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 tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Is = 2 AVs = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 2 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,05·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).
Se conecta una carga RL = 8 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩRL = 8 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 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 tensión del condensador vC en t = 50 ms.
Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 50 ms
vC = 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 tensión del condensador vC en t = 1000 ms.
Vs = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µFt = 1000 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
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 12 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR1 = 30 ΩR2 = 40 ΩC = 22 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 11,5 A y 1656 W de una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 240 VI = 11,5 AP = 1656 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,6 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 = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 100 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,9 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 100 Acos φ = 0,9
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 400 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 100 kVA, 7200/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 100 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 300 W y unas pérdidas en el cobre de 600 W a carga nominal. Suministra el 75 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,95 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 6·28/(6+28) = 4,941 Ω
Req = R1 + 4,941 = 12 + 4,941 = 16,94 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 = 18/16,94 = 1,063 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 = 18 − 1,063·12 = 5,25 V
IR2 = VA/R2 = 5,25/6 = 0,875 A
Respuesta
IR2 = 0,875 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,007 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 = 15 + 12 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 4,219 Ω
R3 + 4,219 = 19,22 Ω
R2 ∥ 19,22 = 9,801 Ω
Req = R1 + 9,801 = 20 + 9,801 = 29,8 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 = 30/29,8 = 1,007 A
Respuesta
IR1 = 1,007 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 4,167 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.
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 + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/10 + (VA + 5)/2 = 2
VA = (2 − 5/2)/(1/10 + 1/2) = −0,8333 V
VB = −0,8333 + 5 = 4,167 V
Respuesta
VB = 4,167 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 3 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
0,3333·VA − 0,25·VB = 0,4
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 = 0,05·VA
−0,3·VA + 0,375·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,3333)(0,375) − (−0,25)(−0,3) = 0,05
VA = Δ1/Δ = 0,15/0,05 = 3 V
VB = Δ2/Δ = 0,12/0,05 = 2,4 V
Respuesta
VA = 3 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,1875 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 = 6·3/(6+3) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 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) = 9·3/(6+3) = 3 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) = 3/(8 + 8) = 0,1875 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 44,57 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 = 12·30/(12+30) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 3 = 11,57 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) = 21,43 + 2·8,571 = 38,57 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 38,57 + 2·3 = 44,57 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 2,076 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.
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 = 10·3,3/(10 + 3,3) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 24·3,3/(10 + 3,3) = 5,955 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 2,481·47 = 116,6 ms
Curva de carga
vC(t) = 5,955·(1 − e−50/116,6) = 2,076 V
Respuesta
vC = 2,076 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 3,451 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.
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) = 10·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,733 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 6,8·220 = 1496 ms
Descarga
vC(t) = 6,733·e−1000/1496 = 3,451 V
Respuesta
vC = 3,451 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,29 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/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 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| = 120/93,02 = 1,29 A
Respuesta
I = 1,29 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1906 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·100·22·10⁻⁶) = 72,34 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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 1656/11,5² = 12,52 Ω
Respuesta
R = 12,52 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 212,9 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 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(25,84°) = 2,422 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,245 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 4245/(2π·60·230²) = 212,9 µF
Respuesta
C = 212,9 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 62,35 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 = √3·400·100 = 69,28 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 69,28·0,9 = 62,35 kW
Respuesta
P = 62,35 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 756,8 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 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 38,04 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
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: Ploss = 637,5 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 = 0,5625·600 = 337,5 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.