Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 18 VIs = 6 AR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 1,5 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. Halla la corriente i en t = 1 ms.
i(0) = 1,5 AR = 33 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 24 VR1 = 47 ΩR2 = 20 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 50 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 47 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 100 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 230 V: una carga de 29 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo y una carga de 5 kW con un factor de potencia de 0,9 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 45 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 230 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 = 45 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 55 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 90 % y su factor de potencia es 0,82 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 55 kWη = 90%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 480 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 60 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 900 W y unas pérdidas en el cobre de 2250 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 150 kVAPcore = 900 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 2,679 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 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 6 + 3,333 = 9,333 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 = 30/9,333 = 3,214 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 = 30 − 3,214·6 = 10,71 V
IR2 = VA/R2 = 10,71/4 = 2,679 A
Respuesta
IR2 = 2,679 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 40,64 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 = 10 + 2 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 3,529 Ω
R3 + 3,529 = 18,53 Ω
R2 ∥ 18,53 = 10,64 Ω
Req = R1 + 10,64 = 30 + 10,64 = 40,64 Ω
Respuesta
Req = 40,64 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = −0,2273 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 = 9 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/6 + (VA − 9)/8 + (VA − VB)/2 = 0
0,7917·VA − 0,5·VB = 1,125
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 9 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/6 + (VA − 9)/6 + (VA − VB)/25 = 0
0,3733·VA − 0,04·VB = 1,5
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 20 = 27,5 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) = 9·15/(15+15) = 4,5 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 79,5 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 5 = 12,5 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) = 4,5 + 6·7,5 = 49,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 49,5 + 6·5 = 79,5 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,7433 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.
Constante de tiempo
τ = L/R = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 1,5·e−1/1,424 = 0,7433 A
Respuesta
i = 0,7433 A
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,4961 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 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
i(0) = 24/(47 + 20) = 0,3582 A
i(∞) = 24/47 = 0,5106 A
τ = L/R = 100/47 = 2,128 ms
i(t) = 0,5106 + (0,3582 − 0,5106)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,5106 + (−0,1524)·e−5/2,128 = 0,4961 A
Respuesta
i = 0,4961 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 42,32 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 = 12,57 Ω, XC = 33,86 Ω
Impedancia
|Z| = √(50² + (−21,3)²) = 54,35 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 50/54,35 = 0,92 A
P = I²·R = 0,92²·50 = 42,32 W
Respuesta
P = 42,32 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 52,72 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|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 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| = 100/30,19 = 3,313 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 3,313·15,92 = 52,72 V
Respuesta
VC = 52,72 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 216,3 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 = 29·tan(arccos 0,65) = 33,9 kvar
Q2 = 5·tan(arccos 0,9) = 2,422 kvar
Totales
P = 29 + 5 = 34 kW
Q = 33,9 + 2,422 = 36,33 kvar
S = √(34² + 36,33²) = 49,76 kVA
Corriente total
I = S/V = 49755/230 = 216,3 A
Respuesta
I = 216,3 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 217,4 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 antes y después
La potencia activa P no cambia; solo cambia la potencia reactiva que se toma de la red.
Q1 = P·tan φ1 = 45·tan(41,41°) = 39,69 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(25,84°) = 21,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 17,89 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 45000/(230·0,9) = 217,4 A
Respuesta
Inew = 217,4 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 89,64 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 = 55/0,9 = 61,11 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 61111/(√3·480·0,82) = 89,64 A
Respuesta
IL = 89,64 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 376,3 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 98,06 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32686/(377·480²) = 376,3 µF
Respuesta
Cph = 376,3 µF
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 2 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 2 A
Respuesta
I1 = 2 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 240 Ω, y 480/240 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 94,87 kVA
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 iguales a las pérdidas en el hierro