Hay tres ramas conectadas entre el nodo A y tierra, como se muestra. Usa el análisis nodal para hallar la corriente I2 en la rama 2, que sube hacia el nodo A en el sentido de la flecha.
V1 = 24 VR1 = 6 ΩV2 = 30 VR2 = 6 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
4.Análisis nodalDifícil
Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 24 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 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 tensión vL en la bobina en t = 5 ms.
Vs = 10 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 3 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 14,9 V? Halla t.
Vs = 20 VR = 1 kΩC = 22 µFvC(0) = 3 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 1000 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 10 V (eficaces) y 50 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 4 + j3 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 230 V (eficaces). Halla la potencia activa P que absorbe.
V = 230 VZ = 4 + j3 Ω
P = W
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 5 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 10 A de una alimentación con una tensión de línea de 400 V. El factor de potencia es 0,75 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 400 VIL = 10 Acos φ = 0,75
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 80 kW con un factor de potencia de 0,7 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 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 80 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9VL = 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 30 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 30 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W y unas pérdidas en el cobre de 2400 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 200 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 5,857 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.
R3 + R4 = 20 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 2·26/(2+26) = 1,857 Ω
Req = R1 + 1,857 = 4 + 1,857 = 5,857 Ω
Respuesta
Req = 5,857 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 15,71 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 = 30 + 2 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 4,324 Ω
R3 + 4,324 = 14,32 Ω
R2 ∥ 14,32 = 3,706 Ω
Req = R1 + 3,706 = 12 + 3,706 = 15,71 Ω
Respuesta
Req = 15,71 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: I2 = −4,583 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
Toma el conductor inferior como tierra. Cada rama lleva (VA − Vk)/Rk saliendo de A, donde Vk es la tensión de su fuente (cero para una resistencia sola). Las corrientes que salen de A suman cero.
(VA − 24)/6 + (VA − (−30))/6 + VA/15 = 0
Despeja VA
VA = (24/6 + (−30)/6 + 0/15) / (1/6 + 1/6 + 1/15) = −1/0,4 = −2,5 V
Corriente de rama
La flecha apunta hacia arriba por la rama, hacia el nodo A.
Un resultado negativo significa que la corriente real circula en contra de la flecha.
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = −8,222 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 = 5 V, V2 = −18 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 5)/4 + (VA − VB)/6 = 0
0,5417·VA − 0,1667·VB = 1,25
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/5 + (VB − VA)/6 + (VB − (−18))/10 = (−2)
−0,1667·VA + 0,4667·VB = −3,8
Resuelve
Δ = (0,5417)(0,4667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,225
VA = Δ1/Δ = −0,05/0,225 = −0,2222 V
VB = Δ2/Δ = −1,85/0,225 = −8,222 V
Respuesta
VB = −8,222 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 1,8 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 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) = 9·5/(20+5) = 1,8 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 4,655 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 2 = 6,444 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) = 10,67 + 3·4,444 = 24 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24 + 3·2 = 30 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 = 30/6,444 = 4,655 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 3,436 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 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 = 220 mH / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 10/47 = 0,2128 A
Tensión en la bobina
En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−5/4,681 = 3,436 V
Respuesta
vL = 3,436 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 26,49 ms
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
La tensión del condensador no puede saltar, así que parte de su valor almacenado y tiende a la tensión de la fuente.
t = τ·ln((3 − 20)/(14,9 − 20)) = 22·ln(3,333) = 26,49 ms
Respuesta
t = 26,49 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 64,19 °
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 = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·100·10⁻⁶) = 1,592 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|.
Reactancias
ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,2 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 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| = 10/622,5 = 0,01606 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,01606·677,3 = 10,88 V
Respuesta
VC = 10,88 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: P = 8464 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| = √(4² + 3²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 230/5 = 46 A
Potencia activa
P = I²·R = 46²·4 = 8464 W
Respuesta
P = 8464 W
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 5,023 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.
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 = 5·tan(53,13°) = 6,667 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(18,19°) = 1,643 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,023 kvar
Respuesta
QC = 5,023 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 5,196 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 = √3·400·10 = 6,928 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 6,928·0,75 = 5,196 kW
Respuesta
P = 5,196 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 42,87 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 0,7) = 80·1,02 = 81,62 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 42,87 kvar
Respuesta
QC = 42,87 kvar
15.Transformadores
Respuesta: I1 = 0,3833 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 = 230/30 = 7,667 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,3833 A
Respuesta
I1 = 0,3833 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 12000 Ω, y 4600/12000 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 100 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