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 Ix por la fuente de tensión, de A a B como indica la flecha.
Is = 1,5 AVs = 4 VR1 = 20 ΩR2 = 12 Ω
Ix = A
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 19,5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 1 ms.
Vs = 6 VR = 50 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 15 VR1 = 47 ΩR2 = 20 ΩL = 150 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 10 ΩL = 250 mHC = 100 µF
φ = °
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 100 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 100 V (rms)f = 100 HzR1 = 50 ΩR2 = 20 ΩC = 47 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 40 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 40 kWpf = 0,7V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 100 V (eficaces) y 60 Hz tiene una impedancia interna Zs = 50 + j6 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. Halla la potencia activa máxima Pmax que puede entregarse a la carga.
Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 50 + j6 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 18,5 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 92 % y su factor de potencia es 0,88 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 18,5 kWη = 92%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 60 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 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 = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 4 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 10:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 10:1RL = 4 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 450 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 98,2 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 150 kVAPcore = 450 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,1948 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 = 20·25/(20+25) = 11,11 Ω
Req = R1 + 11,11 = 6 + 11,11 = 17,11 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 = 6/17,11 = 0,3506 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 = 6 − 0,3506·6 = 3,896 V
IR2 = VA/R2 = 3,896/20 = 0,1948 A
Respuesta
IR2 = 0,1948 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 1,012 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 = 25 + 5 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 6,316 Ω
R3 + 6,316 = 11,32 Ω
R2 ∥ 11,32 = 2,955 Ω
Req = R1 + 2,955 = 8 + 2,955 = 10,96 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 = 15/10,96 = 1,369 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 = 15 − 1,369·8 = 4,046 V
IR2 = VA/R2 = 4,046/4 = 1,012 A
Respuesta
IR2 = 1,012 A
3.Análisis nodal
Respuesta: Ix = 1,063 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 + Vs = VA + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/20 + (VA + 4)/12 = 1,5
VA = (1,5 − 4/12)/(1/20 + 1/12) = 8,75 V
VB = 8,75 + 4 = 12,75 V
Corriente por la fuente de tensión
Todo lo que pasa por la fuente de A a B sale del nodo B por R₂.
Ix = VB/R2 = 12,75/12 = 1,063 A
Respuesta
Ix = 1,063 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 10,7 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
(19,5 − 18)/15 + 19,5/15 = (VB − 19,5)/6
1,4 = (VB − 19,5)/6 → VB = 27,9 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 = (27,9 − 19,5)/6 + 27,9/3 = 10,7 A
Respuesta
Is = 10,7 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,2174 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 = 10·5/(10+5) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 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) = 10·5/(10+5) = 3,333 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 = 3,333/15,33 = 0,2174 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 2,033 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 12 = 24 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 + 4·12 = 51,6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 51,6 + 4·12 = 99,6 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) = 99,6/(24 + 25) = 2,033 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,09363 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.
Valor inicial, valor final, constante de tiempo
Antes de t = 0 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
i(0) = 15/(47 + 20) = 0,2239 A
i(∞) = 15/47 = 0,3191 A
τ = L/R = 150/47 = 3,191 ms
i(t) = 0,3191 + (0,2239 − 0,3191)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,3191 + (−0,09527)·e−5/3,191 = 0,2993 A
Respuesta
i = 0,2993 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 77,92 °
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
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·100·47·10⁻⁶) = 33,86 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.
Ángulo
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 40·1,02 = 40,81 kvar
Respuesta
Q = 40,81 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 50 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* = 50 − j6 Ω
Potencia máxima
I = Vs/(2Rs) = 100/100 = 1 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·50) = 50 W
Respuesta
Pmax = 50 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 31,79 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 = 18,5/0,92 = 20,11 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 20109/(√3·415·0,88) = 31,79 A
Respuesta
IL = 31,79 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 44,59 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 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 44,59 kvar
Respuesta
QC = 44,59 kvar
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 400 Ω
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 = 10²·4 = 400 Ω
Respuesta
R1′ = 400 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 2162 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.