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.
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 5 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
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 = 1 ms.
Vs = 20 VR = 50 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente i2 por R2 en t = 400 ms.
Vs = 12 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 220 µFt = 400 ms
i2 = mA
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 24 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 50 Ω, L = 10 mH y C = 1 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 50 ΩL = 10 mHC = 1 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 5 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la corriente de línea I.
P = 5 kWpf = 0,65V = 400 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA alimenta una carga de 13 kW con un factor de potencia de 0,8 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 = 50 kVAP1 = 13 kWpf1 = 0,8
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 11 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,8 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 11 kWη = 93%cos φ = 0,8VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 75 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 75 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 8 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 4:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 4:1RL = 8 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 375 W y unas pérdidas en el cobre de 937,5 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,8 inductivo. Halla las pérdidas totales Ploss en vatios con esta carga.
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 = 6 + 4 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Req = R1 + 2,308 = 10 + 2,308 = 12,31 Ω
Respuesta
Req = 12,31 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 3,357 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 = 25 + 15 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 4,444 Ω
R3 + 4,444 = 16,44 Ω
R2 ∥ 16,44 = 6,938 Ω
Req = R1 + 6,938 = 2 + 6,938 = 8,938 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 = 30/8,938 = 3,357 A
Respuesta
IR1 = 3,357 A
3.Análisis nodal
Respuesta: I1 = 1,955 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 − 15)/4 + (VA − (−6))/6 + (VA − 12)/20 = 0
Despeja VA
VA = (15/4 + (−6)/6 + 12/20) / (1/4 + 1/6 + 1/20) = 3,35/0,4667 = 7,179 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I1 = (15 − VA)/R1 = (15 − 7,179)/4 = 1,955 A
Respuesta
I1 = 1,955 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = −1,572 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 = 6 V, V2 = 18 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/3 + (VA − 6)/5 + (VA − VB)/5 = 0
0,7333·VA − 0,2·VB = 1,2
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/12 + (VB − VA)/5 + (VB − 18)/2 = 1,5
−0,2·VA + 0,7833·VB = 10,5
Resuelve
Δ = (0,7333)(0,7833) − (−0,2)(−0,2) = 0,5344
VA = Δ1/Δ = 3,04/0,5344 = 5,688 V
VB = Δ2/Δ = 7,94/0,5344 = 14,86 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (14,86 − 18)/2 = −1,572 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,4615 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 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 2 = 8,667 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) = 6·20/(10+20) = 4 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 = 4/8,667 = 0,4615 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 52 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 = 3·3/(3+3) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 15 = 16,5 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) = 2,5 + 3·1,5 = 7 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7 + 3·15 = 52 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 6,903 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 = 47 mH / 50 Ω = 0,94 ms
i(∞) = Vs/R = 20/50 = 0,4 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 = 20·e−1/0,94 = 6,903 V
Respuesta
vL = 6,903 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i2 = 1,181 mA
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.
Tensión inicial del condensador
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.
vC(0) = 12·4,7/(2,2 + 4,7) = 8,174 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 4,7·220 = 1034 ms
Descarga
vC(t) = 8,174·e−400/1034 = 5,552 V
i2 = vC/R2 = 5,552/4,7 = 1,181 mA
Respuesta
i2 = 1,181 mA
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: |Z| = 37,06 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
XL = ωL = 2π·50·0,15 = 47,12 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 24/60 = 0,4 A
IX = V/XL = 24/47,12 = 0,5093 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) = √(0,4² + 0,5093²) = 0,6476 A
Impedancia
|Z| = V/I = 24/0,6476 = 37,06 Ω
Respuesta
|Z| = 37,06 Ω
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 795,8 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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,01·1·10⁻⁶)) = 1592 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,01/(1·10⁻⁶)) = 2
Ancho de banda
B = f0/Q = 1592/2 = 795,8 Hz
Respuesta
B = 795,8 Hz
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 19,23 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.
Corriente de línea
Solo la parte activa de la potencia hace trabajo, así que divide entre el factor de potencia.
I = P/(V·cos φ) = 5000/(400·0,65) = 19,23 A
Respuesta
I = 19,23 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 36,04 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 = 13·tan(arccos 0,8) = 9,75 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 9,75²) = 49,04 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 49,04 − 13 = 36,04 kW
Respuesta
ΔP = 36,04 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 20,57 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 = 11/0,93 = 11,83 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 11828/(√3·415·0,8) = 20,57 A
Respuesta
IL = 20,57 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 185,1 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 = 75·tan(acos 0,7) = 75·1,02 = 76,52 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,9) = 75·0,4843 = 36,32 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 40,19 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.
Resistencia referida
La tensión sube en un factor a y la corriente baja en un factor a, así que el cociente V/I sube en un factor a².
R1′ = a²·RL = 4²·8 = 128 Ω
Respuesta
R1′ = 128 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 433,6 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·937,5 = 58,59 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.