La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 11 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 Ω
Rth = Ω
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 = 25 ΩR3 = 15 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 constante de tiempo τ del circuito después de cerrar el interruptor.
Vs = 10 VR1 = 1 kΩR2 = 2,2 kΩC = 10 µF
τ = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 20 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 11 V? Halla t.
Vs = 5 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 20 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con L = 5 mH debe resonar a 100 Hz. Halla la capacidad C necesaria.
f0 = 100 HzL = 5 mH
C = µF
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 20 Ω, L = 20 mH y C = 10 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 4 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la corriente de línea I.
P = 4 kWpf = 0,7V = 240 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 35 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 400 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 35 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 6 + j8 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 415 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 415 VZ = 6 + j8 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,78 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 10 kVA, 10000/400 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 10 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W y unas pérdidas en el cobre de 2400 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 100 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,152 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 = 15 + 10 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Req = R1 + 2,679 = 6 + 2,679 = 8,679 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 = 10/8,679 = 1,152 A
Respuesta
IR1 = 1,152 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 24,43 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 = 8 + 5 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 9,07 Ω
R3 + 9,07 = 39,07 Ω
R2 ∥ 39,07 = 4,433 Ω
Req = R1 + 4,433 = 20 + 4,433 = 24,43 Ω
Respuesta
Req = 24,43 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 71,59 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/5 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 0,75
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/20 + (VB − VA)/20 = 2,5
−0,05·VA + 0,1·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,3)(0,1) − (−0,05)(−0,05) = 0,0275
VA = Δ1/Δ = 0,2/0,0275 = 7,273 V
VB = Δ2/Δ = 0,7875/0,0275 = 28,64 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 = 28,64·2,5 = 71,59 W
Respuesta
PIs = 71,59 W
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 1,104 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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(11 − 18)/12 + 11/30 = (VB − 11)/2
−0,2167 = (VB − 11)/2 → VB = 10,57 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (10,57 − 11)/2 + 10,57/8 = 1,104 A
Respuesta
Is = 1,104 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 10,57 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 = 20·15/(20+15) = 8,571 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 8,571 + 2 = 10,57 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,9945 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 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 15 = 16,85 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) = 8,333 + 0,5·1,852 = 9,259 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9,259 + 0,5·15 = 16,76 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 = 16,76/16,85 = 0,9945 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: τ = 6,875 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.
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 = 1·2,2/(1 + 2,2) = 0,6875 kΩ
vC(∞) = 10·2,2/(1 + 2,2) = 6,875 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 0,6875·10 = 6,875 ms
Respuesta
τ = 6,875 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 302,4 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.
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.
t = τ·ln((20 − 5)/(11 − 5)) = 330·ln(2,5) = 302,4 ms
Respuesta
t = 302,4 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: C = 506,6 µF
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·100 = 628,3 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(628,3²·0,005) = 506,6 µF
Respuesta
C = 506,6 µF
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 159,2 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·√(0,02·10·10⁻⁶)) = 355,9 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
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/(240·0,7) = 23,81 A
Respuesta
I = 23,81 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 14,75 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 = 35·tan(36,87°) = 26,25 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(18,19°) = 11,5 kvar
QC = Q1 − Q2 = 14,75 kvar
Respuesta
QC = 14,75 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 10,33 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 = 415/√3 = 239,6 V
Corriente de fase
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 239,6/10 = 23,96 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·23,96²·6 = 10,33 kW
Respuesta
P = 10,33 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 45,15 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 = 120·tan(acos 0,78) = 120·0,8023 = 96,27 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 45,15 kvar
Respuesta
QC = 45,15 kvar
15.Transformadores
Respuesta: ILV = 25 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 10000/400 = 25 A
Respuesta
ILV = 25 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