La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en A, así que impone VA − VB = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la corriente IR1 por R1 en el sentido de la flecha.
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la tensión del condensador vC en t = 400 ms.
Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 3,3 kΩC = 220 µFt = 400 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 18 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 10,2 V? Halla t.
Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 18 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 22 µF
I = A
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 100 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 100 V (rms)f = 60 HzR1 = 25 ΩR2 = 80 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 7 + j24 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia reactiva Q que absorbe.
V = 230 VZ = 7 + j24 Ω
Q = var
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 22 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 470 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 22 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 60 HzC = 470 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 6 + j8 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 400 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 400 VZ = 6 + j8 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 75 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 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 = 75 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 4:1 se le aplican 960 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 60 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 300 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 98 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 75 kVAPcore = 300 Wpf = 0,8η = 98%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,4444 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 10·30/(10+30) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 6 + 7,5 = 13,5 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 = 6/13,5 = 0,4444 A
Respuesta
IR1 = 0,4444 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 34,4 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 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 13,43 Ω
R3 + 13,43 = 43,43 Ω
R2 ∥ 43,43 = 9,402 Ω
Req = R1 + 9,402 = 25 + 9,402 = 34,4 Ω
Respuesta
Req = 34,4 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 89,96 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/12 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 0,6667
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 17,99·5 = 89,96 W
Respuesta
PIs = 89,96 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = −0,5246 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 − 10
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 5)/4 + VA/12 + (VA − 10)/25 = 1
VA·(1/4 + 1/12 + 1/25) = 1 + 5/4 + 10/25 = 2,65
VA = 2,65/0,3733 = 7,098 V
VB = −2,902 V
Corriente por R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 7,098)/4 = −0,5246 A
Respuesta
IR1 = −0,5246 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 4,909 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 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) = 9·6/(5+6) = 4,909 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 2,925 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 = 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) = 0,8333 + (−1,5)·3,333 = −4,167 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,167 + (−1,5)·3 = −8,667 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) = −8,667/(6,333 + 8) = −0,6047 A
PL = IL²·RL = −0,6047²·8 = 2,925 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 8,013 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.
Equivalente de Thévenin visto por el condensador
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·3,3/(3,3 + 3,3) = 1,65 kΩ
vC(∞) = 24·3,3/(3,3 + 3,3) = 12 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 1,65·220 = 363 ms
Curva de carga
vC(t) = 12·(1 − e−400/363) = 8,013 V
Respuesta
vC = 8,013 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 423,7 ms
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.
t = τ·ln((18 − 5)/(10,2 − 5)) = 462,4·ln(2,5) = 423,7 ms
Respuesta
t = 423,7 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,3251 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·22·10⁻⁶) = 7,234 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| = 100/307,6 = 0,3251 A
Respuesta
I = 0,3251 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 100,8 Ω
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·60·10·10⁻⁶) = 265,3 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.
Corriente
|Z| = √(7² + 24²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A
Potencia reactiva
Q = I²·X = 9,2²·24 = 2031 var
Respuesta
Q = 2031 var
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,9513
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 = 22·tan(arccos 0,8) = 16,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·470·10⁻⁶ = 9373 var = 9,373 kvar
Q2 = 16,5 − 9,373 = 7,127 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(22² + 7,127²) = 23,13 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 22/23,13 = 0,9513
Respuesta
cos φ = 0,9513
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 9,6 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 = 400/√3 = 230,9 V
Corriente de fase
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 230,9/10 = 23,09 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·23,09²·6 = 9,6 kW
Respuesta
P = 9,6 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 72,46 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 = 75·tan(acos 0,65) = 75·1,169 = 87,68 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 72,46 kvar
Respuesta
QC = 72,46 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 1 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 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 1 A
Respuesta
I1 = 1 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 960 Ω, y 960/960 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 924,5 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.