La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la energía W(∞) almacenada en la bobina una vez estabilizado el circuito, en mJ.
Vs = 12 VR = 20 ΩL = 22 mH
W(∞) = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 20 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 13,4 V? Halla t.
Vs = 9 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 20 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con C = 2,2 µF debe resonar a 2000 Hz. Halla la inductancia L necesaria.
f0 = 2000 HzC = 2,2 µF
L = mH
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 250 mHC = 10 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 30 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la corriente de línea I.
P = 30 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 9 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 230 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 470 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 9 kWpf1 = 0,7V = 230 Vf = 50 HzC = 470 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 11 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,85 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 11 kWη = 93%cos φ = 0,85VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,78 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 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 2700 Ω alimenta un altavoz de 75 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 2700 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 2700 ΩRL = 75 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 75 W y unas pérdidas en el cobre de 300 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,9 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 = 5 + 3 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 6 + 3,429 = 9,429 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 = 30/9,429 = 3,182 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 − 3,182·6 = 10,91 V
IR2 = VA/R2 = 10,91/6 = 1,818 A
Respuesta
IR2 = 1,818 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 9,826 Ω
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 + 3 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 16,29 Ω
R2 ∥ 16,29 = 3,826 Ω
Req = R1 + 3,826 = 6 + 3,826 = 9,826 Ω
Respuesta
Req = 9,826 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 90,41 W
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
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 − 6)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,95·VA − 0,5·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)/2 = 5
−0,5·VA + 0,5833·VB = 5
Resuelve
Δ = (0,95)(0,5833) − (−0,5)(−0,5) = 0,3042
VA = Δ1/Δ = 3,375/0,3042 = 11,1 V
VB = Δ2/Δ = 5,5/0,3042 = 18,08 V
Potencia entregada por la fuente de corriente
La fuente impulsa Iₛ hacia arriba al nodo B, desde tierra (0 V) hasta VB. Una fuente cuya corriente sale por su borne + entrega P = V·I.
PIs = VB·Is = 18,08·5 = 90,41 W
Respuesta
PIs = 90,41 W
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 5,585 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 10 V, V2 = 18 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/3 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/12 = 0
0,4833·VA − 0,08333·VB = 0,6667
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 = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 2 = 5,429 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) = 6·6/(8+6) = 2,571 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 14,64 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 = 12·25/(12+25) = 8,108 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,108 + 5 = 13,11 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) = 8,108 + 2,5·8,108 = 28,38 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,38 + 2,5·5 = 40,88 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) = 40,88/(13,11 + 2) = 2,706 A
PL = IL²·RL = 2,706²·2 = 14,64 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W(∞) = 3,96 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 = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
i(∞) = Vs/R = 12/20 = 0,6 A
Energía almacenada
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·22·0,6² = 3,96 mJ
Respuesta
W(∞) = 3,96 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 91,63 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((20 − 9)/(13,4 − 9)) = 100·ln(2,5) = 91,63 ms
Respuesta
t = 91,63 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: L = 2,878 mH
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|.
Condición de resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·2,2·10⁻⁶) = 2,878 mH
Respuesta
L = 2,878 mH
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,8853 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 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| = 230/259,8 = 0,8853 A
Respuesta
I = 0,8853 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 208,3 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) = 30000/(240·0,6) = 208,3 A
Respuesta
I = 208,3 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,9886
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 = 9·tan(arccos 0,7) = 9,182 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·50·470·10⁻⁶ = 7811 var = 7,811 kvar
Q2 = 9,182 − 7,811 = 1,371 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(9² + 1,371²) = 9,104 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 9/9,104 = 0,9886
Respuesta
cos φ = 0,9886
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 16,74 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 = 11/0,93 = 11,83 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 11828/(√3·480·0,85) = 16,74 A
Respuesta
IL = 16,74 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 38,16 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 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 38,16 kvar
Respuesta
QC = 38,16 kvar
15.Transformadores
Respuesta: a = 6
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.
Adapta la carga referida
a²·75 = 2700
a = √(2700/75) = √36 = 6
Respuesta
a = 6
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 93,75 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 = 0,0625·300 = 18,75 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.