Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 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 = 1 ms.
Vs = 24 VR = 68 ΩL = 100 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 10 ms.
Vs = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩL = 150 mHt = 10 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 1000 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 = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 15 ΩL = 100 mHC = 22 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 9 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 9 kWpf = 0,7V = 230 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 47 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 5 kWpf1 = 0,65V = 230 Vf = 60 HzC = 47 µF
I = 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 480 V. El factor de potencia es 0,75 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 480 VIL = 20 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 50 kW con un factor de potencia de 0,65 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. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 5 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 5:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 400 W y unas pérdidas en el cobre de 800 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 800 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 5,6 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 6·9/(6+9) = 3,6 Ω
Req = R1 + 3,6 = 2 + 3,6 = 5,6 Ω
Respuesta
Req = 5,6 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,283 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 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 2,763 Ω
R3 + 2,763 = 17,76 Ω
R2 ∥ 17,76 = 7,162 Ω
Req = R1 + 7,162 = 4 + 7,162 = 11,16 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 = 24/11,16 = 2,15 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 − 2,15·4 = 15,4 V
IR2 = VA/R2 = 15,4/12 = 1,283 A
Respuesta
IR2 = 1,283 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 29,66 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/2 + (VA − 12)/12 + (VA − VB)/5 = 0
0,7833·VA − 0,2·VB = 1
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)/5 = 2,5
−0,2·VA + 0,2833·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,7833)(0,2833) − (−0,2)(−0,2) = 0,1819
VA = Δ1/Δ = 0,7833/0,1819 = 4,305 V
VB = Δ2/Δ = 2,158/0,1819 = 11,86 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 = 11,86·2,5 = 29,66 W
Respuesta
PIs = 29,66 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR2 = −0,8506 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 = 24 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/15 + (VA − 24)/6 + (VA − VB)/12 = 0
0,3167·VA − 0,08333·VB = 4
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 5 = 8,75 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) = 9·15/(5+15) = 6,75 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 = 6,75/8,75 = 0,7714 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 21,5 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 3 = 6,333 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) = 2,5 + 3·3,333 = 12,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,5 + 3·3 = 21,5 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,1741 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
Antes de t = 0 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 15/20 = 0,75 A
i(∞) = 15/(20 + 5) = 0,6 A
τ = L/R = 150/25 = 6 ms
i(t) = 0,6 + (0,75 − 0,6)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(10) = 0,6 + (0,15)·e−10/6 = 0,6283 A
Respuesta
i = 0,6283 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 57,19 °
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 = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·100·10⁻⁶) = 1,592 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 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| = 120/114,3 = 1,05 A
Respuesta
I = 1,05 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 9,182 kvar
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.
Ángulo
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 9·1,02 = 9,182 kvar
Respuesta
Q = 9,182 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 30,46 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 = 5·tan(arccos 0,65) = 5,846 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·47·10⁻⁶ = 937,3 var = 0,9373 kvar
Q2 = 5,846 − 0,9373 = 4,908 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(5² + 4,908²) = 7,007 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 7007/230 = 30,46 A
Respuesta
I = 30,46 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 12,47 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 = √3·480·20 = 16,63 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 16,63·0,75 = 12,47 kW
Respuesta
P = 12,47 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 171,1 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 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 37,16 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.
Resistencia referida
La tensión sube en un factor a y la corriente baja en un factor a, así que el cociente V/I sube en un factor a².
R1′ = a²·RL = 5²·5 = 125 Ω
Respuesta
R1′ = 125 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 70,71 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