El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,5·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 5 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 15 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
7.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 1 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. ¿Cuánto tiempo tarda la corriente en bajar a 0,25 A? Halla t.
i(0) = 1 AR = 47 ΩL = 10 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con L = 2 mH debe resonar a 1000 Hz. Halla la capacidad C necesaria.
f0 = 1000 HzL = 2 mH
C = µF
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 230 V (eficaces) y 500 Hz. Halla la frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga de impedancia Z = 5 + j12 Ω está conectada a una alimentación monofásica de 240 V (eficaces). Halla la potencia aparente S.
V = 240 VZ = 5 + j12 Ω
S = VA
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 240 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,98. Halla la potencia reactiva QC que debe aportar el condensador.
P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 45 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 91 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 45 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
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 60 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. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 200 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 25 kVA, 6600/230 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 25 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1000 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 96 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 200 kVAPcore = 1000 Wpf = 0,9η = 96%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 17,44 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 = 15 + 2 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 8·17/(8+17) = 5,44 Ω
Req = R1 + 5,44 = 12 + 5,44 = 17,44 Ω
Respuesta
Req = 17,44 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,9083 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R4 ∥ 26 = 11,3 Ω
R3 + 11,3 = 21,3 Ω
R2 ∥ 21,3 = 12,46 Ω
Req = R1 + 12,46 = 4 + 12,46 = 16,46 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 = 36/16,46 = 2,187 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 = 36 − 2,187·4 = 27,25 V
IR2 = VA/R2 = 27,25/30 = 0,9083 A
Respuesta
IR2 = 0,9083 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 1,425 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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 30 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/4 + (VA − 30)/15 + (VA − VB)/4 = 0
0,5667·VA − 0,25·VB = 2
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/15 + (VB − VA)/4 = 1,5
−0,25·VA + 0,3167·VB = 1,5
Resuelve
Δ = (0,5667)(0,3167) − (−0,25)(−0,25) = 0,1169
VA = Δ1/Δ = 1,008/0,1169 = 8,622 V
VB = Δ2/Δ = 1,35/0,1169 = 11,54 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 8,622)/15 = 1,425 A
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = 13,22 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
0,6333·VA − 0,1·VB = 2,4
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 = 0,5·VA
−0,6·VA + 0,2667·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,6333)(0,2667) − (−0,1)(−0,6) = 0,1089
VA = Δ1/Δ = 0,64/0,1089 = 5,878 V
VB = Δ2/Δ = 1,44/0,1089 = 13,22 V
Respuesta
VB = 13,22 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 7,727 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 5 = 7,727 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 3,7 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 5 = 9,615 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) = 11,54 + 2,5·4,615 = 23,08 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 23,08 + 2,5·5 = 35,58 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 = 35,58/9,615 = 3,7 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 0,295 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.
Constante de tiempo
τ = L/R = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
Despeja el tiempo
0,25 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,25)
t = 0,2128·ln(4) = 0,295 ms
Respuesta
t = 0,295 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,7202 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 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
i(0) = 15/(20 + 10) = 0,5 A
i(∞) = 15/20 = 0,75 A
τ = L/R = 47/20 = 2,35 ms
i(t) = 0,75 + (0,5 − 0,75)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,75 + (−0,25)·e−5/2,35 = 0,7202 A
Respuesta
i = 0,7202 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: C = 12,67 µF
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|.
Condición de resonancia
En resonancia, las reactancias inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC).
ω₀ = 2π·1000 = 6283 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(6283²·0,002) = 12,67 µF
Respuesta
C = 12,67 µF
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: f0 = 758,7 Hz
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 inductiva y capacitiva se anulan: ωL = 1/(ωC). La frecuencia de la alimentación no influye.
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| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A
Potencia aparente
S = V·I = 240·18,46 = 4431 VA
Respuesta
S = 4431 VA
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 13,67 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 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(11,48°) = 5,076 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,67 kvar
Respuesta
QC = 13,67 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 70,81 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 = 45/0,91 = 49,45 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 49451/(√3·480·0,84) = 70,81 A
Respuesta
IL = 70,81 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 248,7 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 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 64,8 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 21600/(377·480²) = 248,7 µF
Respuesta
Cph = 248,7 µF
15.Transformadores
Respuesta: ILV = 108,7 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 25000/230 = 108,7 A
Respuesta
ILV = 108,7 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 6500 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.