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 bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 9 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩL = 22 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 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 = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 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 frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 47 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 11 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 11 kWpf = 0,7V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,92. Halla la capacidad C necesaria.
P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 12 A de una alimentación con una tensión de línea de 415 V. El factor de potencia es 0,85 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 415 VIL = 12 Acos φ = 0,85
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 150 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 460 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 4 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 4 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1250 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 96,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 250 kVAPcore = 1250 Wpf = 0,9η = 96,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,5745 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 10·9/(10+9) = 4,737 Ω
Req = R1 + 4,737 = 20 + 4,737 = 24,74 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 = 30/24,74 = 1,213 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 = 30 − 1,213·20 = 5,745 V
IR2 = VA/R2 = 5,745/10 = 0,5745 A
Respuesta
IR2 = 0,5745 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 3,937 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 = 5,714 Ω
R3 + 5,714 = 13,71 Ω
R2 ∥ 13,71 = 3,097 Ω
Req = R1 + 3,097 = 3 + 3,097 = 6,097 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 = 24/6,097 = 3,937 A
Respuesta
IR1 = 3,937 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I3 = −0,3273 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 − 9)/5 + (VA − 18)/4 + (VA − 10)/10 = 0
Despeja VA
VA = (9/5 + 18/4 + 10/10) / (1/5 + 1/4 + 1/10) = 7,3/0,55 = 13,27 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I3 = (10 − VA)/R3 = (10 − 13,27)/10 = −0,3273 A
Respuesta
I3 = −0,3273 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,9466 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 = 15 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/4 + (VA − 24)/20 + (VA − VB)/30 = 0
0,3333·VA − 0,03333·VB = 1,2
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 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 6 = 13,5 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) = 18·15/(15+15) = 9 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 0,001305 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 3 = 9,316 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) = 14,21 + (−1,5)·6,316 = 4,737 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,737 + (−1,5)·3 = 0,2368 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) = 0,2368/(9,316 + 20) = 0,008079 A
PL = IL²·RL = 0,008079²·20 = 0,001305 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,1257 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 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.
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
Antes de t = 0 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
i(0) = 12/(10 + 5) = 0,8 A
i(∞) = 12/10 = 1,2 A
τ = L/R = 22/10 = 2,2 ms
i(t) = 1,2 + (0,8 − 1,2)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 1,2 + (−0,4)·e−5/2,2 = 1,159 A
Respuesta
i = 1,159 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 26,05 °
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 = 377·0,2 = 75,4 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).
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 inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC). La frecuencia de la alimentación no influye.
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 = 11·1,02 = 11,22 kvar
Respuesta
Q = 11,22 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 361 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.
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(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,15 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 18147/(2π·50·400²) = 361 µF
Respuesta
C = 361 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 7,332 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·415·12 = 8,626 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 8,626·0,85 = 7,332 kW
Respuesta
P = 7,332 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 111,5 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 = 150·tan(acos 0,65) = 150·1,169 = 175,4 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 111,5 kvar
Respuesta
QC = 111,5 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 28,75 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/4 = 57,5 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 28,75 A
Respuesta
I1 = 28,75 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 16 Ω, y 460/16 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 6911 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.