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 = 30 ms.
Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µFt = 30 ms
vC = V
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. ¿Cuánto tiempo después de t = 0 alcanza la corriente de la bobina 0,903 A? Halla t.
Vs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 47 ΩL = 33 mH
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Una resistencia R1 está conectada en serie con una combinación en paralelo de R2 y un condensador C, a una alimentación de 230 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 200 HzR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩC = 100 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 23 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la corriente de línea I.
P = 23 kWpf = 0,65V = 240 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 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 0,92. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 18 + j24 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 = 18 + j24 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 100 kW con un factor de potencia de 0,75 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 1150 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 6 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 6 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1500 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 = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 7,882 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.
R3 + R4 = 20 + 12 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 2·32/(2+32) = 1,882 Ω
Req = R1 + 1,882 = 6 + 1,882 = 7,882 Ω
Respuesta
Req = 7,882 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 11,02 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 = 8 + 25 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 4,342 Ω
R3 + 4,342 = 12,34 Ω
R2 ∥ 12,34 = 3,021 Ω
Req = R1 + 3,021 = 8 + 3,021 = 11,02 Ω
Respuesta
Req = 11,02 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 4,535 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 = 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/15 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,2·VA − 0,05·VB = 0,75
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/2 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,55·VB = 1,5
Resuelve
Δ = (0,2)(0,55) − (−0,05)(−0,05) = 0,1075
VA = Δ1/Δ = 0,4875/0,1075 = 4,535 V
VB = Δ2/Δ = 0,3375/0,1075 = 3,14 V
Respuesta
VA = 4,535 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 1,077 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 = 5 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/30 + (VA − 5)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,6·VA − 0,06667·VB = 2,5
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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 5 = 9 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) = 9·20/(5+20) = 7,2 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) = 7,2/(9 + 2) = 0,6545 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 74,24 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 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 5 = 8,448 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) = 8,621 + 5·3,448 = 25,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,86 + 5·5 = 50,86 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) = 50,86/(8,448 + 12) = 2,487 A
PL = IL²·RL = 2,487²·12 = 74,24 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 4,957 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 = 1·4,7/(1 + 4,7) = 0,8246 kΩ
vC(∞) = 9·4,7/(1 + 4,7) = 7,421 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 0,8246·33 = 27,21 ms
Curva de carga
vC(t) = 7,421·(1 − e−30/27,21) = 4,957 V
Respuesta
vC = 4,957 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 3,971 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.
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) = 12/(10 + 47) = 0,2105 A
i(∞) = 12/10 = 1,2 A
τ = L/R = 33/10 = 3,3 ms
i(t) = 1,2 + (0,2105 − 1,2)·e−t/τ
Despeja el tiempo
e−t/τ = (0,903 − 1,2)/(0,2105 − 1,2) = 0,3002
t = 3,3·ln(3,332) = 3,971 ms
Respuesta
t = 3,971 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,4642 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 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| = 120/258,5 = 0,4642 A
Respuesta
I = 0,4642 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 16,32 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
XC = 1/(2π·200·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω
Combinación en paralelo
Multiplica numerador y denominador por el conjugado complejo para separar Zp en parte real e imaginaria.
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) = 23000/(240·0,65) = 147,4 A
Respuesta
I = 147,4 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 90,58 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 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 11,88 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(240·0,92) = 90,58 A
Respuesta
Inew = 90,58 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 0,8653 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 = 208/√3 = 120,1 V
Corriente de fase
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 120,1/30 = 4,003 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·4,003²·18 = 0,8653 kW
Respuesta
P = 0,8653 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 378,2 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,98) = 100·0,2031 = 20,31 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 67,89 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/6 = 38,33 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 7,667 A
Respuesta
I1 = 7,667 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 150 Ω, y 1150/150 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 408,2 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