Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I2 en la rama 2, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
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 constante de tiempo τ del circuito después de cerrar el interruptor.
Vs = 30 VR1 = 2,2 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µF
τ = ms
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 15 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 12 V, exactamente 20 ms después del inicio. Con R = 2,2 kΩ, halla la capacidad C necesaria.
Vs = 15 VVth = 12 VT = 20 msR = 2,2 kΩ
C = µF
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con L = 2 mH debe resonar a 200 Hz. Halla la capacidad C necesaria.
f0 = 200 HzL = 2 mH
C = µF
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 22 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 5 + j12 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Halla la potencia activa P que absorbe.
V = 240 VZ = 5 + j12 Ω
P = W
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 40 kW con un factor de potencia de 0,8 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 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 80 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,75 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 80 Acos φ = 0,75
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 0,9 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 = 0,9VL = 690 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 = 5:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 5:1RL = 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 0,9 inductivo su rendimiento es del 97 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 200 Wpf = 0,9η = 97%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,8531 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 3·17/(3+17) = 2,55 Ω
Req = R1 + 2,55 = 8 + 2,55 = 10,55 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 = 9/10,55 = 0,8531 A
Respuesta
IR1 = 0,8531 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,6142 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 = 6 + 4 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5,455 Ω
R3 + 5,455 = 20,45 Ω
R2 ∥ 20,45 = 8,654 Ω
Req = R1 + 8,654 = 6 + 8,654 = 14,65 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 = 9/14,65 = 0,6142 A
Respuesta
IR1 = 0,6142 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I2 = −4,852 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.
LCK en el nodo A
Toma el conductor inferior como tierra. Cada rama lleva (VA − Vk)/Rk saliendo de A, donde Vk es la tensión de su fuente (cero para una resistencia sola). Las corrientes que salen de A suman cero.
(VA − 18)/4 + (VA − (−24))/6 + (VA − 10)/3 = 0
Despeja VA
VA = (18/4 + (−24)/6 + 10/3) / (1/4 + 1/6 + 1/3) = 3,833/0,75 = 5,111 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 1,353 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 = 24 V, V2 = −36 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/12 + (VA − 24)/20 + (VA − VB)/20 = 0
0,1833·VA − 0,05·VB = 1,2
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/20 + (VB − (−36))/6 = (−5)
−0,05·VA + 0,3167·VB = −11
Resuelve
Δ = (0,1833)(0,3167) − (−0,05)(−0,05) = 0,05556
VA = Δ1/Δ = −0,17/0,05556 = −3,06 V
VB = Δ2/Δ = −1,957/0,05556 = −35,22 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − −3,06)/20 = 1,353 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 7,455 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 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 2 = 7,455 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 1,784 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 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 8 = 10,18 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) = 1,636 + 2,5·2,182 = 7,091 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,091 + 2,5·8 = 27,09 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) = 27,09/(10,18 + 5) = 1,784 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: τ = 84,75 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.
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 = 2,2·10/(2,2 + 10) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 30·10/(2,2 + 10) = 24,59 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 1,803·47 = 84,75 ms
Respuesta
τ = 84,75 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: C = 5,648 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
12 = 15·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(15/(15 − 12))
τ = 20/1,609 = 12,43 ms
Capacidad
kΩ por µF da milisegundos.
C = τ/R = 12,43/2,2 = 5,648 µF
Respuesta
C = 5,648 µF
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: C = 316,6 µF
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|.
Condición de resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,002) = 316,6 µF
Respuesta
C = 316,6 µF
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 23,98 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 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| = 12/60,34 = 0,1989 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,1989·120,6 = 23,98 V
Respuesta
VC = 23,98 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: P = 1704 W
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
|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A
Potencia activa
P = I²·R = 18,46²·5 = 1704 W
Respuesta
P = 1704 W
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(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,63 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 = 41,57 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·400·80 = 55,43 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 55,43·0,75 = 41,57 kW
Respuesta
P = 41,57 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 221,5 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 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 39,76 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 = 5²·8 = 200 Ω
Respuesta
R1′ = 200 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 495,9 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.