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 99 % de su valor final? Halla t.
Vs = 24 VR = 68 ΩL = 220 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 8 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 150 ms.
Vs = 10 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 8 Vt = 150 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 24 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 100 mH
I = A
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 = 15 ΩL = 50 mHC = 0,22 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 27 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la corriente de línea I.
P = 27 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 27 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 220 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 27 kWpf1 = 0,7V = 400 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 20 + j15 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 208 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 208 VZ = 20 + j15 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 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 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 10:1 se le aplican 2400 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 60 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2400 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 2000 W y unas pérdidas en el cobre de 3000 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,85 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R1 + 3,077 = 5 + 3,077 = 8,077 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 = 18/8,077 = 2,229 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 − 2,229·5 = 6,857 V
IR2 = VA/R2 = 6,857/5 = 1,371 A
Respuesta
IR2 = 1,371 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 12,66 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 18,67 Ω
R2 ∥ 18,67 = 9,655 Ω
Req = R1 + 9,655 = 3 + 9,655 = 12,66 Ω
Respuesta
Req = 12,66 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 27,18 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/3 + (VA − 10)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,5833·VA − 0,05·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/5 + (VB − VA)/20 = 2,5
−0,05·VA + 0,25·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,5833)(0,25) − (−0,05)(−0,05) = 0,1433
VA = Δ1/Δ = 0,625/0,1433 = 4,36 V
VB = Δ2/Δ = 1,558/0,1433 = 10,87 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 = 10,87·2,5 = 27,18 W
Respuesta
PIs = 27,18 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 1,568 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 = −18 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/3 + (VA − 36)/3 + (VA − VB)/25 = 0
0,7067·VA − 0,04·VB = 12
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 − (−18))/3 = (−0,5)
−0,04·VA + 0,44·VB = −6,5
Resuelve
Δ = (0,7067)(0,44) − (−0,04)(−0,04) = 0,3093
VA = Δ1/Δ = 5,02/0,3093 = 16,23 V
VB = Δ2/Δ = −4,113/0,3093 = −13,3 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (−13,3 − −18)/3 = 1,568 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,2449 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 15 = 16,33 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) = 6·4/(2+4) = 4 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 = 4/16,33 = 0,2449 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 3,204 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 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 25 = 26,6 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) = 9,6 + 1·1,6 = 11,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,2 + 1·25 = 36,2 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) = 36,2/(26,6 + 2) = 1,266 A
PL = IL²·RL = 1,266²·2 = 3,204 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 14,9 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 = 220 mH / 68 Ω = 3,235 ms
i(∞) = Vs/R = 24/68 = 0,3529 A
Despeja el tiempo
0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −3,235·ln(0,01) = 14,9 ms
Respuesta
t = 14,9 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 9,24 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 47 µF = 155,1 ms
vC(t) = 10 + (8 − 10)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(150) = 10 + (−2)·e−150/155,1 = 9,24 V
Respuesta
vC = 9,24 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,4433 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
XL = ωL = 2π·200·0,1 = 125,7 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 24/60 = 0,4 A
IX = V/XL = 24/125,7 = 0,191 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) = √(0,4² + 0,191²) = 0,4433 A
Respuesta
I = 0,4433 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 762,8 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/√(0,05·0,22·10⁻⁶) = 9535 rad/s
I = V/R = 24/15 = 1,6 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 9535·0,05 = 476,7 Ω
VL = I·XL = 1,6·476,7 = 762,8 V
Respuesta
VL = 762,8 V
Esto es Q = 31,78 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 180,6 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.
Corriente de línea
Solo la parte activa de la potencia hace trabajo, así que divide entre el factor de potencia.
I = P/(V·cos φ) = 27000/(230·0,65) = 180,6 A
Respuesta
I = 180,6 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,8535
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 = 27·tan(arccos 0,7) = 27,55 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·220·10⁻⁶ = 11058 var = 11,06 kvar
Q2 = 27,55 − 11,06 = 16,49 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(27² + 16,49²) = 31,64 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 27/31,64 = 0,8535
Respuesta
cos φ = 0,8535
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 4,153 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 = 208 V
Corriente de fase
|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·20 = 4,153 kW
Respuesta
P = 4,153 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,8, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 331,1 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 = 250·tan(acos 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 148,6 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 2400/10 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 0,4 A
Respuesta
I1 = 0,4 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 6000 Ω, y 2400/6000 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 2188 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 = 0,0625·3000 = 187,5 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.