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 corriente Ix por la fuente de tensión, de A a B como indica la flecha.
Is = 2,5 AVs = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 6 Ω
Ix = A
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,25·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 24 VR = 15 ΩL = 33 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 6 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 11,4 V? Halla t.
Vs = 15 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 6 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 120 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 200 mH
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 230 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR1 = 20 ΩR2 = 60 ΩC = 47 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 7 + j24 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Halla la potencia reactiva Q que absorbe.
V = 120 VZ = 7 + j24 Ω
Q = var
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 40 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,9. Halla la capacidad C necesaria.
P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 30 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,82 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 30 Acos φ = 0,82
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,78 inductivo de una alimentación de 400 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 = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 600 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 20 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 20 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 150 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 50 kVAPcore = 150 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,8571 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 3 + 7,5 = 10,5 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 = 12/10,5 = 1,143 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 = 12 − 1,143·3 = 8,571 V
IR2 = VA/R2 = 8,571/10 = 0,8571 A
Respuesta
IR2 = 0,8571 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 3,178 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 + 30 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 14,22 Ω
R3 + 14,22 = 17,22 Ω
R2 ∥ 17,22 = 6,327 Ω
Req = R1 + 6,327 = 5 + 6,327 = 11,33 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 = 36/11,33 = 3,178 A
Respuesta
IR1 = 3,178 A
3.Análisis nodal
Respuesta: Ix = 1,944 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.
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/3 + (VA + 10)/6 = 2,5
VA = (2,5 − 10/6)/(1/3 + 1/6) = 1,667 V
VB = 1,667 + 10 = 11,67 V
Corriente por la fuente de tensión
Todo lo que pasa por la fuente de A a B sale del nodo B por R₂.
Ix = VB/R2 = 11,67/6 = 1,944 A
Respuesta
Ix = 1,944 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 3,478 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.
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
0,55·VA − 0,1·VB = 1
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 = 0,25·VA
−0,35·VA + 0,1333·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,55)(0,1333) − (−0,1)(−0,35) = 0,03833
VA = Δ1/Δ = 0,1333/0,03833 = 3,478 V
VB = Δ2/Δ = 0,35/0,03833 = 9,13 V
Respuesta
VA = 3,478 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 7,714 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 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/(2+12) = 7,714 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 13,89 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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 2 = 9,5 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) = 3,125 + 2,5·7,5 = 21,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,88 + 2,5·2 = 26,88 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) = 26,88/(9,5 + 30) = 0,6804 A
PL = IL²·RL = 0,6804²·30 = 13,89 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 1,435 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.
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((6 − 15)/(11,4 − 15)) = 100·ln(2,5) = 91,63 ms
Respuesta
t = 91,63 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 18,34 °
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
XL = ωL = 2π·60·0,2 = 75,4 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 120/25 = 4,8 A
IX = V/XL = 120/75,4 = 1,592 A
Corriente total
La corriente de la resistencia está en fase con V y la corriente reactiva está desfasada 90°, así que se suman como los catetos de un triángulo rectángulo.
I = √(IR² + IX²) = √(4,8² + 1,592²) = 5,057 A
Ángulo de fase
La corriente de la bobina va retrasada respecto a V, así que la corriente total va retrasada y el ángulo es positivo.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(1,592/4,8) = 18,34°
Respuesta
φ = 18,34°
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 7,924 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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·200·47·10⁻⁶) = 16,93 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| = √(7² + 24²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 120/25 = 4,8 A
Potencia reactiva
Q = I²·X = 4,8²·24 = 553 var
Respuesta
Q = 553 var
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 532,9 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 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,63 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 10627/(2π·60·230²) = 532,9 µF
Respuesta
C = 532,9 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 17,04 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 = √3·400·30 = 20,78 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 20,78·0,82 = 17,04 kW
Respuesta
P = 17,04 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 314,1 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 56,83 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18944/(377·400²) = 314,1 µF
Respuesta
Cph = 314,1 µF
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 1,2 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/20 = 6 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 1,2 A
Respuesta
I1 = 1,2 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 500 Ω, y 600/500 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 674,8 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.