El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,25·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR4 por R4 en el sentido de la flecha.
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 24 VIs = 1 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 10 ms.
Vs = 5 VR = 50 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 2 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 3,2 V? Halla t.
Vs = 6 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 1 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 1 V (rms)R = 5 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 36 kW con un factor de potencia de 0,9 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la corriente de línea I.
P = 36 kWpf = 0,9V = 230 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 24 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 150 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 24 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 60 HzC = 150 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 55 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 95 % y su factor de potencia es 0,82 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 400 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 55 kWη = 95%cos φ = 0,82VL = 400 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 415 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. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 480 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 5 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 5 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 2000 W y unas pérdidas en el cobre de 5000 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 5000 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,872 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 = 5 + 15 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Req = R1 + 4,615 = 5 + 4,615 = 9,615 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 = 18/9,615 = 1,872 A
Respuesta
IR1 = 1,872 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,431 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 = 4 + 6 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 3,333 Ω
R3 + 3,333 = 33,33 Ω
R2 ∥ 33,33 = 1,887 Ω
Req = R1 + 1,887 = 20 + 1,887 = 21,89 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 = 10/21,89 = 0,4569 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 = 10 − 0,4569·20 = 0,8621 V
IR2 = VA/R2 = 0,8621/2 = 0,431 A
Respuesta
IR2 = 0,431 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 9,465 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). 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/20 + (VA − 6)/15 + (VA − VB)/20 = 0
0,1667·VA − 0,05·VB = 0,4
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)/20 = 1
−0,05·VA + 0,1333·VB = 1
Resuelve
Δ = (0,1667)(0,1333) − (−0,05)(−0,05) = 0,01972
VA = Δ1/Δ = 0,1033/0,01972 = 5,239 V
VB = Δ2/Δ = 0,1867/0,01972 = 9,465 V
Respuesta
VB = 9,465 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 0,8361 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
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
0,2167·VA − 0,03333·VB = 0,6
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 = 0,25·VA
−0,2833·VA + 0,2·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,2167)(0,2) − (−0,03333)(−0,2833) = 0,03389
VA = Δ1/Δ = 0,12/0,03389 = 3,541 V
VB = Δ2/Δ = 0,17/0,03389 = 5,016 V
Corriente por R₄
IR4 = VB/R4 = 5,016/6 = 0,8361 A
Respuesta
IR4 = 0,8361 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,8182 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 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 5 = 11 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) = 15·15/(10+15) = 9 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 = 9/11 = 0,8182 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 26,37 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 8 = 17,38 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) = 9 + 1·9,375 = 18,38 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,38 + 1·8 = 26,37 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,0897 A
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.
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((2 − 6)/(3,2 − 6)) = 149,6·ln(1,429) = 53,36 ms
Respuesta
t = 53,36 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 14,3 °
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 = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 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/√(0,1·2,2·10⁻⁶) = 2132 rad/s
I = V/R = 1/5 = 0,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 2132·0,1 = 213,2 Ω
VL = I·XL = 0,2·213,2 = 42,64 V
Respuesta
VL = 42,64 V
Esto es Q = 42,64 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 173,9 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) = 36000/(230·0,9) = 173,9 A
Respuesta
I = 173,9 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,6916
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 = 24·tan(arccos 0,65) = 28,06 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·150·10⁻⁶ = 2991 var = 2,991 kvar
Q2 = 28,06 − 2,991 = 25,07 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(24² + 25,07²) = 34,7 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 24/34,7 = 0,6916
Respuesta
cos φ = 0,6916
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 101,9 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 = 55/0,95 = 57,89 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 57895/(√3·400·0,82) = 101,9 A
Respuesta
IL = 101,9 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 19,88 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 = 50·tan(acos 0,75) = 50·0,8819 = 44,1 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 19,88 kvar
Respuesta
QC = 19,88 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 24 A
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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/5 = 48 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 24 A
Respuesta
I1 = 24 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 20 Ω, y 480/20 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 316,2 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