintentar"completar" sus componentes.

Mirando a continuación el equivalente de Norton descargado, podemos medir un voltaje de circuito abierto $$ V_ \ mathrm {n} = Z_ \ mathrm {n} \, I_ \ mathrm {n} = (- 10- \ mathrm {j} 4) \, \ mathrm {V} $$

Obviamente, se puede encontrar el mismo voltaje en el circuito original descargado como \ $ V_ {54} \ $ pero, dado que no fluye corriente en \ $ Z_1 \ $, el mismo voltaje también estará en \ $ V_ {14} \ $

Ahoratenemosqueinvertirelcircuitodelaesquinainferiorizquierdaparaencontrar\$E_2\$y\$E_3\$,loquedará\$V_\mathrm{n}\$.

Estosepuedehacerdevariasmaneras,perodividirelgeneradordevoltajeEesprobablementeelmássimple.

Thevenin-izingE2,E3,E(izquierda)enunsologeneradordevoltaje\$E_\mathrm{t}\$ Ahoraaclaraque,sibiennotenemossuficientesrelacionesparaencontrarvalores\$E_2\$y\$E_3\$,debeexistirunsolo\$E_\mathrm{t}\$quesenecesitaparaobtener\$V_\mathrm{n}\$.

Enresumen$$Z_{324}=Z_3+(Z_2\,||\,Z_4)=(3-\mathrm{j}2)\,\Omega$$$$E_\mathrm{t}=V_\mathrm{n}-Z_{324}\,I_\mathrm{g1}=(5.5+\mathrm{j}2)\,\mathrm{V}$$

Asíqueahoraquehemoslogradoextraer\$I_\mathrm{g1}\$delequivalentedeNorton,finalmentepodemosencajarlotododenuevo.

$$ V_ {14} = \ frac {\ frac {E_ \ mathrm {t}} {Z_ {324}} + I_ \ mathrm {g1}} {\ frac {1} {Z_ {324}} + \ frac {1} {Z_1 + Z}} = (3.675 + \ mathrm {j} 3.975) \, \ mathrm {V} $$

$$ V_ {13} = V_ {14} -E = -3.325 + \ mathrm {j} 0.475) \, \ mathrm {V} $$

y finalmente

$$ S_ \ mathrm {g1} = V_ {13} \, I_ \ mathrm {g1} ^ {*} = (-0.95 + \ mathrm {j} 5.225) \, \ mathrm {VA} $$

    
respondido por el carloc

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