Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I2 en la rama 2, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
V1 = 9 VR1 = 3 ΩV2 = 9 VR2 = 3 ΩV3 = 10 VR3 = 2 Ω
I2 = A
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
V1 = 5 VR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 ΩVA = 5 V
Is = A
5.Thévenin y NortonMedia
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Se conecta una carga RL = 12 Ω entre a–b. Usa un equivalente de Thévenin para hallar la potencia PL entregada a la carga.
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la energía W almacenada en la bobina en t = 1 ms, en mJ.
Vs = 12 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 5 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 20 ms.
Vs = 15 VR = 3,3 kΩC = 22 µFvC(0) = 5 Vt = 20 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 230 V (eficaces) y 100 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 = 100 HzR = 30 ΩL = 100 mH
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 10 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 12 + j5 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Halla la potencia reactiva Q que absorbe.
V = 240 VZ = 12 + j5 Ω
Q = var
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 7 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 68 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 7 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 60 HzC = 68 µF
I = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 45 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 94 % y su factor de potencia es 0,88 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 45 kWη = 94%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 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 triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 600 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 8 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 750 W y unas pérdidas en el cobre de 1875 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1875 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 8,759 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 + 20 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 6·23/(6+23) = 4,759 Ω
Req = R1 + 4,759 = 4 + 4,759 = 8,759 Ω
Respuesta
Req = 8,759 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 18,31 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 = 12 + 6 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 11,25 Ω
R3 + 11,25 = 19,25 Ω
R2 ∥ 19,25 = 3,312 Ω
Req = R1 + 3,312 = 15 + 3,312 = 18,31 Ω
Respuesta
Req = 18,31 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: I2 = 1,571 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 − (−9))/3 + (VA − 9)/3 + (VA − 10)/2 = 0
Despeja VA
VA = ((−9)/3 + 9/3 + 10/2) / (1/3 + 1/3 + 1/2) = 5/1,167 = 4,286 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I2 = (9 − VA)/R2 = (9 − 4,286)/3 = 1,571 A
Respuesta
I2 = 1,571 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 4,333 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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(5 − 5)/25 + 5/3 = (VB − 5)/5
1,667 = (VB − 5)/5 → VB = 13,33 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (13,33 − 5)/5 + 13,33/5 = 4,333 A
Respuesta
Is = 4,333 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 4,2 Ω
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 = 3·2/(3+2) = 1,2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,2 + 3 = 4,2 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 98,49 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 10 = 12,67 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) = 20 + 4·2,667 = 30,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 30,67 + 4·10 = 70,67 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) = 70,67/(12,67 + 12) = 2,865 A
PL = IL²·RL = 2,865²·12 = 98,49 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 1,308 mJ
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 = 22 mH / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 12/22 = 0,5455 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,5455·(1 − e−1/1) = 0,3448 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·22·0,3448² = 1,308 mJ
Respuesta
W = 1,308 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 7,408 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 22 µF = 72,6 ms
vC(t) = 15 + (5 − 15)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(20) = 15 + (−10)·e−20/72,6 = 7,408 V
Respuesta
vC = 7,408 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 25,52 °
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
XL = ωL = 2π·100·0,1 = 62,83 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 230/30 = 7,667 A
IX = V/XL = 230/62,83 = 3,661 A
Corriente total
La corriente de la resistencia está en fase con V y la corriente reactiva está desfasada 90°, así que se suman como los catetos de un triángulo rectángulo.
I = √(IR² + IX²) = √(7,667² + 3,661²) = 8,496 A
Ángulo de fase
La corriente de la bobina va retrasada respecto a V, así que la corriente total va retrasada y el ángulo es positivo.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(3,661/7,667) = 25,52°
Respuesta
φ = 25,52°
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: f0 = 129,9 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|.
Resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC). La frecuencia de la alimentación no influye.
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
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A
Potencia reactiva
Q = I²·X = 18,46²·5 = 1704 var
Respuesta
Q = 1704 var
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 18,25 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 = 7·tan(arccos 0,75) = 6,173 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·68·10⁻⁶ = 4102 var = 4,102 kvar
Q2 = 6,173 − 4,102 = 2,072 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(7² + 2,072²) = 7,3 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 7300/400 = 18,25 A
Respuesta
I = 18,25 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 65,43 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 = 45/0,94 = 47,87 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 47872/(√3·480·0,88) = 65,43 A
Respuesta
IL = 65,43 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 454,1 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 = 120·tan(acos 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 82,18 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27392/(377·400²) = 454,1 µF
Respuesta
Cph = 454,1 µF
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 3 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 3 A
Respuesta
I1 = 3 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 200 Ω, y 600/200 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 94,87 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