La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
Is = 4 AVs = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 6 Ω
VA = V
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,2·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR4 por R4 en el sentido de la flecha.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 40 ms.
Vs = 12 VR = 10 ΩL = 220 mHt = 40 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 3 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 50 ms.
Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 3 Vt = 50 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 6 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 6 kWpf = 0,8V = 230 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 50 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 22 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 92 % y su factor de potencia es 0,86 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 690 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 92%cos φ = 0,86VL = 690 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 150 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,95 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 50 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 8:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 8:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 100 W y unas pérdidas en el cobre de 200 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 25 kVAPcore = 100 WPcu,fl = 200 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 11,83 Ω
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Combina las resistencias desde el extremo más lejano
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
R3 + R4 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 10·14/(10+14) = 5,833 Ω
Req = R1 + 5,833 = 6 + 5,833 = 11,83 Ω
Respuesta
Req = 11,83 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 17,75 Ω
Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.
Combina las resistencias desde el extremo más lejano
Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.
R5 + R6 = 3 + 30 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 12,45 Ω
R3 + 12,45 = 14,45 Ω
R2 ∥ 14,45 = 9,754 Ω
Req = R1 + 9,754 = 8 + 9,754 = 17,75 Ω
Respuesta
Req = 17,75 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 3,5 V
Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.
Forma un supernodo
La fuente de tensión entre A y B conduce una corriente desconocida, así que no se puede escribir la LCK en A ni en B por separado. Encierra A, B y la fuente en un supernodo: la corriente que entra es igual a la que sale.
VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/2 + (VA + 10)/6 = 4
VA = (4 − 10/6)/(1/2 + 1/6) = 3,5 V
VB = 3,5 + 10 = 13,5 V
Respuesta
VA = 3,5 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 0,525 A
Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.
LCK en el nodo A
Las corrientes que salen de A por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en A.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,7333·VA − 0,03333·VB = 1,8
LCK en el nodo B
La fuente dependiente inyecta g·VA en el nodo B. Trátala como una fuente independiente y luego pasa el término en VA al lado izquierdo.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,2333·VA + 0,2833·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,7333)(0,2833) − (−0,03333)(−0,2333) = 0,2
VA = Δ1/Δ = 0,51/0,2 = 2,55 V
VB = Δ2/Δ = 0,42/0,2 = 2,1 V
Corriente por R₄
IR4 = VB/R4 = 2,1/4 = 0,525 A
Respuesta
IR4 = 0,525 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,6667 A
Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.
Halla Rth con todas las fuentes apagadas
Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.
R1 ∥ R2 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 Ω
Halla Vth, la tensión en circuito abierto
Con a–b abiertos, no circula corriente por R₃, así que no hay caída en ella y V_b = V_A. R₁ y R₂ forman un divisor de tensión.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·12/(3+12) = 9,6 V
Conecta la carga al equivalente de Thévenin
La fuente de Thévenin y R_th en serie se comportan exactamente como el circuito original en a–b, así que la carga ve un simple lazo en serie.
IL = Vth/(Rth + RL) = 9,6/(8,4 + 6) = 0,6667 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 16,41 W
Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.
Halla Rth con todas las fuentes apagadas
Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.
R1 ∥ R2 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 2 = 6,8 Ω
Halla Vth, la tensión en circuito abierto
Con a–b abiertos, el único camino para Iₛ es por R₃ hacia el nodo A. Halla V_A por superposición de V₁ e Iₛ y luego suma la caída en R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 14,4 + 1·4,8 = 19,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 19,2 + 1·2 = 21,2 V
Conecta la carga al equivalente de Thévenin
La fuente de Thévenin y R_th en serie se comportan exactamente como el circuito original en a–b, así que la carga ve un simple lazo en serie.
IL = Vth/(Rth + RL) = 21,2/(6,8 + 8) = 1,432 A
PL = IL²·RL = 1,432²·8 = 16,41 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 1,948 V
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
Constante de tiempo y corriente final
Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.
τ = L/R = 220 mH / 10 Ω = 22 ms
i(∞) = Vs/R = 12/10 = 1,2 A
Tensión en la bobina
En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−40/22 = 1,948 V
Respuesta
vL = 1,948 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 7,685 V
Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.
Valor inicial, valor final, constante de tiempo
La tensión del condensador no puede saltar, así que parte de su valor almacenado y tiende a la tensión de la fuente.
vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 47 µF = 155,1 ms
vC(t) = 20 + (3 − 20)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(50) = 20 + (−17)·e−50/155,1 = 7,685 V
Respuesta
vC = 7,685 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,02124 A
Circuitos de alterna con fasores: resistencias, bobinas y condensadores tienen impedancias R, jωL y 1/(jωC), con ω = 2πf. En serie, las impedancias se suman como resistencias, pero como números complejos. La corriente y la tensión eficaces siguen la ley de Ohm con |Z|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,15 = 471,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
La misma corriente pasa por todos los elementos de un circuito en serie.
I = V/|Z| = 10/470,7 = 0,02124 A
Respuesta
I = 0,02124 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1835 A
Circuitos de alterna con fasores: resistencias, bobinas y condensadores tienen impedancias R, jωL y 1/(jωC), con ω = 2πf. En serie, las impedancias se suman como resistencias, pero como números complejos. La corriente y la tensión eficaces siguen la ley de Ohm con |Z|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,2 = 1257 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
La misma corriente pasa por todos los elementos de un circuito en serie.
I = V/|Z| = 230/1253 = 0,1835 A
Respuesta
I = 0,1835 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 4,5 kvar
Potencia en alterna: la potencia aparente S = V·I (VA) se divide en potencia activa P = S·cos φ (W), que hace trabajo útil, y potencia reactiva Q = S·sin φ (var), que va y viene entre fuente y carga. El factor de potencia es cos φ. Un condensador en paralelo aporta potencia reactiva en el propio punto, así que la corriente de línea baja para la misma potencia activa.
Ángulo
φ = arccos(0,8) = 36,87°, tan φ = 0,75
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 6·0,75 = 4,5 kvar
Respuesta
Q = 4,5 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 131,6 A
Potencia en alterna: la potencia aparente S = V·I (VA) se divide en potencia activa P = S·cos φ (W), que hace trabajo útil, y potencia reactiva Q = S·sin φ (var), que va y viene entre fuente y carga. El factor de potencia es cos φ. Un condensador en paralelo aporta potencia reactiva en el propio punto, así que la corriente de línea baja para la misma potencia activa.
Potencia reactiva antes y después
La potencia activa P no cambia; solo cambia la potencia reactiva que se toma de la red.
Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 34,58 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(400·0,95) = 131,6 A
Respuesta
Inew = 131,6 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 23,27 A
Sistemas trifásicos equilibrados: en una conexión en Y (estrella) la tensión de línea es √3 veces la tensión de fase, VL = √3·Vph, y la corriente de línea es igual a la corriente de fase. En una conexión en Δ (triángulo) la tensión de línea es igual a la tensión de fase y la corriente de línea es √3 veces la corriente de fase, IL = √3·Iph. La potencia total es tres veces la potencia de una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Potencia eléctrica absorbida
Pin = Pout/η = 22/0,92 = 23,91 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23913/(√3·690·0,86) = 23,27 A
Respuesta
IL = 23,27 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 489,1 µF
Sistemas trifásicos equilibrados: en una conexión en Y (estrella) la tensión de línea es √3 veces la tensión de fase, VL = √3·Vph, y la corriente de línea es igual a la corriente de fase. En una conexión en Δ (triángulo) la tensión de línea es igual a la tensión de fase y la corriente de línea es √3 veces la corriente de fase, IL = √3·Iph. La potencia total es tres veces la potencia de una fase: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Corrección del factor de potencia: los condensadores aportan potencia reactiva en el propio punto, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Cada uno de los tres condensadores aporta QC/3 = V²·ω·C, donde V es la tensión en ese condensador: VL en una batería en triángulo, VL/√3 en una batería en estrella.
Potencia reactiva antes y después
La potencia activa no cambia, así que cada factor de potencia fija la potencia reactiva: Q = P·tan φ.
Q1 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 95,28 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 31758/(377·415²) = 489,1 µF
Respuesta
Cph = 489,1 µF
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 3200 Ω
Transformador ideal: las tensiones están en la relación de las espiras y las corrientes en la relación inversa: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a e I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, así que la potencia de entrada es igual a la de salida, V₁·I₁ = V₂·I₂. Una impedancia de carga Z en el secundario se ve como a²·Z desde el primario.
Resistencia referida
La tensión sube en un factor a y la corriente baja en un factor a, así que el cociente V/I sube en un factor a².
R1′ = a²·RL = 8²·50 = 3200 Ω
Respuesta
R1′ = 3200 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 17,68 kVA
Pérdidas del transformador: las pérdidas en el hierro (histéresis y corrientes de Foucault) dependen de la tensión y son las mismas con cualquier carga. Las pérdidas en el cobre de los devanados van con el cuadrado de la corriente, así que a una fracción x de la carga nominal valen x²·Pcu,fl. Rendimiento η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), con Pout = x·S·pf. El rendimiento es máximo con la carga a la que las pérdidas en el cobre igualan a las pérdidas en el hierro.
Pérdidas en el cobre iguales a las pérdidas en el hierro