La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 37,5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 3 Ω
IN = A
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 6 ΩR2 = 25 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. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 75 % de su valor final? Halla t.
Vs = 10 VR = 68 ΩL = 68 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. ¿Cuánto tiempo después de t = 0 alcanza la corriente de la bobina 0,833 A? Halla t.
Vs = 20 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩL = 22 mH
t = ms
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 100 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 20 Ω, L = 100 mH y C = 0,47 µF. Halla su factor de calidad Q en resonancia.
R = 20 ΩL = 100 mHC = 0,47 µF
Q =
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 17,5 A y 1470 W de una alimentación monofásica de 120 V (eficaces). Modélala como una resistencia R en serie con una reactancia X. Halla X.
V = 120 VI = 17,5 AP = 1470 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 20 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,95. Halla la nueva corriente de línea Inew.
P = 20 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 37 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 92 % y su factor de potencia es 0,82 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 480 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 37 kWη = 92%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 100 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 400 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 = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 5 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 6:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 6:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 250 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1250 W y unas pérdidas en el cobre de 3125 W a carga nominal. Suministra el 75 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,9 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 = 2 + 20 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 10·22/(10+22) = 6,875 Ω
Req = R1 + 6,875 = 2 + 6,875 = 8,875 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 = 12/8,875 = 1,352 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 = 12 − 1,352·2 = 9,296 V
IR2 = VA/R2 = 9,296/10 = 0,9296 A
Respuesta
IR2 = 0,9296 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 15,11 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 = 4 + 20 = 24 Ω
R4 ∥ 24 = 6 Ω
R3 + 6 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3,111 Ω
Req = R1 + 3,111 = 12 + 3,111 = 15,11 Ω
Respuesta
Req = 15,11 Ω
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 23,15 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 = 15 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/12 + (VA − 15)/8 + (VA − VB)/10 = 0
0,3083·VA − 0,1·VB = 1,875
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)/10 = 2,5
−0,1·VA + 0,1667·VB = 2,5
Resuelve
Δ = (0,3083)(0,1667) − (−0,1)(−0,1) = 0,04139
VA = Δ1/Δ = 0,5625/0,04139 = 13,59 V
VB = Δ2/Δ = 0,9583/0,04139 = 23,15 V
Respuesta
VB = 23,15 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 5,825 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
(37,5 − 36)/10 + 37,5/20 = (VB − 37,5)/4
2,025 = (VB − 37,5)/4 → VB = 45,6 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 = (45,6 − 37,5)/4 + 45,6/12 = 5,825 A
Respuesta
Is = 5,825 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 1,395 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 = 3·20/(3+20) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 3 = 5,609 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) = 9·20/(3+20) = 7,826 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 = 7,826/5,609 = 1,395 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 3,208 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 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,839 + 30 = 34,84 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) = 7,258 + 3·4,839 = 21,77 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,77 + 3·30 = 111,8 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 = 111,8/34,84 = 3,208 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 1,386 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 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 = 68 mH / 68 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/68 = 0,1471 A
Despeja el tiempo
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −1·ln(0,25) = 1,386 ms
Respuesta
t = 1,386 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 0,7603 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
Antes de t = 0 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.
i(0) = 20/(20 + 10) = 0,6667 A
i(∞) = 20/20 = 1 A
τ = L/R = 22/20 = 1,1 ms
i(t) = 1 + (0,6667 − 1)·e−t/τ
Despeja el tiempo
e−t/τ = (0,833 − 1)/(0,6667 − 1) = 0,501
t = 1,1·ln(1,996) = 0,7603 ms
Respuesta
t = 0,7603 ms
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 415,4 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 = 25,13 Ω, XC = 7,958 Ω
Impedancia
|Z| = √(15² + (17,17)²) = 22,8 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 120/22,8 = 5,262 A
P = I²·R = 5,262²·15 = 415,4 W
Respuesta
P = 415,4 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: Q = 23,06
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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,1·0,47·10⁻⁶)) = 734,1 Hz
Factor de calidad
Q compara la reactancia en resonancia con la resistencia: Q = ω₀L/R.
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.
Resistencia a partir de la potencia activa
R = P/I² = 1470/17,5² = 4,8 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 120/17,5 = 6,857 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(6,857² − 4,8²) = 4,897 Ω
Respuesta
X = 4,897 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Inew = 52,63 A
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 = 20·tan(53,13°) = 26,67 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(18,19°) = 6,574 kvar
QC = Q1 − Q2 = 20,09 kvar
Nueva corriente de línea
Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(400·0,95) = 52,63 A
Respuesta
Inew = 52,63 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 58,99 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 = 37/0,92 = 40,22 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 40217/(√3·480·0,82) = 58,99 A
Respuesta
IL = 58,99 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 410,7 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 = 100·tan(acos 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,92) = 100·0,426 = 42,6 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 74,31 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 24771/(377·400²) = 410,7 µF
Respuesta
Cph = 410,7 µF
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 180 Ω
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.
Resistencia referida
La tensión sube en un factor a y la corriente baja en un factor a, así que el cociente V/I sube en un factor a².
R1′ = a²·RL = 6²·5 = 180 Ω
Respuesta
R1′ = 180 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 3008 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 = 0,5625·3125 = 1758 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.