Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 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 = 30 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 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 = 1 ms.
Vs = 24 VR = 68 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = 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 5 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 2,5 V, exactamente 250 ms después del inicio. Con R = 1 kΩ, halla la capacidad C necesaria.
Vs = 5 VVth = 2,5 VT = 250 msR = 1 kΩ
C = µF
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 200 Hz. Halla el factor de potencia cos φ del circuito.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 100 µF
cos φ =
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 60 Hz. Halla la frecuencia de resonancia f0 del circuito.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 22 µF
f0 = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 400 V: una carga de 19 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo y una carga de 21 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 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 = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 30 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 91 % y su factor de potencia es 0,88 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 30 kWη = 91%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 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. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 120 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 400 Ω alimenta un altavoz de 16 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 400 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 400 ΩRL = 16 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 500 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 2500 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 97,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 500 kVAPcore = 2500 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,3326 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 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 10·24/(10+24) = 7,059 Ω
Req = R1 + 7,059 = 20 + 7,059 = 27,06 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 = 9/27,06 = 0,3326 A
Respuesta
IR1 = 0,3326 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 19,06 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 = 8 + 5 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 8,553 Ω
R3 + 8,553 = 12,55 Ω
R2 ∥ 12,55 = 4,06 Ω
Req = R1 + 4,06 = 15 + 4,06 = 19,06 Ω
Respuesta
Req = 19,06 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 13,94 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/10 + (VA − 18)/2 + (VA − VB)/2 = 0
1,1·VA − 0,5·VB = 9
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/5 + (VB − VA)/2 = 2,5
−0,5·VA + 0,7·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (1,1)(0,7) − (−0,5)(−0,5) = 0,52
VA = Δ1/Δ = 7,55/0,52 = 14,52 V
VB = Δ2/Δ = 7,25/0,52 = 13,94 V
Respuesta
VB = 13,94 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = 8,508 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 = 36 V, V2 = −24 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/5 + (VA − 36)/5 + (VA − VB)/2 = 0
0,9·VA − 0,5·VB = 7,2
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/2 + (VB − (−24))/3 = 5
−0,5·VA + 0,9333·VB = −3
Resuelve
Δ = (0,9)(0,9333) − (−0,5)(−0,5) = 0,59
VA = Δ1/Δ = 5,22/0,59 = 8,847 V
VB = Δ2/Δ = 0,9/0,59 = 1,525 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (1,525 − −24)/3 = 8,508 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 23,33 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 20 = 23,33 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = −4,545 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 15 = 16,5 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) = 7,5 + (−5)·1,5 = 0 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 0 + (−5)·15 = −75 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 = −75/16,5 = −4,545 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 1,091 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 = 22 mH / 68 Ω = 0,3235 ms
i(∞) = Vs/R = 24/68 = 0,3529 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 = 24·e−1/0,3235 = 1,091 V
Respuesta
vL = 1,091 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: C = 360,7 µF
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
2,5 = 5·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(5/(5 − 2,5))
τ = 250/0,6931 = 360,7 ms
Capacidad
kΩ por µF da milisegundos.
C = τ/R = 360,7/1 = 360,7 µF
Respuesta
C = 360,7 µF
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: cos φ = 0,4051
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 = 188,5 Ω, XC = 7,958 Ω
Impedancia
|Z| = √(80² + (180,5)²) = 197,5 Ω
Factor de potencia
cos φ = R/|Z| = 80/197,5 = 0,4051
El circuito es inductivo, así que el factor de potencia es inductivo (en retraso).
Respuesta
cos φ = 0,4051
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: f0 = 67,86 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.
Potencia reactiva de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 19·tan(arccos 0,6) = 25,33 kvar
Q2 = 21·tan(arccos 0,85) = 13,01 kvar
Totales
P = 19 + 21 = 40 kW
Q = 25,33 + 13,01 = 38,35 kvar
S = √(40² + 38,35²) = 55,41 kVA
Corriente total
I = S/V = 55413/400 = 138,5 A
Respuesta
I = 138,5 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 2,735 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(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(11,48°) = 1,015 kvar
QC = Q1 − Q2 = 2,735 kvar
Respuesta
QC = 2,735 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 45,06 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 = 30/0,91 = 32,97 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 32967/(√3·480·0,88) = 45,06 A
Respuesta
IL = 45,06 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 562,4 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 = 120·tan(acos 0,72) = 120·0,9639 = 115,7 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 91,3 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
a²·16 = 400
a = √(400/16) = √25 = 5
Respuesta
a = 5
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 9679 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.