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 VB (respecto a tierra).
Is = 1,5 AVs = 5 VR1 = 10 ΩR2 = 3 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,2·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR4 por R4 en el sentido de la flecha.
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 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 = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 75 % de su valor final? Halla t.
Vs = 6 VR = 15 ΩL = 33 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 6 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 25 ms.
Vs = 12 VR = 2,2 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 Vt = 25 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con L = 200 mH debe resonar a 200 Hz. Halla la capacidad C necesaria.
f0 = 200 HzL = 200 mH
C = µF
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 = 10 ΩL = 50 mHC = 10 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 14 kW con un factor de potencia de 0,9 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la corriente de línea I.
P = 14 kWpf = 0,9V = 400 V
I = A
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 120 V (eficaces) y 50 Hz tiene una impedancia interna Zs = 4 + j5 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. Halla la potencia activa máxima Pmax que puede entregarse a la carga.
Vs = 120 V (rms)f = 50 HzZs = 4 + j5 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 7,5 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,82 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 690 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 7,5 kWη = 93%cos φ = 0,82VL = 690 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 1150 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 30 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 75 W y unas pérdidas en el cobre de 187,5 W a carga nominal. Suministra el 25 % 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 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
Req = R1 + 1,714 = 4 + 1,714 = 5,714 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 = 9/5,714 = 1,575 A
Respuesta
IR1 = 1,575 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,415 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 = 8 + 3 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 2,357 Ω
R3 + 2,357 = 17,36 Ω
R2 ∥ 17,36 = 7,095 Ω
Req = R1 + 7,095 = 10 + 7,095 = 17,09 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 = 12/17,09 = 0,702 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 = 12 − 0,702·10 = 4,98 V
IR2 = VA/R2 = 4,98/12 = 0,415 A
Respuesta
IR2 = 0,415 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 4,615 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 + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/10 + (VA + 5)/3 = 1,5
VA = (1,5 − 5/3)/(1/10 + 1/3) = −0,3846 V
VB = −0,3846 + 5 = 4,615 V
Respuesta
VB = 4,615 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 4,34 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
Las corrientes que salen de A por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en A.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,6833·VA − 0,08333·VB = 12
LCK en el nodo B
La fuente dependiente inyecta g·VA en el nodo B. Trátala como una fuente independiente y luego pasa el término en VA al lado izquierdo.
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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 10 = 12,31 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) = 6·3/(10+3) = 1,385 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 4,837 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 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,316 + 4 = 10,32 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) = 18,95 + 3·6,316 = 37,89 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 37,89 + 3·4 = 49,89 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 = 49,89/10,32 = 4,837 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 3,05 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.
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 = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 A
Despeja el tiempo
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −2,2·ln(0,25) = 3,05 ms
Respuesta
t = 3,05 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 7,748 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) = 6 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 33 µF = 72,6 ms
vC(t) = 12 + (6 − 12)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(25) = 12 + (−6)·e−25/72,6 = 7,748 V
Respuesta
vC = 7,748 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: C = 3,166 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·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,2) = 3,166 µF
Respuesta
C = 3,166 µF
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 7,071 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 = 1/10 = 0,1 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 1414·0,05 = 70,71 Ω
VL = I·XL = 0,1·70,71 = 7,071 V
Respuesta
VL = 7,071 V
Esto es Q = 7,071 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 38,89 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) = 14000/(400·0,9) = 38,89 A
Respuesta
I = 38,89 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 900 W
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.
Adaptación conjugada
La reactancia de la carga anula la reactancia de la fuente, y la resistencia de la carga es igual a la resistencia de la fuente.
ZL = Zs* = 4 − j5 Ω
Potencia máxima
I = Vs/(2Rs) = 120/8 = 15 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·4) = 900 W
Respuesta
Pmax = 900 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 8,229 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 = 7,5/0,93 = 8,065 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 8065/(√3·690·0,82) = 8,229 A
Respuesta
IL = 8,229 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 289,8 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 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 289,8 kvar
Respuesta
QC = 289,8 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 1,533 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/30 = 7,667 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 1,533 A
Respuesta
I1 = 1,533 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 750 Ω, y 1150/750 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 86,72 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 = 0,0625·187,5 = 11,72 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.