La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 3 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 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 = 6 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 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 energía W almacenada en la bobina en t = 1 ms, en mJ.
Vs = 5 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 15 V con la polaridad indicada. ¿Cuánto tarda vC en llegar a 17 V? Halla t.
Vs = 20 VR = 3,3 kΩC = 47 µFvC(0) = 15 V
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y una bobina están conectadas en paralelo a una alimentación de 230 V (eficaces) y 200 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩL = 50 mH
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie se alimenta con una fuente de 10 V (eficaces) cuya frecuencia se ajusta a la frecuencia de resonancia del circuito. Halla la tensión eficaz VL en la bobina.
V = 10 V (rms)R = 50 ΩL = 10 mHC = 0,22 µF
VL = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 23 kW con un factor de potencia de 0,9 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 23 kWpf = 0,9V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 5 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 240 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 = 0,75pf2 = 0,98V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga trifásica equilibrada consume una corriente de línea de 50 A de una alimentación con una tensión de línea de 480 V. El factor de potencia es 0,8 inductivo. Halla la potencia activa total P que consume la carga en kW.
VL = 480 VIL = 50 Acos φ = 0,8
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 100 kW con un factor de potencia de 0,8 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 0,92 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 100 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 100 kVA, 7200/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente ILV en el devanado de baja tensión.
S = 100 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
ILV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 75 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,85 inductivo su rendimiento es del 97 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,85η = 97%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,6176 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 + 8 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 15·20/(15+20) = 8,571 Ω
Req = R1 + 8,571 = 6 + 8,571 = 14,57 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 = 9/14,57 = 0,6176 A
Respuesta
IR1 = 0,6176 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,5233 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 = 3 + 5 = 8 Ω
R4 ∥ 8 = 4,444 Ω
R3 + 4,444 = 29,44 Ω
R2 ∥ 29,44 = 7,465 Ω
Req = R1 + 7,465 = 4 + 7,465 = 11,46 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 = 6/11,46 = 0,5233 A
Respuesta
IR1 = 0,5233 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 39,69 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/20 + (VA − 30)/20 + (VA − VB)/4 = 0
0,35·VA − 0,25·VB = 1,5
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/12 + (VB − VA)/4 = 2
−0,25·VA + 0,3333·VB = 2
Resuelve
Δ = (0,35)(0,3333) − (−0,25)(−0,25) = 0,05417
VA = Δ1/Δ = 1/0,05417 = 18,46 V
VB = Δ2/Δ = 1,075/0,05417 = 19,85 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 = 19,85·2 = 39,69 W
Respuesta
PIs = 39,69 W
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 2,7 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
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(3 − 12)/20 + 3/4 = (VB − 3)/6
0,3 = (VB − 3)/6 → VB = 4,8 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (4,8 − 3)/6 + 4,8/2 = 2,7 A
Respuesta
Is = 2,7 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 12,5 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 4 = 7,333 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) = 15·20/(4+20) = 12,5 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 3,167 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 = 2·15/(2+15) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 30 = 31,76 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) = 5,294 + 3·1,765 = 10,59 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,59 + 3·30 = 100,6 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 = 100,6/31,76 = 3,167 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 0,227 mJ
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 / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 0,2273·(1 − e−1/1) = 0,1437 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·22·0,1437² = 0,227 mJ
Respuesta
W = 0,227 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 79,23 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((15 − 20)/(17 − 20)) = 155,1·ln(1,667) = 79,23 ms
Respuesta
t = 79,23 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 43,68 °
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
XL = ωL = 2π·200·0,05 = 62,83 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 230/60 = 3,833 A
IX = V/XL = 230/62,83 = 3,661 A
Corriente total
La corriente de la resistencia está en fase con V y la corriente reactiva está desfasada 90°, así que se suman como los catetos de un triángulo rectángulo.
I = √(IR² + IX²) = √(3,833² + 3,661²) = 5,3 A
Ángulo de fase
La corriente de la bobina va retrasada respecto a V, así que la corriente total va retrasada y el ángulo es positivo.
φ = arctan(IX/IR) = arctan(3,661/3,833) = 43,68°
Respuesta
φ = 43,68°
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: VL = 42,64 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|.
Resonancia
En resonancia las reactancias se anulan, así que la impedancia es simplemente R.
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·0,22·10⁻⁶) = 21320 rad/s
I = V/R = 10/50 = 0,2 A
Tensión en la bobina
XL = ω₀L = 21320·0,01 = 213,2 Ω
VL = I·XL = 0,2·213,2 = 42,64 V
Respuesta
VL = 42,64 V
Esto es Q = 4,264 veces la tensión de alimentación.
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Q = 11,14 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(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 23·0,4843 = 11,14 kvar
Respuesta
Q = 11,14 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: QC = 3,394 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(41,41°) = 4,41 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(11,48°) = 1,015 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,394 kvar
Respuesta
QC = 3,394 kvar
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 33,26 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 = √3·480·50 = 41,57 kVA
Potencia activa
P = S·cos φ = 41,57·0,8 = 33,26 kW
Respuesta
P = 33,26 kW
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 199,6 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 = 100·tan(acos 0,8) = 100·0,75 = 75 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 32,4 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.
Corriente nominal
Los dos devanados transportan la misma potencia aparente.
ILV = S/V = 100000/240 = 416,7 A
Respuesta
ILV = 416,7 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 582,2 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.