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 = 3 AVs = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 2 Ω
Ix = A
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR2 por R2 en el sentido de la flecha.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la energía W almacenada en la bobina en t = 5 ms, en mJ.
Vs = 5 VR = 22 ΩL = 220 mHt = 5 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 12 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 14,1 V? Halla t.
Vs = 15 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 12 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 120 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 200 mH
|Z| = Ω
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 100 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 1 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 1 kWpf = 0,7V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 12 V (eficaces) y 1000 Hz tiene una impedancia interna Zs = 50 + j10 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. La carga para máxima potencia está formada por una resistencia en serie con un condensador. Halla la capacidad C.
Vs = 12 V (rms)f = 1000 HzZs = 50 + j10 Ω
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 12 + j16 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 400 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 400 VZ = 12 + j16 Ω por fase
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 690 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 = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 4:1 se le aplican 480 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 24 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 24 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 150 W y unas pérdidas en el cobre de 300 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 25 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 300 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,135 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
Req = R1 + 3,81 = 5 + 3,81 = 8,81 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 = 10/8,81 = 1,135 A
Respuesta
IR1 = 1,135 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,7008 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 = 15 + 4 = 19 Ω
R4 ∥ 19 = 1,81 Ω
R3 + 1,81 = 16,81 Ω
R2 ∥ 16,81 = 6,27 Ω
Req = R1 + 6,27 = 8 + 6,27 = 14,27 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 = 10/14,27 = 0,7008 A
Respuesta
IR1 = 0,7008 A
3.Análisis nodal
Respuesta: Ix = 3,214 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 + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/12 + (VA + 9)/2 = 3
VA = (3 − 9/2)/(1/12 + 1/2) = −2,571 V
VB = −2,571 + 9 = 6,429 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 = 6,429/2 = 3,214 A
Respuesta
Ix = 3,214 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR2 = 0,06522 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 = 10 V, V2 = 10 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 − 10)/10 + (VA − VB)/30 = 0
0,1833·VA − 0,03333·VB = 1
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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 5 = 8,75 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) = 12·6/(10+6) = 4,5 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 = 4,5/8,75 = 0,5143 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = −0,4 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 30 = 33,33 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) = 10 + (−1)·3,333 = 6,667 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,667 + (−1)·30 = −23,33 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) = −23,33/(33,33 + 25) = −0,4 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 0,8796 mJ
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 = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,2273·(1 − e−5/10) = 0,08942 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·220·0,08942² = 0,8796 mJ
Respuesta
W = 0,8796 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 264,9 ms
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.
t = τ·ln((12 − 15)/(14,1 − 15)) = 220·ln(3,333) = 264,9 ms
Respuesta
t = 264,9 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 60,2 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
XL = ωL = 2π·60·0,2 = 75,4 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 120/100 = 1,2 A
IX = V/XL = 120/75,4 = 1,592 A
Corriente total
La corriente de la resistencia está en fase con V y la corriente reactiva está desfasada 90°, así que se suman como los catetos de un triángulo rectángulo.
I = √(IR² + IX²) = √(1,2² + 1,592²) = 1,993 A
Impedancia
|Z| = V/I = 120/1,993 = 60,2 Ω
Respuesta
|Z| = 60,2 Ω
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1486 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·100·10⁻⁶) = 26,53 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| = 12/80,78 = 0,1486 A
Respuesta
I = 0,1486 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 1,02 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.
Ángulo
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 1·1,02 = 1,02 kvar
Respuesta
Q = 1,02 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 15,92 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.
Adaptación conjugada
La reactancia de la carga anula la reactancia de la fuente, y la resistencia de la carga es igual a la resistencia de la fuente.
ZL = Zs* = 50 − j10 Ω
Capacidad
XC = 10 Ω → C = 1/(2π·1000·10) = 15,92 µF
Respuesta
C = 15,92 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 4,8 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.
Tensión de fase
Vph = 400/√3 = 230,9 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 230,9/20 = 11,55 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·11,55²·12 = 4,8 kW
Respuesta
P = 4,8 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 148 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 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 79,7 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 26568/(377·690²) = 148 µF
Respuesta
Cph = 148 µF
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 1,25 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 480/4 = 120 V
I2 = 120/24 = 5 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 1,25 A
Respuesta
I1 = 1,25 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 384 Ω, y 480/384 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 17,68 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