Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en A, así que impone VA − VB = 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.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 25 ms.
Vs = 24 VR = 10 ΩL = 150 mHt = 25 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 10 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 24 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 24 V (rms)R = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 17,5 A y 2415 W de una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 230 VI = 17,5 AP = 2415 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 5 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 18,5 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 91 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 400 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 18,5 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 200 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 690 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 200 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 75 kVA, 6600/230 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 75 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W y unas pérdidas en el cobre de 1500 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 200 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 1500 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,125 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 + 8 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 2 + 6 = 8 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 = 18/8 = 2,25 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 − 2,25·2 = 13,5 V
IR2 = VA/R2 = 13,5/12 = 1,125 A
Respuesta
IR2 = 1,125 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,3209 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 + 8 = 23 Ω
R4 ∥ 23 = 7,886 Ω
R3 + 7,886 = 11,89 Ω
R2 ∥ 11,89 = 2,395 Ω
Req = R1 + 2,395 = 20 + 2,395 = 22,4 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 = 9/22,4 = 0,4019 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 = 9 − 0,4019·20 = 0,9626 V
IR2 = VA/R2 = 0,9626/3 = 0,3209 A
Respuesta
IR2 = 0,3209 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = −4,122 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/5 + (VA − 9)/8 + (VA − VB)/5 = 0
0,525·VA − 0,2·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.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/5 = (−3)
−0,2·VA + 0,7·VB = −3
Resuelve
Δ = (0,525)(0,7) − (−0,2)(−0,2) = 0,3275
VA = Δ1/Δ = 0,1875/0,3275 = 0,5725 V
VB = Δ2/Δ = −1,35/0,3275 = −4,122 V
Respuesta
VB = −4,122 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Ix = −0,5055 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.
LCK solo en el nodo A: la corriente que llega por R₁ sale por R₂ y por la fuente de tensión.
IR1 = (5 − 7,864)/15 = −0,1909 A
Ix = IR1 − VA/R2 = −0,1909 − 7,864/25 = −0,5055 A
Respuesta
Ix = −0,5055 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,4114 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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 5 = 7,609 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) = 24·3/(20+3) = 3,13 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 = 3,13/7,609 = 0,4114 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 4,787 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 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) = 6 + 1·2,4 = 8,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,4 + 1·6 = 14,4 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) = 14,4/(8,4 + 3) = 1,263 A
PL = IL²·RL = 1,263²·3 = 4,787 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 4,533 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.
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.
τ = L/R = 150 mH / 10 Ω = 15 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A
Tensión en la bobina
En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−25/15 = 4,533 V
Respuesta
vL = 4,533 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,2512 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 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 6/15 = 0,4 A
i(∞) = 6/(15 + 10) = 0,24 A
τ = L/R = 47/25 = 1,88 ms
i(t) = 0,24 + (0,4 − 0,24)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,24 + (0,16)·e−5/1,88 = 0,2512 A
Respuesta
i = 0,2512 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,0386 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 = 377·0,05 = 18,85 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| = 10/259,1 = 0,0386 A
Respuesta
I = 0,0386 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 120 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|.
Resonancia
En resonancia las reactancias se anulan, así que la impedancia es simplemente R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·10·10⁻⁶) = 1000 rad/s
I = V/R = 24/20 = 1,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 1000·0,1 = 100 Ω
VL = I·XL = 1,2·100 = 120 V
Respuesta
VL = 120 V
Esto es Q = 5 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 10,51 Ω
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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 2415/17,5² = 7,886 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 230/17,5 = 13,14 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(13,14² − 7,886²) = 10,51 Ω
Respuesta
X = 10,51 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 22,88 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 = 5·tan(49,46°) = 5,846 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 4,202 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 5000/(230·0,95) = 22,88 A
Respuesta
Inew = 22,88 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 34,93 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 = 18,5/0,91 = 20,33 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20330/(√3·400·0,84) = 34,93 A
Respuesta
IL = 34,93 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 915,7 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 = 200·tan(acos 0,65) = 200·1,169 = 233,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 137 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
IHV = S/V = 75000/6600 = 11,36 A
Respuesta
IHV = 11,36 A
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 126,5 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