El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,1·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
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 = 250 ms.
Vs = 10 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µFt = 250 ms
vC = V
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. Halla la tensión del condensador vC en t = 50 ms.
Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 50 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 24 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 22 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 24 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 24 V (rms)R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 24 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo y una carga de 24 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 50 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 0,95. Halla la capacidad C necesaria.
P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
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 208 V. El factor de potencia es 0,95 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 208 VIL = 20 Acos φ = 0,95
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 kW con un factor de potencia de 0,75 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 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 8 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 5:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W y unas pérdidas en el cobre de 1500 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,9 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 12 + 6 = 18 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 = 12/18 = 0,6667 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 − 0,6667·12 = 4 V
IR2 = VA/R2 = 4/10 = 0,4 A
Respuesta
IR2 = 0,4 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 11,87 Ω
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 = 12 + 15 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 4,909 Ω
R3 + 4,909 = 8,909 Ω
R2 ∥ 8,909 = 6,869 Ω
Req = R1 + 6,869 = 5 + 6,869 = 11,87 Ω
Respuesta
Req = 11,87 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 7,35 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 24 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/3 + (VA − 24)/10 + (VA − VB)/20 = 0
0,4833·VA − 0,05·VB = 2,4
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/8 + (VB − VA)/20 = 1
−0,05·VA + 0,175·VB = 1
Resuelve
Δ = (0,4833)(0,175) − (−0,05)(−0,05) = 0,08208
VA = Δ1/Δ = 0,47/0,08208 = 5,726 V
VB = Δ2/Δ = 0,6033/0,08208 = 7,35 V
Respuesta
VB = 7,35 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = 8 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
0,3·VA − 0,2·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 = 0,1·VA
−0,3·VA + 0,325·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,3)(0,325) − (−0,2)(−0,3) = 0,0375
VA = Δ1/Δ = 0,325/0,0375 = 8,667 V
VB = Δ2/Δ = 0,3/0,0375 = 8 V
Respuesta
VB = 8 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,9868 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 12 = 13,82 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) = 15·20/(2+20) = 13,64 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 = 13,64/13,82 = 0,9868 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 5,174 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 = 30·4/(30+4) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 20 = 23,53 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) = 0,5882 + 1·3,529 = 4,118 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,118 + 1·20 = 24,12 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) = 24,12/(23,53 + 10) = 0,7193 A
PL = IL²·RL = 0,7193²·10 = 5,174 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 1,984 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 = 4,7·6,8/(4,7 + 6,8) = 2,779 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(4,7 + 6,8) = 5,913 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 2,779·220 = 611,4 ms
Curva de carga
vC(t) = 5,913·(1 − e−250/611,4) = 1,984 V
Respuesta
vC = 1,984 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 19,29 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.
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.
vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 22 µF = 48,4 ms
vC(t) = 20 + (18 − 20)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(50) = 20 + (−2)·e−50/48,4 = 19,29 V
Respuesta
vC = 19,29 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 4,617 W
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
XL = 125,7 Ω, XC = 72,34 Ω
Impedancia
|Z| = √(30² + (53,32)²) = 61,18 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 24/61,18 = 0,3923 A
P = I²·R = 0,3923²·30 = 4,617 W
Respuesta
P = 4,617 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 123,8 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/√(0,005·0,47·10⁻⁶) = 20628 rad/s
I = V/R = 24/20 = 1,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 20628·0,005 = 103,1 Ω
VL = I·XL = 1,2·103,1 = 123,8 V
Respuesta
VL = 123,8 V
Esto es Q = 5,157 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 242,4 A
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 de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 24·tan(arccos 0,85) = 14,87 kvar
Q2 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
Totales
P = 24 + 24 = 48 kW
Q = 14,87 + 18 = 32,87 kvar
S = √(48² + 32,87²) = 58,18 kVA
Corriente total
I = S/V = 58178/240 = 242,4 A
Respuesta
I = 242,4 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 1592 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 = 50·tan(45,57°) = 51,01 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(18,19°) = 16,43 kvar
QC = Q1 − Q2 = 34,58 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 34576/(2π·60·240²) = 1592 µF
Respuesta
C = 1592 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 6,845 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 = √3·208·20 = 7,205 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 7,205·0,95 = 6,845 kW
Respuesta
P = 6,845 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 842,6 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 136,8 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.
Resistencia referida
La tensión sube en un factor a y la corriente baja en un factor a, así que el cociente V/I sube en un factor a².
R1′ = a²·RL = 5²·8 = 200 Ω
Respuesta
R1′ = 200 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 693,8 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1500 = 93,75 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.