La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 36,5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 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 tensión vL en la bobina en t = 10 ms.
Vs = 20 VR = 22 ΩL = 150 mHt = 10 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 18 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 80 ms.
Vs = 9 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 80 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 5 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo y una carga de 19 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 40 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la capacidad C necesaria.
P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 30 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,8 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 30 Acos φ = 0,8
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 480 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 triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 50 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 12:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 12:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 125 W y unas pérdidas en el cobre de 250 W a carga nominal. Suministra el 50 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,85 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 = 20 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 12·22/(12+22) = 7,765 Ω
Req = R1 + 7,765 = 2 + 7,765 = 9,765 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 = 18/9,765 = 1,843 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 − 1,843·2 = 14,31 V
IR2 = VA/R2 = 14,31/12 = 1,193 A
Respuesta
IR2 = 1,193 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,1369 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 2,545 Ω
R3 + 2,545 = 10,55 Ω
R2 ∥ 10,55 = 7,803 Ω
Req = R1 + 7,803 = 15 + 7,803 = 22,8 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 = 12/22,8 = 0,5263 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 = 12 − 0,5263·15 = 4,106 V
IR2 = VA/R2 = 4,106/30 = 0,1369 A
Respuesta
IR2 = 0,1369 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = 0,5676 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). 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/15 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/8 = 0
0,2583·VA − 0,125·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.
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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(36,5 − 36)/25 + 36,5/15 = (VB − 36,5)/4
2,453 = (VB − 36,5)/4 → VB = 46,31 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (46,31 − 36,5)/4 + 46,31/6 = 10,17 A
Respuesta
Is = 10,17 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 5,333 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 4 = 5,333 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 23,69 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 6 = 9,077 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) = 5,538 + 2·3,077 = 11,69 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,69 + 2·6 = 23,69 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 4,614 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 / 22 Ω = 6,818 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 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 = 20·e−10/6,818 = 4,614 V
Respuesta
vL = 4,614 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 15,26 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.
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.
vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 9 + (18 − 9)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(80) = 9 + (9)·e−80/220 = 15,26 V
Respuesta
vC = 15,26 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,06916 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/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 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| = 12/173,5 = 0,06916 A
Respuesta
I = 0,06916 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: f0 = 479,9 Hz
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 inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC). La frecuencia de la alimentación no influye.
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 0,8) = 3,75 kvar
Q2 = 19·tan(arccos 0,85) = 11,78 kvar
Totales
P = 5 + 19 = 24 kW
Q = 3,75 + 11,78 = 15,53 kvar
S = √(24² + 15,53²) = 28,58 kVA
Corriente total
I = S/V = 28584/240 = 119,1 A
Respuesta
I = 119,1 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 1274 µF
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(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(18,19°) = 13,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 27,66 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 27661/(2π·60·240²) = 1274 µF
Respuesta
C = 1274 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 28,68 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 = √3·690·30 = 35,85 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 35,85·0,8 = 28,68 kW
Respuesta
P = 28,68 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 755,6 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 = 300·tan(acos 0,8) = 300·0,75 = 225 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 164,1 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
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 = 12²·50 = 7200 Ω
Respuesta
R1′ = 7200 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 187,5 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·250 = 62,5 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.