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 corriente Ix por la fuente de tensión, de A a B como indica la flecha.
Is = 4 AVs = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 20 Ω
Ix = A
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,5·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La bobina conduce una corriente estacionaria de 1 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 = 1 ms.
i(0) = 1 AR = 33 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
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 = 25 ms.
Vs = 5 VR = 1 kΩC = 68 µFvC(0) = 18 Vt = 25 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 10 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 22 µF
φ = °
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 = 20 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 16 + j12 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia activa P que absorbe.
V = 230 VZ = 16 + j12 Ω
P = W
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA alimenta una carga de 64 kW con un factor de potencia de 0,85 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 = 100 kVAP1 = 64 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 7,5 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,86 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 7,5 kWη = 93%cos φ = 0,86VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 200 kW con un factor de potencia de 0,75 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. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 10 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 8:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 8:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 400 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 97 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 100 kVAPcore = 400 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 9,667 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.
R3 + R4 = 2 + 8 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 8 + 1,667 = 9,667 Ω
Respuesta
Req = 9,667 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,5679 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 10 Ω
R3 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2,609 Ω
Req = R1 + 2,609 = 15 + 2,609 = 17,61 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 = 10/17,61 = 0,5679 A
Respuesta
IR1 = 0,5679 A
3.Análisis nodal
Respuesta: Ix = 1,688 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.
VB = VA + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/12 + (VA + 6)/20 = 4
VA = (4 − 6/20)/(1/12 + 1/20) = 27,75 V
VB = 27,75 + 6 = 33,75 V
Corriente por la fuente de tensión
Todo lo que pasa por la fuente de A a B sale del nodo B por R₂.
Ix = VB/R2 = 33,75/20 = 1,688 A
Respuesta
Ix = 1,688 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 19,54 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.
LCK en el nodo A
Las corrientes que salen de A por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en A.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,75·VA − 0,2·VB = 5
LCK en el nodo B
La fuente dependiente inyecta g·VA en el nodo B. Trátala como una fuente independiente y luego pasa el término en VA al lado izquierdo.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,7·VA + 0,2833·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,75)(0,2833) − (−0,2)(−0,7) = 0,0725
VA = Δ1/Δ = 1,417/0,0725 = 19,54 V
VB = Δ2/Δ = 3,5/0,0725 = 48,28 V
Respuesta
VA = 19,54 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 23,08 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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 12 = 14,31 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) = 30·10/(3+10) = 23,08 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 99,73 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 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 4 = 7 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) = 18 + 5·3 = 33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 33 + 5·4 = 53 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) = 53/(7 + 6) = 4,077 A
PL = IL²·RL = 4,077²·6 = 99,73 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,2231 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 = 22 mH / 33 Ω = 0,6667 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 1·e−1/0,6667 = 0,2231 A
Respuesta
i = 0,2231 A
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 14 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 = 5 V
τ = R·C = 1 kΩ · 68 µF = 68 ms
vC(t) = 5 + (18 − 5)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(25) = 5 + (13)·e−25/68 = 14 V
Respuesta
vC = 14 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −58 °
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 = 377·0,15 = 56,55 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
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/√(0,1·0,22·10⁻⁶) = 6742 rad/s
I = V/R = 12/20 = 0,6 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 6742·0,1 = 674,2 Ω
VL = I·XL = 0,6·674,2 = 404,5 V
Respuesta
VL = 404,5 V
Esto es Q = 33,71 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: P = 2116 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.
Corriente
|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 230/20 = 11,5 A
Potencia activa
P = I²·R = 11,5²·16 = 2116 W
Respuesta
P = 2116 W
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 27,8 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 = 64·tan(arccos 0,85) = 39,66 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 39,66²) = 91,8 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 91,8 − 64 = 27,8 kW
Respuesta
ΔP = 27,8 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 11,28 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 = 7,5/0,93 = 8,065 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8065/(√3·480·0,86) = 11,28 A
Respuesta
IL = 11,28 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 135,8 kvar
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 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 135,8 kvar
Respuesta
QC = 135,8 kvar
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 640 Ω
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 = 8²·10 = 640 Ω
Respuesta
R1′ = 640 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 2538 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.