La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
Is = 2 AVs = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 3 Ω
VA = V
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR1 por R1 en el sentido de la flecha.
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 5 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
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 = 60 ms.
Vs = 24 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 68 µFt = 60 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 15 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 17,5 V? Halla t.
Vs = 20 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 15 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 150 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 5 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo y un calefactor de 19 kW (factor de potencia unidad). Halla el factor de potencia global cos φ que ve la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA alimenta una carga de 74 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo. ¿Cuánta potencia activa adicional ΔP se puede añadir como carga resistiva (factor de potencia unidad) antes de que el transformador alcance su potencia nominal en kVA?
Smax = 150 kVAP1 = 74 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 12 + j16 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 415 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 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 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 20:1 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 = 20:1V1 = 2400 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 75 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,85 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,85η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,231 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 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 5·24/(5+24) = 4,138 Ω
Req = R1 + 4,138 = 12 + 4,138 = 16,14 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 = 24/16,14 = 1,487 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 − 1,487·12 = 6,154 V
IR2 = VA/R2 = 6,154/5 = 1,231 A
Respuesta
IR2 = 1,231 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,3538 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 = 15 + 2 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 9,189 Ω
R3 + 9,189 = 11,19 Ω
R2 ∥ 11,19 = 4,665 Ω
Req = R1 + 4,665 = 25 + 4,665 = 29,66 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 = 18/29,66 = 0,6068 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 − 0,6068·25 = 2,831 V
IR2 = VA/R2 = 2,831/8 = 0,3538 A
Respuesta
IR2 = 0,3538 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = −1,714 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 + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/4 + (VA + 9)/3 = 2
VA = (2 − 9/3)/(1/4 + 1/3) = −1,714 V
VB = −1,714 + 9 = 7,286 V
Respuesta
VA = −1,714 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,6621 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, V2 = −5 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/2 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/15 = 0
0,6333·VA − 0,06667·VB = 0,6
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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 10 = 14,29 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 2,727 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 12 = 15,53 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) = 3,529 + 2,5·3,529 = 12,35 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,35 + 2,5·12 = 42,35 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 = 42,35/15,53 = 2,727 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 13,55 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 = 1·10/(1 + 10) = 0,9091 kΩ
vC(∞) = 24·10/(1 + 10) = 21,82 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 0,9091·68 = 61,82 ms
Curva de carga
vC(t) = 21,82·(1 − e−60/61,82) = 13,55 V
Respuesta
vC = 13,55 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 107,5 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
La tensión del condensador no puede saltar, así que parte de su valor almacenado y tiende a la tensión de la fuente.
t = τ·ln((15 − 20)/(17,5 − 20)) = 155,1·ln(2) = 107,5 ms
Respuesta
t = 107,5 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,7732 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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| = 100/129,3 = 0,7732 A
Respuesta
I = 0,7732 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 2,171 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 = 628,3·0,15 = 94,25 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| = 12/87,95 = 0,1364 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,1364·15,92 = 2,171 V
Respuesta
VC = 2,171 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,9635
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 = 5·tan(arccos 0,6) = 6,667 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totales
P = 5 + 19 = 24 kW
Q = 6,667 + 0 = 6,667 kvar
S = √(24² + 6,667²) = 24,91 kVA
Factor de potencia global
cos φ = P/S = 24/24,91 = 0,9635 inductivo
Respuesta
cos φ = 0,9635
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 48,54 kW
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 la carga existente
Q1 = 74·tan(arccos 0,65) = 86,52 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 86,52²) = 122,5 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 122,5 − 74 = 48,54 kW
Respuesta
ΔP = 48,54 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 15,5 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 = 415 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 415/20 = 20,75 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·20,75²·12 = 15,5 kW
Respuesta
P = 15,5 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 101,6 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 18237/(377·690²) = 101,6 µF
Respuesta
Cph = 101,6 µF
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 0,1 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 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,1 A
Respuesta
I1 = 0,1 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 24000 Ω, y 2400/24000 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 314,5 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.