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).
Is = 2,5 AVs = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 8 Ω
VA = 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 tensión de nodo VA (respecto a tierra).
La bobina conduce una corriente estacionaria de 2,5 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 corriente i en t = 1 ms.
i(0) = 2,5 AR = 100 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 1 ms.
Vs = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 50 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 30 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 9 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo de una alimentación de 230 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 9 kWpf = 0,85V = 230 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 120 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 = 120 V (rms)f = 60 HzZs = 50 + j6 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 150 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,9 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 150 Acos φ = 0,9
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 80 kW con un factor de potencia de 0,72 inductivo de una alimentación de 415 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. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 4:1 se le aplican 960 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 20 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 4:1V1 = 960 VRL = 20 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 3000 W y unas pérdidas en el cobre de 6000 W a carga nominal. Suministra el 50 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,95 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 = 12 + 10 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 20·22/(20+22) = 10,48 Ω
Req = R1 + 10,48 = 10 + 10,48 = 20,48 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 = 6/20,48 = 0,293 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 − 0,293·10 = 3,07 V
IR2 = VA/R2 = 3,07/20 = 0,1535 A
Respuesta
IR2 = 0,1535 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 9,364 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 = 2 + 8 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 2,857 Ω
R3 + 2,857 = 6,857 Ω
R2 ∥ 6,857 = 4,364 Ω
Req = R1 + 4,364 = 5 + 4,364 = 9,364 Ω
Respuesta
Req = 9,364 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 8,4 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 + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/12 + (VA + 6)/8 = 2,5
VA = (2,5 − 6/8)/(1/12 + 1/8) = 8,4 V
VB = 8,4 + 6 = 14,4 V
Respuesta
VA = 8,4 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 0,533 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.
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
0,5833·VA − 0,2·VB = 0,25
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.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,2·VA
−0,4·VA + 0,7·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,5833)(0,7) − (−0,2)(−0,4) = 0,3283
VA = Δ1/Δ = 0,175/0,3283 = 0,533 V
VB = Δ2/Δ = 0,1/0,3283 = 0,3046 V
Respuesta
VA = 0,533 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 4 V
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 = 12·6/(12+6) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 4 = 8 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) = 12·6/(12+6) = 4 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 2,446 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 + 8 = 14,32 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) = 7,105 + 4·6,316 = 32,37 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 32,37 + 4·8 = 64,37 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) = 64,37/(14,32 + 12) = 2,446 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,02654 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
τ = L/R = 22 mH / 100 Ω = 0,22 ms
Decaimiento de la corriente
i(t) = 2,5·e−1/0,22 = 0,02654 A
Respuesta
i = 0,02654 A
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,5363 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.
Valor inicial, valor final, constante de tiempo
Antes de t = 0 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 12/20 = 0,6 A
i(∞) = 12/(20 + 5) = 0,48 A
τ = L/R = 33/25 = 1,32 ms
i(t) = 0,48 + (0,6 − 0,48)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(1) = 0,48 + (0,12)·e−1/1,32 = 0,5363 A
Respuesta
i = 0,5363 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 7,729 W
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
XL = 62,83 Ω, XC = 169,3 Ω
Impedancia
|Z| = √(40² + (−106,5)²) = 113,7 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 50/113,7 = 0,4396 A
P = I²·R = 0,4396²·40 = 7,729 W
Respuesta
P = 7,729 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VC = 694,8 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|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 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| = 230/39,91 = 5,763 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 5,763·120,6 = 694,8 V
Respuesta
VC = 694,8 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 5,578 kvar
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(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 9·0,6197 = 5,578 kvar
Respuesta
Q = 5,578 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 72 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) = 120/100 = 1,2 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 120²/(4·50) = 72 W
Respuesta
Pmax = 72 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 93,53 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 = √3·400·150 = 103,9 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 103,9·0,9 = 93,53 kW
Respuesta
P = 93,53 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 60,86 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 60,86 kvar
Respuesta
QC = 60,86 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 3 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 = 960/4 = 240 V
I2 = 240/20 = 12 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/4 = 3 A
Respuesta
I1 = 3 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 320 Ω, y 960/320 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 4500 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 = 0,25·6000 = 1500 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.