Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 75 % de su valor final? Halla t.
Vs = 6 VR = 47 ΩL = 220 mH
t = 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 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 7,2 V, exactamente 1000 ms después del inicio. Con C = 47 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 9 VVth = 7,2 VT = 1000 msC = 47 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 100 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 12 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 12 V (rms)R = 5 ΩL = 10 mHC = 0,47 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 6,5 A y 585 W de una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 120 VI = 6,5 AP = 585 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 100 V (eficaces) y 1000 Hz tiene una impedancia interna Zs = 50 + j40 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. Halla la potencia activa máxima Pmax que puede entregarse a la carga.
Vs = 100 V (rms)f = 1000 HzZs = 50 + j40 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 3 + j4 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 = 3 + j4 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 75 kW con un factor de potencia de 0,65 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 = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 5 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 3:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 3:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 250 W y unas pérdidas en el cobre de 500 W a carga nominal. Suministra el 75 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,95 inductivo. Halla las pérdidas totales Ploss en vatios con esta carga.
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 = 15 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 5·18/(5+18) = 3,913 Ω
Req = R1 + 3,913 = 2 + 3,913 = 5,913 Ω
Respuesta
Req = 5,913 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 17,99 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 = 15 + 3 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
R3 + 3,913 = 11,91 Ω
R2 ∥ 11,91 = 2,995 Ω
Req = R1 + 2,995 = 15 + 2,995 = 17,99 Ω
Respuesta
Req = 17,99 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,2679 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 = 15 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/20 + (VA − 15)/12 + (VA − VB)/4 = 0
0,3833·VA − 0,25·VB = 1,25
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/6 + (VB − VA)/4 = 2,5
−0,25·VA + 0,4167·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,3833)(0,4167) − (−0,25)(−0,25) = 0,09722
VA = Δ1/Δ = 1,146/0,09722 = 11,79 V
VB = Δ2/Δ = 1,271/0,09722 = 13,07 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 11,79)/12 = 0,2679 A
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,3465 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 = 10 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 − 10)/25 + (VA − VB)/5 = 0
0,74·VA − 0,2·VB = 0,4
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/5 + (VB − VA)/5 + (VB − 5)/5 = 0,5
−0,2·VA + 0,6·VB = 1,5
Resuelve
Δ = (0,74)(0,6) − (−0,2)(−0,2) = 0,404
VA = Δ1/Δ = 0,54/0,404 = 1,337 V
VB = Δ2/Δ = 1,19/0,404 = 2,946 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 1,337)/25 = 0,3465 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 1,731 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 2 = 4,727 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) = 15·6/(5+6) = 8,182 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 = 8,182/4,727 = 1,731 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 2,901 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 12 = 13,85 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) = 5,556 + 2,5·1,852 = 10,19 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,19 + 2,5·12 = 40,19 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 = 40,19/13,85 = 2,901 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 6,489 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.
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 = 220 mH / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 6/47 = 0,1277 A
Despeja el tiempo
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −4,681·ln(0,25) = 6,489 ms
Respuesta
t = 6,489 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 13,22 kΩ
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
7,2 = 9·(1 − e−1000/τ) → τ = 1000/ln(9/(9 − 7,2))
τ = 1000/1,609 = 621,3 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 621,3/47 = 13,22 kΩ
Respuesta
R = 13,22 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 7,759 W
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
XL = 314,2 Ω, XC = 3,183 Ω
Impedancia
|Z| = √(80² + (311)²) = 321,1 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 100/321,1 = 0,3114 A
P = I²·R = 0,3114²·80 = 7,759 W
Respuesta
P = 7,759 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 350,1 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/√(0,01·0,47·10⁻⁶) = 14586 rad/s
I = V/R = 12/5 = 2,4 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 14586·0,01 = 145,9 Ω
VL = I·XL = 2,4·145,9 = 350,1 V
Respuesta
VL = 350,1 V
Esto es Q = 29,17 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 12,21 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 = 585/6,5² = 13,85 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 120/6,5 = 18,46 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(18,46² − 13,85²) = 12,21 Ω
Respuesta
X = 12,21 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 50 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.
Adaptación conjugada
La reactancia de la carga anula la reactancia de la fuente, y la resistencia de la carga es igual a la resistencia de la fuente.
ZL = Zs* = 50 − j40 Ω
Potencia máxima
I = Vs/(2Rs) = 100/100 = 1 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·50) = 50 W
Respuesta
Pmax = 50 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 15,58 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 = 208 V
Corriente de fase
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 208/5 = 41,6 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·41,6²·3 = 15,58 kW
Respuesta
P = 15,58 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 403,7 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 = 75·tan(acos 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 72,46 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 = 3²·5 = 45 Ω
Respuesta
R1′ = 45 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 531,3 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·500 = 281,3 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.