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).
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
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 = 1 ms, en mJ.
Vs = 24 VR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 8,1 V, exactamente 50 ms después del inicio. Con C = 1 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 9 VVth = 8,1 VT = 50 msC = 1 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 22 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 50 Ω, L = 50 mH y C = 1 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 50 ΩL = 50 mHC = 1 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 16 + j12 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Halla la potencia aparente S.
V = 120 VZ = 16 + j12 Ω
S = VA
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,9. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 15 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 91 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 15 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 100 kW con un factor de potencia de 0,7 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 0,95 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 240 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 12 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 240 VRL = 12 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 300 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 100 kVAPcore = 300 Wpf = 0,8η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,5625 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 = 6 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 8 + 4,8 = 12,8 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 = 12/12,8 = 0,9375 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 = 12 − 0,9375·8 = 4,5 V
IR2 = VA/R2 = 4,5/8 = 0,5625 A
Respuesta
IR2 = 0,5625 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 7,477 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 = 2 + 8 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 7,5 Ω
R3 + 7,5 = 9,5 Ω
R2 ∥ 9,5 = 2,815 Ω
Req = R1 + 2,815 = 2 + 2,815 = 4,815 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 = 36/4,815 = 7,477 A
Respuesta
IR1 = 7,477 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,4417 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/5 + (VA − 12)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0,425·VA − 0,1·VB = 1,5
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)/10 = 3
−0,1·VA + 0,1833·VB = 3
Resuelve
Δ = (0,425)(0,1833) − (−0,1)(−0,1) = 0,06792
VA = Δ1/Δ = 0,575/0,06792 = 8,466 V
VB = Δ2/Δ = 1,425/0,06792 = 20,98 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 8,466)/8 = 0,4417 A
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 14,63 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 + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 6)/20 + VA/10 + (VA + 4)/6 = 5
VA·(1/20 + 1/10 + 1/6) = 5 + 6/20 − 4/6 = 4,633
VA = 4,633/0,3167 = 14,63 V
VB = 18,63 V
Respuesta
VA = 14,63 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,6818 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 2 = 3,667 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) = 15·2/(10+2) = 2,5 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 = 2,5/3,667 = 0,6818 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 23 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 = 4·6/(4+6) = 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) = 5,4 + 4·2,4 = 15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15 + 4·2 = 23 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 2,322 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 = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms
i(∞) = Vs/R = 24/50 = 0,48 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,48·(1 − e−1/0,94) = 0,3143 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·47·0,3143² = 2,322 mJ
Respuesta
W = 2,322 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 21,71 kΩ
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 necesaria
8,1 = 9·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(9/(9 − 8,1))
τ = 50/2,303 = 21,71 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 21,71/1 = 21,71 kΩ
Respuesta
R = 21,71 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,593 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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 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| = 100/62,76 = 1,593 A
Respuesta
I = 1,593 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 159,2 Hz
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·√(0,05·1·10⁻⁶)) = 711,8 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.
Corriente
|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 120/20 = 6 A
Potencia aparente
S = V·I = 120·6 = 720 VA
Respuesta
S = 720 VA
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 55,56 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 = P·tan φ1 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,72 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(400·0,9) = 55,56 A
Respuesta
Inew = 55,56 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 23,6 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 = 15/0,91 = 16,48 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16484/(√3·480·0,84) = 23,6 A
Respuesta
IL = 23,6 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 955,4 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 0,7) = 100·1,02 = 102 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 69,15 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 = 240/2 = 120 V
I2 = 120/12 = 10 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 5 A
Respuesta
I1 = 5 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 48 Ω, y 240/48 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1166 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.