Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I3 en la rama 3, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
V1 = 30 VR1 = 3 ΩV2 = 15 VR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
I3 = A
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 11 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Se conecta una carga RL = 4 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩRL = 4 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la constante de tiempo τ del circuito después de cerrar el interruptor.
Vs = 6 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 100 µF
τ = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 18 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 20,4 V? Halla t.
Vs = 24 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 18 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 50 Ω, L = 200 mH y C = 0,022 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 50 ΩL = 200 mHC = 0,022 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 24 + j7 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia aparente S.
V = 230 VZ = 24 + j7 Ω
S = VA
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 24 V (eficaces) y 1000 Hz tiene una impedancia interna Zs = 25 + j20 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 = 24 V (rms)f = 1000 HzZs = 25 + j20 Ω
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 20 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,7 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 20 Acos φ = 0,7
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 kW con un factor de potencia de 0,78 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,95 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 100 kVA, 4800/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 100 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1000 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 97 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 250 kVAPcore = 1000 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 2,333 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.
R3 + R4 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Req = R1 + 1,714 = 6 + 1,714 = 7,714 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 = 18/7,714 = 2,333 A
Respuesta
IR1 = 2,333 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6005 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 = 25 + 8 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 8,8 Ω
R3 + 8,8 = 18,8 Ω
R2 ∥ 18,8 = 10,73 Ω
Req = R1 + 10,73 = 15 + 10,73 = 25,73 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 = 36/25,73 = 1,399 A
Corriente por R₂
Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 1,399·15 = 15,01 V
IR2 = VA/R2 = 15,01/25 = 0,6005 A
Respuesta
IR2 = 0,6005 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I3 = −1,571 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 − 30)/3 + (VA − 15)/15 + VA/15 = 0
Despeja VA
VA = (30/3 + 15/15 + 0/15) / (1/3 + 1/15 + 1/15) = 11/0,4667 = 23,57 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I3 = (0 − VA)/R3 = (0 − 23,57)/15 = −1,571 A
Respuesta
I3 = −1,571 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 3,64 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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(11 − 10)/25 + 11/25 = (VB − 11)/10
0,48 = (VB − 11)/10 → VB = 15,8 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 = (15,8 − 11)/10 + 15,8/5 = 3,64 A
Respuesta
Is = 3,64 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,1935 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 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 10 = 16,67 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) = 9·12/(15+12) = 4 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) = 4/(16,67 + 4) = 0,1935 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 45 V
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 = 20·20/(20+20) = 10 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 10 + 20 = 30 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) = 15 + 1·10 = 25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25 + 1·20 = 45 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: τ = 319,7 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.
Equivalente de Thévenin visto por el condensador
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Rth = R1 ∥ R2 = 10·4,7/(10 + 4,7) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 6·4,7/(10 + 4,7) = 1,918 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 3,197·100 = 319,7 ms
Respuesta
τ = 319,7 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 11,24 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.
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.
t = τ·ln((18 − 24)/(20,4 − 24)) = 22·ln(1,667) = 11,24 ms
Respuesta
t = 11,24 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,104 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,2 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 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| = 10/96,14 = 0,104 A
Respuesta
I = 0,104 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 39,79 Hz
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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,2·0,022·10⁻⁶)) = 2399 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
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.
Corriente
|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A
Potencia aparente
S = V·I = 230·9,2 = 2116 VA
Respuesta
S = 2116 VA
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 7,958 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 − j20 Ω
Capacidad
XC = 20 Ω → C = 1/(2π·1000·20) = 7,958 µF
Respuesta
C = 7,958 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 16,73 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 = √3·690·20 = 23,9 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 23,9·0,7 = 16,73 kW
Respuesta
P = 16,73 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 729,4 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 = 250·tan(acos 0,78) = 250·0,8023 = 200,6 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 118,4 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 100000/240 = 416,7 A
Respuesta
ILV = 416,7 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 6345 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.