La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).
Is = 3 AVs = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 2 Ω
VA = V
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la corriente IR1 por R1 en el sentido de la flecha.
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 5 ms.
Vs = 24 VR = 10 ΩL = 22 mHt = 5 ms
i = A
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 = 20 ms.
Vs = 6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 2,2 kΩC = 33 µFt = 20 ms
i2 = mA
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el factor de potencia cos φ del circuito.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 10 µF
cos φ =
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 1 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 1 V (rms)R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 30 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 30 kWpf = 0,75V = 240 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 20 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en triángulo, con una impedancia de 12 + j16 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 + j16 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 80 kW con un factor de potencia de 0,78 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 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 80 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 10 kVA, 4160/480 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 10 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 800 W y unas pérdidas en el cobre de 3200 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 100 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 3200 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,2195 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 + 3 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R1 + 5,714 = 6 + 5,714 = 11,71 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 = 9/11,71 = 0,7683 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 = 9 − 0,7683·6 = 4,39 V
IR2 = VA/R2 = 4,39/20 = 0,2195 A
Respuesta
IR2 = 0,2195 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 2,488 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 + 4 = 6 Ω
R4 ∥ 6 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 7,286 Ω
R2 ∥ 7,286 = 1,569 Ω
Req = R1 + 1,569 = 6 + 1,569 = 7,569 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 = 24/7,569 = 3,171 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 = 24 − 3,171·6 = 4,976 V
IR2 = VA/R2 = 4,976/2 = 2,488 A
Respuesta
IR2 = 2,488 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = −3,636 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 + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/20 + (VA + 10)/2 = 3
VA = (3 − 10/2)/(1/20 + 1/2) = −3,636 V
VB = −3,636 + 10 = 6,364 V
Respuesta
VA = −3,636 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,35 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.
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 + 9
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 36)/15 + VA/30 + (VA + 9)/30 = 2
VA·(1/15 + 1/30 + 1/30) = 2 + 36/15 − 9/30 = 4,1
VA = 4,1/0,1333 = 30,75 V
VB = 39,75 V
Corriente por R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (36 − 30,75)/15 = 0,35 A
Respuesta
IR1 = 0,35 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 4,5 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 15 = 18 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/(6+6) = 4,5 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 5,203 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 = 30·3/(30+3) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 8 = 10,73 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) = 2,182 + 5·2,727 = 15,82 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 15,82 + 5·8 = 55,82 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 = 55,82/10,73 = 5,203 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 2,153 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.
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.
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) = 6·2,2/(4,7 + 2,2) = 1,913 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 2,2·33 = 72,6 ms
Descarga
vC(t) = 1,913·e−20/72,6 = 1,452 V
i2 = vC/R2 = 1,452/2,2 = 0,6602 mA
Respuesta
i2 = 0,6602 mA
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: cos φ = 0,2286
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
XL = 62,83 Ω, XC = 318,3 Ω
Impedancia
|Z| = √(60² + (−255,5)²) = 262,4 Ω
Factor de potencia
cos φ = R/|Z| = 60/262,4 = 0,2286
El circuito es capacitivo, así que el factor de potencia es capacitivo (en adelanto).
Respuesta
cos φ = 0,2286
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 35,36 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|.
Resonancia
En resonancia las reactancias se anulan, así que la impedancia es simplemente R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·10·10⁻⁶) = 1414 rad/s
I = V/R = 1/2 = 0,5 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 1414·0,05 = 70,71 Ω
VL = I·XL = 0,5·70,71 = 35,36 V
Respuesta
VL = 35,36 V
Esto es Q = 35,36 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 26,46 kvar
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.
Ángulo
φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 30·0,8819 = 26,46 kvar
Respuesta
Q = 26,46 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 10,94 kvar
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(36,87°) = 15 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(11,48°) = 4,061 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,94 kvar
Respuesta
QC = 10,94 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 14,4 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 + 16²) = 20 Ω
Iph = 400/20 = 20 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·20²·12 = 14,4 kW
Respuesta
P = 14,4 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 156,7 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 = 80·tan(acos 0,78) = 80·0,8023 = 64,18 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 25,44 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
IHV = S/V = 10000/4160 = 2,404 A
Respuesta
IHV = 2,404 A
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 50 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