Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 30 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 25 Ω
Vth = V
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 = 12 VR = 100 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vL = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 5 ms.
Vs = 10 VR1 = 20 ΩR2 = 22 ΩL = 100 mHt = 5 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Una resistencia y un condensador están conectados en paralelo a una alimentación de 50 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 = 50 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩC = 22 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 100 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la tensión eficaz VC en el condensador.
V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 47 µF
VC = V
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 230 V: una carga de 15 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo y una carga de 26 kW con un factor de potencia de 0,95 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 8 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 230 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 150 µF en paralelo con la carga. Halla la nueva corriente de línea I.
P = 8 kWpf1 = 0,6V = 230 Vf = 60 HzC = 150 µF
I = A
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 20 + j15 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 480 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 480 VZ = 20 + j15 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 150 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo de una alimentación de 400 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. Halla la potencia reactiva total QC que debe aportar la batería de condensadores, en kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 15 kVA, 4800/240 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 15 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 900 W y unas pérdidas en el cobre de 2700 W a carga nominal. Suministra el 25 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,85 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 = 6 + 2 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Req = R1 + 2,182 = 20 + 2,182 = 22,18 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 = 30/22,18 = 1,352 A
Respuesta
IR1 = 1,352 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,6319 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 = 4 + 10 = 14 Ω
R4 ∥ 14 = 8,235 Ω
R3 + 8,235 = 23,24 Ω
R2 ∥ 23,24 = 6,991 Ω
Req = R1 + 6,991 = 12 + 6,991 = 18,99 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 = 12/18,99 = 0,6319 A
Respuesta
IR1 = 0,6319 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 166,5 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/2 + (VA − 12)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,7833·VA − 0,08333·VB = 2,4
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 33,3·5 = 166,5 W
Respuesta
PIs = 166,5 W
4.Análisis nodal
Respuesta: IR4 = −1,017 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 = 5 V, V2 = 10 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/12 + (VA − 5)/6 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 0,8333
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/25 + (VB − VA)/20 + (VB − 10)/20 = (−2)
−0,05·VA + 0,14·VB = −1,5
Resuelve
Δ = (0,3)(0,14) − (−0,05)(−0,05) = 0,0395
VA = Δ1/Δ = 0,04167/0,0395 = 1,055 V
VB = Δ2/Δ = −0,4083/0,0395 = −10,34 V
Respuesta
IR4 = (VB − V2)/R4 = (−10,34 − 10)/20 = −1,017 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 16,88 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 15 = 16,88 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 54,38 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 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 25 = 28,75 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) = 11,25 + 1,5·3,75 = 16,88 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,88 + 1,5·25 = 54,38 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vL = 0,5796 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 = 33 mH / 100 Ω = 0,33 ms
i(∞) = Vs/R = 12/100 = 0,12 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 = 12·e−1/0,33 = 0,5796 V
Respuesta
vL = 0,5796 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,2702 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 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.
i(0) = 10/20 = 0,5 A
i(∞) = 10/(20 + 22) = 0,2381 A
τ = L/R = 100/42 = 2,381 ms
i(t) = 0,2381 + (0,5 − 0,2381)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(5) = 0,2381 + (0,2619)·e−5/2,381 = 0,2702 A
Respuesta
i = 0,2702 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = −58,92 °
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
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·200·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Corrientes de rama
Ambas ramas están conectadas directamente a la alimentación, así que cada una ve la tensión completa V.
IR = V/R = 50/60 = 0,8333 A
IX = V/XC = 50/36,17 = 1,382 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) = √(0,8333² + 1,382²) = 1,614 A
Ángulo de fase
La corriente del condensador va adelantada respecto a V, así que la corriente total va adelantada y el ángulo es negativo.
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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 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| = 100/171,9 = 0,5819 A
Tensión en el condensador
VC = I·XC = 0,5819·16,93 = 9,852 V
Respuesta
VC = 9,852 V
11.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 201,8 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 de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 15·tan(arccos 0,75) = 13,23 kvar
Q2 = 26·tan(arccos 0,95) = 8,546 kvar
Totales
P = 15 + 26 = 41 kW
Q = 13,23 + 8,546 = 21,77 kvar
S = √(41² + 21,77²) = 46,42 kVA
Corriente total
I = S/V = 46423/230 = 201,8 A
Respuesta
I = 201,8 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: I = 48,2 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 = 8·tan(arccos 0,6) = 10,67 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·150·10⁻⁶ = 2991 var = 2,991 kvar
Q2 = 10,67 − 2,991 = 7,675 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(8² + 7,675²) = 11,09 kVA
Nueva corriente de línea
I = S2/V = 11086/230 = 48,2 A
Respuesta
I = 48,2 A
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 7,373 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.
Tensión de fase
Vph = 480/√3 = 277,1 V
Corriente de fase
|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
Iph = 277,1/25 = 11,09 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·11,09²·20 = 7,373 kW
Respuesta
P = 7,373 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,8, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: QC = 48,6 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 48,6 kvar
Respuesta
QC = 48,6 kvar
15.Transformadores
Respuesta: IHV = 3,125 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.
IHV = S/V = 15000/4800 = 3,125 A
Respuesta
IHV = 3,125 A
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 1069 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 = 0,0625·2700 = 168,8 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.