El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,05·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la corriente IR4 por R4 en el sentido de la flecha.
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 = 6 VR = 33 ΩL = 47 mH
t = ms
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 5 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 400 ms.
Vs = 9 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 5 Vt = 400 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie con C = 10 µF debe resonar a 5000 Hz. Halla la inductancia L necesaria.
f0 = 5000 HzC = 10 µF
L = mH
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 10 Ω, L = 2 mH y C = 2,2 µF. Halla su ancho de banda B (la anchura de la banda entre las frecuencias de media potencia), en Hz.
R = 10 ΩL = 2 mHC = 2,2 µF
B = Hz
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 7 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo y una carga de 24 kW con un factor de potencia de 0,7 capacitivo. Halla el factor de potencia global cos φ que ve la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Un transformador monofásico de 50 kVA alimenta una carga de 15 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo. ¿Cuánta potencia activa adicional ΔP se puede añadir como carga resistiva (factor de potencia unidad) antes de que el transformador alcance su potencia nominal en kVA?
Smax = 50 kVAP1 = 15 kWpf1 = 0,65
ΔP = kW
13.Potencia trifásicaMedia
Una carga equilibrada conectada en estrella, con una impedancia de 15 + j20 Ω por fase, se conecta a una alimentación trifásica equilibrada con una tensión de línea de 208 V. Halla la potencia activa total P que absorbe la carga en kW.
VL = 208 VZ = 15 + j20 Ω por fase
P = kW
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 60 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo de una alimentación de 415 V (de línea) y 60 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un amplificador con una resistencia de salida de 1152 Ω alimenta un altavoz de 8 Ω a través de un transformador ideal. Para la máxima transferencia de potencia, el altavoz debe verse como 1152 Ω desde el amplificador. Halla la relación de transformación a = N₁/N₂.
Rs = 1152 ΩRL = 8 Ω
a =
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 25 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 100 W y unas pérdidas en el cobre de 300 W a carga nominal. Suministra el 50 % de sus kVA nominales con un factor de potencia de 0,8 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 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 3·26/(3+26) = 2,69 Ω
Req = R1 + 2,69 = 12 + 2,69 = 14,69 Ω
Respuesta
Req = 14,69 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 4,585 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 = 30 + 20 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 6,897 Ω
R3 + 6,897 = 16,9 Ω
R2 ∥ 16,9 = 3,234 Ω
Req = R1 + 3,234 = 2 + 3,234 = 5,234 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 = 24/5,234 = 4,585 A
Respuesta
IR1 = 4,585 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 18,02 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 = 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)/5 + (VA − VB)/12 = 0
0,5333·VA − 0,08333·VB = 6
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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
0,8733·VA − 0,5·VB = 0,48
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 = 0,05·VA
−0,55·VA + 0,5667·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,8733)(0,5667) − (−0,5)(−0,55) = 0,2199
VA = Δ1/Δ = 0,272/0,2199 = 1,237 V
VB = Δ2/Δ = 0,264/0,2199 = 1,201 V
Corriente por R₄
IR4 = VB/R4 = 1,201/15 = 0,08004 A
Respuesta
IR4 = 0,08004 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 11,82 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 = 20·2/(20+2) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 10 = 11,82 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 15,86 W
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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 30 = 32,31 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) = 7,692 + 2·2,308 = 12,31 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,31 + 2·30 = 72,31 V
Conecta la carga al equivalente de Thévenin
La fuente de Thévenin y R_th en serie se comportan exactamente como el circuito original en a–b, así que la carga ve un simple lazo en serie.
IL = Vth/(Rth + RL) = 72,31/(32,31 + 4) = 1,992 A
PL = IL²·RL = 1,992²·4 = 15,86 W
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 1,974 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 = 47 mH / 33 Ω = 1,424 ms
i(∞) = Vs/R = 6/33 = 0,1818 A
Despeja el tiempo
0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −1,424·ln(0,25) = 1,974 ms
Respuesta
t = 1,974 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 8,697 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.
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.
vC(0) = 5 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 33 µF = 155,1 ms
vC(t) = 9 + (5 − 9)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(400) = 9 + (−4)·e−400/155,1 = 8,697 V
Respuesta
vC = 8,697 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: L = 0,1013 mH
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·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·10·10⁻⁶) = 0,1013 mH
Respuesta
L = 0,1013 mH
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 795,8 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|.
Frecuencia de resonancia
f0 = 1/(2π·√(0,002·2,2·10⁻⁶)) = 2399 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.
Potencia reactiva de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 7·tan(arccos 0,65) = 8,184 kvar
Q2 = −24·tan(arccos 0,7) = −24,48 kvar
Totales
P = 7 + 24 = 31 kW
Q = 8,184 + (−24,48) = −16,3 kvar
S = √(31² + (−16,3)²) = 35,02 kVA
Factor de potencia global
cos φ = P/S = 31/35,02 = 0,8851 capacitivo
Respuesta
cos φ = 0,8851
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: ΔP = 31,82 kW
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 la carga existente
Q1 = 15·tan(arccos 0,65) = 17,54 kvar
Potencia activa total máxima
A plena carga nominal S = Smax, y la carga resistiva no cambia Q.
P = √(Smax² − Q1²) = √(50² − 17,54²) = 46,82 kW
Potencia activa adicional
ΔP = 46,82 − 15 = 31,82 kW
Respuesta
ΔP = 31,82 kW
13.Potencia trifásica
Respuesta: P = 1,038 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 = 208/√3 = 120,1 V
Corriente de fase
|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 120,1/25 = 4,804 A
Potencia activa total
Solo la parte resistiva de cada impedancia absorbe potencia activa.
P = 3·Iph²·R = 3·4,804²·15 = 1,038 kW
Respuesta
P = 1,038 kW
Comprobación: cos φ = R/|Z| = 0,6, y √3·VL·IL·cos φ da la misma potencia.
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 632,8 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 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 41,09 kvar
Capacidad por fase
En una batería en estrella cada condensador está conectado entre una línea y el centro de la estrella.
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
a²·8 = 1152
a = √(1152/8) = √144 = 12
Respuesta
a = 12
16.Transformadores
Respuesta: Ploss = 175 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 = 0,25·300 = 75 W
Pérdidas totales
Las pérdidas en el hierro son las mismas con cualquier carga.