La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la corriente Ix por la fuente de tensión, de A a B como indica la flecha.
Is = 1 AVs = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 2 Ω
Ix = A
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,2·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 tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 3 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. Halla la corriente i en t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 4 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 80 ms.
Vs = 9 VR = 1 kΩC = 100 µFvC(0) = 4 Vt = 80 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el factor de potencia cos φ del circuito.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µF
cos φ =
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 150 mHC = 47 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 16,5 A y 1188 W de una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 120 VI = 16,5 AP = 1188 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 50 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 50 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 12 + j16 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 415 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 690 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 = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 40 Ω alimenta un altavoz de 10 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 40 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 40 ΩRL = 10 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1000 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 97,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 250 kVAPcore = 1000 Wpf = 0,8η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,04 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 8·18/(8+18) = 5,538 Ω
Req = R1 + 5,538 = 6 + 5,538 = 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 = 12/11,54 = 1,04 A
Respuesta
IR1 = 1,04 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,5804 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 16,57 Ω
R2 ∥ 16,57 = 10,67 Ω
Req = R1 + 10,67 = 10 + 10,67 = 20,67 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 = 12/20,67 = 0,5804 A
Respuesta
IR1 = 0,5804 A
3.Análisis nodal
Respuesta: Ix = 1,875 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.
Forma un supernodo
La fuente de tensión entre A y B conduce una corriente desconocida, así que no se puede escribir la LCK en A ni en B por separado. Encierra A, B y la fuente en un supernodo: la corriente que entra es igual a la que sale.
VB = VA + Vs = VA + 9
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/6 + (VA + 9)/2 = 1
VA = (1 − 9/2)/(1/6 + 1/2) = −5,25 V
VB = −5,25 + 9 = 3,75 V
Corriente por la fuente de tensión
Todo lo que pasa por la fuente de A a B sale del nodo B por R₂.
Ix = VB/R2 = 3,75/2 = 1,875 A
Respuesta
Ix = 1,875 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 1,248 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
0,625·VA − 0,125·VB = 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 = 0,2·VA
−0,325·VA + 0,165·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,625)(0,165) − (−0,125)(−0,325) = 0,0625
VA = Δ1/Δ = 0,99/0,0625 = 15,84 V
VB = Δ2/Δ = 1,95/0,0625 = 31,2 V
Corriente por R₄
IR4 = VB/R4 = 31,2/25 = 1,248 A
Respuesta
IR4 = 1,248 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 3,857 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 2 = 10,57 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/(20+15) = 3,857 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 32 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 = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 4 = 10,67 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) = 16 + 1,5·6,667 = 26 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26 + 1,5·4 = 32 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,02729 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
τ = L/R = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 3·e−1/0,2128 = 0,02729 A
Respuesta
i = 0,02729 A
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 6,753 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) = 4 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 1 kΩ · 100 µF = 100 ms
vC(t) = 9 + (4 − 9)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(80) = 9 + (−5)·e−80/100 = 6,753 V
Respuesta
vC = 6,753 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: cos φ = 0,7267
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 = 94,25 Ω, XC = 56,44 Ω
Impedancia
|Z| = √(40² + (37,81)²) = 55,04 Ω
Factor de potencia
cos φ = R/|Z| = 40/55,04 = 0,7267
El circuito es inductivo, así que el factor de potencia es inductivo (en retraso).
Respuesta
cos φ = 0,7267
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,06968 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 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).
La misma corriente pasa por todos los elementos de un circuito en serie.
I = V/|Z| = 12/172,2 = 0,06968 A
Respuesta
I = 0,06968 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: R = 4,364 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 = 1188/16,5² = 4,364 Ω
Respuesta
R = 4,364 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 212,6 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 = 50·tan(41,41°) = 44,1 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(11,48°) = 10,15 kvar
QC = Q1 − Q2 = 33,94 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 50000/(240·0,98) = 212,6 A
Respuesta
Inew = 212,6 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 15,5 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 = VL = 415 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 415/20 = 20,75 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·20,75²·12 = 15,5 kW
Respuesta
P = 15,5 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 358,3 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 64,31 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
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
a²·10 = 40
a = √(40/10) = √4 = 2
Respuesta
a = 2
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 4128 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.