Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Se conecta una carga RL = 4 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩRL = 4 Ω
IL = A
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 = 5 ms.
Vs = 20 VR = 33 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 18 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 400 ms.
Vs = 20 VR = 10 kΩC = 47 µFvC(0) = 18 Vt = 400 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
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 12 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 50 HzR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩC = 100 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 5 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo y una carga de 21 kW con un factor de potencia de 0,85 capacitivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 12 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 220 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 12 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 30 A de una alimentación con una tensión de línea de 208 V. El factor de potencia es 0,7 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 208 VIL = 30 Acos φ = 0,7
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 250 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 20:1 se le aplican 4800 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 48 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 48 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 150 W y unas pérdidas en el cobre de 225 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,9 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Req = R1 + 5,217 = 8 + 5,217 = 13,22 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 = 12/13,22 = 0,9079 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 = 12 − 0,9079·8 = 4,737 V
IR2 = VA/R2 = 4,737/8 = 0,5921 A
Respuesta
IR2 = 0,5921 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 10,38 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 = 5 + 30 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 16,15 Ω
R3 + 16,15 = 28,15 Ω
R2 ∥ 28,15 = 7,379 Ω
Req = R1 + 7,379 = 3 + 7,379 = 10,38 Ω
Respuesta
Req = 10,38 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = −0,4286 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 = 30 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/5 + (VA − 30)/10 + (VA − VB)/10 = 0
0,4·VA − 0,1·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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 9 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/25 + (VA − 9)/3 + (VA − VB)/15 = 0
0,44·VA − 0,06667·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.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/12 + (VB − VA)/15 + (VB − 24)/4 = 6
−0,06667·VA + 0,4·VB = 12
Resuelve
Δ = (0,44)(0,4) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,1716
VA = Δ1/Δ = 2/0,1716 = 11,66 V
VB = Δ2/Δ = 5,48/0,1716 = 31,94 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (31,94 − 24)/4 = 1,986 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,09524 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 12 = 15,75 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) = 6·5/(15+5) = 1,5 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 = 1,5/15,75 = 0,09524 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 2,942 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 = 25·8/(25+8) = 6,061 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,061 + 3 = 9,061 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) = 2,182 + 4·6,061 = 26,42 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,42 + 4·3 = 38,42 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) = 38,42/(9,061 + 4) = 2,942 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,4897 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.
vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 10 kΩ · 47 µF = 470 ms
vC(t) = 20 + (18 − 20)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(400) = 20 + (−2)·e−400/470 = 19,15 V
Respuesta
vC = 19,15 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,5099 A
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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 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| = 120/235,3 = 0,5099 A
Respuesta
I = 0,5099 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,3086 A
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·50·100·10⁻⁶) = 31,83 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 = 5·tan(arccos 0,85) = 3,099 kvar
Q2 = −21·tan(arccos 0,85) = −13,01 kvar
Totales
P = 5 + 21 = 26 kW
Q = 3,099 + (−13,01) = −9,916 kvar
S = √(26² + (−9,916)²) = 27,83 kVA
Corriente total
I = S/V = 27827/240 = 115,9 A
Respuesta
I = 115,9 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,8237
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 = 12·tan(arccos 0,7) = 12,24 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 12,24 − 3,981 = 8,261 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(12² + 8,261²) = 14,57 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 12/14,57 = 0,8237
Respuesta
cos φ = 0,8237
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 7,566 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 = √3·208·30 = 10,81 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 10,81·0,7 = 7,566 kW
Respuesta
P = 7,566 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 148,6 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 = 250·tan(acos 0,7) = 250·1,02 = 255,1 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 148,6 kvar
Respuesta
QC = 148,6 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 0,25 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/48 = 5 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,25 A
Respuesta
I1 = 0,25 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 19200 Ω, y 4800/19200 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 164,1 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·225 = 14,06 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.