La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 10 ms.
Vs = 20 VR = 22 ΩL = 100 mHt = 10 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 1 ms.
Vs = 15 VR1 = 22 ΩR2 = 47 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con C = 2,2 µF debe resonar a 2000 Hz. Halla la inductancia L necesaria.
f0 = 2000 HzC = 2,2 µF
L = mH
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 24 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 4 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la corriente de línea I.
P = 4 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA alimenta una carga de 57 kW con un factor de potencia de 0,65 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 = 200 kVAP1 = 57 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 15 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,95 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 15 Acos φ = 0,95
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 256 Ω alimenta un altavoz de 4 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 256 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 256 ΩRL = 4 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 400 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,8 inductivo su rendimiento es del 96,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 50 kVAPcore = 400 Wpf = 0,8η = 96,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,505 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 = 5 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 6·11/(6+11) = 3,882 Ω
Req = R1 + 3,882 = 8 + 3,882 = 11,88 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 = 6/11,88 = 0,505 A
Respuesta
IR1 = 0,505 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,9448 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 = 6 + 3 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 1,636 Ω
R3 + 1,636 = 9,636 Ω
R2 ∥ 9,636 = 3,292 Ω
Req = R1 + 3,292 = 2 + 3,292 = 5,292 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 = 5/5,292 = 0,9448 A
Respuesta
IR1 = 0,9448 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 17,25 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/10 + (VA − 6)/10 + (VA − VB)/5 = 0
0,4·VA − 0,2·VB = 0,6
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/6 + (VB − VA)/5 = 2
−0,2·VA + 0,3667·VB = 2
Resuelve
Δ = (0,4)(0,3667) − (−0,2)(−0,2) = 0,1067
VA = Δ1/Δ = 0,62/0,1067 = 5,812 V
VB = Δ2/Δ = 0,92/0,1067 = 8,625 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 = 8,625·2 = 17,25 W
Respuesta
PIs = 17,25 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR2 = −0,9057 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 = 36 V, V2 = 5 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/10 + (VA − 36)/30 + (VA − VB)/6 = 0
0,3·VA − 0,1667·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.
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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 5 = 8,75 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) = 12·5/(15+5) = 3 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) = 3/(8,75 + 6) = 0,2034 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 24 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 12 = 16,8 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) = 3,6 + 2,5·4,8 = 15,6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,6 + 2,5·12 = 45,6 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) = 45,6/(16,8 + 6) = 2 A
PL = IL²·RL = 2²·6 = 24 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 2,216 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 = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 20/22 = 0,9091 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−10/4,545 = 2,216 V
Respuesta
vL = 2,216 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,2748 A
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
Antes de t = 0 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 15/22 = 0,6818 A
i(∞) = 15/(22 + 47) = 0,2174 A
τ = L/R = 33/69 = 0,4783 ms
i(t) = 0,2174 + (0,6818 − 0,2174)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(1) = 0,2174 + (0,4644)·e−1/0,4783 = 0,2748 A
Respuesta
i = 0,2748 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: L = 2,878 mH
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|.
Condición de resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·2000 = 12566 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(12566²·2,2·10⁻⁶) = 2,878 mH
Respuesta
L = 2,878 mH
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,04809 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·4,7·10⁻⁶) = 564,4 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| = 24/499,1 = 0,04809 A
Respuesta
I = 0,04809 A
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 20,83 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) = 4000/(240·0,8) = 20,83 A
Respuesta
I = 20,83 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 131,6 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 = 57·tan(arccos 0,65) = 66,64 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 66,64²) = 188,6 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 188,6 − 57 = 131,6 kW
Respuesta
ΔP = 131,6 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 9,873 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·400·15 = 10,39 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 10,39·0,95 = 9,873 kW
Respuesta
P = 9,873 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 378,2 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 169,7 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
a²·4 = 256
a = √(256/4) = √64 = 8
Respuesta
a = 8
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1051 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.