La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en A, así que impone VA − VB = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 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 = 250 ms.
Vs = 10 VR1 = 10 kΩR2 = 2,2 kΩC = 47 µFt = 250 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 7,2 V, exactamente 50 ms después del inicio. Con R = 10 kΩ, halla la capacidad C necesaria.
Vs = 9 VVth = 7,2 VT = 50 msR = 10 kΩ
C = µF
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 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 = 12 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 47 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 16 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 16 kWpf = 0,75V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 40 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 240 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,9. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 40 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 9 + j12 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 400 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 400 VZ = 9 + j12 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 kW con un factor de potencia de 0,75 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 estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 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 = 3:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 3:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 200 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 98 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 200 Wpf = 0,95η = 98%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,622 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 = 10 + 20 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 2·30/(2+30) = 1,875 Ω
Req = R1 + 1,875 = 12 + 1,875 = 13,88 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 = 24/13,88 = 1,73 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 = 24 − 1,73·12 = 3,243 V
IR2 = VA/R2 = 3,243/2 = 1,622 A
Respuesta
IR2 = 1,622 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,025 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 + 4 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 5,469 Ω
R3 + 5,469 = 15,47 Ω
R2 ∥ 15,47 = 6,758 Ω
Req = R1 + 6,758 = 3 + 6,758 = 9,758 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 = 10/9,758 = 1,025 A
Respuesta
IR1 = 1,025 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 40 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 = 15 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/8 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/20 = 0
0,375·VA − 0,05·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/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/20 = 4
−0,05·VA + 0,1167·VB = 4
Resuelve
Δ = (0,375)(0,1167) − (−0,05)(−0,05) = 0,04125
VA = Δ1/Δ = 0,55/0,04125 = 13,33 V
VB = Δ2/Δ = 1,65/0,04125 = 40 V
Respuesta
VB = 40 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = 8,733 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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 30)/8 + VA/5 + (VA − 3)/20 = 0,5
VA·(1/8 + 1/5 + 1/20) = 0,5 + 30/8 + 3/20 = 4,4
VA = 4,4/0,375 = 11,73 V
VB = 8,733 V
Respuesta
VB = 8,733 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 28,57 Ω
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 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 20 = 28,57 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 45,98 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 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 5 = 7,679 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) = 26,79 + 2,5·2,679 = 33,48 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33,48 + 2,5·5 = 45,98 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 1,709 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 = 10·2,2/(10 + 2,2) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 10·2,2/(10 + 2,2) = 1,803 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 1,803·47 = 84,75 ms
Curva de carga
vC(t) = 1,803·(1 − e−250/84,75) = 1,709 V
Respuesta
vC = 1,709 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: C = 3,107 µF
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 necesaria
7,2 = 9·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(9/(9 − 7,2))
τ = 50/1,609 = 31,07 ms
Capacidad
kΩ por µF da milisegundos.
C = τ/R = 31,07/10 = 3,107 µF
Respuesta
C = 3,107 µF
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −7,291 °
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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,05 = 18,85 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 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| = 120/323,2 = 0,3712 A
Respuesta
I = 0,3712 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 14,11 kvar
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.
Ángulo
φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 16·0,8819 = 14,11 kvar
Respuesta
Q = 14,11 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 185,2 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 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(41,41°) = 35,28 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 15,9 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(240·0,9) = 185,2 A
Respuesta
Inew = 185,2 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 6,4 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 = 400/√3 = 230,9 V
Corriente de fase
|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
Iph = 230,9/15 = 15,4 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·15,4²·9 = 6,4 kW
Respuesta
P = 6,4 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 458,6 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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,95) = 50·0,3287 = 16,43 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 27,66 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.
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 = 3²·8 = 72 Ω
Respuesta
R1′ = 72 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 284,7 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.