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 corriente Ix por la fuente de tensión, de A a B como indica la flecha.
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 12 VR = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente i2 por R2 en t = 40 ms.
Vs = 15 VR1 = 1 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µFt = 40 ms
i2 = mA
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 100 µF
I = A
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 = 30 ΩL = 250 mHC = 100 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 7 + j24 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia aparente S.
V = 230 VZ = 7 + j24 Ω
S = VA
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 15 kVA alimenta una carga de 7 kW con un factor de potencia de 0,85 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 = 15 kVAP1 = 7 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 150 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,82 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 150 Acos φ = 0,82
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 kW con un factor de potencia de 0,78 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 50 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 = 50 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 4 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 8:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 8:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 3000 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 98 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,8η = 98%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,3947 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 8·16/(8+16) = 5,333 Ω
Req = R1 + 5,333 = 20 + 5,333 = 25,33 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 = 15/25,33 = 0,5921 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 = 15 − 0,5921·20 = 3,158 V
IR2 = VA/R2 = 3,158/8 = 0,3947 A
Respuesta
IR2 = 0,3947 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,856 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 2,1 Ω
R3 + 2,1 = 7,1 Ω
R2 ∥ 7,1 = 2,934 Ω
Req = R1 + 2,934 = 10 + 2,934 = 12,93 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 = 24/12,93 = 1,856 A
Respuesta
IR1 = 1,856 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = −4,397 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 = 10 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 − 10)/10 + (VA − VB)/3 = 0
0,6·VA − 0,3333·VB = 1
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)/3 = (−1,5)
−0,3333·VA + 0,4·VB = −1,5
Resuelve
Δ = (0,6)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1289
VA = Δ1/Δ = −0,1/0,1289 = −0,7759 V
VB = Δ2/Δ = −0,5667/0,1289 = −4,397 V
Respuesta
VB = −4,397 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Ix = −1,386 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.
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 + 15
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 5)/5 + VA/2 + (VA + 15)/30 = 2
VA·(1/5 + 1/2 + 1/30) = 2 + 5/5 − 15/30 = 2,5
VA = 2,5/0,7333 = 3,409 V
VB = 18,41 V
Corriente por la fuente de tensión
LCK solo en el nodo A: la corriente que llega por R₁ sale por R₂ y por la fuente de tensión.
IR1 = (5 − 3,409)/5 = 0,3182 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 0,3182 − 3,409/2 = −1,386 A
Respuesta
Ix = −1,386 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 2,7 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 4 = 5,714 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) = 18·12/(2+12) = 15,43 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 = 15,43/5,714 = 2,7 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 24 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 3 = 4,714 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) = 5,143 + 4·1,714 = 12 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12 + 4·3 = 24 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,6248 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 y corriente final
Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.
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.
Tensión inicial del condensador
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.
vC(0) = 15·1/(1 + 1) = 7,5 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 1·100 = 100 ms
Descarga
vC(t) = 7,5·e−40/100 = 5,027 V
i2 = vC/R2 = 5,027/1 = 5,027 mA
Respuesta
i2 = 5,027 mA
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,05064 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 = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 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| = 10/197,5 = 0,05064 A
Respuesta
I = 0,05064 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 4,297 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 = 377·0,25 = 94,25 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).
La misma corriente pasa por todos los elementos de un circuito en serie.
I = V/|Z| = 12/74,07 = 0,162 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,162·26,53 = 4,297 V
Respuesta
VC = 4,297 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: S = 2116 VA
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| = √(7² + 24²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A
Potencia aparente
S = V·I = 230·9,2 = 2116 VA
Respuesta
S = 2116 VA
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 7,359 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 = 7·tan(arccos 0,85) = 4,338 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 4,338²) = 14,36 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 14,36 − 7 = 7,359 kW
Respuesta
ΔP = 7,359 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 147 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 = √3·690·150 = 179,3 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 179,3·0,82 = 147 kW
Respuesta
P = 147 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 553,7 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 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 29,96 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 = 8²·4 = 256 Ω
Respuesta
R1′ = 256 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 5163 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.