La fuente de tensión Vₛ entre A y B tiene su borne + en B, así que impone VB − VA = Vₛ. Usa el análisis nodal con un supernodo para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Is = 4 AVs = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 8 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,1·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
6.Thévenin y NortonDifícil
Halla la tensión de Thévenin Vth vista desde los terminales a–b.
V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
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 90 % de su valor final? Halla t.
Vs = 15 VR = 22 ΩL = 47 mH
t = ms
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 = 1 ms.
Vs = 15 VR1 = 47 ΩR2 = 20 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 24 V (eficaces) y 50 Hz. Halla el ángulo de fase φ de la impedancia, en grados (positivo cuando la corriente va retrasada respecto a la tensión).
V = 24 V (rms)f = 50 HzR = 30 ΩL = 150 mHC = 100 µF
φ = °
10.Impedancia y fasores en alternaDifícil
Una resistencia R1 está conectada en serie con una combinación en paralelo de R2 y un condensador C, a una alimentación de 100 V (eficaces) y 500 Hz. Halla el módulo de la impedancia |Z|.
V = 100 V (rms)f = 500 HzR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Una carga inductiva consume 6,5 A y 702 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 = 6,5 AP = 702 W
X = Ω
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una carga monofásica consume 25 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 240 V y 60 Hz. Se conecta un condensador de 330 µF en paralelo con la carga. Halla el nuevo factor de potencia cos φ que ve la alimentación.
P = 25 kWpf1 = 0,75V = 240 Vf = 60 HzC = 330 µF
cos φ =
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 22 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 92 % y su factor de potencia es 0,9 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 415 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 22 kWη = 92%cos φ = 0,9VL = 415 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 120 kW con un factor de potencia de 0,75 inductivo de una alimentación de 690 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 = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
Un transformador monofásico de 25 kVA, 11000/400 V, funciona a su carga nominal. Considéralo ideal. Halla la corriente IHV en el devanado de alta tensión.
S = 25 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 100 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 600 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,85 inductivo su rendimiento es del 97,5 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 100 kVAPcore = 600 Wpf = 0,85η = 97,5%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 1,167 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 + 3 = 8 Ω
R2 ∥ 8 = 20·8/(20+8) = 5,714 Ω
Req = R1 + 5,714 = 20 + 5,714 = 25,71 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 = 30/25,71 = 1,167 A
Respuesta
IR1 = 1,167 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6277 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 = 5 + 2 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 5,185 Ω
R3 + 5,185 = 17,19 Ω
R2 ∥ 17,19 = 10,93 Ω
Req = R1 + 10,93 = 3 + 10,93 = 13,93 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 = 24/13,93 = 1,723 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 = 24 − 1,723·3 = 18,83 V
IR2 = VA/R2 = 18,83/30 = 0,6277 A
Respuesta
IR2 = 0,6277 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VB = 19,43 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.
Forma un supernodo
La fuente de tensión entre A y B conduce una corriente desconocida, así que no se puede escribir la LCK en A ni en B por separado. Encierra A, B y la fuente en un supernodo: la corriente que entra es igual a la que sale.
VB = VA + Vs = VA + 10
VA/R1 + VB/R2 = Is
Resuelve
VA/6 + (VA + 10)/8 = 4
VA = (4 − 10/8)/(1/6 + 1/8) = 9,429 V
VB = 9,429 + 10 = 19,43 V
Respuesta
VB = 19,43 V
4.Análisis nodal
Respuesta: VB = 7,902 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.
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
0,625·VA − 0,125·VB = 4,5
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 = 0,1·VA
−0,225·VA + 0,25·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,625)(0,25) − (−0,125)(−0,225) = 0,1281
VA = Δ1/Δ = 1,125/0,1281 = 8,78 V
VB = Δ2/Δ = 1,012/0,1281 = 7,902 V
Respuesta
VB = 7,902 V
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 8,182 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 8 = 10,73 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) = 18·5/(6+5) = 8,182 V
6.Thévenin y Norton
Respuesta: Vth = 19,5 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 8 = 11,33 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) = 2,5 + 1,5·3,333 = 7,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,5 + 1,5·8 = 19,5 V
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 4,919 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 / 22 Ω = 2,136 ms
i(∞) = Vs/R = 15/22 = 0,6818 A
Despeja el tiempo
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −2,136·ln(0,1) = 4,919 ms
Respuesta
t = 4,919 ms
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,2594 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) = 15/47 = 0,3191 A
i(∞) = 15/(47 + 20) = 0,2239 A
τ = L/R = 68/67 = 1,015 ms
i(t) = 0,2239 + (0,3191 − 0,2239)·e−t/τ
Corriente en el instante dado
i(1) = 0,2239 + (0,09527)·e−1/1,015 = 0,2594 A
Respuesta
i = 0,2594 A
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: φ = 27,01 °
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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·100·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Impedancia
En serie, las impedancias se suman como números complejos: Z = R + j(XL − XC).
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/(2π·500·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω
Combinación en paralelo
Multiplica numerador y denominador por el conjugado complejo para separar Zp en parte real e imaginaria.
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 = 702/6,5² = 16,62 Ω
Reactancia a partir de la impedancia
|Z| = V/I = 120/6,5 = 18,46 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(18,46² − 16,62²) = 8,047 Ω
Respuesta
X = 8,047 Ω
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: cos φ = 0,8593
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 = 25·tan(arccos 0,75) = 22,05 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·330·10⁻⁶ = 7166 var = 7,166 kvar
Q2 = 22,05 − 7,166 = 14,88 kvar
Nueva potencia aparente
S2 = √(25² + 14,88²) = 29,09 kVA
Nuevo factor de potencia
cos φ = P/S2 = 25/29,09 = 0,8593
Respuesta
cos φ = 0,8593
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 36,96 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 = 22/0,92 = 23,91 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 23913/(√3·415·0,9) = 36,96 A
Respuesta
IL = 36,96 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 151,3 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 81,46 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27154/(377·690²) = 151,3 µF
Respuesta
Cph = 151,3 µF
15.Transformadores
Respuesta: IHV = 2,273 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 = 25000/11000 = 2,273 A
Respuesta
IHV = 2,273 A
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1579 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.