La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la corriente i en t = 1 ms.
Vs = 9 VR = 100 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
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 = 30 ms.
Vs = 24 VR = 4,7 kΩC = 22 µFvC(0) = 5 Vt = 30 ms
vC = V
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 12 V (eficaces) y 100 Hz. Halla la potencia activa P que se toma de la alimentación.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
P = W
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Un circuito RLC en serie tiene R = 10 Ω, L = 100 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 = 100 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 400 V: una carga de 28 kW con un factor de potencia de 0,8 inductivo y una carga de 9 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo. Halla el factor de potencia global cos φ que ve la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 7 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 400 V y 50 Hz. Se conecta un condensador de 68 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 7 kWpf1 = 0,75V = 400 Vf = 50 HzC = 68 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 90 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 95 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 90 kWη = 95%cos φ = 0,84VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 300 kW con un factor de potencia de 0,8 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 0,98 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 300 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Se conecta una resistencia de 10 Ω en el devanado secundario de un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 2:1. Halla la resistencia R1′ vista desde el devanado primario.
N1:N2 = 2:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 150 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W y unas pérdidas en el cobre de 900 W a carga nominal. ¿Con qué carga Sη,max, en kVA, es máximo su rendimiento?
S = 150 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 900 W
Sη,max = kVA
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,7333 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 12·11/(12+11) = 5,739 Ω
Req = R1 + 5,739 = 6 + 5,739 = 11,74 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 = 18/11,74 = 1,533 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 = 18 − 1,533·6 = 8,8 V
IR2 = VA/R2 = 8,8/12 = 0,7333 A
Respuesta
IR2 = 0,7333 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 4,759 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 = 10 + 12 = 22 Ω
R4 ∥ 22 = 4,074 Ω
R3 + 4,074 = 19,07 Ω
R2 ∥ 19,07 = 4,564 Ω
Req = R1 + 4,564 = 3 + 4,564 = 7,564 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 = 36/7,564 = 4,759 A
Respuesta
IR1 = 4,759 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,9717 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 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 10)/10 + (VA − VB)/6 = 0
0,6·VA − 0,1667·VB = 1
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/8 + (VB − VA)/6 = (−1,5)
−0,1667·VA + 0,2917·VB = −1,5
Resuelve
Δ = (0,6)(0,2917) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1472
VA = Δ1/Δ = 0,04167/0,1472 = 0,283 V
VB = Δ2/Δ = −0,7333/0,1472 = −4,981 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 0,283)/10 = 0,9717 A
4.Análisis nodal
Respuesta: IR1 = 0,899 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 = 6 V, V2 = −5 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 − 6)/2 + (VA − VB)/8 = 0
0,75·VA − 0,125·VB = 3
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/4 + (VB − VA)/8 + (VB − (−5))/3 = 2
−0,125·VA + 0,7083·VB = 0,3333
Resuelve
Δ = (0,75)(0,7083) − (−0,125)(−0,125) = 0,5156
VA = Δ1/Δ = 2,167/0,5156 = 4,202 V
VB = Δ2/Δ = 0,625/0,5156 = 1,212 V
Respuesta
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 4,202)/2 = 0,899 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,4412 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 4 = 5,667 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) = 15·2/(10+2) = 2,5 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 = 2,5/5,667 = 0,4412 A
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,6592 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 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,714 + 15 = 20,71 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) = 8,571 + 0,5·5,714 = 11,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,43 + 0,5·15 = 18,93 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) = 18,93/(20,71 + 8) = 0,6592 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,08565 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.
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.
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 = 24 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 22 µF = 103,4 ms
vC(t) = 24 + (5 − 24)·e−t/τ
Tensión en el instante dado
vC(30) = 24 + (−19)·e−30/103,4 = 9,785 V
Respuesta
vC = 9,785 V
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: P = 0,06001 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 = 31,42 Ω, XC = 338,6 Ω
Impedancia
|Z| = √(40² + (−307,2)²) = 309,8 Ω
Potencia activa
Las bobinas y los condensadores solo almacenan y devuelven energía; la resistencia absorbe toda la potencia activa.
I = 12/309,8 = 0,03873 A
P = I²·R = 0,03873²·40 = 0,06001 W
Respuesta
P = 0,06001 W
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: B = 15,92 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·√(0,1·2,2·10⁻⁶)) = 339,3 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 = 28·tan(arccos 0,8) = 21 kvar
Q2 = 9·tan(arccos 0,85) = 5,578 kvar
Totales
P = 28 + 9 = 37 kW
Q = 21 + 5,578 = 26,58 kvar
S = √(37² + 26,58²) = 45,56 kVA
Factor de potencia global
cos φ = P/S = 37/45,56 = 0,8122 inductivo
Respuesta
cos φ = 0,8122
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,9305
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 = 7·tan(arccos 0,75) = 6,173 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·50·68·10⁻⁶ = 3418 var = 3,418 kvar
Q2 = 6,173 − 3,418 = 2,755 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(7² + 2,755²) = 7,523 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 7/7,523 = 0,9305
Respuesta
cos φ = 0,9305
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 156,9 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 = 90/0,95 = 94,74 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 94737/(√3·415·0,84) = 156,9 A
Respuesta
IL = 156,9 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 906,8 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 = 300·tan(acos 0,8) = 300·0,75 = 225 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,98) = 300·0,2031 = 60,92 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 164,1 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) = 54694/(377·400²) = 906,8 µF
Respuesta
Cph = 906,8 µF
15.Transformadores
Respuesta: R1′ = 40 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 = 2²·10 = 40 Ω
Respuesta
R1′ = 40 Ω
16.Transformadores
Respuesta: Sη,max = 122,5 kVA
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 iguales a las pérdidas en el hierro