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 = 30 VR1 = 6 ΩV2 = 24 VR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
I1 = A
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
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 = 10 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
W = mJ
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 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 7,2 V, exactamente 25 ms después del inicio. Con C = 47 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 9 VVth = 7,2 VT = 25 msC = 47 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 200 mHC = 22 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 12 A y 1224 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 = 12 AP = 1224 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 15 kVA alimenta una carga de 10 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo. ¿Cuánta potencia activa adicional ΔP se puede añadir como carga resistiva (factor de potencia unidad) antes de que el transformador alcance su potencia nominal en kVA?
Smax = 15 kVAP1 = 10 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 12 + j9 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 = 12 + j9 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 75 kW con un factor de potencia de 0,8 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 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 64 Ω alimenta un altavoz de 16 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 64 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 64 ΩRL = 16 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 2000 W y unas pérdidas en el cobre de 3000 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 500 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 3000 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 12,71 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 = 8 + 20 = 28 Ω
R2 ∥ 28 = 3·28/(3+28) = 2,71 Ω
Req = R1 + 2,71 = 10 + 2,71 = 12,71 Ω
Respuesta
Req = 12,71 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,9736 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 7,034 Ω
R3 + 7,034 = 32,03 Ω
R2 ∥ 32,03 = 4,325 Ω
Req = R1 + 4,325 = 8 + 4,325 = 12,32 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 = 12/12,32 = 0,9736 A
Respuesta
IR1 = 0,9736 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I1 = 1,087 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 − 30)/6 + (VA − 24)/6 + VA/20 = 0
Despeja VA
VA = (30/6 + 24/6 + 0/20) / (1/6 + 1/6 + 1/20) = 9/0,3833 = 23,48 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I1 = (30 − VA)/R1 = (30 − 23,48)/6 = 1,087 A
Respuesta
I1 = 1,087 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 7,596 V
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 = 12 V, V2 = 12 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/5 + (VA − 12)/6 + (VA − VB)/15 = 0
0,4333·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 = 2·6/(2+6) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 2 = 3,5 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/(2+6) = 6,75 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) = 6,75/(3,5 + 2) = 1,227 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = −1,4 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 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) = 6 + (−2,5)·2 = 1 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 1 + (−2,5)·6 = −14 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) = −14/(8 + 2) = −1,4 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 0,3686 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 = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 10/50 = 0,2 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,2·(1 − e−1/1,36) = 0,1041 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·68·0,1041² = 0,3686 mJ
Respuesta
W = 0,3686 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 0,3305 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.
Constante de tiempo necesaria
7,2 = 9·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(9/(9 − 7,2))
τ = 25/1,609 = 15,53 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 15,53/47 = 0,3305 kΩ
Respuesta
R = 0,3305 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,147 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,2 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·22·10⁻⁶) = 144,7 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| = 100/87,18 = 1,147 A
Respuesta
I = 1,147 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 12,29 V
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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,02 = 7,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 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| = 12/258,9 = 0,04634 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,04634·265,3 = 12,29 V
Respuesta
VC = 12,29 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: R = 8,5 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 = 1224/12² = 8,5 Ω
Respuesta
R = 8,5 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 3,66 kW
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 de la carga existente
Q1 = 10·tan(arccos 0,85) = 6,197 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 6,197²) = 13,66 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 13,66 − 10 = 3,66 kW
Respuesta
ΔP = 3,66 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 25,6 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 = VL = 400 V
Corriente de fase
|Z| = √(12² + 9²) = 15 Ω
Iph = 400/15 = 26,67 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·26,67²·12 = 25,6 kW
Respuesta
P = 25,6 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,8, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 149,7 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 = 75·tan(acos 0,8) = 75·0,75 = 56,25 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,92) = 75·0,426 = 31,95 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 24,3 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.
Adapta la carga referida
a²·16 = 64
a = √(64/16) = √4 = 2
Respuesta
a = 2
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 408,2 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