Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I2 en la rama 2, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 0,5 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. Halla la tensión vR en R en t = 1 ms.
i(0) = 0,5 AR = 100 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vR = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente i2 por R2 en t = 75 ms.
Vs = 30 VR1 = 3,3 kΩR2 = 2,2 kΩC = 22 µFt = 75 ms
i2 = mA
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 100 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 100 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 3 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 3 kWpf = 0,65V = 240 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 35 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,9. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 35 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 12 + j5 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 480 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 480 VZ = 12 + j5 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 60 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 288 Ω alimenta un altavoz de 8 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 288 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 288 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 375 W y unas pérdidas en el cobre de 562,5 W a carga nominal. Suministra el 50 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,8 inductivo. Halla las pérdidas totales Ploss en vatios con esta carga.
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 = 8·14/(8+14) = 5,091 Ω
Req = R1 + 5,091 = 2 + 5,091 = 7,091 Ω
Corriente de la fuente
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
IR1 = V1/Req = 10/7,091 = 1,41 A
Respuesta
IR1 = 1,41 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,703 A
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 = 5 + 10 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 6 Ω
R3 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 2 + 8,571 = 10,57 Ω
Corriente de la fuente
La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.
IR1 = V1/Req = 18/10,57 = 1,703 A
Respuesta
IR1 = 1,703 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I2 = 1,33 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
Toma el conductor inferior como tierra. Cada rama lleva (VA − Vk)/Rk saliendo de A, donde Vk es la tensión de su fuente (cero para una resistencia sola). Las corrientes que salen de A suman cero.
(VA − (−18))/3 + (VA − 30)/20 + (VA − 15)/2 = 0
Despeja VA
VA = ((−18)/3 + 30/20 + 15/2) / (1/3 + 1/20 + 1/2) = 3/0,8833 = 3,396 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I2 = (30 − VA)/R2 = (30 − 3,396)/20 = 1,33 A
Respuesta
I2 = 1,33 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 15,84 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 36 V, V2 = 24 V). Incógnitas: VA, VB.
LCK en el nodo A
Las corrientes que salen de A por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/25 + (VA − 36)/30 + (VA − VB)/2 = 0
0,5733·VA − 0,5·VB = 1,2
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/12 + (VB − VA)/2 + (VB − 24)/30 = 1
−0,5·VA + 0,6167·VB = 1,8
Resuelve
Δ = (0,5733)(0,6167) − (−0,5)(−0,5) = 0,1036
VA = Δ1/Δ = 1,64/0,1036 = 15,84 V
VB = Δ2/Δ = 1,632/0,1036 = 15,76 V
Respuesta
VA = 15,84 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 5,667 Ω
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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 4 = 5,667 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,9286 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 8 = 10,5 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) = 4,5 + 0,5·2,5 = 5,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,75 + 0,5·8 = 9,75 V
Equivalente de Norton
Una fuente de Norton es el mismo circuito visto como una fuente de corriente en paralelo con R_th. Su corriente es la corriente de cortocircuito en a–b.
IN = Vth/Rth = 9,75/10,5 = 0,9286 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vR = 2,415 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
τ = L/R = 33 mH / 100 Ω = 0,33 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 0,5·e−1/0,33 = 0,02415 A
vR = R·i = 100·0,02415 = 2,415 V
Respuesta
vR = 2,415 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i2 = 1,158 mA
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.
Tensión inicial del condensador
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.
vC(0) = 30·2,2/(3,3 + 2,2) = 12 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 2,2·22 = 48,4 ms
Descarga
vC(t) = 12·e−75/48,4 = 2,548 V
i2 = vC/R2 = 2,548/2,2 = 1,158 mA
Respuesta
i2 = 1,158 mA
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 4,034 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 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| = 120/29,75 = 4,034 A
Respuesta
I = 4,034 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 7,997 V
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 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| = 12/47,77 = 0,2512 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,2512·31,83 = 7,997 V
Respuesta
VC = 7,997 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 3,507 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(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 3·1,169 = 3,507 kvar
Respuesta
Q = 3,507 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 97,22 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 = 35·tan(41,41°) = 30,87 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,92 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 35000/(400·0,9) = 97,22 A
Respuesta
Inew = 97,22 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 16,36 kW
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.
Tensión de fase
Vph = 480/√3 = 277,1 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 277,1/13 = 21,32 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·21,32²·12 = 16,36 kW
Respuesta
P = 16,36 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,9231, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 148,6 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 32,27 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
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.
Adapta la carga referida
a²·8 = 288
a = √(288/8) = √36 = 6
Respuesta
a = 6
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 515,6 W
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 con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·562,5 = 140,6 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.