Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 13 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 energía W almacenada en la bobina en t = 5 ms, en mJ.
Vs = 24 VR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 12 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 6 V, exactamente 10 ms después del inicio. Con C = 4,7 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 12 VVth = 6 VT = 10 msC = 4,7 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 12 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 12 V (rms)R = 5 ΩL = 5 mHC = 1 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 3 + j4 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Halla la potencia activa P que absorbe.
V = 240 VZ = 3 + j4 Ω
P = W
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 13 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 47 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 13 kWpf1 = 0,6V = 400 Vf = 50 HzC = 47 µF
I = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 22 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 94 % y su factor de potencia es 0,9 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 94%cos φ = 0,9VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 120 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 20:1 se le aplican 4600 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 60 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 60 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 800 W y unas pérdidas en el cobre de 1600 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 200 kVAPcore = 800 WPcu,fl = 1600 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,383 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R1 + 3,429 = 10 + 3,429 = 13,43 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 = 9/13,43 = 0,6702 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 − 0,6702·10 = 2,298 V
IR2 = VA/R2 = 2,298/6 = 0,383 A
Respuesta
IR2 = 0,383 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,0827 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 = 10 + 25 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 12,73 Ω
R3 + 12,73 = 42,73 Ω
R2 ∥ 42,73 = 15,77 Ω
Req = R1 + 15,77 = 30 + 15,77 = 45,77 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 = 6/45,77 = 0,1311 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 − 0,1311·30 = 2,067 V
IR2 = VA/R2 = 2,067/25 = 0,0827 A
Respuesta
IR2 = 0,0827 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = −13,53 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 9 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/8 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/2 = 0
0,6917·VA − 0,5·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/8 + (VB − VA)/2 = (−4)
−0,5·VA + 0,625·VB = −4
Resuelve
Δ = (0,6917)(0,625) − (−0,5)(−0,5) = 0,1823
VA = Δ1/Δ = −1,625/0,1823 = −8,914 V
VB = Δ2/Δ = −2,467/0,1823 = −13,53 V
Respuesta
VB = −13,53 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 3,589 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
(13 − 10)/6 + 13/15 = (VB − 13)/10
1,367 = (VB − 13)/10 → VB = 26,67 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 = (26,67 − 13)/10 + 26,67/12 = 3,589 A
Respuesta
Is = 3,589 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 15,33 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 12 = 15,33 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 1,973 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 5 = 7,609 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) = 4,348 + 0,5·2,609 = 5,652 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,652 + 0,5·5 = 8,152 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) = 8,152/(7,609 + 4) = 0,7022 A
PL = IL²·RL = 0,7022²·4 = 1,973 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 12,24 mJ
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 = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms
i(∞) = Vs/R = 24/47 = 0,5106 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,5106·(1 − e−5/3,191) = 0,404 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·150·0,404² = 12,24 mJ
Respuesta
W = 12,24 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 3,07 kΩ
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 necesaria
6 = 12·(1 − e−10/τ) → τ = 10/ln(12/(12 − 6))
τ = 10/0,6931 = 14,43 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 14,43/4,7 = 3,07 kΩ
Respuesta
R = 3,07 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1829 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·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,2 = 1257 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 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| = 230/1257 = 0,1829 A
Respuesta
I = 0,1829 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 169,7 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/√(0,005·1·10⁻⁶) = 14142 rad/s
I = V/R = 12/5 = 2,4 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 14142·0,005 = 70,71 Ω
VL = I·XL = 2,4·70,71 = 169,7 V
Respuesta
VL = 169,7 V
Esto es Q = 14,14 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: P = 6912 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.
Corriente
|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 240/5 = 48 A
Potencia activa
P = I²·R = 48²·3 = 6912 W
Respuesta
P = 6912 W
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 49,57 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.
Potencia reactiva antes y después
La potencia activa P no cambia; solo cambia la potencia reactiva que se toma de la red.
Q1 = 13·tan(arccos 0,6) = 17,33 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·47·10⁻⁶ = 2362 var = 2,362 kvar
Q2 = 17,33 − 2,362 = 14,97 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(13² + 14,97²) = 19,83 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 19827/400 = 49,57 A
Respuesta
I = 49,57 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 36,18 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 = 22/0,94 = 23,4 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23404/(√3·415·0,9) = 36,18 A
Respuesta
IL = 36,18 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 89,18 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 0,65) = 120·1,169 = 140,3 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 89,18 kvar
Respuesta
QC = 89,18 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 0,1917 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 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/60 = 3,833 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,1917 A
Respuesta
I1 = 0,1917 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 24000 Ω, y 4600/24000 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 141,4 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