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 tensión de nodo VA (respecto a tierra).
Is = 2 AVs = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 12 Ω
VA = V
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la tensión del condensador vC en t = 250 ms.
Vs = 30 VR1 = 6,8 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 250 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 30 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 500 ms.
Vs = 24 VR = 2,2 kΩC = 100 µFvC(0) = 30 Vt = 500 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con L = 50 mH debe resonar a 50 Hz. Halla la capacidad C necesaria.
f0 = 50 HzL = 50 mH
C = µF
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 1 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 1 V (rms)R = 5 ΩL = 20 mHC = 4,7 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 2,5 A y 300 W de una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 240 VI = 2,5 AP = 300 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 24 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 240 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 220 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 24 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
I = A
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 91 % y su factor de potencia es 0,85 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 400 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 91%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 100 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 50 kVA, 7200/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 50 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1200 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 200 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,8852 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 = 8 + 10 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 5·18/(5+18) = 3,913 Ω
Req = R1 + 3,913 = 12 + 3,913 = 15,91 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 = 18/15,91 = 1,131 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 − 1,131·12 = 4,426 V
IR2 = VA/R2 = 4,426/5 = 0,8852 A
Respuesta
IR2 = 0,8852 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,2995 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 = 1,556 Ω
R3 + 1,556 = 13,56 Ω
R2 ∥ 13,56 = 5,031 Ω
Req = R1 + 5,031 = 15 + 5,031 = 20,03 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 = 6/20,03 = 0,2995 A
Respuesta
IR1 = 0,2995 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 7,2 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.
VB = VA + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/8 + (VA + 6)/12 = 2
VA = (2 − 6/12)/(1/8 + 1/12) = 7,2 V
VB = 7,2 + 6 = 13,2 V
Respuesta
VA = 7,2 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 6,923 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 = 18 V, V2 = −24 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/20 + (VA − 18)/4 + (VA − VB)/6 = 0
0,4667·VA − 0,1667·VB = 4,5
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 10 = 18,57 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) = 9·15/(20+15) = 3,857 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 = 3,857/18,57 = 0,2077 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 2,638 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 = 6·4/(6+4) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 2 = 4,4 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) = 3,6 + 1,5·2,4 = 7,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,2 + 1,5·2 = 10,2 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) = 10,2/(4,4 + 30) = 0,2965 A
PL = IL²·RL = 0,2965²·30 = 2,638 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 4,371 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.
Equivalente de Thévenin visto por el condensador
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·10/(6,8 + 10) = 4,048 kΩ
vC(∞) = 30·10/(6,8 + 10) = 17,86 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 4,048·220 = 890,5 ms
Curva de carga
vC(t) = 17,86·(1 − e−250/890,5) = 4,371 V
Respuesta
vC = 4,371 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 24,62 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 100 µF = 220 ms
vC(t) = 24 + (30 − 24)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(500) = 24 + (6)·e−500/220 = 24,62 V
Respuesta
vC = 24,62 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: C = 202,6 µF
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·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,05) = 202,6 µF
Respuesta
C = 202,6 µF
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 13,05 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/√(0,02·4,7·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 1/5 = 0,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 3262·0,02 = 65,23 Ω
VL = I·XL = 0,2·65,23 = 13,05 V
Respuesta
VL = 13,05 V
Esto es Q = 13,05 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: R = 48 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 = 300/2,5² = 48 Ω
Respuesta
R = 48 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 115,8 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 = 24·tan(arccos 0,8) = 18 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 18 − 3,981 = 14,02 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(24² + 14,02²) = 27,79 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 27794/240 = 115,8 A
Respuesta
I = 115,8 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 41,05 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 = 22/0,91 = 24,18 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 24176/(√3·400·0,85) = 41,05 A
Respuesta
IL = 41,05 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 152,6 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 = 100·tan(acos 0,75) = 100·0,8819 = 88,19 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,9) = 100·0,4843 = 48,43 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 39,76 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13253/(377·480²) = 152,6 µF
Respuesta
Cph = 152,6 µF
15.Transformadores
Respuesta: IHV = 6,944 A
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 = 50000/7200 = 6,944 A
Respuesta
IHV = 6,944 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 2099 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.