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 tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 90 % de su valor final? Halla t.
Vs = 10 VR = 15 ΩL = 100 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 10 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 200 ms.
Vs = 5 VR = 6,8 kΩC = 100 µFvC(0) = 10 Vt = 200 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 10 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 4,7 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 50 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 50 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 230 V: una carga de 12 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo y un calefactor de 19 kW (factor de potencia unidad). Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 30 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la capacidad C necesaria.
P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, 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 80 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1 se le aplican 460 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 6 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 6 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 200 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 98,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 200 Wpf = 0,9η = 98,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 6,333 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 = 12 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Req = R1 + 3,333 = 3 + 3,333 = 6,333 Ω
Respuesta
Req = 6,333 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 22,61 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 + 2 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 7,969 Ω
R3 + 7,969 = 19,97 Ω
R2 ∥ 19,97 = 2,608 Ω
Req = R1 + 2,608 = 20 + 2,608 = 22,61 Ω
Respuesta
Req = 22,61 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 27,46 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/6 + (VA − 10)/20 + (VA − VB)/5 = 0
0,4167·VA − 0,2·VB = 0,5
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/5 = 3
−0,2·VA + 0,45·VB = 3
Resuelve
Δ = (0,4167)(0,45) − (−0,2)(−0,2) = 0,1475
VA = Δ1/Δ = 0,825/0,1475 = 5,593 V
VB = Δ2/Δ = 1,35/0,1475 = 9,153 V
Potencia entregada por la fuente de corriente
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 = 9,153·3 = 27,46 W
Respuesta
PIs = 27,46 W
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 11,69 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.
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 − 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 24)/10 + VA/4 + (VA − 4)/25 = 2
VA·(1/10 + 1/4 + 1/25) = 2 + 24/10 + 4/25 = 4,56
VA = 4,56/0,39 = 11,69 V
VB = 7,692 V
Respuesta
VA = 11,69 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 21,5 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 20 = 21,5 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 276,7 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 25 = 32,5 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) = 9 + 6·7,5 = 54 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 54 + 6·25 = 204 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) = 204/(32,5 + 15) = 4,295 A
PL = IL²·RL = 4,295²·15 = 276,7 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 15,35 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.
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 / 15 Ω = 6,667 ms
i(∞) = Vs/R = 10/15 = 0,6667 A
Despeja el tiempo
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −6,667·ln(0,1) = 15,35 ms
Respuesta
t = 15,35 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 8,726 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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 100 µF = 680 ms
vC(t) = 5 + (10 − 5)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(200) = 5 + (5)·e−200/680 = 8,726 V
Respuesta
vC = 8,726 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,06655 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,25 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 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| = 10/150,3 = 0,06655 A
Respuesta
I = 0,06655 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 33,37 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·60·47·10⁻⁶) = 56,44 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.
Potencia reactiva de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 12·tan(arccos 0,75) = 10,58 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Totales
P = 12 + 19 = 31 kW
Q = 10,58 + 0 = 10,58 kvar
S = √(31² + 10,58²) = 32,76 kVA
Corriente total
I = S/V = 32757/230 = 142,4 A
Respuesta
I = 142,4 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 501,6 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 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(18,19°) = 9,861 kvar
QC = Q1 − Q2 = 25,21 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 25213/(2π·50·400²) = 501,6 µF
Respuesta
C = 501,6 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 28,8 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| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 400/10 = 40 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·40²·6 = 28,8 kW
Respuesta
P = 28,8 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 77,29 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 77,29 kvar
Respuesta
QC = 77,29 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 19,17 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/6 = 38,33 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 19,17 A
Respuesta
I1 = 19,17 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 24 Ω, y 460/24 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 142,6 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.