Se conecta una carga RL = 3 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩRL = 3 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 75 % de su valor final? Halla t.
Vs = 24 VR = 22 ΩL = 47 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 = 2 ms.
Vs = 6 VR1 = 22 ΩR2 = 20 ΩL = 68 mHt = 2 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 5 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 5 V (rms)R = 20 ΩL = 10 mHC = 0,22 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 13 A y 2243 W de una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 230 VI = 13 AP = 2243 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 120 V (eficaces) y 60 Hz tiene una impedancia interna Zs = 10 + j6 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. Halla la potencia activa máxima Pmax que puede entregarse a la carga.
Vs = 120 V (rms)f = 60 HzZs = 10 + j6 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 22 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 93%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 150 kW con un factor de potencia de 0,8 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 estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 100 kVA, 10000/400 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 100 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 400 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 97,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,532 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 = 2 + 4 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 8 + 3,75 = 11,75 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 = 18/11,75 = 1,532 A
Respuesta
IR1 = 1,532 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,9536 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 = 7,674 Ω
R3 + 7,674 = 9,674 Ω
R2 ∥ 9,674 = 3,296 Ω
Req = R1 + 3,296 = 5 + 3,296 = 8,296 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 = 12/8,296 = 1,446 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 − 1,446·5 = 4,768 V
IR2 = VA/R2 = 4,768/5 = 0,9536 A
Respuesta
IR2 = 0,9536 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = −1,351 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/12 + (VA − 10)/5 + (VA − VB)/4 = 0
0,5333·VA − 0,25·VB = 2
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/15 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,3167·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,5333)(0,3167) − (−0,25)(−0,25) = 0,1064
VA = Δ1/Δ = 1,258/0,1064 = 11,83 V
VB = Δ2/Δ = 1,833/0,1064 = 17,23 V
Respuesta
IR3 = (VA − VB)/R3 = (11,83 − 17,23)/4 = −1,351 A
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 4,885 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 = 36 V, V2 = −36 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/30 + (VA − 36)/12 + (VA − VB)/2 = 0
0,6167·VA − 0,5·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/12 + (VB − VA)/2 + (VB − (−36))/8 = 3
−0,5·VA + 0,7083·VB = −1,5
Resuelve
Δ = (0,6167)(0,7083) − (−0,5)(−0,5) = 0,1868
VA = Δ1/Δ = 1,375/0,1868 = 7,361 V
VB = Δ2/Δ = 0,575/0,1868 = 3,078 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (3,078 − −36)/8 = 4,885 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,6977 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 4 = 7,75 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) = 12·10/(6+10) = 7,5 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) = 7,5/(7,75 + 3) = 0,6977 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = −2,014 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 5 = 7,4 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) = 3,6 + (−2,5)·2,4 = −2,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −2,4 + (−2,5)·5 = −14,9 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 = −14,9/7,4 = −2,014 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 2,962 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 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.
τ = L/R = 47 mH / 22 Ω = 2,136 ms
i(∞) = Vs/R = 24/22 = 1,091 A
Despeja el tiempo
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −2,136·ln(0,25) = 2,962 ms
Respuesta
t = 2,962 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,1806 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) = 6/22 = 0,2727 A
i(∞) = 6/(22 + 20) = 0,1429 A
τ = L/R = 68/42 = 1,619 ms
i(t) = 0,1429 + (0,2727 − 0,1429)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(2) = 0,1429 + (0,1299)·e−2/1,619 = 0,1806 A
Respuesta
i = 0,1806 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,839 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 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| = 230/125,1 = 1,839 A
Respuesta
I = 1,839 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 53,3 V
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|.
Resonancia
En resonancia las reactancias se anulan, así que la impedancia es simplemente R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·0,22·10⁻⁶) = 21320 rad/s
I = V/R = 5/20 = 0,25 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 21320·0,01 = 213,2 Ω
VL = I·XL = 0,25·213,2 = 53,3 V
Respuesta
VL = 53,3 V
Esto es Q = 10,66 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 11,7 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 = 2243/13² = 13,27 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 230/13 = 17,69 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(17,69² − 13,27²) = 11,7 Ω
Respuesta
X = 11,7 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 360 W
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* = 10 − j6 Ω
Potencia máxima
I = Vs/(2Rs) = 120/20 = 6 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·10) = 360 W
Respuesta
Pmax = 360 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 33,87 A
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 eléctrica absorbida
Pin = Pout/η = 22/0,93 = 23,66 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23656/(√3·480·0,84) = 33,87 A
Respuesta
IL = 33,87 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 222 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 39,85 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13284/(377·398,4²) = 222 µF
Respuesta
Cph = 222 µF
15.Transformadores
Respuesta: ILV = 250 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 = 100000/400 = 250 A
Respuesta
ILV = 250 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 2036 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.