La fuente de corriente se ajusta hasta que la tensión de nodo en A es VA = 14,5 V. Usa el análisis nodal para hallar la corriente de la fuente Is (con el sentido indicado).
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la tensión del condensador vC en t = 750 ms.
Vs = 6 VR1 = 3,3 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 750 ms
vC = V
8.Transitorios RC y RLDifícil
Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 9 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 5,4 V, exactamente 200 ms después del inicio. Con C = 2,2 µF, halla la resistencia R necesaria.
Vs = 9 VVth = 5,4 VT = 200 msC = 2,2 µF
R = kΩ
9.Impedancia y fasores en alternaMedia
Un circuito RLC en serie está conectado a una alimentación de 120 V (eficaces) y 500 Hz. Halla el factor de potencia cos φ del circuito.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 50 mHC = 47 µF
cos 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 120 V (eficaces) y 200 Hz. Halla la corriente eficaz I.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR1 = 25 ΩR2 = 60 ΩC = 10 µF
I = A
11.Potencia en alterna y factor de potenciaMedia
Dos cargas están conectadas en paralelo a una alimentación monofásica de 240 V: una carga de 21 kW con un factor de potencia de 0,65 inductivo y una carga de 6 kW con un factor de potencia de 0,85 inductivo. Halla la corriente total I que se toma de la alimentación.
12.Potencia en alterna y factor de potenciaDifícil
Una fuente de 10 V (eficaces) y 50 Hz tiene una impedancia interna Zs = 4 + j3 Ω. La impedancia de carga ZL puede elegirse libremente. Halla la potencia activa máxima Pmax que puede entregarse a la carga.
Vs = 10 V (rms)f = 50 HzZs = 4 + j3 Ω
Pmax = W
13.Potencia trifásicaMedia
Un motor de inducción trifásico entrega 15 kW de potencia mecánica útil a plena carga. Con esta carga su rendimiento es del 90 % y su factor de potencia es 0,84 inductivo. La alimentación tiene una tensión de línea de 400 V. Halla la corriente de línea IL.
Pout = 15 kWη = 90%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
14.Potencia trifásicaDifícil
Una carga trifásica equilibrada consume 60 kW con un factor de potencia de 0,78 inductivo de una alimentación de 480 V (de línea) y 50 Hz. Una batería trifásica de condensadores en paralelo con la carga debe elevar el factor de potencia total a 0,9 inductivo. La potencia activa no cambia. Los condensadores están conectados en triángulo. Halla la capacidad Cph de cada condensador en µF.
P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
15.TransformadoresMedia
A un transformador ideal con una relación de transformación N₁:N₂ = 5:1 se le aplican 600 V en el devanado primario. Se conecta una resistencia de 10 Ω en el devanado secundario. Halla la corriente del primario I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 10 Ω
I1 = A
16.TransformadoresDifícil
Un transformador monofásico de 75 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 375 W. A carga nominal y con un factor de potencia de 0,9 inductivo su rendimiento es del 98 %. Halla las pérdidas en el cobre a plena carga Pcu,fl en vatios.
S = 75 kVAPcore = 375 Wpf = 0,9η = 98%
Pcu,fl = W
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 7,667 Ω
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 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 3·24/(3+24) = 2,667 Ω
Req = R1 + 2,667 = 5 + 2,667 = 7,667 Ω
Respuesta
Req = 7,667 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,1982 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 + 12 = 37 Ω
R4 ∥ 37 = 4,405 Ω
R3 + 4,405 = 10,4 Ω
R2 ∥ 10,4 = 3,806 Ω
Req = R1 + 3,806 = 25 + 3,806 = 28,81 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 = 9/28,81 = 0,3124 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 = 9 − 0,3124·25 = 1,189 V
IR2 = VA/R2 = 1,189/6 = 0,1982 A
Respuesta
IR2 = 0,1982 A
3.Análisis nodal
Respuesta: VA = 2,087 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 = 6 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 − 6)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,425·VA − 0,125·VB = 0,3
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/8 = 1,5
−0,125·VA + 0,375·VB = 1,5
Resuelve
Δ = (0,425)(0,375) − (−0,125)(−0,125) = 0,1437
VA = Δ1/Δ = 0,3/0,1437 = 2,087 V
VB = Δ2/Δ = 0,675/0,1437 = 4,696 V
Respuesta
VA = 2,087 V
4.Análisis nodal
Respuesta: Is = 1,008 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.
LCK en el nodo A
VA es conocida, así que esta ecuación da VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(14,5 − 30)/10 + 14,5/8 = (VB − 14,5)/30
0,2625 = (VB − 14,5)/30 → VB = 22,38 V
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en B.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (22,38 − 14,5)/30 + 22,38/30 = 1,008 A
Respuesta
Is = 1,008 A
5.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 10 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 Ω
6.Thévenin y Norton
Respuesta: IL = 0,7063 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 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 5 = 8,158 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) = 7,105 + 2·3,158 = 13,42 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,42 + 2·5 = 23,42 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) = 23,42/(8,158 + 25) = 0,7063 A
7.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 3,369 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.
Equivalente de Thévenin visto por el condensador
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·10/(3,3 + 10) = 2,481 kΩ
vC(∞) = 6·10/(3,3 + 10) = 4,511 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 2,481·220 = 545,9 ms
Curva de carga
vC(t) = 4,511·(1 − e−750/545,9) = 3,369 V
Respuesta
vC = 3,369 V
8.Transitorios RC y RL
Respuesta: R = 99,21 kΩ
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 necesaria
5,4 = 9·(1 − e−200/τ) → τ = 200/ln(9/(9 − 5,4))
τ = 200/0,9163 = 218,3 ms
Resistencia
kΩ por µF da milisegundos.
R = τ/C = 218,3/2,2 = 99,21 kΩ
Respuesta
R = 99,21 kΩ
9.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: cos φ = 0,2572
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 = 157,1 Ω, XC = 6,773 Ω
Impedancia
|Z| = √(40² + (150,3)²) = 155,5 Ω
Factor de potencia
cos φ = R/|Z| = 40/155,5 = 0,2572
El circuito es inductivo, así que el factor de potencia es inductivo (en retraso).
Respuesta
cos φ = 0,2572
10.Impedancia y fasores en alterna
Respuesta: I = 1,726 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|.
Reactancia
XC = 1/(2π·200·10·10⁻⁶) = 79,58 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.
Potencia reactiva de cada carga
Una carga inductiva consume potencia reactiva (Q > 0); una carga capacitiva la entrega (Q < 0).
Q1 = 21·tan(arccos 0,65) = 24,55 kvar
Q2 = 6·tan(arccos 0,85) = 3,718 kvar
Totales
P = 21 + 6 = 27 kW
Q = 24,55 + 3,718 = 28,27 kvar
S = √(27² + 28,27²) = 39,09 kVA
Corriente total
I = S/V = 39092/240 = 162,9 A
Respuesta
I = 162,9 A
12.Potencia en alterna y factor de potencia
Respuesta: Pmax = 6,25 W
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.
Adaptación conjugada
La reactancia de la carga anula la reactancia de la fuente, y la resistencia de la carga es igual a la resistencia de la fuente.
ZL = Zs* = 4 − j3 Ω
Potencia máxima
I = Vs/(2Rs) = 10/8 = 1,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·4) = 6,25 W
Respuesta
Pmax = 6,25 W
13.Potencia trifásica
Respuesta: IL = 28,64 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 = 15/0,9 = 16,67 kW
Corriente de línea
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16667/(√3·400·0,84) = 28,64 A
Respuesta
IL = 28,64 A
14.Potencia trifásica
Respuesta: Cph = 87,86 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 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar
Potencia reactiva de los condensadores
QC = Q1 − Q2 = 19,08 kvar
Capacidad por fase
En una batería en triángulo cada condensador está conectado entre dos líneas.
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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/10 = 12 A
Corriente del primario
Un transformador ideal no tiene pérdidas: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 2,4 A
Respuesta
I1 = 2,4 A
Comprobación: la carga vista desde el primario es a²·RL = 250 Ω, y 600/250 da la misma corriente.
16.Transformadores
Respuesta: Pcu,fl = 1003 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.