Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I2 en la rama 2, 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. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 80 % de su valor final? Halla t.
Vs = 12 VR = 22 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 = 500 ms.
Vs = 9 VR = 10 kΩC = 33 µFvC(0) = 8 Vt = 500 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 50 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 = 50 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 47 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 1 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 5,5 A y 1012 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 = 5,5 AP = 1012 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA alimenta una carga de 46 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo. ¿Cuánta potencia activa adicional ΔP se puede añadir como carga resistiva (factor de potencia unidad) antes de que el transformador alcance su potencia nominal en kVA?
Smax = 150 kVAP1 = 46 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 18 + j24 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 = 18 + j24 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 150 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 400 V (de línea) y 50 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 triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 150 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 240 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 8 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 240 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 800 W y unas pérdidas en el cobre de 2400 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,8 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Req = R1 + 2,4 = 20 + 2,4 = 22,4 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 = 30/22,4 = 1,339 A
Respuesta
IR1 = 1,339 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,09605 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 4,8 Ω
R3 + 4,8 = 6,8 Ω
R2 ∥ 6,8 = 5,543 Ω
Req = R1 + 5,543 = 6 + 5,543 = 11,54 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 = 6/11,54 = 0,5198 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 = 6 − 0,5198·6 = 2,881 V
IR2 = VA/R2 = 2,881/30 = 0,09605 A
Respuesta
IR2 = 0,09605 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I2 = 0,9821 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 − (−15))/10 + (VA − 10)/2 + (VA − 12)/3 = 0
Despeja VA
VA = ((−15)/10 + 10/2 + 12/3) / (1/10 + 1/2 + 1/3) = 7,5/0,9333 = 8,036 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I2 = (10 − VA)/R2 = (10 − 8,036)/2 = 0,9821 A
Respuesta
I2 = 0,9821 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = −5,25 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 = 6 V, V2 = −5 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/15 + (VA − 6)/30 + (VA − VB)/20 = 0
0,15·VA − 0,05·VB = 0,2
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/3 + (VB − VA)/20 + (VB − (−5))/30 = (−2)
−0,05·VA + 0,4167·VB = −2,167
Resuelve
Δ = (0,15)(0,4167) − (−0,05)(−0,05) = 0,06
VA = Δ1/Δ = −0,025/0,06 = −0,4167 V
VB = Δ2/Δ = −0,315/0,06 = −5,25 V
Respuesta
VB = −5,25 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,1957 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 20 = 23 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) = 9·6/(6+6) = 4,5 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 = 4,5/23 = 0,1957 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,6484 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 = 25·6/(25+6) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 2 = 6,839 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) = 6,968 + 2·4,839 = 16,65 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,65 + 2·2 = 20,65 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) = 20,65/(6,839 + 25) = 0,6484 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 7,316 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 = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A
Despeja el tiempo
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −4,545·ln(0,2) = 7,316 ms
Respuesta
t = 7,316 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 8,78 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 = 9 V
τ = R·C = 10 kΩ · 33 µF = 330 ms
vC(t) = 9 + (8 − 9)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(500) = 9 + (−1)·e−500/330 = 8,78 V
Respuesta
vC = 8,78 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 78,59 °
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 = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 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|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·1·10⁻⁶) = 159,2 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| = 230/156,3 = 1,472 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 1,472·159,2 = 234,2 V
Respuesta
VC = 234,2 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: X = 25,09 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 = 1012/5,5² = 33,45 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 230/5,5 = 41,82 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(41,82² − 33,45²) = 25,09 Ω
Respuesta
X = 25,09 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 99,98 kW
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 la carga existente
Q1 = 46·tan(arccos 0,8) = 34,5 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 34,5²) = 146 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 146 − 46 = 99,98 kW
Respuesta
ΔP = 99,98 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 0,8653 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 = 208/√3 = 120,1 V
Corriente de fase
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 120,1/30 = 4,003 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·4,003²·18 = 0,8653 kW
Respuesta
P = 0,8653 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 395,5 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 = 150·tan(acos 0,75) = 150·0,8819 = 132,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 59,64 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
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 = 240/2 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 7,5 A
Respuesta
I1 = 7,5 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 32 Ω, y 240/32 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 950 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 = 0,0625·2400 = 150 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.