Usa el análisis nodal para hallar la potencia PIs entregada por la fuente de corriente Is.
V1 = 6 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Análisis nodalDifícil
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 corriente IR1 por R1 en el sentido de la flecha.
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 80 % de su valor final? Halla t.
Vs = 12 VR = 33 ΩL = 33 mH
t = ms
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 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 7,2 V, exactamente 20 ms después del inicio. Con R = 22 kΩ, halla la capacidad C necesaria.
Vs = 12 VVth = 7,2 VT = 20 msR = 22 kΩ
C = µF
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 200 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 200 mHC = 10 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 24 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 24 V (rms)R = 20 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 11 A y 1265 W de una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 230 VI = 11 AP = 1265 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 6 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 100 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 6 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 60 HzC = 100 µF
I = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 60 A de una alimentación con una tensión de línea de 480 V. El factor de potencia es 0,85 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 480 VIL = 60 Acos φ = 0,85
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 480 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. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 10:1 se le aplican 2300 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 15 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 2300 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1500 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 98,8 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 250 kVAPcore = 1500 Wpf = 0,8η = 98,8%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6092 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 = 2 + 20 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 20·22/(20+22) = 10,48 Ω
Req = R1 + 10,48 = 5 + 10,48 = 15,48 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 = 18/15,48 = 1,163 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 = 18 − 1,163·5 = 12,18 V
IR2 = VA/R2 = 12,18/20 = 0,6092 A
Respuesta
IR2 = 0,6092 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,241 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 = 12 + 30 = 42 Ω
R4 ∥ 42 = 13,55 Ω
R3 + 13,55 = 33,55 Ω
R2 ∥ 33,55 = 2,754 Ω
Req = R1 + 2,754 = 15 + 2,754 = 17,75 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 = 24/17,75 = 1,352 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 − 1,352·15 = 3,723 V
IR2 = VA/R2 = 3,723/3 = 1,241 A
Respuesta
IR2 = 1,241 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 66,82 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/8 + (VA − 6)/8 + (VA − VB)/15 = 0
0,3167·VA − 0,06667·VB = 0,75
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/3 + (VB − VA)/15 = 5
−0,06667·VA + 0,4·VB = 5
Resuelve
Δ = (0,3167)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1222
VA = Δ1/Δ = 0,6333/0,1222 = 5,182 V
VB = Δ2/Δ = 1,633/0,1222 = 13,36 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 = 13,36·5 = 66,82 W
Respuesta
PIs = 66,82 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,7468 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.
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.
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 16,8 Ω
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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 12 = 16,8 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = −3,744 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 5 = 11,32 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 + (−5)·6,316 = −17,37 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −17,37 + (−5)·5 = −42,37 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 = −42,37/11,32 = −3,744 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 1,609 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.
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 = 33 mH / 33 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 12/33 = 0,3636 A
Despeja el tiempo
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −1·ln(0,2) = 1,609 ms
Respuesta
t = 1,609 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: C = 0,9921 µF
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
7,2 = 12·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(12/(12 − 7,2))
τ = 20/0,9163 = 21,83 ms
Capacidad
kΩ por µF da milisegundos.
C = τ/R = 21,83/22 = 0,9921 µF
Respuesta
C = 0,9921 µF
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 83,36 °
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 = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 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 se anulan, así que la impedancia es simplemente R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·4,7·10⁻⁶) = 1031 rad/s
I = V/R = 24/20 = 1,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 1031·0,2 = 206,3 Ω
VL = I·XL = 1,2·206,3 = 247,5 V
Respuesta
VL = 247,5 V
Esto es Q = 10,31 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 18,11 Ω
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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 1265/11² = 10,45 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 230/11 = 20,91 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(20,91² − 10,45²) = 18,11 Ω
Respuesta
X = 18,11 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 36,91 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.
Potencia reactiva antes y después
La potencia activa P no cambia; solo cambia la potencia reactiva que se toma de la red.
Q1 = 6·tan(arccos 0,6) = 8 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·100·10⁻⁶ = 1994 var = 1,994 kvar
Q2 = 8 − 1,994 = 6,006 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(6² + 6,006²) = 8,489 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 8489/230 = 36,91 A
Respuesta
I = 36,91 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 42,4 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 = √3·480·60 = 49,88 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 49,88·0,85 = 42,4 kW
Respuesta
P = 42,4 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 1858 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 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 161,4 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 = 2300/10 = 230 V
I2 = 230/15 = 15,33 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 1,533 A
Respuesta
I1 = 1,533 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 1500 Ω, y 2300/1500 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 929,1 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.