El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,1·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 5 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 1 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. ¿Cuánto tiempo tarda la corriente en bajar a 0,25 A? Halla t.
i(0) = 1 AR = 100 ΩL = 100 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 8 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 60 ms.
Vs = 12 VR = 4,7 kΩC = 22 µFvC(0) = 8 Vt = 60 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 10 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Una resistencia R1 está conectada en serie con una combinación en paralelo de R2 y un condensador C, a una alimentación de 50 V (eficaces) y 500 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 50 V (rms)f = 500 HzR1 = 20 ΩR2 = 100 ΩC = 4,7 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 10 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo y un calefactor de 2 kW (factor de potencia unidad). Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 40 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 20 A de una alimentación con una tensión de línea de 415 V. El factor de potencia es 0,88 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 415 VIL = 20 Acos φ = 0,88
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 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 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 7200 Ω alimenta un altavoz de 50 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 7200 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 7200 ΩRL = 50 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 100 W y unas pérdidas en el cobre de 400 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 25 kVAPcore = 100 WPcu,fl = 400 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 8,611 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 = 5 + 8 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 5·13/(5+13) = 3,611 Ω
Req = R1 + 3,611 = 5 + 3,611 = 8,611 Ω
Respuesta
Req = 8,611 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 8,458 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 2,182 Ω
R3 + 2,182 = 17,18 Ω
R2 ∥ 17,18 = 5,458 Ω
Req = R1 + 5,458 = 3 + 5,458 = 8,458 Ω
Respuesta
Req = 8,458 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 1,563 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 15)/6 + (VA − VB)/10 = 0
0,3333·VA − 0,1·VB = 2,5
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/20 + (VB − VA)/10 = (−1,5)
−0,1·VA + 0,15·VB = −1,5
Resuelve
Δ = (0,3333)(0,15) − (−0,1)(−0,1) = 0,04
VA = Δ1/Δ = 0,225/0,04 = 5,625 V
VB = Δ2/Δ = −0,25/0,04 = −6,25 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 5,625)/6 = 1,563 A
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = 37,5 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.
LCK en el nodo A
Las corrientes que salen de A por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en A.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,225·VA − 0,125·VB = 1,5
LCK en el nodo B
La fuente dependiente inyecta g·VA en el nodo B. Trátala como una fuente independiente y luego pasa el término en VA al lado izquierdo.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,225·VA + 0,165·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,225)(0,165) − (−0,125)(−0,225) = 0,009
VA = Δ1/Δ = 0,2475/0,009 = 27,5 V
VB = Δ2/Δ = 0,3375/0,009 = 37,5 V
Respuesta
VB = 37,5 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 1,667 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 4 = 5,667 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) = 10·2/(10+2) = 1,667 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 61,11 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 15 = 19,44 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) = 2,778 + 3·4,444 = 16,11 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,11 + 3·15 = 61,11 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 1,386 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
τ = L/R = 100 mH / 100 Ω = 1 ms
Despeja el tiempo
0,25 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,25)
t = 1·ln(4) = 1,386 ms
Respuesta
t = 1,386 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 9,761 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 22 µF = 103,4 ms
vC(t) = 12 + (8 − 12)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(60) = 12 + (−4)·e−60/103,4 = 9,761 V
Respuesta
vC = 9,761 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 52,16 W
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
XL = 157,1 Ω, XC = 31,83 Ω
Impedancia
|Z| = √(80² + (125,2)²) = 148,6 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 120/148,6 = 0,8074 A
P = I²·R = 0,8074²·80 = 52,16 W
Respuesta
P = 52,16 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 69,3 Ω
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
XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω
Combinación en paralelo
Multiplica numerador y denominador por el conjugado complejo para separar Zp en parte real e imaginaria.
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 de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 10·tan(arccos 0,6) = 13,33 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totales
P = 10 + 2 = 12 kW
Q = 13,33 + 0 = 13,33 kvar
S = √(12² + 13,33²) = 17,94 kVA
Corriente total
I = S/V = 17938/240 = 74,74 A
Respuesta
I = 74,74 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 102 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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(11,48°) = 8,122 kvar
QC = Q1 − Q2 = 32,69 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(400·0,98) = 102 A
Respuesta
Inew = 102 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 12,65 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 = √3·415·20 = 14,38 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 14,38·0,88 = 12,65 kW
Respuesta
P = 12,65 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 276 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 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 23,98 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7992/(377·277,1²) = 276 µF
Respuesta
Cph = 276 µF
15.Transformadores
Respuesta: a = 12
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 = 7200
a = √(7200/50) = √144 = 12
Respuesta
a = 12
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 12,5 kVA
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 iguales a las pérdidas en el hierro