La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 34 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 36 VIs = 6 AR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
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 = 300 ms.
Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 47 µFt = 300 ms
vC = V
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. Halla la tensión del condensador vC en t = 150 ms.
Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 12 Vt = 150 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 24 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 = 24 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 150 mH
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 9 + j12 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Halla la potencia reactiva Q que absorbe.
V = 120 VZ = 9 + j12 Ω
Q = var
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 10 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 10 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 6 + j8 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 208 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 208 VZ = 6 + j8 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 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 0,95 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 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 800 Ω alimenta un altavoz de 50 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 800 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 800 ΩRL = 50 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 250 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 96,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,8η = 96,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 17,67 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.
R3 + R4 = 20 + 4 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 3·24/(3+24) = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 15 + 2,667 = 17,67 Ω
Respuesta
Req = 17,67 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,385 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 = 25 + 2 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 1,862 Ω
R3 + 1,862 = 9,862 Ω
R2 ∥ 9,862 = 7,422 Ω
Req = R1 + 7,422 = 8 + 7,422 = 15,42 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 = 24/15,42 = 1,556 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 = 24 − 1,556·8 = 11,55 V
IR2 = VA/R2 = 11,55/30 = 0,385 A
Respuesta
IR2 = 0,385 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 4,696 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 = 24 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/12 + (VA − 24)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0,2917·VA − 0,08333·VB = 3
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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
(34 − 36)/12 + 34/12 = (VB − 34)/2
2,667 = (VB − 34)/2 → VB = 39,33 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 = (39,33 − 34)/2 + 39,33/6 = 9,222 A
Respuesta
Is = 9,222 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,8571 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 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) = 9·12/(3+12) = 7,2 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 = 7,2/8,4 = 0,8571 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 6,686 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 15 = 21 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) = 14,4 + 6·6 = 50,4 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 50,4 + 6·15 = 140,4 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 = 140,4/21 = 6,686 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 16,67 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 = 3,3·10/(3,3 + 10) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 24·10/(3,3 + 10) = 18,05 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 2,481·47 = 116,6 ms
Curva de carga
vC(t) = 18,05·(1 − e−300/116,6) = 16,67 V
Respuesta
vC = 16,67 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 11,17 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.
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.
vC(0) = 12 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms
vC(t) = 9 + (12 − 9)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(150) = 9 + (3)·e−150/462,4 = 11,17 V
Respuesta
vC = 11,17 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 46,7 °
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·60·0,15 = 56,55 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 24/60 = 0,4 A
IX = V/XL = 24/56,55 = 0,4244 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) = √(0,4² + 0,4244²) = 0,5832 A
Ángulo de fase
La corriente de la bobina va retrasada respecto a V, así que la corriente total va retrasada y el ángulo es positivo.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(0,4244/0,4) = 46,7°
Respuesta
φ = 46,7°
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: f0 = 339,3 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|.
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.
Corriente
|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 120/15 = 8 A
Potencia reactiva
Q = I²·X = 8²·12 = 768 var
Respuesta
Q = 768 var
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 42,52 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 = 10·tan(45,57°) = 10,2 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(11,48°) = 2,031 kvar
QC = Q1 − Q2 = 8,171 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(240·0,98) = 42,52 A
Respuesta
Inew = 42,52 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 7,788 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 = VL = 208 V
Corriente de fase
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 208/10 = 20,8 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·20,8²·6 = 7,788 kW
Respuesta
P = 7,788 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 3236 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 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 210,1 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.
Adapta la carga referida
a²·50 = 800
a = √(800/50) = √16 = 4
Respuesta
a = 4
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1201 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.