Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I3 en la rama 3, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 6 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
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 = 120 ms.
Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µFt = 120 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 = 50 ms.
Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 22 µFt = 50 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y un condensador están conectados en paralelo a una alimentación de 50 V (eficaces) y 100 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 9 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la corriente de línea I.
P = 9 kWpf = 0,8V = 230 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 120 V (eficaces) y 1000 Hz tiene una impedancia interna Zs = 4 + 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 = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 4 + j10 Ω
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 24 + j7 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 = 24 + j7 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 690 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. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 50 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 4 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 480 VRL = 4 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 750 W y unas pérdidas en el cobre de 1875 W a carga nominal. Suministra el 75 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,85 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Req = R1 + 2,609 = 4 + 2,609 = 6,609 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 = 10/6,609 = 1,513 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 = 10 − 1,513·4 = 3,947 V
IR2 = VA/R2 = 3,947/3 = 1,316 A
Respuesta
IR2 = 1,316 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,3143 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 = 30 + 6 = 36 Ω
R4 ∥ 36 = 7,826 Ω
R3 + 7,826 = 12,83 Ω
R2 ∥ 12,83 = 4,088 Ω
Req = R1 + 4,088 = 15 + 4,088 = 19,09 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 = 6/19,09 = 0,3143 A
Respuesta
IR1 = 0,3143 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I3 = −5,906 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.
LCK en el nodo A
Toma el conductor inferior como tierra. Cada rama lleva (VA − Vk)/Rk saliendo de A, donde Vk es la tensión de su fuente (cero para una resistencia sola). Las corrientes que salen de A suman cero.
(VA − 30)/2 + (VA − 15)/15 + (VA − 6)/2 = 0
Despeja VA
VA = (30/2 + 15/15 + 6/2) / (1/2 + 1/15 + 1/2) = 19/1,067 = 17,81 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I3 = (6 − VA)/R3 = (6 − 17,81)/2 = −5,906 A
Respuesta
I3 = −5,906 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 3,552 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.
LCK en el nodo A
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(6 − 10)/25 + 6/8 = (VB − 6)/30
0,59 = (VB − 6)/30 → VB = 23,7 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (23,7 − 6)/30 + 23,7/8 = 3,552 A
Respuesta
Is = 3,552 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 3,6 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 2 = 8 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) = 6·15/(10+15) = 3,6 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 1,139 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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 5 = 8,429 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) = 2,571 + 0,5·3,429 = 4,286 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,286 + 0,5·5 = 6,786 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) = 6,786/(8,429 + 20) = 0,2387 A
PL = IL²·RL = 0,2387²·20 = 1,139 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 4,055 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 = 1·6,8/(1 + 6,8) = 0,8718 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(1 + 6,8) = 8,718 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 0,8718·220 = 191,8 ms
Curva de carga
vC(t) = 8,718·(1 − e−120/191,8) = 4,055 V
Respuesta
vC = 4,055 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 4,2 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) = 10·4,7/(2,2 + 4,7) = 6,812 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 4,7·22 = 103,4 ms
Descarga
vC(t) = 6,812·e−50/103,4 = 4,2 V
Respuesta
vC = 4,2 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −68,3 °
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/(ωC) = 1/(2π·100·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 50/40 = 1,25 A
IX = V/XC = 50/15,92 = 3,142 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) = √(1,25² + 3,142²) = 3,381 A
Ángulo de fase
La corriente del condensador va adelantada respecto a V, así que la corriente total va adelantada y el ángulo es negativo.
φ = −arctan(IX/IR) = −arctan(3,142/1,25) = −68,3°
Respuesta
φ = −68,3°
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 15,55 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|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 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| = 120/279,1 = 0,4299 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,4299·36,17 = 15,55 V
Respuesta
VC = 15,55 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 48,91 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.
Corriente de línea
Solo la parte activa de la potencia hace trabajo, así que divide entre el factor de potencia.
I = P/(V·cos φ) = 9000/(230·0,8) = 48,91 A
Respuesta
I = 48,91 A
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* = 4 − j10 Ω
Capacidad
XC = 10 Ω → C = 1/(2π·1000·10) = 15,92 µF
Respuesta
C = 15,92 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 6,144 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| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 230,9/25 = 9,238 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·9,238²·24 = 6,144 kW
Respuesta
P = 6,144 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,96, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 1145 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 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 171,2 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
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 = 120/4 = 30 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 7,5 A
Respuesta
I1 = 7,5 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 64 Ω, y 480/64 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 1805 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 = 0,5625·1875 = 1055 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.