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 tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La bobina conduce una corriente estacionaria de 2,5 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. Halla la corriente i en t = 5 ms.
i(0) = 2,5 AR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
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 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 6 V, exactamente 500 ms después del inicio. Con R = 100 kΩ, halla la capacidad C necesaria.
Vs = 12 VVth = 6 VT = 500 msR = 100 kΩ
C = µF
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con C = 4,7 µF debe resonar a 500 Hz. Halla la inductancia L necesaria.
f0 = 500 HzC = 4,7 µF
L = mH
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Una resistencia R1 está conectada en serie con una combinación en paralelo de R2 y un condensador C, a una alimentación de 50 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 50 V (rms)f = 60 HzR1 = 20 ΩR2 = 80 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 17 A y 1530 W de una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 120 VI = 17 AP = 1530 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 10 kVA alimenta una carga de 2 kW con un factor de potencia de 0,65 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 = 10 kVAP1 = 2 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 22 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 88 % y su factor de potencia es 0,86 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 88%cos φ = 0,86VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,95 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 10 kVA, 11000/400 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 10 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 300 W y unas pérdidas en el cobre de 600 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,8 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 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 12·26/(12+26) = 8,211 Ω
Req = R1 + 8,211 = 5 + 8,211 = 13,21 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 = 9/13,21 = 0,6813 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 − 0,6813·5 = 5,594 V
IR2 = VA/R2 = 5,594/12 = 0,4661 A
Respuesta
IR2 = 0,4661 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 33,93 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 = 2 + 6 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 2,667 Ω
R3 + 2,667 = 4,667 Ω
R2 ∥ 4,667 = 3,933 Ω
Req = R1 + 3,933 = 30 + 3,933 = 33,93 Ω
Respuesta
Req = 33,93 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 103,1 W
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
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/12 + (VA − 10)/2 + (VA − VB)/6 = 0
0,75·VA − 0,1667·VB = 5
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)/6 = 5
−0,1667·VA + 0,3333·VB = 5
Resuelve
Δ = (0,75)(0,3333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,2222
VA = Δ1/Δ = 2,5/0,2222 = 11,25 V
VB = Δ2/Δ = 4,583/0,2222 = 20,63 V
Potencia entregada por la fuente de corriente
La fuente impulsa Iₛ hacia arriba al nodo B, desde tierra (0 V) hasta VB. Una fuente cuya corriente sale por su borne + entrega P = V·I.
PIs = VB·Is = 20,63·5 = 103,1 W
Respuesta
PIs = 103,1 W
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 34,02 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.
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.
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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 2 = 5,158 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) = 30·4/(15+4) = 6,316 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 1,433 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 = 25·3/(25+3) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 4 = 6,679 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) = 3,857 + 3·2,679 = 11,89 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,89 + 3·4 = 23,89 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) = 23,89/(6,679 + 10) = 1,433 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,5069 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
τ = L/R = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 2,5·e−5/3,133 = 0,5069 A
Respuesta
i = 0,5069 A
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: C = 7,213 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
6 = 12·(1 − e−500/τ) → τ = 500/ln(12/(12 − 6))
τ = 500/0,6931 = 721,3 ms
Capacidad
kΩ por µF da milisegundos.
C = τ/R = 721,3/100 = 7,213 µF
Respuesta
C = 7,213 µF
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: L = 21,56 mH
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·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·4,7·10⁻⁶) = 21,56 mH
Respuesta
L = 21,56 mH
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 59,92 Ω
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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Combinación en paralelo
Multiplica numerador y denominador por el conjugado complejo para separar Zp en parte real e imaginaria.
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 = 1530/17² = 5,294 Ω
Respuesta
R = 5,294 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 7,723 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 = 2·tan(arccos 0,65) = 2,338 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(10² − 2,338²) = 9,723 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 9,723 − 2 = 7,723 kW
Respuesta
ΔP = 7,723 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 40,44 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 = 22/0,88 = 25 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 25000/(√3·415·0,86) = 40,44 A
Respuesta
IL = 40,44 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 1393 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 210,1 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 10000/400 = 25 A
Respuesta
ILV = 25 A
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 337,5 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 = 0,0625·600 = 37,5 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.