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).
Se conecta una carga RL = 4 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.
V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩRL = 4 Ω
IL = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 5 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 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 energía W almacenada en la bobina en t = 1 ms, en mJ.
Vs = 10 VR = 20 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
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 = 150 ms.
Vs = 30 VR1 = 10 kΩR2 = 3,3 kΩC = 68 µFt = 150 ms
i2 = mA
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 50 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 50 V (rms)f = 100 HzR = 80 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
I = A
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 12 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 12 V (rms)f = 200 HzR1 = 25 ΩR2 = 150 ΩC = 2,2 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 8 + j6 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia reactiva Q que absorbe.
V = 230 VZ = 8 + j6 Ω
Q = var
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 25 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la capacidad C necesaria.
P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 90 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 91 % y su factor de potencia es 0,8 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 400 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 90 kWη = 91%cos φ = 0,8VL = 400 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 60 kW con un factor de potencia de 0,75 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 0,95 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 20:1 se le aplican 2400 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 15 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 2400 VRL = 15 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 375 W y unas pérdidas en el cobre de 562,5 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 75 kVAPcore = 375 WPcu,fl = 562,5 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,211 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 6·17/(6+17) = 4,435 Ω
Req = R1 + 4,435 = 3 + 4,435 = 7,435 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 = 9/7,435 = 1,211 A
Respuesta
IR1 = 1,211 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 31,35 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 = 20 + 20 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 8 Ω
R3 + 8 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 6,346 Ω
Req = R1 + 6,346 = 25 + 6,346 = 31,35 Ω
Respuesta
Req = 31,35 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 112,9 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/15 + (VA − 18)/5 + (VA − VB)/15 = 0
0,3333·VA − 0,06667·VB = 3,6
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 22,58·5 = 112,9 W
Respuesta
PIs = 112,9 W
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 53,46 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.
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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 20 = 22,5 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) = 6·5/(5+5) = 3 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) = 3/(22,5 + 4) = 0,1132 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 1,313 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 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) = 2,5 + 1·2 = 4,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,5 + 1·6 = 10,5 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 = 10,5/8 = 1,313 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 0,9805 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 = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,5·(1 − e−1/1,1) = 0,2986 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·22·0,2986² = 0,9805 mJ
Respuesta
W = 0,9805 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i2 = 1,156 mA
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) = 30·3,3/(10 + 3,3) = 7,444 V
Constante de tiempo tras abrirse el interruptor
τ = R2·C = 3,3·68 = 224,4 ms
Descarga
vC(t) = 7,444·e−150/224,4 = 3,815 V
i2 = vC/R2 = 3,815/3,3 = 1,156 mA
Respuesta
i2 = 1,156 mA
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1575 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,05 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 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| = 50/317,5 = 0,1575 A
Respuesta
I = 0,1575 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,0741 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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·200·2,2·10⁻⁶) = 361,7 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.
Corriente
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 230/10 = 23 A
Potencia reactiva
Q = I²·X = 23²·6 = 3174 var
Respuesta
Q = 3174 var
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 822,8 µF
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 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,67 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 13674/(2π·50·230²) = 822,8 µF
Respuesta
C = 822,8 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 178,4 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 = 90/0,91 = 98,9 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 98901/(√3·400·0,8) = 178,4 A
Respuesta
IL = 178,4 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 550,3 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 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 33,19 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
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 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/15 = 8 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,4 A
Respuesta
I1 = 0,4 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 6000 Ω, y 2400/6000 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 61,24 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