Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I3 en la rama 3, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
V1 = 12 VR1 = 15 ΩV2 = 9 VR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
I3 = A
4.Análisis nodalDifícil
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).
Se conecta una carga RL = 2 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩRL = 2 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VIs = 0,5 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
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 = 60 ms.
Vs = 12 VR1 = 6,8 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µFt = 60 ms
vC = V
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 = 75 ms.
Vs = 5 VR = 10 kΩC = 22 µFvC(0) = 10 Vt = 75 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 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 50 mH
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 120 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 100 HzR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩC = 100 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 16 A y 1920 W de una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla R.
V = 240 VI = 16 AP = 1920 W
R = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,92. Halla la capacidad C necesaria.
P = 20 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 4 + j3 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 = 4 + j3 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 80 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 690 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 = 80 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 10 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 12:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 12:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 150 W y unas pérdidas en el cobre de 450 W a carga nominal. Suministra el 50 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,9 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 = 3 + 2 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Req = R1 + 2,727 = 4 + 2,727 = 6,727 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 = 10/6,727 = 1,486 A
Corriente por R₂
Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1,486·4 = 4,054 V
IR2 = VA/R2 = 4,054/6 = 0,6757 A
Respuesta
IR2 = 0,6757 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 16,8 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 6 Ω
R3 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 4,8 Ω
Req = R1 + 4,8 = 12 + 4,8 = 16,8 Ω
Respuesta
Req = 16,8 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: I3 = −0,5833 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 − 12)/15 + (VA − 9)/8 + VA/12 = 0
Despeja VA
VA = (12/15 + 9/8 + 0/12) / (1/15 + 1/8 + 1/12) = 1,925/0,275 = 7 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
I3 = (0 − VA)/R3 = (0 − 7)/12 = −0,5833 A
Respuesta
I3 = −0,5833 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 16,36 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.
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 = 2·2/(2+2) = 1 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1 + 12 = 13 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) = 15·2/(2+2) = 7,5 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) = 7,5/(13 + 2) = 0,5 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 2,107 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 3 = 4,667 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) = 7,5 + 0,5·1,667 = 8,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 8,333 + 0,5·3 = 9,833 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 = 9,833/4,667 = 2,107 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 0,7654 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 = 6,8·1/(6,8 + 1) = 0,8718 kΩ
vC(∞) = 12·1/(6,8 + 1) = 1,538 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 0,8718·100 = 87,18 ms
Curva de carga
vC(t) = 1,538·(1 − e−60/87,18) = 0,7654 V
Respuesta
vC = 0,7654 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 8,556 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 = 10 kΩ · 22 µF = 220 ms
vC(t) = 5 + (10 − 5)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(75) = 5 + (5)·e−75/220 = 8,556 V
Respuesta
vC = 8,556 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 13,04 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|.
Reactancia
XL = ωL = 2π·60·0,05 = 18,85 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 230/50 = 4,6 A
IX = V/XL = 230/18,85 = 12,2 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) = √(4,6² + 12,2²) = 13,04 A
Respuesta
I = 13,04 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 4,089 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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·100·100·10⁻⁶) = 15,92 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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 1920/16² = 7,5 Ω
Respuesta
R = 7,5 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 246,4 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 = 20·tan(49,46°) = 23,38 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(23,07°) = 8,52 kvar
QC = Q1 − Q2 = 14,86 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 14863/(2π·60·400²) = 246,4 µF
Respuesta
C = 246,4 µF
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 = 400/√3 = 230,9 V
Corriente de fase
|Z| = √(4² + 3²) = 5 Ω
Iph = 230,9/5 = 46,19 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·46,19²·4 = 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 = 81,28 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 = 80·tan(acos 0,75) = 80·0,8819 = 70,55 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 36,47 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 = 12²·10 = 1440 Ω
Respuesta
R1′ = 1440 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 262,5 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.
Pérdidas en el cobre con esta carga
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·450 = 112,5 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.