La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en A, así que impone VA − VB = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la corriente IR1 por R1 en el sentido de la flecha.
La bobina conduce una corriente estacionaria de 3 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. Halla la tensión vR en R en t = 1 ms.
i(0) = 3 AR = 10 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vR = V
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 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 5,4 V, exactamente 25 ms después del inicio. Con C = 47 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 9 VVth = 5,4 VT = 25 msC = 47 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 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 = 10 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 50 mHC = 47 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 12 V (eficaces) y 60 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR1 = 25 ΩR2 = 80 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 5 kW con un factor de potencia de 0,7 inductivo de una alimentación de 240 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 5 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA alimenta una carga de 28 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo. ¿Cuánta potencia activa adicional ΔP se puede añadir como carga resistiva (factor de potencia unidad) antes de que el transformador alcance su potencia nominal en kVA?
Smax = 75 kVAP1 = 28 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 50 A de una alimentación con una tensión de línea de 690 V. El factor de potencia es 0,75 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 690 VIL = 50 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 200 kW con un factor de potencia de 0,8 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 4800 Ω alimenta un altavoz de 75 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 4800 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 4800 ΩRL = 75 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 200 W y unas pérdidas en el cobre de 600 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 50 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 600 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 2,863 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 = 10 + 15 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Req = R1 + 1,852 = 3 + 1,852 = 4,852 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 = 15/4,852 = 3,092 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 − 3,092·3 = 5,725 V
IR2 = VA/R2 = 5,725/2 = 2,863 A
Respuesta
IR2 = 2,863 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,1691 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 = 30 + 4 = 34 Ω
R4 ∥ 34 = 1,889 Ω
R3 + 1,889 = 9,889 Ω
R2 ∥ 9,889 = 7,086 Ω
Req = R1 + 7,086 = 8 + 7,086 = 15,09 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 = 9/15,09 = 0,5966 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 − 0,5966·8 = 4,227 V
IR2 = VA/R2 = 4,227/25 = 0,1691 A
Respuesta
IR2 = 0,1691 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 20,26 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/12 + (VA − 30)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0,3083·VA − 0,1·VB = 3,75
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/4 + (VB − VA)/10 = 2
−0,1·VA + 0,35·VB = 2
Resuelve
Δ = (0,3083)(0,35) − (−0,1)(−0,1) = 0,09792
VA = Δ1/Δ = 1,512/0,09792 = 15,45 V
VB = Δ2/Δ = 0,9917/0,09792 = 10,13 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 = 10,13·2 = 20,26 W
Respuesta
PIs = 20,26 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = −0,6063 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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Resuelve
(VA − 5)/15 + VA/12 + (VA − 3)/5 = 4
VA·(1/15 + 1/12 + 1/5) = 4 + 5/15 + 3/5 = 4,933
VA = 4,933/0,35 = 14,1 V
VB = 11,1 V
Corriente por R₁
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (5 − 14,1)/15 = −0,6063 A
Respuesta
IR1 = −0,6063 A
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 14,4 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 12 = 14,4 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 4,312 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 20 = 22,67 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) = 20 + 4·2,667 = 30,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 30,67 + 4·20 = 110,7 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) = 110,7/(22,67 + 3) = 4,312 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vR = 11,04 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.
Constante de tiempo
τ = L/R = 10 mH / 10 Ω = 1 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 3·e−1/1 = 1,104 A
vR = R·i = 10·1,104 = 11,04 V
Respuesta
vR = 11,04 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 0,5805 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
5,4 = 9·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(9/(9 − 5,4))
τ = 25/0,9163 = 27,28 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 27,28/47 = 0,5805 kΩ
Respuesta
R = 0,5805 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −46,13 °
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 = 314,2·0,05 = 15,71 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 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·60·100·10⁻⁶) = 26,53 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 = 5·1,02 = 5,101 kvar
Respuesta
Q = 5,101 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 39,48 kW
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 de la carga existente
Q1 = 28·tan(arccos 0,65) = 32,74 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 32,74²) = 67,48 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 67,48 − 28 = 39,48 kW
Respuesta
ΔP = 39,48 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 44,82 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.
Potencia aparente
S = √3·VL·IL = √3·690·50 = 59,76 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 59,76·0,75 = 44,82 kW
Respuesta
P = 44,82 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 503,8 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 = 200·tan(acos 0,8) = 200·0,75 = 150 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 109,4 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
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.
Adapta la carga referida
a²·75 = 4800
a = √(4800/75) = √64 = 8
Respuesta
a = 8
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 28,87 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