Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I1 en la rama 1, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
V1 = 24 VR1 = 15 ΩV2 = 15 VR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
I1 = A
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR2 por R2 en el sentido de la flecha.
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 10 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 5 ms.
Vs = 10 VR = 47 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vL = V
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 7,2 V, exactamente 100 ms después del inicio. Con C = 22 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 12 VVth = 7,2 VT = 100 msC = 22 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 24 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 = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 µF
φ = °
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 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR1 = 50 ΩR2 = 150 ΩC = 4,7 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 4 A y 460 W de una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 230 VI = 4 AP = 460 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 25 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la capacidad C necesaria.
P = 25 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,98V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 150 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,75 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 150 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 200 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 690 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. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 200 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 250 kVA, 11000/400 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 250 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 900 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 150 kVAPcore = 900 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,663 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 = 15 + 6 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 3·21/(3+21) = 2,625 Ω
Req = R1 + 2,625 = 10 + 2,625 = 12,63 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 = 24/12,63 = 1,901 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 − 1,901·10 = 4,99 V
IR2 = VA/R2 = 4,99/3 = 1,663 A
Respuesta
IR2 = 1,663 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 16,01 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 = 15 + 6 = 21 Ω
R4 ∥ 21 = 11,41 Ω
R3 + 11,41 = 41,41 Ω
R2 ∥ 41,41 = 11,01 Ω
Req = R1 + 11,01 = 5 + 11,01 = 16,01 Ω
Respuesta
Req = 16,01 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: I1 = −1,474 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
Toma el conductor inferior como tierra. Cada rama lleva (VA − Vk)/Rk saliendo de A, donde Vk es la tensión de su fuente (cero para una resistencia sola). Las corrientes que salen de A suman cero.
(VA − (−24))/15 + (VA − 15)/20 + VA/3 = 0
Despeja VA
VA = ((−24)/15 + 15/20 + 0/3) / (1/15 + 1/20 + 1/3) = −0,85/0,45 = −1,889 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR2 = 2,105 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 = 9 V, V2 = 5 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/20 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/2 = 0
0,6333·VA − 0,5·VB = 0,75
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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 2 = 6,8 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) = 24·12/(8+12) = 14,4 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 5,667 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 = 2·2/(2+2) = 1 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1 + 2 = 3 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) = 5 + 4·1 = 9 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9 + 4·2 = 17 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 = 17/3 = 5,667 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 0,9537 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.
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.
τ = L/R = 100 mH / 47 Ω = 2,128 ms
i(∞) = Vs/R = 10/47 = 0,2128 A
Tensión en la bobina
En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−5/2,128 = 0,9537 V
Respuesta
vL = 0,9537 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 4,961 kΩ
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
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·100·4,7·10⁻⁶) = 338,6 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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 460/4² = 28,75 Ω
Respuesta
R = 28,75 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 468,5 µF
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 = 25·tan(53,13°) = 33,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 28,26 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 28257/(2π·60·400²) = 468,5 µF
Respuesta
C = 468,5 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 134,5 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·690·150 = 179,3 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 179,3·0,75 = 134,5 kW
Respuesta
P = 134,5 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 339,1 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 = 200·tan(acos 0,72) = 200·0,9639 = 192,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 152,2 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 250000/400 = 625 A
Respuesta
ILV = 625 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1575 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.