Se conecta una carga RL = 6 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩRL = 6 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VIs = 0,5 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
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 = 40 ms.
Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µFt = 40 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la tensión del condensador vC en t = 20 ms.
Vs = 9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 20 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 24 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 47 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 5 Ω, L = 100 mH y C = 0,22 µF. Halla su factor de calidad Q en resonancia.
R = 5 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF
Q =
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 12 A y 1296 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 = 12 AP = 1296 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 15 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 15 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 45 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 88 % y su factor de potencia es 0,85 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 45 kWη = 88%cos φ = 0,85VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,72 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 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 75 kVA, 4800/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 75 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 300 W y unas pérdidas en el cobre de 900 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 75 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 2,036 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 2·17/(2+17) = 1,789 Ω
Req = R1 + 1,789 = 10 + 1,789 = 11,79 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 = 24/11,79 = 2,036 A
Respuesta
IR1 = 2,036 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,2571 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 = 12 + 4 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 4,364 Ω
R3 + 4,364 = 34,36 Ω
R2 ∥ 34,36 = 8,894 Ω
Req = R1 + 8,894 = 30 + 8,894 = 38,89 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 = 10/38,89 = 0,2571 A
Respuesta
IR1 = 0,2571 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,525 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 = 12 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/12 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/15 = 0
0,4·VA − 0,06667·VB = 3
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/12 + (VB − VA)/15 = 1,5
−0,06667·VA + 0,15·VB = 1,5
Resuelve
Δ = (0,4)(0,15) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,05556
VA = Δ1/Δ = 0,55/0,05556 = 9,9 V
VB = Δ2/Δ = 0,8/0,05556 = 14,4 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 9,9)/4 = 0,525 A
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,5122 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 = 24 V, V2 = 30 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/6 + (VA − 24)/30 + (VA − VB)/30 = 0
0,2333·VA − 0,03333·VB = 0,8
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 = 12·20/(12+20) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 5 = 12,5 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) = 15·20/(12+20) = 9,375 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) = 9,375/(12,5 + 6) = 0,5068 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 8,214 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 = 10·4/(10+4) = 2,857 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,857 + 5 = 7,857 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) = 4,286 + 0,5·2,857 = 5,714 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,714 + 0,5·5 = 8,214 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 6,608 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 = 10·10/(10 + 10) = 5 kΩ
vC(∞) = 24·10/(10 + 10) = 12 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 5·10 = 50 ms
Curva de carga
vC(t) = 12·(1 − e−40/50) = 6,608 V
Respuesta
vC = 6,608 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 3,966 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.
Tensión inicial del condensador
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.
vC(0) = 9·6,8/(4,7 + 6,8) = 5,322 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 6,8·10 = 68 ms
Descarga
vC(t) = 5,322·e−20/68 = 3,966 V
Respuesta
vC = 3,966 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −14,44 °
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,1·0,22·10⁻⁶)) = 1073 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
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 = 1296/12² = 9 Ω
Respuesta
R = 9 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 16,95 kvar
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 = 15·tan(53,13°) = 20 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(11,48°) = 3,046 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,95 kvar
Respuesta
QC = 16,95 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 83,7 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 = 45/0,88 = 51,14 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 51136/(√3·415·0,85) = 83,7 A
Respuesta
IL = 83,7 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 57,54 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 = 120·tan(acos 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 57,54 kvar
Respuesta
QC = 57,54 kvar
15.Transformadores
Respuesta: IHV = 15,63 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 = 75000/4800 = 15,63 A
Respuesta
IHV = 15,63 A
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 43,3 kVA
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 iguales a las pérdidas en el hierro