Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 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 energía W almacenada en la bobina en t = 5 ms, en mJ.
Vs = 20 VR = 5 ΩL = 33 mHt = 5 ms
W = mJ
8.Transitorios RC y RLDifícil
Justo antes de que el interruptor se cierre en t = 0, el condensador tiene 18 V con la polaridad indicada. Halla la tensión del condensador vC en t = 60 ms.
Vs = 12 VR = 3,3 kΩC = 68 µFvC(0) = 18 Vt = 60 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
I = A
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 20 Ω, L = 5 mH y C = 0,047 µF. Halla su factor de calidad Q en resonancia.
R = 20 ΩL = 5 mHC = 0,047 µF
Q =
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Un motor monofásico consume 20 kW con un factor de potencia de 0,9 inductivo de una alimentación de 400 V. Halla la potencia reactiva Q que consume.
P = 20 kWpf = 0,9V = 400 V
Q = kvar
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 10 kW con un factor de potencia de 0,6 inductivo de una alimentación de 230 V y 50 Hz. Un condensador conectado en paralelo eleva el factor de potencia a 0,92. Halla la capacidad C necesaria.
P = 10 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 110 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 93 % y su factor de potencia es 0,88 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 110 kWη = 93%cos φ = 0,88VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 250 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 estrella. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 1150 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 8 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 8 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 200 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 800 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,95 inductivo su rendimiento es del 96 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 200 kVAPcore = 800 Wpf = 0,95η = 96%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,3992 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 4·7/(4+7) = 2,545 Ω
Req = R1 + 2,545 = 20 + 2,545 = 22,55 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 = 9/22,55 = 0,3992 A
Respuesta
IR1 = 0,3992 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 0,4702 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 = 25 + 10 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 6,512 Ω
R3 + 6,512 = 21,51 Ω
R2 ∥ 21,51 = 2,633 Ω
Req = R1 + 2,633 = 8 + 2,633 = 10,63 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 = 5/10,63 = 0,4702 A
Respuesta
IR1 = 0,4702 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 5,516 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 = 9 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/2 + (VA − 9)/8 + (VA − VB)/2 = 0
1,125·VA − 0,5·VB = 1,125
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)/2 = 3
−0,5·VA + 0,5667·VB = 3
Resuelve
Δ = (1,125)(0,5667) − (−0,5)(−0,5) = 0,3875
VA = Δ1/Δ = 2,138/0,3875 = 5,516 V
VB = Δ2/Δ = 3,938/0,3875 = 10,16 V
Respuesta
VA = 5,516 V
4.Análisis nodal
Respuesta: IR2 = 0,545 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 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 5)/2 + (VA − VB)/12 = 0
0,7083·VA − 0,08333·VB = 2,5
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 10 = 15 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 13,89 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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 4 = 7,158 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) = 3,158 + 1,5·3,158 = 7,895 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,895 + 1,5·4 = 13,89 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: W = 74,49 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 = 33 mH / 5 Ω = 6,6 ms
i(∞) = Vs/R = 20/5 = 4 A
Corriente en el instante dado
i(t) = 4·(1 − e−5/6,6) = 2,125 A
Energía almacenada
W = ½·L·i² = ½·33·2,125² = 74,49 mJ
Respuesta
W = 74,49 mJ
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 16,59 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 68 µF = 224,4 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(60) = 12 + (6)·e−60/224,4 = 16,59 V
Respuesta
vC = 16,59 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 0,1899 A
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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,15 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·2,2·10⁻⁶) = 723,4 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| = 120/632 = 0,1899 A
Respuesta
I = 0,1899 A
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: Q = 16,31
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·√(0,005·0,047·10⁻⁶)) = 10382 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.
Ángulo
φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843
Potencia reactiva
Q = P·tan φ = 20·0,4843 = 9,686 kvar
Respuesta
Q = 9,686 kvar
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: C = 546 µF
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 = 10·tan(53,13°) = 13,33 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(23,07°) = 4,26 kvar
QC = Q1 − Q2 = 9,073 kvar
Capacidad
Un condensador conectado a la red aporta Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 9073/(2π·50·230²) = 546 µF
Respuesta
C = 546 µF
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 187 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 = 110/0,93 = 118,3 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 118280/(√3·415·0,88) = 187 A
Respuesta
IL = 187 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 3080 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 185,8 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.
Tensión y corriente del secundario
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/8 = 28,75 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 5,75 A
Respuesta
I1 = 5,75 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 200 Ω, y 1150/200 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 7117 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.