La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 12 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
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. ¿Cuánto tiempo tarda la corriente en bajar a 0,125 A? Halla t.
i(0) = 0,5 AR = 15 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 33 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con C = 47 µF debe resonar a 5000 Hz. Halla la inductancia L necesaria.
f0 = 5000 HzC = 47 µF
L = mH
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 22 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 3 A y 612 W de una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 240 VI = 3 AP = 612 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 10 V (eficaces) y 60 Hz tiene una impedancia interna Zs = 25 + j3 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. La carga para máxima potencia está formada por una resistencia en serie con un condensador. Halla la capacidad C.
Vs = 10 V (rms)f = 60 HzZs = 25 + j3 Ω
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 15 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,82 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 15 Acos φ = 0,82
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 690 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 50 Ω alimenta un altavoz de 2 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 50 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 50 ΩRL = 2 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 800 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 97,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 100 kVAPcore = 800 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 16,56 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 = 15 + 4 = 19 Ω
R2 ∥ 19 = 6·19/(6+19) = 4,56 Ω
Req = R1 + 4,56 = 12 + 4,56 = 16,56 Ω
Respuesta
Req = 16,56 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 11,57 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 = 15 + 6 = 21 Ω
R4 ∥ 21 = 12,35 Ω
R3 + 12,35 = 18,35 Ω
R2 ∥ 18,35 = 9,571 Ω
Req = R1 + 9,571 = 2 + 9,571 = 11,57 Ω
Respuesta
Req = 11,57 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = 0,5191 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 10 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0,425·VA − 0,1·VB = 1,25
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12 − 9)/30 + 12/2 = (VB − 12)/4
6,1 = (VB − 12)/4 → VB = 36,4 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (36,4 − 12)/4 + 36,4/8 = 10,65 A
Respuesta
Is = 10,65 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,1364 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 20 = 22 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) = 6·4/(4+4) = 3 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 = 3/22 = 0,1364 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 1,041 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 5 = 6,333 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) = 16 + (−0,5)·1,333 = 15,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,33 + (−0,5)·5 = 12,83 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) = 12,83/(6,333 + 6) = 1,041 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 20,33 ms
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 = 220 mH / 15 Ω = 14,67 ms
Despeja el tiempo
0,125 = 0,5·e−t/τ → t = τ·ln(0,5/0,125)
t = 14,67·ln(4) = 20,33 ms
Respuesta
t = 20,33 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,3366 A
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
Antes de t = 0 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 20/33 = 0,6061 A
i(∞) = 20/(33 + 33) = 0,303 A
τ = L/R = 150/66 = 2,273 ms
i(t) = 0,303 + (0,6061 − 0,303)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,303 + (0,303)·e−5/2,273 = 0,3366 A
Respuesta
i = 0,3366 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: L = 0,02156 mH
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|.
Condición de resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·47·10⁻⁶) = 0,02156 mH
Respuesta
L = 0,02156 mH
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,231 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,15 = 56,55 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 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| = 100/81,23 = 1,231 A
Respuesta
I = 1,231 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 42,14 Ω
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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 612/3² = 68 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 240/3 = 80 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(80² − 68²) = 42,14 Ω
Respuesta
X = 42,14 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 884,2 µF
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.
Adaptación conjugada
La reactancia de la carga anula la reactancia de la fuente, y la resistencia de la carga es igual a la resistencia de la fuente.
ZL = Zs* = 25 − j3 Ω
Capacidad
XC = 3 Ω → C = 1/(2π·60·3) = 884,2 µF
Respuesta
C = 884,2 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 14,7 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·690·15 = 17,93 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 17,93·0,82 = 14,7 kW
Respuesta
P = 14,7 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 44,53 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 23,98 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7992/(377·690²) = 44,53 µF
Respuesta
Cph = 44,53 µF
15.Transformadores
Respuesta: a = 5
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
a²·2 = 50
a = √(50/2) = √25 = 5
Respuesta
a = 5
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1251 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.