La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 6 VR = 47 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 15 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 9,48 V, exactamente 10 ms después del inicio. Con C = 22 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 15 VVth = 9,48 VT = 10 msC = 22 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Una resistencia R1 está conectada en serie con una combinación en paralelo de R2 y un condensador C, a una alimentación de 120 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR1 = 50 ΩR2 = 80 ΩC = 22 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 4 + j3 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Halla la potencia aparente S.
V = 240 VZ = 4 + j3 Ω
S = VA
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 15 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,92. Halla la capacidad C necesaria.
P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 12 + j5 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 400 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 400 VZ = 12 + j5 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 75 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 690 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. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 75 kVA, 7200/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 75 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 2000 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,85 inductivo su rendimiento es del 96 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 250 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,85η = 96%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,034 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 = 5 + 3 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Req = R1 + 1,6 = 10 + 1,6 = 11,6 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 = 12/11,6 = 1,034 A
Respuesta
IR1 = 1,034 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6994 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 = 3 + 10 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 3,059 Ω
R3 + 3,059 = 13,06 Ω
R2 ∥ 13,06 = 6,981 Ω
Req = R1 + 6,981 = 3 + 6,981 = 9,981 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 = 15/9,981 = 1,503 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 = 15 − 1,503·3 = 10,49 V
IR2 = VA/R2 = 10,49/15 = 0,6994 A
Respuesta
IR2 = 0,6994 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 120,4 W
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 igualan la corriente que las fuentes inyectan en A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 6)/10 + (VA − VB)/10 = 0
0,7·VA − 0,1·VB = 0,6
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/10 = 4
−0,1·VA + 0,15·VB = 4
Resuelve
Δ = (0,7)(0,15) − (−0,1)(−0,1) = 0,095
VA = Δ1/Δ = 0,49/0,095 = 5,158 V
VB = Δ2/Δ = 2,86/0,095 = 30,11 V
Potencia entregada por la fuente de corriente
La fuente impulsa Iₛ hacia arriba al nodo B, desde tierra (0 V) hasta VB. Una fuente cuya corriente sale por su borne + entrega P = V·I.
PIs = VB·Is = 30,11·4 = 120,4 W
Respuesta
PIs = 120,4 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 0,05364 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 = 9 V, V2 = 15 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/2 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/25 = 0
0,8733·VA − 0,04·VB = 3
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/15 + (VB − VA)/25 + (VB − 15)/2 = 1,5
−0,04·VA + 0,6067·VB = 9
Resuelve
Δ = (0,8733)(0,6067) − (−0,04)(−0,04) = 0,5282
VA = Δ1/Δ = 2,18/0,5282 = 4,127 V
VB = Δ2/Δ = 7,98/0,5282 = 15,11 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (15,11 − 15)/2 = 0,05364 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 4,364 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 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 6 = 8,182 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) = 6·8/(3+8) = 4,364 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 115,8 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 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 30 = 33 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) = 9 + (−5)·3 = −6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6 + (−5)·30 = −156 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) = −156/(33 + 8) = −3,805 A
PL = IL²·RL = −3,805²·8 = 115,8 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,1155 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.
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.
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.
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 = 314,2·0,15 = 47,12 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).
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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·200·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Combinación en paralelo
Multiplica numerador y denominador por el conjugado complejo para separar Zp en parte real e imaginaria.
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| = √(4² + 3²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 240/5 = 48 A
Potencia aparente
S = V·I = 240·48 = 11520 VA
Respuesta
S = 11520 VA
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 410,5 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.
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 = 15·tan(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(23,07°) = 6,39 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,913 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 8913/(2π·60·240²) = 410,5 µF
Respuesta
C = 410,5 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 34,08 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 = VL = 400 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 400/13 = 30,77 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·30,77²·12 = 34,08 kW
Respuesta
P = 34,08 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,9231, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 51,86 kvar
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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,95) = 75·0,3287 = 24,65 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 51,86 kvar
Respuesta
QC = 51,86 kvar
15.Transformadores
Respuesta: ILV = 312,5 A
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 = 75000/240 = 312,5 A
Respuesta
ILV = 312,5 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 6854 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.