La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 12 VR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 10,8 V, exactamente 100 ms después del inicio. Con C = 100 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 12 VVth = 10,8 VT = 100 msC = 100 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 500 Hz. Halla el factor de potencia cos φ del circuito.
V = 12 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 47 µF
cos φ =
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 20 Ω, L = 1 mH y C = 1 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 20 ΩL = 1 mHC = 1 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 33 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la corriente de línea I.
P = 33 kWpf = 0,8V = 400 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 45 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 45 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 110 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 90 % y su factor de potencia es 0,8 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 690 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 110 kWη = 90%cos φ = 0,8VL = 690 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 50 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 10:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 10:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 125 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 99 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 125 Wpf = 0,95η = 99%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,5 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 = 8 + 4 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 2 + 6 = 8 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 = 12/8 = 1,5 A
Respuesta
IR1 = 1,5 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,4842 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 = 5 + 30 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
R3 + 12,73 = 16,73 Ω
R2 ∥ 16,73 = 9,109 Ω
Req = R1 + 9,109 = 5 + 9,109 = 14,11 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 = 15/14,11 = 1,063 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 = 15 − 1,063·5 = 9,684 V
IR2 = VA/R2 = 9,684/20 = 0,4842 A
Respuesta
IR2 = 0,4842 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = −0,3082 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 = 18 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/10 + (VA − 18)/8 + (VA − VB)/8 = 0
0,35·VA − 0,125·VB = 2,25
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 = 10 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/10 + (VA − 10)/5 + (VA − VB)/15 = 0
0,3667·VA − 0,06667·VB = 2
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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 3 = 4,333 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 29,02 W
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 = 15·25/(15+25) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 30 = 39,38 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) = 3,125 + (−2)·9,375 = −15,63 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −15,63 + (−2)·30 = −75,63 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) = −75,63/(39,38 + 15) = −1,391 A
PL = IL²·RL = −1,391²·15 = 29,02 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,6378 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.
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 = 62,83 Ω, XC = 6,773 Ω
Impedancia
|Z| = √(30² + (56,06)²) = 63,58 Ω
Factor de potencia
cos φ = R/|Z| = 30/63,58 = 0,4718
El circuito es inductivo, así que el factor de potencia es inductivo (en retraso).
Respuesta
cos φ = 0,4718
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 3183 Hz
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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,001·1·10⁻⁶)) = 5033 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
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) = 33000/(400·0,8) = 103,1 A
Respuesta
I = 103,1 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 45,21 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.
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 = 45·tan(53,13°) = 60 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(18,19°) = 14,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 45,21 kvar
Respuesta
QC = 45,21 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 127,8 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 = 110/0,9 = 122,2 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 122222/(√3·690·0,8) = 127,8 A
Respuesta
IL = 127,8 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 203,7 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 203,7 kvar
Respuesta
QC = 203,7 kvar
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 5000 Ω
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 = 10²·50 = 5000 Ω
Respuesta
R1′ = 5000 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 114,9 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.