(anaya) - soluciones electrotecnia bachiller

Solucionario de las actividades propuestas en el l ibro del alumno

1.2. CONDUCTORES Y AISLANTES

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1. Si se somete una molécula de un dieléctrico a la influencia de un cuerpo fuer-temente cargado, se polariza a causa de la deformación de las órbitas electró-nicas. ¿Cómo explicas la atracción que sufre una bolita de este material porparte de dicho cuerpo? ¿Cómo crees que es la polarización del dieléctrico,temporal o permanente?

Por influencia de B(+), las moléculas de A se po-larizan según indica la figura: el centro de la dis-tribución de carga negativa está más cerca de Bque el centro de la distribución de carga positiva.Así, la fuerza de atracción f

1que ejerce B sobre

cada una es mayor que la fuerza f2

de repulsión;luego la fuerza resultante sobre la molécula es deatracción. Como todas las moléculas polarizadasson débilmente atraídas, aunque la bolita A esneutra, resulta sin embargo atraída por el cuerpocargado B.

La polarización del dieléctrico desaparece si se retira B, luego es temporal.

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2. Una larga barra de cobre está colocada sobre una mesa de material aislante ysituada en posición perpendicular a una placa con una fuerte carga positiva,con un extremo muy cerca de ella. Al tocar la barra con una mano, se observaque queda electrizada con una carga global negativa. ¿En qué extremo se haproducido el contacto y por qué? ¿Dónde habría que haberla tocado para car-garla positivamente?

Para que la barra metálica se cargue, porinducción, con una carga global negativa,es necesario que el contacto con tierra seproduzca en el extremo más alejado de laplaca con carga positiva.

Como la barra es metálica, los electrones libres son atraídos por la placa con cargapositiva hacia el extremo A, de modo que el otro extremo, B, queda con defecto deelectrones; la barra, aunque globalmente sigue siendo neutra, posee en sus extremoscargas contrarias, negativa en A y positiva en B.

Al poner el extremo B(+) en contacto con tierra, se produce una corriente de electro-nes (tierra → B) hasta que la carga positiva de B queda neutralizada. En consecuen-cia, la barra adquiere una carga global negativa.

Para que la barra hubiese adquirido una carga global positiva, el contacto con tierratendría que haberse producido en el extremo A, cercano a la placa con carga positi-va, de modo que el exceso de electrones se hubiese “descargado” hacia tierra.

Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos.

A

B

f2 f1 > f2

++++

++

++

++

++

++ + + + +

+ –+ –+ –+ –

+ –+ –+ –

+ –

+ –

+ –

+ –

+ –

F

++++++++

– ––

–

A (–)

Placa

Barra

B (+)

+ + + + + + + +

1.4. FUERZA ELECTROSTÁTICA. CAMPO ELÉCTRICO Y DIFERENCIADE POTENCIAL

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1. Dos cargas de signo opuesto son abandonadas a sí mismas a una cierta distan-cia una de la otra. ¿De qué modo se moverán a continuación? ¿Cómo será elmovimiento: uniforme, uniformemente acelerado o de otro tipo?

Consideremos que las dos cargas, de valor +Q y –Q', poseen una masa m y m', res-pectivamente, y están separadas una distancia d. De acuerdo con la ley de Coulomb,la fuerza electrostática, F, que ejercen la una sobre la otra, es de atracción, directa-mente proporcional a producto Q · Q' e inversamente proporcional al cuadrado de ladistancia.

F = K ·

Abandonadas a sí mismas, las cargas se moverán la una hacia la otra, siguiendo unmovimiento rectilíneo y acelerado.

Las respectivas aceleraciones serán:

a = ; a' =

Al disminuir d con el movimiento, la fuerza de atracción F crece y, en consecuencia,también crece el valor de la aceleración de las dos cargas.

En conclusión, puede decirse que el movimiento es rectilíneo y crecientemente ace-lerado.

1.7. LAS PRIMERAS MÁQUINAS ELÉCTRICAS Y EL CONDENSADOR

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1. Si en un condensador cargado se disminuye la separación entre las placas, au-menta su capacidad. ¿Qué le ocurre, entonces, a la diferencia de potencial en-tre ellas?

La capacidad C de un condensador es la relación matemá-tica entre la carga que acumulan sus armaduras (Q) y la di-ferencia de potencial que existe entre ellas (v):

C =

Entonces, si la capacidad aumenta al disminuir la distanciaentre las placas (d ), y en el supuesto de que la carga Q semantenga invariable, se deduce que la diferencia de poten-cial disminuye.

Qv

Fm'

Fm

Q · Q'd 2


+Q –Q'

d

m m'F F

––––––––––

++++++++++

+Q –Q

V

d

2. ¿Y si se disminuye la superficie de las placas?

Una vez cargado un condensador, si disminuye la superficie de las placas, disminuyesu capacidad, C, en cuyo caso, si Q no varía, la diferencia de potencial que existe en-tre dichas placas aumenta.

Tal cosa sucede, por ejemplo, en un condensador variable como los que se utilizanen los circuitos de sintonía de los aparatos de radio.

3. Si un condensador de placas planas y paralelas tiene el doble de distancia en-tre placas que otro (ambos con igual superficie), ¿qué relación matemáticahay entre sus capacidades?

Consideremos un condensador de placas planas y para-lelas de superficie S, separadas una distancia d. Su ca-pacidad tiene por expresión:

C =

Si se duplica la separación entre las placas, mantenien-do igual su superficie, la capacidad del condensador sereduce a la mitad:

→ C' = = =

4. ¿Y si fueran condensadores cilíndricos de igual longitud?

La capacidad de un condensador cilíndrico como elde la figura tiene por expresión:

C = = =

Si modificamos los valores de a y b, salvando lacondición de que la separación entre placas se du-plique, la expresión de la nueva capacidad será:

C' =

siendo n el factor de modificación del radio interior.

– Si n = 2, C' = C, la capacidad de los dos condensadores es idéntica.

– Si n > 2, C' > C.

– Si n < 2, C' < C.

En un condensador cilíndrico, el aumento de la separación entre placas no conllevanecesariamente la disminución de su capacidad. Como es lógico, la medida del radiointerior influye también en el valor de la superficie de las placas y, por tanto, en lacapacidad.

2 · π · ε · L2 · dln (1 +—)n · a

2 · π · ε · Ldln (1 + —)a

2 · π · ε · La + dln (—)a

2 · π · ε · Lbln (— )a

C2

ε · S2 · d

ε · S'd'

S' = Sd' = 2 · d

ε · Sd


––––––––––

++++++++++S S

d

a

b

L

d

5. En el ejercicio del ejemplo 4, ¿en qué medida disminuye el tamaño del con-densador si se introduce entre las placas una capa de vidrio?

Suponemos los dos condensadores de placas planas y paralelas, con la misma capa-cidad (C = 1F) y con igual separación entre placas (d = 1 cm), el segundo con dieléc-trico de vidrio.

La relación entre sus respectivas superficies de placas será:

C = = ⇒ = =

Considerando que la constante dieléctrica del vidrio vale 10, resulta:

S' = =

La superficie de las placas del condensador con dieléctrico de vidrio es 10 veces máspequeña que la superficie de las placas del condensador de vacío.

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6. Un condensador de 150 mF de capacidad con Vmáx = 450 V, ¿cuánta carga pue-de almacenar sin peligro de perforación?

La cantidad de carga máxima que puede almacenar el condensador, sin peligro deque se perfore el dieléctrico, será:

Qmáx

= C · Vmáx

= 150 · 10–3 · 450 = 67,5 C

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7. Si se conectan seis condensadores de igual capacidad en serie, la capacidad to-tal, ¿es mayor o menor que la de uno de ellos? ¿En qué cuantía?

En un acoplamiento de condensadores en serie la capacidad total es menor que cual-quiera de las capacidades parciales. En este caso, al tratarse de seis condensadores deigual capacidad:

= + + + + + = ⇒ CT

=

La capacidad total es 6 veces menor que la de un solo condensador.

8. ¿Cuántos condensadores de 100 µF es necesario conectar para obtener una ca-pacidad total de 800 µF y cómo habría que conectarlos? Ídem para obtener25 µF y 225 µF.

Si se conectan condensadores de igual capacidad en serie y en paralelo, las capacida-des equivalentes son:

Cparalelo

= C + C + C + … = n · C

= + + … = ⇒ Cserie

= Cn

nC

1C

1C

1C

serie

C6

6C

1C

1C

1C

1C

1C

1C

1C

T

S10

SK

1K

ε0

εS'S

ε0· S

dε · S'

d


Entonces, para conseguir las capacidades propuestas, con condensadores de 100 µF,hay que hacer los siguientes acoplamientos:

9. Se desea conseguir una carga de 150 µC con condensadores de 10 µF conecta-dos en paralelo a una fuente de 5 V. En el caso de que sea posible hacerlo,¿cuántos son necesarios?

Si se conectan condensadores de igual capacidad en paralelo a una fuente de ten-sión, la carga total obtenida cumple la relación:

Q = Cparalelo

· V

De ella podemos despejar la capacidad equivalente de la asociación de condensado-res en paralelo necesaria para lograr dicha carga:

Cparalelo

= = = 30 · 10–6 F = 30 µF

Para obtener esta capacidad equivalente, el número n de condensadores de 10 µFque hemos de utilizar es:

n = = = 3 condensadores

EJERCICIOS DE LA UNIDAD

1. Si se forma una línea con siete bolas metálicas A iguales, en contacto, y al fi-nal de esta se coloca otra, B, que posee una carga eléctrica negativa, y luegose separan todas ellas, ¿cómo quedan cargadas?

Con la misma bola cargada, alguien trata de cargar otras siete bolas con car-ga positiva. ¿Cómo lo puede conseguir? Y en tal caso, ¿cómo quedará la bolaque inicialmente estaba cargada?

Como las bolas son metálicas, la carga de la bola B se reparte, por contacto, entretodas ellas, de forma proporcional a la superficie de cada una. Al ser de igual tama-ño, todas quedan con la misma cantidad de carga negativa, es decir, con la octavaparte de la carga que tenía B inicialmente.

30 · 10–6

10 · 10–6

Cparalelo

C

150 · 10–6

5QV


A B–– –

– – – – –– – –

––

Acoplamiento Capacidad

8 en paralelo CT = n · C = 8 · 100 = 800 µF

4 en serie CT = = = 25 µF1004

Cn

4 en serie con otros dos en paralelo CT = + 2 · 100 = 225 µF1004

Por inducción, es posible electrizar las bolas A con una carga positiva, del siguientemodo:

Sin hacer contacto, se acerca la bola B(–) a la línea de bolas A; los electrones libresde todas ellas se concentran predominantemente en la bola más alejada. Si entoncesse conecta dicha bola a tierra, el exceso de electrones se descarga hacia ella.

A continuación, se retira la bola B, y todas las bolas A quedan con defecto de elec-trones, es decir, cargadas positivamente.

Por supuesto, mientras tanto, la bola B mantiene íntegra su carga negativa inicial.

2. Tenemos dos barras metálicas iguales, una neutra (A) y la otra con carga po-sitiva (B). Indica qué ocurre en los siguientes supuestos:

a) Si las ponemos en contacto y luego las separamos.

b) Si las alineamos sin llegar a tocarse y luego las separamos.

c) Si las alineamos sin tocarse, pero tocamos con el dedo el extremo de Amás cercano a B.

a) Al poner en contacto A (neutra) con B (+), la carga positiva de B (defecto deelectrones) se reparte por toda la superficie de A + B. Al separarlas de nuevo,ambas barras quedan con una carga superficial positiva.

b) Si a la barra neutra A se acerca la barra positiva B, los electrones libres de A seconcentran en el extremo cercano a B, mientras que el otro extremo queda condefecto de electrones: la barra A se convierte en un dipolo eléctrico, con un ex-tremo positivo y otro negativo, aunque globalmente sigue siendo neutra.

Al alejar B(+), los electrones libres de A vuelven a repartirse uniformemente portodo el metal y la barra pierde su polarización.


A

Aislante

B

BA+ + + + +

++++ +

++++

++ +

++

+ + –

––– –

–––

–– –

–– –

A

A + BB

A

B++++ + +

++ ++++

+

++

++

+

+

++

++

+

+

++

++

+

+

++

++

+

A A A

B ++++ + +

++ ++++

++

–– – –

++ ++

––

c) En cambio, si antes de alejar B se toca con el dedo el extremo negativo de A co-nectándolo con tierra, el exceso de electrones de dicho extremo se descarga y labarra A queda cargada, por inducción, con una carga positiva.

3. Una molécula de agua está constituida por un ion de oxígeno O2– y dos ionesde hidrógeno H+, y su estructura tridimensional es la que representa la figu-ra; por ello, tiene el carácter de dieléctrico polar. Sabido esto, una gotita deagua pura, suspendida del extremo de un hilo de seda, ¿será atraída por uncuerpo fuertemente cargado?

Debido a la agitación térmica, las moléculas polares de una gota de agua neutra es-tán normalmente desordenadas, tal como indica la primera figura. Al acercar uncuerpo fuertemente cargado, las moléculas se ven afectadas por un par de fuerzaselectrostáticas, F

1– F

2, a consecuencia del cual giran y se orientan en la misma di-

rección, según indica la segunda figura.

Como el polo negativo de cada molécula está, entonces, más cerca de B(+) que elpolo positivo, las fuerzas de atracción F

2superan a las de repulsión F

1y, en conse-

cuencia, la gota de agua neutra resulta atraída por el cuerpo cargado.


A A A

B ++++ + +

++ ++++

++

–– – –

++ +

+

++

++

++

––

–

+

H+

H+

O2– –

+++

++

++

++

++

++ + +

+–

+–+

–+–

+ –+–

+–

+–

+–+

–

F1

F2

+ –+ –+ –+ –

+ –+ –+ –

+ –

+ –

+ –

+ –

+–

+ –

F

4. En el centro de una esfera metálica hueca A hay otra, B, más pequeña, tam-bién metálica, y conectada a la primera por medio de un hilo conductor.

A través de un orificio en la esfera A es posible tocar la esfera B con una ter-cera esfera pequeña con carga negativa.

¿Qué ocurre con la carga al hacerlo? ¿Se podría con-seguir una elevada carga de la esfera A por medio deun electróforo frotando la lámina de plástico solouna vez? Explica el procedimiento y la razón de queno se agote la carga de la placa de plástico. ¿De dón-de habrá salido realmente la carga que se acumulaal final en la esfera A?

Toda la carga que se comunique a la esfera B, por repulsión mutua, se desplaza es-pontáneamente hacia la superficie exterior de A. De este modo, la esfera A puedeadquirir una considerable cantidad de carga, apartada de forma discreta a través deB, por ejemplo, por medio del disco cargado de un electróforo.

La carga negativa del disco del electróforo se obtiene por inducción: al frotar la lá-mina de plástico, su superficie adquiere una carga negativa, y al situar el disco sobreella, este se polariza.

Si se toca su cara inferior (+), electrones de tierra suben a neutralizar dicha carga, demodo que el disco adquiere una carga global negativa que es la que se transfierepor contacto a B.

La carga negativa del disco proviene, pues, de tierra y no de la placa de plástico,que mantiene prácticamente su carga inicial.

Repitiendo el procedimiento de carga del disco y su descarga sobre B, se consigue,en definitiva, transferir una gran cantidad de carga de tierra a la esfera grande A.

5. Una resistencia calefactora desarrolla una energía de 6 000 J en diez minutosal aplicar entre sus bornes una diferencia de potencial de 220 V.

¿Qué cantidad de carga eléctrica habrá circulado por ella?

De acuerdo con la definición de diferencia de potencial, una carga, Q, que se mue-va entre dos puntos con diferencia de potencial V libera una energía de valor:

W = Q · V


A

B

A

B

–

––

––

–––––––––

––

––

––––––––

––

–– – – – – – –

––

–––

– – – – – – – –

– – – – – – – – –– –– –– –– –+ + + + + + + + +

–

–– –

––– –

––

–

Por tanto, la cantidad de carga que hacirculado por la resistencia calefactoraserá:

Q = = = 27,)27C

(El dato del tiempo transcurrido no esnecesario para resolver el ejercicio).

6. Las dos esferas metálicas A y B de la figu-ra tienen igual masa, y la esfera B poseeel doble de carga eléctrica que la esferaA, aunque de diferente signo.

¿Cuál de ellas tendrá mayor ángulo deinclinación respecto a la vertical? ¿Porqué?

Considerando ambas esferas como si fueran cargas puntuales, y teniendo en cuentaque poseen la misma masa y que están suspendidas con hilos de igual longitud, sepuede decir que las dos esferas, como consecuencia de la fuerza electrostática deatracción, se juntarán hasta situarse en posiciones de equilibrio totalmente simétri-cas, con ángulos de inclinación iguales.

El equilibrio de cada esfera es fruto de la acción de tres fuerzas: la fuerza electrostá-

tica, F = K ; su propio peso, m · g, y la tensión del hilo, T.

La condición de equilibrio exige que:

F = Tx= T · sen α

m · g = Ty= T · cos α

Aunque las cargas de las esferas sean distintas, la fuerza electrostática sobre ambastiene el mismo valor F. Por otro lado, el peso de las esferas es idéntico (m · g). Enconsecuencia, la tensión del hilo tiene un ambos casos los mismos componentes y,por tanto, el mismo valor T y el mismo ángulo α.

Q · 2 · Q

d 2

6 000 J220 V

WV


+

QV = 220 V W = 6000 Jt = 10 min

–

A B

l l

α α α

F

d

Qm

Q' = 2 . Q

Ty

m . g

Tx

T

m

F

F

7. Tres cargas puntuales A, B y C, de igual cantidad y de signo desconocido, ocu-pan los vértices de un triángulo equilátero. Si una carga de prueba positivacolocada en el centro del triángulo se mueve hacia la carga B, ¿cuál es el sig-no de cada una de las cargas? ¿Y si no se moviera?

Para que la carga de prueba positiva se mue-va hacia B, la resultante de las fuerzas elec-trostáticas que ejercen sobre ella las otrastres cargas (

→F =

→F

A+

→F

B+

→F

C) debe tener la

dirección y el sentido de la figura.

Eso solo es posible si la carga B es negativay las cargas A y C son positivas.

En cambio, para que la carga de prueba no se mueva, ha de cumplirse la condiciónde que la resultante sea nula (

→F =

→F

A+

→F

B+

→F

C= 0), cosa que sucederá siempre que

las tres cargas sean del mismo signo:

8. Una esfera metálica de 10 cm de radio se electriza hasta alcanzar una cargade 50 µC. Calcula la densidad superficial de carga, el campo eléctrico en unpunto exterior muy cercano a la superficie y en otros situados, respectiva-mente, a 10 cm y 20 cm de distancia, y la diferencia de potencial entre ellos.¿A qué potencial se encuentra la esfera metálica? ¿Se produce la ionizacióndel aire en torno a la superficie?

Suponemos que la carga adquirida por la esfera es positiva. Como se trata de unaesfera metálica, toda la carga se localiza en la superficie, distribuida uniformemente.Entonces, la densidad superficial de carga será:

σ = = = = 3,97 · 10–4 C · m–2

En cualquier punto exterior a la esfera, el campo eléctrico y el potencial eléctrico(medido respecto al infinito o un punto muy alejado) dependen de la densidad su-perficial de carga y de la posición del punto, de acuerdo con las siguientes expre-siones:

E = ; V = = E · rσ · R 2

ε0· r

σ · R 2

ε0· r 2

50 · 10–6C4 · π · (10–1)2 m2

Q4 · π · R 2

QS


A

C B

FA

FB

FC

F

+

+ –

+

A

C B

FA

FCFB +

+ +

+A

C B

FC FB

FA

+

– –

–

Para los valores de r correspon-dientes a los puntos 1, 2 y 3 in-dicados en la figura, situados a10 cm, 20 cm y 30 cm, respecti-vamente, del centro de la esfe-ra, se obtienen los siguientesvalores de campo eléctrico ypotencial:

E1

= = 44,85 · 106 N · C–1; V1= 44,85 · 106 · 10–1 = 4,485 · 106 V

E2= = 11,21 · 106 N · C–1; V

2= 11,21· 106 · 2 · 10–1 = 2,242 · 106 V

E3= = 4,98 · 106 N · C–1; V

3= 4,98 · 106 · 3 · 10–1 = 1,494 · 106 V

Entre los puntos 1, 2 y 3 existen los siguientes valores de diferencia de potencial:

V12

= V1– V

2= (4,485 – 2,242) · 106 = 2,243 · 106 V

V23

= V2– V

3= (2,242 – 1,494) · 106 = 0,748 · 106 V

La esfera metálica, tanto en su superficie como en el interior, posee el potencial:

V1= 4,485 · 106 V

Sí se produce la ionización del aire en torno a la esfera, porque el campo eléctricoE

1supera con creces el valor de la rigidez dieléctrica del aire:

E1= 44,85 · 106 N · C–1 > 3 · 106 V · m–1 = E

máx

9. Dos esferas metálicas, A y B, de 1 cm de radio, con cargas de 50 y 100 µC, res-pectivamente, están situadas a una distancia de 30 cm entre sus centros. De-termina en qué punto de la recta que las une el campo eléctrico tiene valorcero, y el valor del potencial eléctrico en dicho punto. ¿Qué le ocurriría auna carga positiva que se abandonara en otro punto cualquiera de dicha rec-ta? ¿Cuánto valen la diferencia de potencial de dicho punto respecto a cadaesfera y la diferencia de potencial entre ambas esferas?

Una esfera metálica con una carga Qdistribuida uniformemente por susuperficie crea en un punto exterior,situado a una distancia r de su cen-tro, un campo

→E y un potencial V

que tienen por valor:

E = 9 · 109 ·

V = 9 · 109 · Qr

Q

r 2

3,97 · 10–4 · (10–1)2

8,85 · 10–12 · (3 · 10–1)2

3,97 · 10–4 · (10–1)2

8,85 · 10–12 · (2 · 10–1)2

3,97 · 10–4 · (10–1)2

8,85 · 10–12 · (10–1)2


+ + + + ++

++

++

++

+++++++++++++++

++

++

++

++

+ + + + + + + + +

1

10 cmR

10 cm

10 cm2

E

r

P

3

+ + + + ++

++

++

++

+++++++++++++++

++

++

++

++

+ + + + + + + + +

EV

r

En el sistema que nos ocupa, la distancia que separa las esferas cargadas es muchomayor que el radio de ambas. Por tanto, consideramos despreciable la influenciaentre ambas y tomamos por válidas las expresiones anteriores:

En un punto intermedio de la recta que une las esferas, el campo es la suma vec-torial de los campos creados por cada una, mientras que el potencial es la sumaescalar:

EP

= E1– E

2= 9 · 109 · ( – )

VP

= V1+ V

2= 9 · 109 · ( + )

La posición del punto de campo eléctrico nulo se obtiene igualando Epa cero y des-

pejando x:

Ep= 9 · 109 · ( – ) = 0 ⇒ x = 0,124 m

En los puntos de la recta situados entre A y P, E1> E

2, mientras que en los situados

entre B y P ocurre al contrario, E2> E

1. Entonces, una carga positiva abandonada en

un punto cualquiera de AB oscilará en torno al punto de campo nulo P.

Los valores de potencial eléctrico y de diferencia de potencial para los puntos A, By P, y las diferencias de potencial que pide el enunciado, son:

VA

= 9 · 109 · ( + ) = 48 · 106 V

VB

= 9 · 109 · ( + ) = 91,5 · 106 V

VP

= 9 · 109 · ( + ) = 8,74 · 106 V

VPA

= VP

– VA

= 8,74 · 106 – 48 · 106 = –39,26 · 106 V

VPB

= VP

– VB

= 8,74 · 106 – 91,5 · 106 = –82,76 · 106 V

VBA

= VB

– VA

= 91,5 · 106 – 48 · 106 = 43,5 · 106 V

100 · 10–6

0,17650 · 10–6

0,124

100 · 10–6

0,0150 · 10–6

0,29

100 · 10–6

0,2950 · 10–6

0,01

100 · 10–6

(0,3 – x)2

50 · 10–6

x 2

QB

0,3 – x

QA

x

QB

(0,3 – x)2

QA

x 2


P

x

x

0,3 m

E2QA = + 50 µC QB = + 100 µCE1

10. Determina la capacidad equivalente de cada una de las redes de condensado-res de la figura, así como la cantidad de carga y la energía que acumulan alconectarlas a una diferencia de potencial Vab = 100 V.

El procedimiento es el mismo en los cuatro casos: en primer lugar calculamos la ca-pacidad equivalente de las asociaciones de condensadores para, con este dato, cal-cular la carga y la energía que acumulan.

C = 1 000 + = 1 004,16 pF

Q = C · V = 1 004,16 · 10–12 · 100 = 1,00416 · 10–7 C

W = C · V 2 = · 1 004,16 · 10–12 · 1002 = 5,02 · 10–6 J

C = = 1 µF

Q = 10–6 · 100 = 10–4 C

W = · 10–6 · 1002 = 5 · 10–3 J

C = 2 + = 3 µF

Q = 3 · 10–6 · 100 = 3 · 10–4 C

W = · 3 · 10–6 · 1002 = 15 · 10–3 J

C = = 15 µF

Q = 15 · 10–6 · 100 = 15 · 10–4 C

W = · 15 · 10–6 · 1002 = 75 · 10–3 J12

11 1— + —30 20 + 10

12

11 1— + —2 2

12

11 1— + —2 1 + 1

12

12

11 1— + —5 25


a ba b

a b

a

b

5 pF 25 pF 1 µF

1 µF

2 µF 2 µF

2 µF

30 µF

20 µF 10 µF

2 µF

1 000 pF

a b

5 pF 25 pF

1 000 pF

a b

1 µF

1 µF

2 µF

a b

2 µF 2 µF

2 µF

a

b

30 µF

20 µF 10 µF

11. Dos condensadores planos poseen las características constructivas indicadasen la tabla:

Calcula:

a) La capacidad de cada uno de ellos, así como la carga y la energía que acu-mulan al conectarlos a una tensión de 20 V.

b) La capacidad equivalente, así como la carga y la energía que acumulan sise conectan en serie a la misma fuente de tensión.

c) Lo mismo si se conectan en paralelo.

a) Puesto que se trata de condensadores de láminas planas y paralelas, la capaci-dad se calcula aplicando la siguiente fórmula:

C =

Por tanto, la capacidad que obtenemos para cada uno de los condensadores es:

C1= = 1,062 · 10–10 F = 106,2 pF

C2= = 7,08 · 10–10 F = 708 pF

Al conectarlos a una tensión V = 20 V, cada uno de ellos acumula una carga:

Q1= C

1· V = 1,062 · 10–10 · 20 = 2,124 · 10–9 C

Q2= C

2· V = 7,08 · 10–10 · 20 = 14,16 · 10–9 C

b) Si se conectan los dos condensadores en serie, la capacidad equivalente y la car-ga que acumulan es:

C = = = 92,3 pF

Q = C · V = 92,3 · 10–12 · 20 = 1,846 · 10–9 C

c) Si se conectan en paralelo, en cambio:

C' = C1+ C

2= 106,2 + 708 = 814,2 pF

Q' = C' · V = 814,2 · 10–12 · 20 = 16,284 · 10–9 C

11 1— + —

106,2 708

11 1— + —C

1C

2

4 · 8,85 · 10–12 · 20 · 10–4

10–4

6 · 8,85 · 10–12 · 20 · 10–4

10–3

K · ε0· S

d


Superficie de las placas(cm2)

20 1 Mica (K = 6)

Separación entrelas placas (mm)

Dieléctrico y constantedieléctrica

C1

20 0,1 Papel (K = 4)C2

12. Se desea fabricar un condensador plano, con láminas de dieléctrico de0,05 mm de espesor, capaz de soportar 500 V sin perforarse. ¿Qué rigidezdieléctrica debe poseer, como mínimo, el dieléctrico necesario? ¿Cuál habríaque escoger entre los de la tabla suministrada en el apartado 1.6? ¿Qué di-mensiones deberían tener las placas para conseguir una capacidad de 20 µF?

Para que no se perfore, el dieléctrico ha de poseer, como mínimo, el siguiente valorde rigidez dieléctrica:

Emáx

= = = 107 V · m–1

Entre los de la tabla citada (página 36 del libro del alumnado), el primero que cum-ple tal condición es el neopreno. Sus características dieléctricas son:

Rigidez dieléctrica: Emáx

= 12 · 106 V · m–1 > 107 V · m–1

Constante dieléctrica (página 45 del libro del alumnado): K = 6,9

En el supuesto de que se utilice neopreno para fabricar el condensador, las placasdeben tener la siguiente superficie:

S = = = 16,37 m2

13. La capacidad máxima que puede conseguirse conectando cuatro condensa-dores iguales es de 200 µF. ¿Cuál es el valor de su capacidad y cómo hay queconectarlos? Obténganse también el resto de posibles acoplamientos, indi-cando la capacidad equivalente en cada caso.

La máxima capacidad se consigue conectando los 4 condensadores en paralelo, encuyo caso:

CT

= 4 · C = 200 µF

Por tanto, la capacidad de cada uno de ellos es:

C = = 50 µF

El resto de posibles acoplamientos es:

CT

= = = 12,5 µF

CT

= C + = = · 50 = 66,67 µF

CT

= = = = 37,5 µF3 · 504

3 · C4

11 1——— + —

3 · C C

43

4 · C3

C3

504

C4

2004

20 · 10–6 · 5 · 10–5

6,9 · 8,85 · 10–12

C · dK · ε

0

500 V0,05 · 10–3 m

Vd


CT

= = = = 30 µF

CT

= = = = 20 µF

CT

= + 2 · C = = = 125 µF

CT

= = C = 50 µF

CT

= + + C = 50 µF

Los dos últimos acoplamientos no proporcionan una capacidad diferente a la de unsolo condensador. Sin embargo, pueden ser útiles para aumentar al doble la tensiónmáxima que se puede aplicar sin peligro de perforación del dieléctrico.

14. Un condensador plano de S = 100 cm2 y d = 0,01 mm se puede fabricar conlos siguientes dieléctricos: vacío, aire, papel, neopreno. Teniendo en cuentalos valores de las tablas suministradas en las páginas 36 y 45, determina lacapacidad, la tensión máxima o de perforación, la carga máxima y la energíaalmacenada en cada caso.

La capacidad del condensador, con cada uno de los dieléctricos, la obtendremos pormedio de la expresión:

C =

La tensión máxima o de perforación la calcularemos a partir del dato de la rigidezdieléctrica:

Vmáx

= Emáx

· d

Y la carga máxima y la energía almacenada, a partir de las siguientes expresiones:

Qmáx

= C · Vmáx

; Wmáx

= Qmáx

· Vmáx

12

K · ε0· S

d

C2

C2

11 1— + —

2 · C 2 · C

5 · 502

5 · C2

C2

2 · 505

2 · C5

11 1 1— + — + —

2 · C C C

3 · 505

3 · C5

11 1— + —C C/2 + C


Los datos que solicita el enunciado son los que se reflejan en la siguiente tabla:

Nota: Se ha despreciado la posible emisión termoelectrónica en la placa negativa del condensador.

15. En el almacén de un taller de electrónica se dispone de condensadores cuyascapacidades son las siguientes: 1, 2, 4, 6, 10, 20, 50 y 100 µF, todos los cualessoportan una tensión de 60 V sin perforarse; y se desea conseguir, medianteacoplamientos, las siguientes capacidades: 0,25, 1,25, 25 y 225 µF, para co-nectarlas a una tensión total de 100 V. Determina la conexión necesaria encada caso, utilizando el número mínimo de condensadores y asegurando queninguno de ellos se perfore.

a) Para obtener una capacidad de 0,25 µF, conectaremoscuatro condensadores de 1 µF en serie:

CT

= = = 0,25 µF

La tensión que ha de soportar cada condensador (25 V)no sobrepasa el límite de 60 V.

b) Para obtener C = 1,25 µF, conectaremos cua-tro condensadores de 1 µF en serie con otrosdos de 2 µF, también acoplados en serie:

CT

= = = 1,25 µF

Si en la primera rama se pusiese un solo con-densador de 1 µF, la capacidad total sería lamisma pero la tensión que tendría que so-portar (100 V) superaría el límite de 60 V ypodría perforarse.

c) Para obtener una capacidad de 25 µF tan solo necesitamosconectar dos condensadores de 50 µF en serie:

CT

= = 25 µF50 µF2

14

22

1 µF4

Cn


100 V

25 V1µF

1µF

1µF

1µF

100 V

25 V1µF

1µF

1µF

1µF

2 µF

2 µF

50 V

100 V

50 V50 µF

50 µF

Dieléctrico

Vacío 8,85 · 10– ∞ ∞ ∞

Aire 8,85 · 10–9 30 2,655 · 10–7 3,982 · 10–6

Papel 3,54 · 10–8 140 4,956 · 10–6 3,469 · 10–4

Neopreno 6,11 · 10–8 120 7,332 · 10–6 4,399 · 10–4

Capacidad(F )

Tensión máxima(V )

Cargamáxima (C )

Energíaalmacenada (J )

d) Finalmente, para obtener una capacidad de 225 µF, recurriremos al siguientemontaje:

CT

= ( ) · 4 + = 225 µF

Aunque para conseguir la misma capacidad bastaría con 4 condensadores (dosde 100 µF en paralelo con dos de 50 µF en serie), para evitar que se perforen hayque sustituir los dos primeros por 4 ramas formadas cada una por dos de 100 µFen serie.

16. Entre las placas de un condensador plano con dieléctrico de aire hay uncampo eléctrico de 2 000 N · C–1.

Si la separación entre ellas es de 0,1 mm, calcula qué diferencia de potencialse les ha aplicado y cuánta carga acumula el condensador si la superficie delas placas es de 200 cm2.

Los datos que proporciona el enunciado delproblema son:

S = 200 cm2 = 2 · 10–2 m2

d = 0,1 mm = 10–4 m

E = 2 · 103 N · C–1

La diferencia de potencial entre las placas es:

V = E · d = 2 · 103 · 10–4 = 0,2 V

Y la capacidad del condensador:

C = = = 1,77 · 10–9 F

Por tanto, la carga que acumula vale:

Q = C · V = 1,77 · 10–9 · 0,2 = 3,54 · 10–10 C

17. Un condensador plano con dieléctrico de aire y 5 µF de capacidad se conectaa 50 V el tiempo suficiente para que se cargue y, después de separarlo de lafuente de tensión, se le intercala un dieléctrico cuya constante vale 4.

Calcula la capacidad final, el valor del campo eléctrico inicial y final existen-te entre las placas y hasta qué valor cae la diferencia de potencial entre ellas.

La carga que adquiere el condensador tiene por valor:

Q = C · V = 5 · 10–6 · 50 = 25 · 10–5 C

8,85 · 10–12 · 2 · 10–2

10–4

ε0· S

d

502

1002


100 V50 V100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

50 V 50 V 50 V 50 V50 µF

50 µF

d

S

E

+ Q

– QV

+ + + + + + + + +

– – – – – – – – –

Al introducir entre las placas un dieléctrico de constante K = 4, la capacidad delcondensador se modifica:

C' = K · C = 4 · 5 = 20 µF

Suponiendo que en dicha operación se mantiene la carga del condensador, la modi-ficación de la capacidad determina que cambie el valor de la diferencia de potencialentre las placas y, por tanto, también el valor del campo eléctrico:

V' = = = 12,5 V

Como no se conoce el valor de la separación entre las placas, no es posible calcularel campo eléctrico inicial y final, aunque sí la relación matemática entre ellos:

= = = = 4

18. Un cable coaxial, con una relación de diámetros de 0,7/4,8, medidos en mm,y aislamiento de polietileno (K = 2,3), tiene una longitud de 200 m. Calculasu capacidad, así como la carga y la energía que almacena si se conecta a unafuente de tensión de 50 V.

De acuerdo con el dibujo, los valores de a, b y L son:

a = = 0,35 mm

b = = 2,4 mm

L = 200 m

Un cable coaxial equivale a un condensador cilíndrico. Por tanto:

C = = = 13,28 · 10–9 F = 13,28 nF

Si se conecta a una diferencia de potencial de 50 V, la carga y la energía que alma-cena son:

Q = C · V = 13,28 · 10–9 · 50 = 6,64 · 10–7 C

W = · C · V 2 = · 13,28 · 10–9 · 502 = 1,66 · 10–5 J

19. Dos condensadores, de 10 y 40 µF, cuyas tensiones de perforación son de100 y 200 V, respectivamente, se conectan en serie. ¿Cuál será el valor de latensión máxima que se puede aplicar en bornes del acoplamiento y cuántacarga pueden llegar a acumular?

Cada condensador, considerado aisladamente, puede acumular la siguiente carga:

Q1máx

= C1· V

1máx= 10 · 10–6 · 100 = 10–3 C

Q2máx

= C2· V

2máx= 40 · 10–6 · 200 = 8 · 10–3 C

12

12

2 · π · 2,3 · 8,85 · 10–12 · 2002,4ln (—)0,35

2 · π · K · ε0· L

ln (b/a)

4,82

0,72

5012,5

VV'

V/dV'/d

EE'

25 · 10–5

20 · 10–6

QC'


ba

L = 200 m

Al estar conectados en serie, los dos condensadoresacumulan la misma cantidad de carga, igual a la can-tidad de carga total.

En consecuencia, la carga máxima del acoplamientose ve limitada al menor de los valores anteriores:

QTmáx

= Q1máx

= Q2= 10–3 C

La tensión que alcanza cada condensador es:

V1= = = 100 V = V

1máx

V2= = = 25 V < V

2máx

Y la tensión máxima total vale:

VTmáx

= V1máx

+ V2= 100 + 25 = 125 V

20. Un condensador plano con dieléctrico de vacío, 0,1 mm de separación entreplacas y 100 µF de capacidad está conectado a una fuente de tensión de 24 V.

Si una vez separado de la fuente, se aumenta la separación entre sus placasen 0,5 mm, ¿cómo se modifican su capacidad, la carga acumulada y la dife-rencia de potencial entre ellas? ¿Cuánta energía hay que desarrollar para ha-cerlo y qué fuerza hay que aplicar?

Inicialmente, la capacidad del condensador, la carga y la energía acumuladas son:

C = = 100 µF = 10–4 F

Q = C · V = 10–4 · 24 = 2,4 · 10–3 C

W = · Q · V = · 2,4 · 10–3 · 24 = 0,0288 J

Tras aumentar la separación entre las placas, obte-nemos la siguiente situación:

d' = d + 0,5 mm = 0,6 mm = 6 · 10–4 m

Q' = Q = 2,4 · 10–3 C

suponiendo que no hay descarga en la operación.

Con estos valores, la capacidad disminuye como se indica:

C' = → = = = = 0,17

C' = 0,17 · C = 1,7 · 10–5 F

1 · 10–4

6 · 10–4

dd'

(ε0· S)/d'

(ε0· S)/d

C'C

ε0· S

d'

12

12

ε0· S

d

10–3

40 · 10–6

Q2

C2

10–3

10 · 10–6

Q1máx

C1


V

V1C1 = 10 µFV1 máx = 100 V

C1 = 40 µFV2 máx = 200 V

V2

d ε0

S

+ Q

– QV = 24 V

d'

S

+ Q'

– Q'

V'

F

ε0

La tensión aumenta a:

V' = = = 141,2 V

Y la energía acumulada aumenta, por tanto, al siguiente valor:

W' = · Q' · V' = · 2,4 · 10–3 · 141,2 = 0,1694 J

La diferencia W' – W es el trabajo que hay que realizar para separar las placas, paralo cual hay que aplicar una fuerza cuyo valor medio es:

F = = = 281,2 N

21. Una botella de Leyden puede considerarse si-milar a un condensador cilíndrico si se des-precia el efecto de los bordes y de la baseplana. Haciéndolo así, ¿cuál sería el valor dela capacidad de una botella de Leyden con lasdimensiones de la figura y cuánta carga po-dría acumular sin llegar a perforarse?

Si consideramos despreciable el espesor de lasláminas metálicas y no tenemos en cuenta elefecto de la base, la botella de Leyden puede serrepresentada por un condensador cilíndrico co-mo el de la figura:

a = 19,5 cm

b = 20 cm

L = 50 cm = 0,5 m

Considerando los siguientes valores para el vidrio:

Obtenemos:

C = = = 11 · 10–9 F

Vmáx

= Emáx

· d = 14 · 106 · 0,5 · 10–2 = 7 · 104 V

Qmáx

= C · Vmáx

= 11 · 10–9 · 7 · 104 = 77 · 10–5 C

2 · π · 10 · 8,85 · 10–12 · 0,520ln (—)19,5

2 · π · K · ε0· L

ln (b/a)

K = 10

Emáx

= 14 · 10–6 V · m–1

0,1694 – 0,02886 · 10–4 – 1 · 10–4

W' – Wd' – d

12

12

2,4 · 10–3

1,7 · 10–5

Q'C'


50 cm

40 cm

0,5 cm

ba Vidrio (K )

d

L

22. Una nube tempestuosa de 50 km2 de superficie inferior se encuentra a unaaltura de 400 m y descarga un rayo. Considerando que constituye con la su-perficie de la Tierra un condensador plano de tales dimensiones, ¿cuántovaldrá aproximadamente su capacidad? ¿Y en cuánto se pueden estimar losvalores de la carga y la energía que se acumula, así como la diferencia de po-tencial entre ella y la Tierra? (Tómese 2 · 106 N · C–1 como valor medio delcampo eléctrico entre la nube y la Tierra).

Si asimilamos la superficie inferior de la nube y la superficie de la Tierra a las placasde un condensador plano, la superficie efectiva de dichas placas es la que corres-ponde a la nube.

El dieléctrico es el aire (K = 1), y su espesor, la distancia de la nube a la Tierra.

La capacidad aproximada será:

C = = = 1,1 · 10–6 F = 1,1 µF

Si se toma como valor medio del campo eléctrico cuando la nube ha adquirido sumáxima carga, E = 2 · 106 V · m–1, la diferencia de potencial entre la nube y la Tierrahabrá alcanzado el valor:

V = E · d = 2 · 106 · 400 = 800 · 106 V = 800 MV

La carga de la nube es:

Q = C · V = 1,1 · 10–6 · 800 · 106 = 880 C

Y la energía acumulada por el sistema vale:

W = · Q · V = · 880 · 800 · 106 = 35,2 · 1010 J

Nota: Con esta energía podría funcionar un motor de 10 kW durante más de un año.

12

12

1 · 8,85 · 10–12 · 50 · 106

400

K · ε0· S

d


– –– ––

–– – – – –

– –– –

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

K = 1

E = 2.104 V . m–1

S = 50 km2 = 50 .106 m2

d = 400 mE

Problemas de selectividad

1. Un condensador de 1 µF se carga a la tensión de 300 V e, independientemen-te, otro condensador, de 3 µF, se carga a 500 V.

Si, una vez cargados ambos condensadores, unimos sus armaduras:

a) ¿Qué valor adquirirá la tensión común a ambos condensadores?

b) ¿Qué carga tendrá ahora cada condensador?

LOGSE. MADRID, 2000.

Los datos que proporciona el enunciado son los que se indican en las siguientes fi-guras:

La carga inicial de cada uno de los condensadores es:

Q1= C

1· V

1= 10–6 · 300 = 3 · 10–4 C = 300 µC

Q2= C

2· V

2= 3 · 10–6 · 500 = 15 · 10–4 C = 1 500 µC

Si ahora unimos sus armaduras, obtenemos el siguiente circuito equivalente (dere-cha):

La carga y la capacidad totales de este acoplamiento en paralelo son:

QT

= Q1+ Q

2= 3 · 10–4 + 15 · 10–4 = 18 · 10–4 C = 1 800 µC

CT

= C1+ C

2= 1 + 3 = 4 µF = 4 · 10–6 F

a) La tensión en bornes del acoplamiento resulta ser:

V' = = = 450 V

Esta nueva tensión común, intermedia entre 300 y 500 V, se produce por trasva-se de carga de C

2a C

1en los instantes en que se efectúa el acoplamiento, me-

diante una corriente transitoria. La carga total queda finalmente repartida del mo-do que se indica en el apartado b).

18 · 10–4

4 · 10–6

QT

CT


+

–

+

–

+Q1

–Q1

+Q2

–Q2V1 = 300 V V2 = 500 VC1 = 10–6 F C2 = 3.10–6F

+

–

+Q1'

–Q1'

V' C1 = 10–6F+Q1

'

–Q1'

C2 = 3 . 10–6F <

+

–

+QT

–QT

CTV'>

b) Q'1= C

1· V' = 10–6 · 450 = 450 µC

Q'2= C

2· V' = 3 · 10–6 · 450 = 1 350 µC

2. En el conjunto de condensadores que se muestra en la figura, la tensión apli-cada a los de 1 µF es de 5 V.

¿Cuál es la tensión V que estamos aplicando entre A y B al conjunto?

LOGSE. Murcia, 2000.

Como C4y C

5tienen la misma capacidad y la misma cantidad de carga (están conec-

tados en serie), la tensión entre sus placas es la misma (5 V), luego:

V45

= V23

= 2 · V4= 2 · 5 = 10 V

La capacidad equivalente de las dos ramas en paralelo es:

C2345

= + = + = 1 µF

Y la carga acumulada:

Q2345

= C2345

· V45

= 10–6 · 10 = 10–5 C

El condensador C1(en serie) acumula la misma carga:

Q1= Q

2345= 10–5 C

Y su tensión vale:

V1= = = 5 V

La tensión total, por tanto, vale:

V = V1+ V

45= 5 + 10 = 15 V

10–5

2 · 10–6

Q1

C1

12

12

1 · 11 + 1

1 · 11 + 1


2µF

1µF

+

–

1µF

1µFV

1µF

A

B

+

–

V'

A

B

C1 = 2 µF

C2 = 1 µF

C3 = 1 µF

C4 = 1 µF

C5 = 1 µF

V2

V4 = 5 V

V45 = V23 = 2 .V4 = 10 V

3. En el circuito de la figura, C1

= 6 µF, C2

= 3 µF, C3

= 8 µF y V = 20 V.

Primero se cargan C1

y C2, ce-

rrando el interruptor S1. Des-

pués se abre el interruptor S1, y

los condensadores cargados seconectan al descargado, C

3, ce-

rrando S2.

Se pide:

a) Calcular la carga inicial ad-quirida por C

1y C

2.

b) Calcular la carga final en cada uno de los condensadores.

LOGSE. Madrid, 2000.

El circuito, con los datos que proporciona el enunciado, es el siguiente:

a) Cuando se cargan los condensadores C1y C

2con S

1cerrado y S

2abierto, la capa-

cidad equivalente del acoplamiento serie es:

C12

= = = 2 µF

La carga total del acoplamiento serie, igual a la de cada uno de los condensado-res, es:

Q12

= C12

· V = 2 · 10–6 · 20 = 4 · 10–5 C = Q1= Q

2

b) Ahora, con S1

abierto y S2

cerrado, C3

queda conectado en paralelo con el aco-plamiento serie C

12, absorbiendo parte de su carga hasta que la tensión en bor-

nes de ambas ramas se estabiliza en un valor V' < V. Por tanto:

C123

= C12

+ C3= 2 + 8 = 10 µF = 10–5 F

V' = = = 4 V

Con esa tensión final, la carga de cadacondensador es:

Q3= C

3· V' = 8 · 10–6 · 4 = 3,2 · 10–5 C

Q1= Q

2= C

12· V' = 2 · 10–6 · 4 = 0,8 · 10–5 C

4 · 10–5

10–5

QT

C123

189

6 · 36 + 3


+

S1 S2

C1

C3

C2

V

+

–

V'

C1

C2

C3

+

–

V = 20 V

C1 = 6 µF

S1 S2

C2 = 3 µF

C3 = 8 µF

4. Calcula:

a) La capacidad equivalente entre los terminales A y B del esquema de la fi-gura:

b) Si entre A y B se aplica una diferencia de potencial de 100 V, ¿cuáles seránlos valores de las cargas que aparecerán en cada condensador?

Datos: C1

= 10 µF; C2

= 20 µF; C3

= 40 µF


Obsérvese en el esquema que, gracias a los dos “puentes”, los tres condensadoresforman realmente un acoplamiento en paralelo conectado a los terminales de ali-mentación AB:

En consecuencia, la carga acumulada por cada condensador es:

Q1= C

1· V

AB= 10 · 10–6 · 100 = 10–3 C

Q2= C

2· V

AB= 20 · 10–6 · 100 = 2 · 10–3 C

Q3= C

3· V

AB= 40 · 10–6 · 100 = 4 · 10–3 C

Y la carga total:

QT

= Q1+ Q

2+ Q

3= 10–3 + 2 · 10–3 + 4 · 10–3 = 7 · 10–3 C


C1

A BC2 C3

C1C1 C2 C3

C2C3VAB

A

B

BA < >


2.1. EL PRIMER GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA: LA PILAELÉCTRICA

Página 58

1. Para conseguir una pila que suministre una diferencia de potencial aproxima-da de 3 V, ¿qué metales pueden utilizarse en la fabricación de los electrodos?

De acuerdo con la tabla de potenciales de electrodo (página 56), se puede conseguiruna diferencia de potencial (teórica) cercana a 3 V con los siguientes metales:

2. Si se sueldan dos hilos metálicos, uno de cobre y otro de hierro, y se tocan si-multáneamente los dos extremos con la lengua, ¿qué puede suceder y por qué?

La saliva y los dos hilos metálicos (hie-rro y cobre) soldados forman un siste-ma que equivale a una pila puesta encortocircuito.

La f.e.m. generada podría llegar a ser:

ε = +0,34 – (–0,44) = 0,8 V

suficiente para producir una corrienteeléctrica apreciable en la lengua.

2.2. ACUMULADORES

Página 61

1. En la placa de una pequeña batería de Ni-Cd se pueden leer las siguientes ca-racterísticas: 9 V, 100 mA-hora; carga: 14 h a 10 mA. ¿Qué significan estos tresdatos? ¿A cuántos coulomb equivale su capacidad? ¿Realmente ha acumuladoesa carga en su interior? ¿Cuánta energía será capaz de suministrar a un cir-cuito exterior en un proceso completo de descarga?

Los datos que proporciona el enunciado del problema son los siguientes:

9V: Es el valor de su fuerza electromotriz E y, por tanto, la tensión entre sus bornes,medida en vacío.

Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua.

Saliva(electrólito)

Cu Fe

Electrodo positivo Electrodo negativo Diferencia de potencial

Oro Aluminio 1,5 – (–1,67) = 3,17 V

Plata Magnesio 0,8 – (–2,40) = 3,2 V

Mercurio Magnesio 0,79 – (–2,40) = 3,19 V

Cobre Sodio 0,34 – (–2,71) = 3,05 V


100 mA-hora: Es la cantidad de carga que puede suministrar funcionando normal-mente. Equivale a:

Q = I · t = 100 mA · 1 h = 0,1 A · 3 600 s = 360 C

Carga: 14 h a 10 mA: Indica el tiempo que tarda en cargarse la batería, haciendo cir-cular por ella una corriente de 10 mA.

La carga de 360 C no se encuentra realmente acumulada en el interior de la pila, sinoque es la cantidad de carga que, por efecto de las reacciones químicas que ocurrenen su interior, la batería hace circular por el circuito durante el proceso de descargacompleto. Lo que realmente acumula la batería durante el proceso de carga es ener-gía, que luego devuelve al circuito exterior durante la descarga. El valor de dichaenergía es:

W = Q · E = 360 · 9 = 3 240 J

2.5. ANÁLISIS DEL CIRCUITO ELEMENTAL DE CORRIENTE CONTINUA

Página 67

1. Si en un conductor se consumen 1 200 J en quince minutos cuando por él cir-cula una intensidad de 10 A, ¿cuánto valen su resistencia y la diferencia de po-tencial entre sus extremos?

W = 1 200 J

t = 15 minutos = 900 s

I = 10 A

La energía disipada en un conductor tiene por expresión:

W = R · I 2 · t

Sustituyendo los valores de W, I, t y despejando, se obtiene la resistencia:

R = = = 0,01)3 Ω

Y aplicando la ley de Ohm, se obtiene el valor de la diferencia de potencial entre susextremos:

V = R · I = 0,01)3 · 10 = 0,1

)3 V

Página 69

2. Un elemento conductor, sometido a una dife-rencia de potencial V creciente, respondecon valores de intensidad que siguen la cur-va de la figura.

Calcula la resistencia en el tramo O -A de fun-cionamiento. ¿Qué sucede con la resistenciaen el tramo A-B? ¿Cuánta energía disipa du-rante dos horas si se le aplica una tensión de 50 V? ¿Y si se le aplican 100 V?

1200100 · 900

WI 2 · t

I (A)

V(V)O 50 100 150

1A

B

2

+ –VR

I

W (t )

El valor de la resistencia en el tramo O-A es la inversa de la pendiente de la gráfica endicho tramo, en el que la curva característica es una recta:

R = = = 57,1 57 Ω

En el tramo A-B, la gráfica deja de ser una recta. En este tramo, el aumento del po-tencial no produce un aumento significativo de la intensidad, como ocurre en los dis-positivos no lineales, que estudiaremos con más detalle en el capítulo 9.

La energía disipada durante dos horas la calculamos por medio de la expresión:

W = V · I · t =

Para V = 50 V, resulta:

W = = = 315 789 J

Para V = 100 V, I = 1,6 A según la gráfica, y entonces resulta:

W = V · I · t = 100 · 1,6 · 7 200 = 1 152 000 J

2.6. RESISTENCIA ELÉCTRICA EN HILOS CONDUCTORES

Página 71

1. Un conductor de cobre de 2 mm2 de sección y 5 m de longitud se somete a unadiferencia de potencial de 0,1 V. Calcula el campo eléctrico en su interior, suresistencia, la intensidad y la densidad de la corriente.

Con los datos que proporciona elenunciado, junto con el valor de la re-sistividad del cobre (ver tabla en pági-na 72) podemos obtener todos los va-lores que nos piden:

Campo eléctrico:

E = = = 0,02 V · m–1

Resistencia eléctrica:

R = = = 0,0425 Ω

Intensidad de la corriente:

I = = = 2,35 A

Densidad de la corriente:

J = = = 1,175 A · mm–22,352

IS

0,10,0425

VR

0,017 · 52

ρ · lS

0,15

Vl

502 · 7 20057

V 2 · tR

V 2 · tR

801,4

∆V∆I


V

l

ES ρI

2. En un almacén hay un carrete de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección y delongitud desconocida. Para determinarla sin necesidad de desliar todo el ca-rrete, a alguien se le ocurre aplicar entre sus extremos una tensión de 9 V ymedir la corriente que circula, que resulta ser de 0,5 A. ¿Cuál es el valor de di-cha longitud?

Con la intensidad de la corriente y la tensión aplicada, se calcula el valor de su resis-tencia eléctrica, aplicando la ley de Ohm:

R = = = 18 Ω

Y con este valor es posible calcular su longitud:

l = = = 529,4 m

3. Un conductor de cobre de 1 mm2 de sección y 2 m de longitud se somete a unproceso de trefilado, hasta disminuir su diámetro a la mitad. Calcula su resis-tencia eléctrica antes y después.

El conductor de cobre lo podemos repre-sentar como se indica a la derecha:

La resistencia eléctrica del conductor, antes de trefilarlo, vale:

R = ρ · = = 0,034 Ω

Supongamos que, en el proceso de trefilado, no hay pérdida de material, en cuyo ca-so el volumen del conductor sigue siendo el mismo.

Si el diámetro (o lo que es lo mismo, el radio), se reduce a la mitad, la sección se re-duce a la cuarta parte y la longitud pasa a ser cuatro veces mayor:

r' =

S' = π · r ' 2 = π · ( )2

= = = = 0,25 mm2

l' = = = 4 · = 4 · l = 4 · 2 = 8 m

En tal caso, la resistencia eléctrica resulta ser 16 veces mayor que la inicial:

R' = ρ · = ρ · = 16 · ρ · = 16 · R → R' = 16 · 0,034 = 0,544 ΩlS

4 · lS/4

l'S'

VS

VS/4

VS'

14

S4

π · r 2

4r2

r2

0,017 · 21

lS

18 · 0,50,017

R · Sρ

90,5

VI


l = 2 m

S=1mm2

ρ = 0,017Ω · mm2 ·m–1

l'

S'

4. Una línea de dos conductores al aire es recorrida por una corriente de 18 A.¿Qué sección de hilo debe tener según la tabla que se incluye en esta página?¿Para qué valor de la intensidad se fundiría el cable?

La tabla de intensidad máxima admisible, en función de la sección de conductor, apli-cable a una línea de dos hilos de cobre montados al aire, es la siguiente:

Una intensidad de 18 A exige una sección de 2,5 mm2, que soportan hasta 21 A.

A esa sección le corresponde un diámetro:

d = 2 · = 2 · = 1,784 mm

La corriente de fusión se calcula mediante la siguiente fórmula empírica, válida paraese tipo de línea:

If= 69 · d 3/2 = 69 · 1,7843/2 = 164,41 A

2.9. ANÁLISIS DEL CIRCUITO REAL DE CORRIENTE CONTINUA

Página 78

1. Una batería de 12 V con una resistencia interna de 0,3 Ω alimenta un receptorde 4 Ω a través de una línea de 20 m, hecha de hilo de cobre de 0,5 mm2 desección. Determina la diferencia de potencial en bornes del receptor, y la caí-da de tensión en la línea y en el interior de la batería.

El circuito que analizamos eneste caso es el que represen-ta la figura, y de él conoce-mos, además, los siguientesdatos:

ε = 12 V

Ri= 0,3 Ω

R = 4 Ω

En primer lugar, es necesario determinar el valor de la resistencia de la línea Rly cal-

cular la intensidad de la corriente I, planteando la ecuación del circuito:

Rl= = = 1,36 Ω

ε = I · (Ri+ R

l+ R)

I = = = = 2,12 A125,66

120,3 + 1,36 + 4

εR

i+ R

l+ R

0,017 · 2 · 200,5

ρ · 2 · LS

√ 2,5π√ S

π


L = 20 m

V I V'

Ri

R

ρ = 0,017 Ω . mm2/ m

S = 0,5 mm2

ε

S (mm2)

Imáx (A)

0,5

6

0,75

8,5

1

12

1,5

15

2,5

21

4

28

6

36

10

50

La caída de tensión es la suma de la que cae en la resistencia interna y la que cae enla resistencia de la línea:

Vc= V

ci+ V

cl= R

i· I + R

l· I = 0,3 · 2,12 + 1,36 · 2,12 = 3,519 V

La tensión en bornes del receptor es:

V' = R · I = 4 · 2,12 = 8,48 V

2. En el circuito anterior, determina la potencia entregada por el generador, lapotencia perdida en la línea y la potencia útil que llega al receptor.

La potencia teórica del generador, con los valores obtenidos en el problema anterior, es:

Pg= ε · I = 12 · 2,12 = 25,44 W

No obstante, parte de esa potencia se pierde en la resistencia interna de la batería:

Ppi

= Ri· I 2 = 0,3 · 2,122 = 1,348 W

Luego, la potencia que realmente entrega el generador al circuito exterior es:

Pe= P

g– P

pi= 25,44 – 1,348 = 24,092 W

En la resistencia de la línea se pierde también una potencia, de valor:

Ppl

= Rl· I 2 = 1,36 · 2,122 = 6,112 W

La potencial útil que llega al receptor es:

Pu

= Pe– P

pl= 24,092 – 6,112 = 17,98 W

Este último valor se puede calcular también a partir de la resistencia del receptor:

Pu

= R · I 2 = 4 · 2,122 = 17,98 W

Página 79

3. En el circuito de las cuestiones anteriores, si la resistencia toma los siguientesvalores: 1, 2, 4, 8, 16 y 32 Ω, ¿cuánto vale la tensión en bornes del generador?

El circuito utilizado en lasdos cuestiones anteriores,al que hemos añadido elvalor de la resistencia delínea R

l, obtenido en la pri-

mera de ellas, es el que re-presenta en la figura de laderecha:


V

IRi = 0,3 Ω Rl = 1,36 Ω

Rε =12 V

En este circuito, para cualquier valor de R, la intensidad I y la tensión en bornes delgenerador V tienen las siguientes expresiones:

I = = =

V = ε – Ri· I = 12 – 0,3 · I

Con los distintos valores de la resistencia R propuestos en el enunciado, se obtiene lasiguiente tabla de resultados:

Página 80

4. Al conectar los faros de un automóvil, cuyas lámparas poseen una potencia no-minal de 60 W cada una, la tensión en bornes de la batería baja de 12 V a 11,65 V.

Determina su fuerza electromotriz, su resistencia interna, la energía químicaque se transforma en eléctrica, la energía eléctrica que consumen los faros endiez minutos, la energía que se pierde, el rendimiento de la instalación y lacorriente de cortocircuito.

El circuito de la instalación, despreciando el valor de la resistencia de los conductoresy suponiendo que no hay conectados otros receptores, es el siguiente:

donde R es la resistencia equivalente de las dos lámparas conectadas en paralelo. Laresistencia de cada una de las lámparas, r, se calcula a partir de la potencia y la ten-sión nominales de las lámparas:

r = = = 2,4 Ω ; R = = = 1,2 Ω

– Funcionamiento en vacío: El interruptor está abierto y, por tanto:

I = 0 ; ε = V = 12 V

– Funcionamiento en carga: El interruptor está cerrado. En bornes del receptor hayuna tensión V = 11,65 V, y la intensidad de la corriente vale:

I = = = 9,7 A11,651,2

VR

2,42

r2

122

60V

n2

Pn

121,66 + R

120,3 + 1,36 + R

εR

i+ R

l+ R


V Vε ε

Ri Ri

rR

rI< >

R

I (A)

1

4,51

2

3,28

4

2,12

8

1,24

16

0,68

32

0,36

V (V) 10,65 11,02 11,36 11,63 11,80 11,89

Planteando la ecuación del circuito, se puede despejar la resistencia interna de la batería:

ε = I · (Ri+ R) → 12 = 9,7 · (R

i+ 1,2)

Ri= – 1,2 = 0,037 Ω

– Balance energético: En un tiempo de diez minutos (600 s), la energía total que setransforma en la batería, la energía útil que consumen los faros y la energía perdidaen la resistencia interna de la batería son:

Wt= e · I · t = 12 · 9,7 · 600 = 69 840 J

Wu

= R · I 2 · t = 1,2 · 9,72 · 600 = 67 744,8 J

Wp= W

t– W

u= 69 840 – 67 744,8 = 2 095,2 J

El rendimiento de la instalación es, por tanto:

η = = = 0,97 (97%)

– Corriente de cortocircuito: Tanto si se produce en los bornes de la batería comoen cualquier otro punto del circuito, la corriente resultante es:

Icc

= = = 324,3 A

2.10. ANÁLISIS DE CIRCUITOS PRÁCTICOS

Página 82

1. Un secador de pelo de 800 W, fabricado para funcionar a 125 V, se desea co-nectar a una toma de corriente de 220 V, y en casa se dispone de hilo de ni-crom de 0,5 mm2 de sección. Diseña un dispositivo que permita utilizarlo pro-visionalmente. ¿Qué rendimiento tendría la instalación?

La solución provisional es conectar el secador en serie con una resistencia limitadoraR

L, de modo que el circuito de la instalación sea como el que se muestra en la gráfica:

El valor de la resistenciacalefactora del secador, R,se obtiene a partir de losvalores nominales de po-tencia y tensión:

R = = = 19,53 Ω

Así como el valor de la intensidad:

I = = = 6,4 A800125

Pn

Vn

1252

800V

n2

Pn

120,037

εR

i

67744,869 840

Wu

Wt

129,7


V = 220 V Vn = 125 V 125 V800 W

RL

R

I

El valor de la resistencia limitadora se puede obtener despejando de la ecuación delcircuito:

V = (RL+ R) · I → 220 = (R

L+ 19,53) · 6,4 ; R

L= – 19,53 = 14,84 Ω

También se puede obtener este resultado aplicando la ley de Ohm al tramo de RL:

RL= = 14,84 Ω

Diseño de la resistencia limitadora:

Para construir la resistencia RL

con hilo de ni-crom de 0,5 mm2 de sección, se necesita unalongitud:

l = = = 7,42 m

Como el hilo de nicrom va desnudo y, además,se calienta, conviene montarlo alrededor deuna pieza de material cerámico (por ejemplo,un ladrillo) dentro de una caja de material ais-lante (madera), sobre la que se montaría tam-bién la placa de conexiones (ver figura).

Rendimiento de la instalación:

– Potencia útil: Pu

= 800 W

– Potencia total: Pt= V · I = 220 · 6,4 = 1 408 W

– Rendimiento: η = = = 0,568

Obviamente, el rendimiento es bajo, debido a las pérdidas en la resistencia limitadora.

2. Un voltímetro posee las siguientes características, dadas por el fabricante: al-cance, 0-50 V; resistencia interna, 250 000 Ω. ¿Qué resistencia de ampliaciónde escala habría que conectarle, y cómo, para que pueda medir hasta 500 V?

Si el voltímetro alcanza a medir 50 V, parapoder medir hasta 500 V es necesario co-nectarle una resistencia en serie en la que“caigan” los 450 V que hay de diferencia.El circuito con el que lo conseguiríamos esel de la figura.

El valor de la intensidad máxima que so-porta el voltímetro es:

I = = 2 · 10–4 A = 20 mA

Y el valor de la resistencia de ampliación de escala resulta:

R = = 225 · 104 Ω = 2,25 MΩ450 V2 · 10–4 A

50250 000

8001408

Pu

Pt

14,84 · 0,51

RL· S

ρ

220 – 1256,4

2206,4


220

115

220 V

500V

450V

50V 0 – 50V

R

Ri = 250 kΩVI

3. Un amperímetro posee un alcance de 0-3 A y una resistencia interna de 20 mΩ.¿Qué resistencia habría que conectarle, y cómo, para que alcance a medir 20 A?

Si el amperímetro alcanza hasta 3 A y se desea medir hasta 20 A, es necesario conec-tar una resistencia en paralelo, por la que se deriven los 17 A que hay de diferencia.El circuito que debemos montar es el siguiente:

La tensión en bornes del aparato alcanza un valor:

Vab

= I1· R

i= 3 · 20 · 10–3 = 60 · 10–3 V

Luego, el valor de la resistencia de ampliación de escala es:

R = = = 3,53 · 10–3 Ω = 3,53 mΩ

Página 85

4. Un horno eléctrico de 8 000 W está alimentado por un cable de dos hilos de2,5 mm2 y 50 m, montado al aire y conectado a una alimentación de 220 V. Cal-cula la resistencia del horno (en caliente), la intensidad que circula por ella, lacaída de tensión en la línea, la potencia perdida y el rendimiento de la instala-ción. Comprueba que la sección del conductor es adecuada para que el cable nose caliente excesivamente y para que la caída de tensión no sobrepase el 3%.

El circuito equivalente de la instalación es el representado en la figura, en el cual Rl

es la resistencia de la línea, y R, la resistencia del horno (en caliente).

El valor de Rlse calcula a partir de los datos del cable, que se supone de cobre, mien-

tras que R se determina con los valores nominales de potencia y tensión del horno:

Rl= = = 0,68 Ω

R = = = 6,05 Ω2202

8 000V

n2

Pn

0,017 · 2 · 502,5

ρ · 2 · LS

60 · 10–3

17V

ab

I2


a b I = 20 A

R

Ri = 20mΩ0 – 3 A

AI1 = 3 A

I2 = 17 A

V =220 V

Pn = 8000 W

Vn = 220 V

S =2,5 mm2

I

V'

R l

L =50m

R

Al conectar el horno, la intensidad de la corriente es:

I = = = 32,7 A

La caída de tensión en la línea vale:

Vcl

= Rl· I = 0,68 · 32,7 = 22,2 V (10,1% de 220 V)

Y el balance de potencia es el siguiente:

– Potencia total: Pt= V · I = 220 · 32,7 = 7 194 W

– Potencia útil: Pu

= R · I 2 = 6,05 · 32,72 = 6 469 W

– Potencia perdida: Pp= P

t– P

u= 7 194 – 6 469 = 725 W

– Rendimiento: η = = = 0,899 (89,9%)

El rendimiento no es bueno, y la potencia que llega al horno es bastante menor quela potencia nominal. Por añadidura, la caída de tensión en la línea es excesiva, mu-cho mayor que el 3%, y la intensidad que pasa por la línea sobrepasa el máximo va-lor que admite la sección de 2,5 mm2 (21 A según la tabla de intensidades máximasadmisibles para cables aislados de dos hilos de cobre montados al aire, que se mues-tra a continuación).

Es evidente que, para mejorar la instalación, hay que corregir el valor de la seccióndel conductor:

— Al hacer el cálculo de la sección por calentamiento, la sección mínima según la ta-bla es de 6 mm2, que soporta hasta 36 A.

— Al hacerlo por caída de tensión, la sección mínima será:

S = = = 9,4 mm2

La sección adecuada es, por tanto, S = 10 mm2.

Repitiendo los cálculos para este valor de sección, se obtienen los siguientes resulta-dos:

Rl= 0,17 Ω P

u= 7 581,6 W

I = 35,4 A Pt= 7 788 W

Vcl

= 6 V (2,7%) η = 0,973

200 · 0,017 · 50 · 8 0003 · 2202

200 · ρ · L · Pv · V 2

6 4697 194

Pu

Pt

2200,68 + 6,05

VR

l+ R


S (mm2)

Imáx (A)

0,5

6

0,75

8,5

1

12

1,5

15

2,5

21

4

28

6

36

10

50

5. Se desea hacer una instalación de alumbrado con 100 lámparas de 220 V y60 W, conectadas a una red de 220 V y distribuidas en una línea de 600 m. ¿Có-mo hay que conectarlas, en serie o en paralelo? (Dibuja el circuito). ¿Qué sec-ción de cables conductores hay que elegir si la instalación se hace bajo tuboprotector y la caída de tensión no debe sobrepasar el 2%? (Supóngase que to-das las cargas pueden colocarse al final de la línea).

Para que todas las lámparasfuncionen en condicionesnormales, es decir, con va-lores de tensión y potenciaprácticamente iguales a losnominales, hay que conec-tarlas en paralelo, como seindica en la gráfica.

Cálculo de la sección por calentamiento:

El valor de la intensidad I se determina considerando que toda la carga se encuentraaplicada al comienzo de la línea (cálculo por exceso, para la condición más desfavo-rable, que desprecia la resistencia de la línea):

I = = = = 27,27 A

Para esta intensidad, dadas las características de la línea, la sección adecuada segúnla tabla de intensidades máximas admisibles para cable de cobre de dos hilos aisladoy montado bajo tubo protector (página 74 del libro del alumnado), es de 6 mm2 (quesoporta hasta 29 A).

Cálculo de la sección por caída de tensión: (v ≤ 2%)

a) Cálculo por exceso, considerando toda la carga al final de la línea:

S = =

= = 126 mm2

Este es un resultado excesivo que encarecería mucho la instalación. Por tanto, esnecesario hacer un cálculo más ajustado:

b) Cálculo considerando que las 100 lámparas están uniformemente repartidas a lolargo de los 600 m de la línea. En tal caso es como si todas ellas se encontraran lo-calizadas en su punto medio, a 300 m.

S = = 63 mm2

La sección comercial superior, según catálogos, es de 70 mm2. Esta es la que ha-bría que instalar. (Se trata aún de una sección excesiva, muy por encima de la ob-tenida por calentamiento. En otro capítulo se estudiarán soluciones para reducirla,utilizando una línea de alimentación trifásica y modificando la forma de la red).

200 · 0,017 · 300 · 6 0002 · 2202

200 · 0,017 · 600 · 6 0002 · 2202

200 · ρ · L · Pv · V 2

6 000220

100 · 60 220

PV


………………………….

V = 220 V

I

L = 600m

100

220V

600m

S P = 6000 W

220 V

300m

S P = 6000 W


1. Una resistencia calefactora de 250 W está alimentada a una tensión de 220 V.¿Cuánto vale la intensidad de la corriente que circula por ella? ¿Cuánta cargafluye por cualquiera de sus extremos durante tres minutos y cuánta energíadesarrolla dicha carga?

Se supone que la tensión nominal de laresistencia es de 220 V, en cuyo caso,la intensidad de la corriente tiene porvalor:

I = = = 1,136 A

Durante un tiempo de 3 minutos (180 s),por cualquier punto del circuito, sedesplaza la siguiente cantidad de carga:

Q = I · t = 1,136 · 180 = 204,48 C

Se puede considerar, entonces, que dicha cantidad de carga se ha desplazado desdeel positivo hasta el negativo de la fuente de alimentación, atravesando la resistenciacalefactora, luego, teniendo en cuenta el valor de la cantidad de carga calculado an-teriormente y el de la tensión de la fuente de alimentación, se habrá disipado en ellauna energía:

W = Q · V = 204,48 · 220 = 44 985,6 J

2. Se dispone de lámparas de incandescencia de las siguientes características:L1 (6 V, 1 W), L2 (6 V, 4 W), L3 (3 V, 1 W), L4 (3 V, 4 W), y de una fuente de ali-mentación de 6 V capaz de suministrar una corriente máxima de 10 A. Expli-ca qué ocurre si se conectan:

a) Dos lámparas L1 en serie.

b) Dos lámparas L1 en paralelo.

c) L1 y L2 en serie.

d) L1 y L3 en serie.

e) L3 y L4 en paralelo.

f ) L1, L2, L3 y L4 en paralelo.

Los datos de las lámparas son valores nominales; a partir de ellos se puede calcularla resistencia correspondiente a cada lámpara, para lo cual hemos de tener en cuen-ta que:

Pn

=

Por tanto:

L1(6 V, 1 W) → R

1= = 36 Ω62

1

Vn2

R

250220

Pn

Vn


V = 220V I

+

–

Pn = 250 W

Vn = 220 V

L2(6 V, 4 W) → R

2= = 9 Ω

L3(3 V, 1 W) → R

3= = 9 Ω

L4(3 V, 4 W) → R

4= = 2,25 Ω

Con los valores de resistencia pueden determinarse la intensidad y la potencia efec-tivas en cada lámpara, para cada uno de los acoplamientos:

a) Dos lámparas L1en serie:

I = = 0,0833 A = 83,3 mA < 10 A

P1= 36 · 0,08332 = 0,25 W

Ambas lámparas funcionan a potencia reducida(1/4 de la potencia nominal) y suministran menosluz de la normal. La fuente no supera el límite decorriente.

b) Dos lámparas L1en paralelo:

I = = 0,)3 A = 333,

)3 mA < 10 A

P1= = 1 W

Ambas lámparas funcionan a poten-cia nominal. La fuente tampoco so-brepasa el límite de corriente.

c) L1y L

2en serie:

I = = 0,1)3 A = 133,

)3 mA < 10 A

P1= 36 · 0,1

)32 = 0,64 W < 1 W

P2= 9 · 0,1

)32 = 0,16 W << 4 W

Ambas lámparas funcionan a potencia reducida.La fuente tampoco sobrepasa el límite.

636 + 9

62

36

636/2

6 V(36 + 36) Ω

32

4

32

1

62

4


6V

I

36 Ω

36 Ω

L1

L1

6 V

I

36 Ω 36 Ω

6 V

I

36 Ω

9 Ω

L1

L2

d) L1y L

3en serie:

I = = 0,1)3 A = 133,

)3 mA < 10 A

P1= 36 · 0,1

)32 = 0,64 < 1 W

P3= 9 · 0,1

)32 = 0,16 W < 1 W

Ambas lámparas funcionan a potencia reducida.La fuente no sobrepasa el límite.

e) L3y L

4en paralelo:

Rt= = 1,8 Ω

I = = 3,)3 A < 10 A

P3= = 4 W > 1 W

P4= = 16 W > 4 W

Aunque la fuente no sobrepasa el límite de corriente, las dos lámparas sí que lohacen: ambas funcionan a una potencia cuatro veces mayor que la nominal, lue-go, es probable que se fundan.

f) L1, L

2, L

3y L

4en paralelo:

= + + + ; = 0,694

Rt= 1,44 Ω

I = = 4,1)6 A < 10 A

P1= = 1 W; P

2= = 4 W; P

3= = 4 W > 1 W; P

4= = 16 W > 4 W

La fuente tampoco sobrepasa el límite.

L1

y L2

funcionan a potencia nominal, mientras que L3

y L4

sufren sobrecarga ypueden fundirse.

62

2,2562

962

962

36

61,44

1R

t

12,25

19

19

136

1R

t

62

2,25

62

9

61,8

9 · 2,259 + 2,25

636 + 9


6 V

I

36 Ω

9 Ω

L1

L3

L4L36 V

I

9 Ω 2,25 Ω

L2 L3 L4L16 V

I

36 Ω 9 Ω 9 Ω 2,25 Ω

3. Una placa de una cocina eléctrica con tresposiciones (500, 1 000 y 1 500 W) está cons-truida como indica la figura. Dibuja su circui-to eléctrico simplificado, indicando la poten-cia de cada posición del conmutador. Calculael valor de las tres resistencias.

El esquema simplificado de la placa es el siguiente:

Las conexiones de las resistencias a la red de 220 V se hacen con un conmutador.

– 1-a hipótesis: Las tres resistencias son de valor diferente, y las potencias de 1 500,1 000 y 500 W se consiguen conectando una sola, dos en serie y tres resistenciasen serie, respectivamente:

R1: 1 500 W = → R

1= = 32,27 Ω

R1+ R

2: 1 000 W = → R

2= – 32,27 = 16,13 Ω

R1

+ R2

+ R3: 500 W = → R

3= – 48,4 = 48,4 Ω

El conmutador habría que conectarlo del siguiente modo:

– 2-a hipótesis: Las tres resistencias tienen el mismo valor, en cuyo caso, la relaciónde potencias deseada puede conseguirse del modo siguiente:

1 000 W: Una resistencia sola:

1 000 = → R = = 48,4 Ω2202

1 0002202

R

2202

5002202

32,27 + 16,13 + R3

2202

1 0002202

32,27 + R2

2202

1 5002202

R1


1 2 3 42 3 1 4

R2R1 R3

R2R1 R3

220V

2 3 1 4

500 W: Dos resistencias en serie:

= = 500 W

1500 W: Dos resistencias en serie con una en paralelo:

+ = + = 500 + 1 000 = 1 500 W

El conmutador (doble o de dos pisos) se conectaría del siguiente modo:

4. En una instalación eléctrica como la de la figura, realizada mediante dos con-ductores unipolares bajo tubo protector, las tomas de corriente son de 15 A,y el conductor, de 4 mm2 de sección.

¿Qué potencia máxima puedetener un aparato que se conectea cualquiera de ellas? ¿Qué po-tencia máxima puede suminis-trar en total el circuito?

El fabricante garantiza que las tomas de corriente funcionan adecuadamente para unvalor de la corriente de 15 A (corriente nominal). Teniendo en cuenta que este valorno debe sobrepasarse y que la red posee una tensión de 220 V, el límite de potenciapara los aparatos que se conectan a cada toma es:

Pmáx

= V · Imáx

= 220 · 15 = 3 300 W

La línea que alimenta las tres tomas de corriente, de 4 mm2 de sección, teniendo encuenta sus características (ver tabla de intensidades máximas admisibles para cablesde dos hilos de cobre aislados, montados bajo tubo protector en la página 74 del li-bro de texto), soporta una intensidad máxima de 23 A, a la que corresponde unapotencia:

(Pmáx

)línea

= 220 · 23 = 5 060 W

En consecuencia, con esta instalación, solo una de las tres tomas de corriente puede“trabajar” simultáneamente al límite de potencia (3 300 W).

2202

48,42202

2 · 48,42202

R2202

2 · R

2202

2 · 48,42202

2 · R


RR R

220 V

2 3 1 4

220 V

5. Una lámpara de incandescencia, según la marca de características técnicasque lleva en la ampolla, posee una tensión de trabajo de 220 V, pero la cifrade su potencia nominal se ha borrado.

¿Cuál es su valor aproximado si su resistencia en frío mide 50 Ω y supone-mos que el filamento de tungsteno alcanzará una temperatura de 1 950 °C?

El esquema del circuito en el queconectamos la lámpara es el de laderecha. El valor del coeficiente αdel tungsteno, necesario para resol-ver el ejercicio, lo podemos obte-ner de la tabla de la página 74 dellibro de texto.

Por tanto, si suponemos que la resistencia en frío está medida a 20 °C, la resistenciaen funcionamiento normal (t = 1 950 °C) será:

R = R20

· (1 + α · ∆ t ) = 50 · (1 + 0,0045 · 1 930) = 484 Ω

En consecuencia, la potencia de la lámpara vale:

P = = = 100 W

6. Un acumulador de 12 V posee una resistencia interna de 1 Ω, y se le conectansucesivamente resistencias receptoras de 0,5, 0,75, 1, 2, 4, 8 y 12 Ω. Calcula,para cada caso, los valores de intensidad, tensión en bornes, potencia útil yrendimiento.

Representa dichos valores por medio de gráficas y comprueba para qué valorde la resistencia de carga se produce la máxima transferencia de potencia.

El esquema del circuito es el siguiente:

Las expresiones de la intensidad, la tensión en bornes, la potencia útil y el rendi-miento en función de la resistencia de carga R, para el circuito concreto que nosocupa, representado en la figura anterior, son:

I = ; V = R · I ; Pu

= V · I ; η = P

u

12 · I12

1 + R

2202

484V 2

R


220 VR20 = 250 Ωα = 0,0045 °C –1

12 V RV

IRi =1Ω

Operando con cada valor de R, se obtiene la siguiente tabla de resultados:

Como puede observarse en la gráfica, conforme aumenta la resistencia de carga,disminuye la intensidad y aumentan (mejoran) la tensión en bornes y el rendimien-to del generador. En cambio, la potencia transferida a la carga (P

u) sube al principio,

pasa por un máximo y luego baja rápidamente. La máxima potencia (36 W) se dapara R = 1 Ω, precisamente el valor de la resistencia interna. Sin embargo, en talpunto el rendimiento solo vale 0,5.

7. Dos conductores, A y B, el primero de ellos de cobre de 2 m y 0,1 mm2 y el se-gundo de hierro de 1 m y 0,5 mm2, se conectan en serie a una fuente de ali-mentación de 2 V, según el esquema de la figura.

Calcula la resistencia de cada uno de ellos y la resistencia total, la intensidadde la corriente, las tensiones parciales y la potencia que disipan.


R (Ω)

η

Pn

V

I

V (V)I (A) ηPu (W)

2

3 5

0,25

0,5

0,75

1

10

4

5

6

7

8

1 5

10

15

20

25

30

35

40

10 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

a

b

2 V

c

A (Cobre)

B (Hierro)

R (Ω) I (A) V (V) Pu (W) η

0,5 8 4 32 0,33

0,75 6,857 5,14 35,26 0,43

1 6 6 36 0,5

2 4 8 32 0,)6

4 2,4 9,6 23 0,8

8 1,)3 10,

)6 14,2 0,88

12 0,923 11,08 10,2 0,92

¿En cuál de los dos es mayor la intensidad del campo eléctrico? ¿Cómo varia-rá la diferencia de potencial medida por un voltímetro entre a y cualquierotro punto p del circuito? (Exprésalo mediante una gráfica Vap (x), siendo xla distancia entre a y p).

Teniendo en cuenta los valores de resistividad del cobre (0,017 Ω · mm2 · m–1) y delhierro (0,13 Ω · mm2 · m–1), y las dimensiones de cada hilo, sus respectivas resisten-cias son:

R = → RA

= = 0,34 Ω

RB

= = 0,26 Ω

Podemos dibujar el circuito equivalente del montaje:

Y calcular la resistencia total, la intensidad de la corriente, las tensiones parcialesy la potencia disipada en cada tramo:

R = RA

+ RB

= 0,34 + 0,26 = 0,6 Ω

I = E/R = 2/0,6 = 3,)3 A

VA

= RA

· I = 0,34 · 3,)3 = 1,1

)3 V

VB

= RB

· I = 0,26 · 3,)3 = 0,8

)6 V

PA

= VA

· I = 1,1)3 · 3,

)3 = 3,77 W

PB

= VB

· I = 0,8)6 · 3,

)3 = 2,88 W

La diferencia de potencial Vap

(x) podemos representarla así:

La intensidad del campo eléctrico dentro de cada hilo vale:

EA

= = = 0,5)6 V · m–1

EB

= = = 0,8)6 V · m–1 > E

A

Nótese que en el tramo de hierro, donde la inclinación de Vap

(x) es mayor, la in-tensidad del campo eléctrico también lo es.

0,8)6

1

VB

lB

1,1)3

2

VA

lA

0,13 · 10,5

0,017 · 20,1

ρ · lS


E = 2 V

RA RB

VA VB

I

a b c

Vap (V)

x (m)

HierroCobre

2

1

1 2 3a

2 V

c bx

V

8. Una resistencia calefactora de un termo, que trabaja a 220 V, eleva la tempe-ratura de 50 litros de agua de 5 a 70 °C en 100 minutos. Teniendo en cuentaque el calor específico del agua es de 4 180 J · kg–1 · °C–1, calcula la cantidad decalor que ha sido necesaria, la potencia eléctrica de la resistencia (conside-rando que el termo tiene un rendimiento calorífico del 90%), la cantidad decarga y la corriente que circula por ella durante dicho tiempo.

En la figura de la derecha po-demos ver un esquema de untermo, con una resistencia ca-lefactora en su interior, en laque se ha representado tam-bién la energía útil W

u, las pér-

didas de energía, Wp, y la ener-

gía eléctrica necesaria, Wt.

El termo contiene 50 l de agua, y conocemos, además, los siguientes datos:

∆T = 70 – 5 = 65 °C

t = 6 000 s

La energía eléctrica Wtdisipada en la resistencia calefactora, salvo unas pérdidas W

p

del 10%, se utiliza en elevar 65° C la temperatura de 50 l de agua.

La energía útil o cantidad de calor necesaria es:

Wu

= M · c · ∆T = 50 · 4 180 · 65 = 13,585 · 106 J

Teniendo en cuenta el rendimiento del 90%, la energía eléctrica que se necesita pa-ra elevar la temperatura es:

Wt= = = 15,1 · 106 J

Y la potencia de la resistencia:

P = = = 2 517 W

Por el termo circula una corriente eléctrica de intensidad:

I = = = 11,44 A

lo cual supone que, durante los 100 minutos que ha tardado el agua en calentarse,ha sido necesario que pase por la resistencia la siguiente cantidad de carga:

Q = I · t = 11,44 · 6 000 = 68 640 C

2517220

PV

15,1 · 106

6 000

Wt

t

13,585 · 106

0,9

Wu

0,9


220 V

I

Wu

Wt

Wp

Termo

R

9. Para realizar el montaje de un árbol de Navidad, se dispone de 200 lámparasde incandescencia de 6 V y 60 mA. ¿Cuál es el valor de la resistencia en ca-liente de cada una de ellas?

Si se conectan en serie, ¿qué voltaje y potencia debe tener la fuente de ali-mentación necesaria? ¿Y si se conectan en paralelo? ¿Qué sección de cabledebería utilizarse en cada caso? ¿Qué ventajas e inconvenientes tiene cadasistema? ¿Qué se podría hacer para aprovechar las ventajas de cada sistema,evitando los inconvenientes?

La resistencia de una lámpara se determina a partir de los valores nominales de latensión y de la intensidad:

R = = = = 100 Ω

Conexión en serie:

Para que todas las lámparas funcionen a plena potencia, la fuente de alimentaciónha de tener las siguientes características:

V = 200 · 6 = 1 200 V ; P = V · I = 1 200 · 0,06 = 72 W

Para la conexión se necesita un solo hilo de pequeña sección. Por ejemplo, S = 0,5 mm2,que soporta una intensidad máxima de 7,5 A, como muestra la tabla de la página 74del libro de texto.

Conexión en paralelo:

Para que las lámparas funcionen adecuadamente, la fuente ha de tener:

V = 6 V ; I = 200 · 0,06 = 12 A ; P = 6 · 12 = 72 W

La línea de conexión debe ser de dos hilos, con una sección mínima S = 1 mm2, que so-porta una intensidad máxima de 12 A.

60,06

6 V60 mA

Vn

In


V I = 0,06A

6 V 6 V

6 V

6 V 6 V

(200)

S

0,06 A0,06 A

6 V (200)

S

I

La ventaja de la conexión en serie es que la línea de conexión es menos costosa (unsolo hilo de pequeña sección). El inconveniente, que trabaja a una tensión demasiadogrande (peligrosa) y que si se funde una lámpara todas las demás dejan de funcionar.

Las ventajas de la conexión en paralelo son que trabaja a tensión reducida y que larotura de una lámpara no afecta a las demás. El inconveniente, que exige una líneade distribución algo más costosa y más visible.

De las dos opciones, la mejor es, no obstante, la conexión en paralelo.

Conexión mixta: Se puede adoptar una solución intermedia, que además permitaconectar directamente a la red de 220 V.

Así, cada lámpara funciona con los siguientes valores de tensión e intensidad:

V' = = 5,94 V ; I' = = = 0,0594 A = 59,4 mA

Y la fuente de 220 V ha de suministrar:

I = 6 · I' = 6 · 0,0594 = 0,356 A ; P = 220 · 0,356 = 78,32 W

Se necesitan, no obstante, más de 200 lámparas (N = 37 · 6 = 222 lámparas), y semantiene el inconveniente de que la avería de una lámpara afecta a una de las ra-mas, es decir, a 37 lámparas.

10. En el montaje típico para medirla tensión y la intensidad de uncircuito se usan amperímetros demuy pequeña resistencia interna(para que apenas se produzca caí-da de tensión) y voltímetros dealta resistencia interna (para quese derive una corriente despre-ciable).

¿Qué sucedería si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro?

¿Cómo se comete menos error: colocando el voltímetro antes del amperíme-tro, como está en el esquema, o después?

En el montaje del enunciado, es indiferente conectar el amperímetro antes o des-pués de la carga, pues en ambos casos circulará por él la misma intensidad, y tam-bién es la misma tensión la que mide el voltímetro.

220/37100

V'R

22037


V'

I'

220 V (6)

(37)

I

V

A+

–

carga

Si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro, el amperímetro (que poseeuna resistencia muy pequeña) se verá recorrido por una corriente de gran intensi-dad y probablemente sufrirá una avería.

El amperímetro conectado di-rectamente a la fuente de ten-sión equivale prácticamente aun cortocircuito.

Para responder a la última cues-tión de este ejercicio, es precisoobtener la expresión generaldel error que se comete con ca-da uno de los montajes:

a) Montaje largo (como en el enunciado):

Imed

= IR; V

med= V

R+ R

A· I

R

Rmed

= = = + RA

= R + RA

> R

Error absoluto: E = Rmed

– R = RA

(por exceso)

Error relativo: e = · 100 = · 100 =

Si R es mucho mayor que RA, el denominador se aproxima a infinito y el error se

aproxima a cero. Por tanto, este montaje es adecuado para medir valores de re-sistencia grandes (R >> R

A).

b) Montaje corto:

1001 + R/R

A

RA

R + RA

ER

med

VR

IR

VR

+ RA

· IR

IR

Vmed

Imed


A

V+

–

IA≈∞

RA ≈ 0

RV ≈ ∞Conexión incorrecta

VR

V

A+

–

IR

RV VRVmed

Imed

RA

R

V

A+

–

IR

RV

IV

VRVmed

Imed

RA

R

Vmed

= VR; I

med= I

R+

Rmed

= = = = < R

Error absoluto: E = R – Rmed

= R – =

Error relativo:

e = ( ) · 100 = ( – 1) · 100 = ( – 1) · 100 = · 100

Si R << RV, el error se aproxima a cero; luego, este montaje es adecuado para

medir resistencias pequeñas.


1. Se quiere construir la resistencia de una estufa de 2 kW de potencia para serconectada a una red de 220 V. Se va a utilizar hilo metálico de un material cu-ya resistividad vale 0,05 ohm · mm2/m (se supone que no varía con la tempe-ratura), arrollado helicoidalmente sobre un cilindro de material cerámico de5 cm de diámetro.

Las espiras de la hélice están en una sola capa. El hilo está recubierto de unesmalte aislante de espesor despreciable, y las espiras contiguas se tocan en-tre sí. Se pide:

a) Elegir la mínima sección del hilo de acuerdo con la intensidad que va acircular permanentemente a través de él en las condiciones normales defuncionamiento de acuerdo con la tabla siguiente:

b) Calcular la longitud de hilo necesaria y el número de espiras que tendrá laresistencia cuando esté devanada sobre el cilindro cerámico.

c) Indicar la intensidad que circula por la resistencia al conectarla a la red siel hilo se rompe.

d) Indicar la intensidad que circula por la resistencia al conectarla a la redsi, por un arañazo durante el montaje, el esmalte de hilo queda eliminadoen las espiras de la primera mitad de la resistencia, de forma que el metaldel hilo conductor está en contacto con ellas.


RR

V

RR——

1 + R/RV

RR

med

R – Rmed

Rmed

R1 + R

V/R

R1 + R/R

V

RR1 + —R

V

VR

IR

IR

VR— + —

IR

IR

· RV

VR

VRI

R+ —

RV

Vmed

Imed

VR

RV


S (mm2)

I (A)

0,5

8,7

0,75

10,8

1

12,7

1,5

16,1

2,4

22,2

El esquema de la estufa, con los datos que proporciona el enunciado, es el siguiente:

a) La intensidad que circulará por la resistencia tendrá por valor:

I = = = 9,1 A

De acuerdo con la tabla del enunciado, la mínima sección de hilo que soporta talintensidad es:

S = 0,75 mm2

b) El valor de la resistencia es:

R = = = 24,17 Ω

La longitud de hilo necesario vale, por tanto:

L = = = 362,55 m

Una espira de hilo mide:

l = π · d = π · 0,05 = 0,157 m

Y el número de espiras de la resistencia será:

W = = = 2 309,2 2310 espiras

c) Si el hilo se rompe, la resistencia queda en circuito abierto (R ∞), luego, la in-tensidad que circula es nula:

I0= 0 A

d) Si el esmalte del hilo de la mitad de las espiras se deteriora, todas esas espirasquedan en cortocircuito, ofreciendo una resistencia prácticamente nula. La resis-tencia total queda reducida, por tanto, a la mitad:

R' = = = 12,085 Ω

Y la intensidad valdrá el doble:

I' = = = 18,2 A22012,085

VR'

24,172

R2

362,550,157

Ll

24,17 · 0,750,05

R · Sρ

2209,1

VI

2000220

PV


V = 220Vρ = 0,05 Ω · mm2/m

N espirasapretadas(esmaltadas)

I

Estufa : P = 2 kW = 2000 W

d = 5 cm

2. Una lámpara de incandescencia de 40 W y 110 V se conecta por error a la redde 220 V. Durante unos momentos brilla intensamente y luego se funde.

Calcula:

a) La potencia consumida por la lámpara durante el tiempo que estuvo co-nectada erróneamente.

b) La resistencia que habría que intercalar en serie con la lámpara en su co-nexión a la red de 220 V, para que funcionase correctamente.

c) La potencia total consumida en el caso anterior y el número de kWh con-sumidos por el sistema resistencia-lámpara durante 12 horas de funciona-miento.

LOGSE. Extremadura, 2000.

a) Lámpara conectada a una tensión doble que la nominal:

Suponemos que la resistencia de la lámparatiene el mismo valor funcionando a 110 V ya 220 V, en cuyo caso:

Rn

= = = 302,5 Ω

P = = = 160 W (4 veces la nominal)

La potencia que realmente consume la lám-para conectada a 220 V es el cuádruple quela consumida a la tensión nominal de 110 V.

b) Para que la lámpara funcionase correcta-mente habría que conectarla en serie conuna resistencia limitadora R

Lde valor tal que

en bornes de la lámpara quede aplicada unatensión parcial de 110 V, para una intensidadigual a la nominal:

In

= = = 0,)36

VRL

= V – Vn

= 220 – 110 = 110 V

RL= = = 302,5 Ω

c) El sistema resistencia-lámpara consume una potencia doble que la nominal:

P = V · In

= 220 · 0,)36 = 80 W = 0,08 kW

Durante 12 horas de funcionamiento, la energía eléctrica consumida será:

W = P · t = 0,08 kW · 12 h = 0,96 kWh

1100,)36

VRL

In

40110

Pn

Vn

2202

302,5V 2

Rn

1102

40V

n2

Pn


V = 220 V

Pn = 40 W

Vn = 110 V

I

V = 220 V

VRLRL

Vn = 110V

In

3. En el circuito de la figura, las cuatro resistencias son iguales. La encerrada enel círculo consume 10 W. Halla la potencia que consume el conjunto.

LOGSE. Andalucía.

Puesto que las tres resistencias en paralelo son del mismovalor, su resistencia equivalente valdrá tres veces menos, yla potencia, tres veces más:

R' =

P' = 3 · P = 3 · 10 = 30 W

La potencia consumida en una resistencia es directamenteproporcional a su valor (P = R · I 2). En consecuencia, enel acoplamiento serie recorrido por la intensidad I la resis-tencia R consume el triple de potencia que la resistenciaR/3, es decir:

P'' = 3 · P' = 3 · 30 = 90 W

La potencia total consumida por el circuito será:

Pt= P' + P'' = 30 + 90 = 120 W

4. Tres resistencias iguales conectadas en paralelo a una tensión de 120 V con-sumen 720 W, y poniéndolas en serie a 360 V disipan una potencia de:

a) 0,72 kW b) 80 W c) 0,320 kW d) Otro valor.

LOGSE. Galicia, 1998.

La resistencia total del acopla-miento en paralelo es:

RP= = = 20 Ω

Y el valor de R:

R = 3 · RT= 3 · 20 = 60 Ω

1202

720V 2

PP

R3


IR

R R

R

V = 120 V R R R

Pp = 720 W

Rp

V

R

R' P'

I

La resistencia total del acoplamiento enserie es:

RS= 3 · R = 3 · 60 = 180 Ω

Y la potencia que disipa, alimentado a360 V:

PS= = = 720 W = 0,72 kW

La respuesta correcta es, por tanto, laa).

5. En el circuito de la figura, estando el interruptor K abierto, la lectura del am-perímetro es de 3 ampère.

Determina:

a) La f.e.m. de la fuente, E.

Se cierra el interruptor K. Razónese:

b) Si aumenta o disminuye la potencia generada por la fuente.

c) Si aumenta o disminuye la lectura del voltímetro V.

LOGSE. Cantabria, 1997.

a) Con el interruptor K abierto, el circuito equi-valente es el siguiente que se muestra a la de-recha.

Si la intensidad de la corriente medida con elamperímetro es de 3 A, la tensión parcial me-dida por el voltímetro, la f.e.m. de la fuente(considerada ideal) y la potencia generada,son:

V = R · I = 5 · 3 = 15 V

E = RT

· I = (5 + 5 + 5) · 3 = 45 V

P = E · I = 45 · 3 = 135 W

3602

180V' 2

RS


K

5 Ω

5 Ω

5 Ω

5 ΩV

A

E

+

R = 60 Ω

Rs

Ps

R

R

V' = 360 V

E

5 Ω

5 Ω+

5 Ω

I

A

V

b y c) Con el interruptor K cerrado, el nuevo circuito equivalente es el de la gráfica.

Las dos resistencias en paralelo tie-nen por resistencia equivalente:

R' = = 2,5 Ω

En cuyo caso, la resistencia total, laintensidad, la tensión parcial V y lapotencia generada por la fuentevalen:

RT

= 5 + 2,5 + 5 = 12,5 Ω

I ' = = = 3,6 A

V' = R' · I ' = 2,5 · 3,6 = 9 V, menor que antes.

P' = E · I ' = 45 · 3,6 = 162 W, mayor que antes.

6. Un generador de corriente continua suministra corriente a una línea bifilarde hilo de cobre (ρ = 0,018 Ω · mm2 · m–1) de 20 mm2 de sección, a dos puntossituados a 40 m y 100 m de dis-tancia del generador.

Calcula:

a) La caída de tensión en los tra-mos OA y AB.

b) La densidad de corriente encada tramo.

c) La pérdida total de potencia.

LOGSE. Cataluña, 2000.

El circuito equivalente de la línea es el siguiente:

El valor de la resistencia de los dos tramos de línea es:

RL1

= = = 0,072 Ω0,018 · 2 · 4020

ρ · 2 · L1

S

4512,5

ER

T

5 · 55 + 5


100 m

60 A

25 A

40 m

0 A B

E

R'5 Ω

5 Ω 5 Ω+

5 Ω

I'

A

V

RL1

L1=40mI1 = 85 A

60 ARL 2 I2 = 25A

RC1RC 2

V

O A BS = 20 mm2

O' A' B'

L2 = 100 m

RL2

= = = 0,108 Ω

a) Caída de tensión en cada tramo:

VC1

= RL1

· I1= 0,072 · (60 + 25) = 0,072 · 85 = 6,12 V

VC2

= RL2

· I2= 0,108 · 25 = 2,7 V

b) Densidad de corriente en cada tramo:

J1= = = 4,25 A/mm2

J2= = = 1,25 A/mm2

c) Pérdidas de potencia:

Pp= R

L1

· I12 + R

L2

· I22= 0,072 · 852 + 0,108 · 252 = 587,7 W

7. Queremos medir la potencia absorbida por una resistencia mediante voltí-metro y amperímetro, disponiendo primero el voltímetro, de resistencia in-terna 10 kΩ, que marca 100 V. En serie con la resistencia se dispone el ampe-rímetro, de resistencia interna 0,01 Ω, y marca 5 A.

Calcula:

a) La intensidad que circula por el voltímetro.

b) La intensidad total en el circuito.

c) La caída de tensión en el amperímetro.

d) La diferencia de potencial en bornes de la resistencia.

e) El valor de la resistencia a medir.

f ) La potencia eléctrica según los aparatos de medida.

g) La potencia absorbida por todo el circuito.

h) La potencia absorbida por la resistencia.

LOGSE. Valencia, 1999.

El esquema del montaje descrito en el enunciado es:

25 A20 mm2

I2

S

85 A20 mm2

I1

S

0,018 · 2 · (100 – 40)20

ρ · 2 · (L2– L

1)

S


ITIV

Va VR

V = 100 V

V = 100V

I = 5 A

IRRa = 0,01 Ω

A

VRV = 104 Ω

a) Intensidad por el voltímetro:

IV

= = = 0,01 A

b) Intensidad total:

IT

= I + IV

= 5 + 0,01 = 5,01 A

c) Caída de tensión en el amperímetro:

Va

= Ra

· I = 0,01 · 5 = 0,05 V

d) Tensión en bornes de la resistencia:

VR

= V – Va

= 100 – 0,05 = 99,95 V

e) El valor de la resistencia, de acuerdo con los valores medidos por el voltímetro yel amperímetro, sería:

Rmed

= = = 20 Ω

Aunque el valor exacto es:

R = = = 19,99 Ω

f) La potencia según los aparatos de medida es:

Pmed

= V · I = 100 · 5 = 500 W

g y h) No obstante, la potencia total absorbida por el circuito es algo mayor, mien-tras que la realmente absorbida por la resistencia es algo menor:

PT

= V · IT

= 100 · 5,01 = 501 W

PR

= VR

· I = 99,95 · 5 = 499,75 W

8. Cualquier voltímetro o amperímetro real de los que podemos encontrar enun laboratorio de electrotecnia tiene una cierta resistencia interna. Si tuvie-ses que escoger entre varios de ellos para realizar una medida —supuesta lamisma escala—, preferirías:

a) Un voltímetro de 1 MΩ o uno de 0,1 MΩ de resistencia interna.

b) Un amperímetro de 1 Ω o uno de 0,1 Ω de resistencia interna.


a) Supóngase un circuito con dos resistenciasen el que se va a efectuar la medida de latensión en bornes de una de ellas, por me-dio de un voltímetro (de resistencia inter-na R

V), como el que se muestra en la gráfi-

ca de la derecha.

99,55

VR

I

1005

VI

100104

VR

V


V

R'

RRV

VT

IV

IR

I

Es evidente que la introducción del voltímetro modifica las condiciones de fun-cionamiento del circuito, provocando un error de medida. Al aparecer R

Ven pa-

ralelo con la resistencia R sobre la que se desea medir, la resistencia total del cir-cuito disminuye:

RT

= R' + < R' + R

Luego, la intensidad I aumenta, la caída en la resistencia previa R' aumenta y latensión en bornes de R disminuye, produciéndose un error de medida en el vol-tímetro, por defecto. Este error será mayor cuanto menor sea el valor de R

V; lo

ideal es que el voltímetro tenga resistencia interna infinita. Entre las dos opcio-nes que ofrece el enunciado, conviene escoger el voltímetro de 1MΩ de resisten-cia interna.

b) En el caso de la medida de intensidades el razona-miento es similar, aunque más evidente: al intro-ducir en serie el amperímetro, la resistencia totalaumenta (R + R

a> R), luego, disminuye la intensi-

dad respecto al valor que se deseaba medir, come-tiéndose un error por defecto tanto mayor cuantomayor sea el valor de R

a.

Lo ideal es que el amperímetro posea resistenciainterna nula. Entre los dos valores que ofrece elenunciado conviene escoger el amperímetro con 0,1 Ω de resistencia interna.

9. Un conductor de cobre tiene una densidad de corriente, J, de 5 A/mm2. ¿Quédensidad de corriente debería tener un conductor de aluminio, de igual lon-gitud que el de cobre, por el que circula la misma corriente, para que la caídade tensión en ambos conductores sea también la misma?

Datos: ρCu

= 0,018 Ω · mm2/m

ρAl

= 0,03 Ω · mm2/m

LOGSE. Andalucía, 1999.

La caída de tensión en un conductor tiene por expresión:

VC

= RL· I = ρ · · I = ρ · L · = ρ · L · J

Si en los dos conductores, de aluminio y de cobre, la longitud y la caída de tensiónposeen los mismos valores, se tiene que cumplir:

VC

= ρCu

· L · JCu

= ρAl

· L · JAl

=

En cuyo caso, conocida la densidad de corriente en el conductor de cobre, se pue-de calcular la correspondiente en el conductor de aluminio:

JAl

= JCu

· = 5 · = 3 A/mm20,0180,03

ρCu

ρAl

ρCu

ρAl

JCu

JAl

IS

LS

R · RV

R + RV


R

Ra

V

I A

10. Se construyen dos estufas con hilo de nicrom de resistividad ρ y de sección S.

La estufa A tiene un metro de hilo y la estufa B tiene dos metros de hilo. Si seconectan a la misma tensión de red (V ), ¿qué estufa da más calor? Razona larespuesta.


El valor de la resistencia de un hilo tiene por expresión:

R =

Si las dos estufas A y B están construidas con hilo del mismo material (igual resisti-vidad, ρ) y la misma sección S, pero utiliza la estufa B el doble de longitud, se cum-plirá que:

RB

= 2 · RA

Por otro lado, la cantidad de energía calorífica que consume una resistencia en unsegundo, es decir, su potencia, tiene por expresión:

P = V · I = V · =

Entonces, si ambas estufas se conectan a la misma tensión de red (V ), la potenciaque consume cada una es inversamente proporcional a su resistencia, luego, la es-tufa B, con doble resistencia, consume la mitad de potencia:

PB

= = =

La estufa A es, pues, la que da más calor en el mismo tiempo.

11. Se dispone de una pila eléctrica que alimenta, primero, a una resistencia RA

y, más tarde, a una resistencia RB.

Calcula la resistencia interna de la pila si las potencias suministradas a lasresistencias RA y RB fueran idénticas.


En el circuito formado por la pila de f.e.m. E y re-sistencia interna R

iy el receptor de resistencia R, la

expresión de la potencia que recibe el receptor es:

P = R · I 2 = R · ( )2

= E 2 ·

Si sucesivamente se conectan receptores de resis-tencia R

Ay R

B, y la potencia que reciben es la mis-

ma, se cumplirá:

PA

= PB

= E 2 · = E 2 ·

RA

· (RB2 + 2 · R

i· R

B+ R

i2) = R

B· (R

A2 + 2 · R

i· R

A+ R

i2)

RB

(RB

+ Ri)2

RA

(RA

+ Ri)2

R(R + R

i)2

ER + R

i

PA

2V 2

2 · RA

V 2

RB

V 2

RVR

ρ · LS


R

Ri

E

V

I

RA

· RB2 + 2 · R

i· R

A· R

B+ R

A· R

i2 = R

B· R

A2 + 2 · R

i· R

A· R

B+ R

B· R

i2

Ri2 · (R

A– R

B) = R

B· R

A2 – R

A· R

B2

Ri=

Para determinar el valor de la resistencia interna es necesario conocer los valores deR

Ay R

Bpara los que se cumple la condición de igual potencia recibida.

Por ejemplo, si RA

= 50 Ω y RB

= 100 Ω

Ri= = 70,7 Ω

Dando un valor concreto a la f.e.m., por ejemplo, E = 24 V, se puede comprobarque efectivamente la potencia en los receptores es la misma:

PA

= = 1,97 W = PB

12. En un montaje que comprende una fuente de alimentación de corriente con-tinua, un reóstato y un amperímetro, se conecta un voltímetro entre los bor-nes de la fuente de alimentación.

Para distintos valores de la resistencia del reóstato se obtienen las siguienteslecturas.

Se pide:

a) Representar el esquema de montaje con los aparatos de medida instalados.

b) Construir e interpretar la gráfica que representa la diferencia de poten-cial en función de la intensidad.

c) Calcular la fuerza electromotriz y la resistencia interior de la fuente de ali-mentación.


a) El esquema del montaje, con el amperímetro en serie con el reóstato y el voltí-metro conectado a los bornes de la fuente, es el siguiente:

242 · 100(100 + 70,7)2

242 · 50(50 + 70,7)2

√100 · 502 – 50 · 1002

50 – 100

√RB

· RA2 – R

A· R

B2

RA

– RB


Amperímetro (A)

Voltímetro (V)

4,7

15,3

3,55

16,4

2,15

17,8

1,4

18,6

0

20

IR i

E

R

AV

b) La gráfica V (I) es una recta:

que responde a la ecuación del circuito:

V = E – Ri· I

Su ordenada en el origen corresponde al valor de la f.e.m., E, y es la tensión quemide el voltímetro en vacío (I = 0). La pendiente de la recta es negativa debido aque la resistencia interna produce una caída de tensión proporcional al valor dela intensidad.

c) El valor de la f.e.m. es, en este caso, de 20 V. El valor de la resistencia interna seobtiene dando a la ecuación cualquiera de los restantes pares de valores y des-pejando:

→ 15,3 = 20 – Ri· 4,7 → R

i= = 1Ω

13. Un óhmetro dispone de una pila de 9 V y un galvanómetro de 50 µA. Se ajusta acero para que pasen por el circuito 50 µA. ¿Qué medirá el galvanómetro cuan-do realice la lectura de un resistor de 180 kΩ? Si la pila baja con el uso a 7,2 V yno se hace un ajuste adicional, ¿cuál será la lectura con el mismo resistor?

LOGSE. Andalucía.

En el interior del óhmetro, el galvanóme-tro está conectado en serie a la pila y auna resistencia limitadora R

L, tal como

puede verse en el esquema. Cuando sepone a cero el aparato, se conectan direc-tamente los dos terminales o puntos deprueba (R = 0), y entonces la suma de laresistencia interna del galvanómetro (R

i) y

la resistencia limitadora (RL) debe ser tal que

la intensidad de la corriente valga 50 µA,de modo que la aguja se sitúe al fondo dela escala (valor 0 de Ω). Por tanto:

Ri+ R

L= = 180000 Ω = 180 kΩ9 V

50 · 10–6 A

20 – 15,34,7

I = 4,7 A

V = 15,3 V


I (A)

V (V)

5

10

15

20

25

1 2 3 4 5 6

RL

Ri

9 V

50 µA I = 50 µA RΩ

Con un resistor de 180 kΩ entre los terminales de medida, el galvanómetro marcaráuna intensidad:

I ' = = = 25 µA

y se sitúa a mitad de la escala.

Si la pila, ya algo gastada, solo posee una f.e.m. de 7,2 V, y no se hace un nuevoajuste a cero variando el valor de R

L, la intensidad que mide el galvanómetro será:

I '' = = 20 µA

Marcará, por tanto, en la escala de Ω un valor menor que 180 kΩ, cometiéndose unerror de medida.

7,2 V180 + 180

9 V180 + 180 + 0

9 VR

i+ R

L+ R



3.6. GENERACIÓN DE UNA FUERZA ELECTROMOTRIZPOR INDUCCIÓN ELECTROMAGNÉTICA(EXPERIMENTOS DE FARADAY)

Página 109

1. Un conductor rectilíneo está recorrido por una corriente de gran intensidad,y en su proximidad se sitúa una bobina plana conectada a un galvanómetro.¿En qué posición habría que orientarla y en qué dirección habría que moverlapara que se induzca en ella la máxima corriente posible?

Un conductor rectilíneo recorrido por una corriente crea a su alrededor un campomagnético cuyas líneas de fuerza son circunferencias concéntricas con él mismo y cu-ya intensidad B disminuye con la distancia. Dicho campo puede ser representado así:

Siendo las expresiones que corresponden al campo magnético y la f.e.m. inducida:

B = ; e = –N ·

Si se coloca la bobina en un plano paralelo al conductor y se mueve según la direc-ción del mismo, el flujo abarcado por las espiras es nulo y constante, luego la f.e.m.inducida es nula, según la ley de Faraday.

Igual ocurre si la bobina se coloca en un plano perpendicular y se mueve en la di-rección del conductor.

Si se sitúa en el mismo plano que el conductor y se mueve paralelamente a él, el flujoabarcado es máximo, pero constante, luego también en este caso la f.e.m. vale cero.

En cambio, si se sitúa en ese mismo plano y se mueve hacia el conductor, o en senti-do contrario, se consigue con el movimiento la máxima variación de flujo y, por tan-to, la máxima corriente inducida circula por la bobina.

(Por supuesto, también se induce f.e.m. si se hace girar la bobina en el interior del campo).

∆φ∆ t

µ0

· I

2 · π · r

Unidad 3. Electromagnetismo.

I

e = 0

φ = 0 φ = cte φ

e = 0 e = 0

r

e ≠ 0

3.7. INDUCCIÓN MUTUA Y AUTOINDUCCIÓN

Página 114

1. Un solenoide de 300 espiras, 20 cm de longitud y 4 cm2 de sección, ¿qué canti-dad de energía almacena si está recorrido por una corriente de 15 A?

Teniendo en cuenta sus dimensiones y el número de espiras, el coeficiente de au-toinducción del solenoide es:

L = = = 2,26 · 10–4 H

Si por el solenoide circula una corriente de 15 A, se crea un campo magnético en elque se almacena una energía:

W = · L · I 2 = = 0,0254 J

3.8. COMPORTAMIENTO MAGNÉTICO DE LA MATERIA

Página 117

1. ¿Por qué la curva de primera magnetización y las de sucesivas magnetizacio-nes llegan al mismo punto a del ciclo de histéresis?

En el punto a se produce la saturación magnética del material: debido a la intensidaddel campo creado por la corriente, prácticamente todos los “imanes moleculares” seencuentran orientados en la mis-ma dirección y en el mismo senti-do que dicho campo exterior.

Tal cosa se produce para un de-terminado valor de la intensidad,o, lo que es igual, de la excita-ción, H.

En consecuencia, que el procesoparta o no de una situación ini-cial con la muestra desmagnetiza-da resulta indiferente cara al re-sultado final.

3.9. EL CIRCUITO MAGNÉTICO

Página 119

1. Un circuito magnético de 60 cm de longitud y 9 cm2 de sección, fabricado conhierro templado, se hace trabajar con un valor de permeabilidad igual a:

4 · 10–3 Wb · Av –1 · m–1

Si la bobina de excitación tiene 50 espiras, calcula el flujo magnético y la in-tensidad de la corriente.

2,26 · 10–4 · 152

212

3002 · 12,57 · 10–7 · 4 · 10–4

0,2N 2 · µ

0· S

l


B(T) a

H (Av . m–1)

El circuito magnético lo podemos representar del siguiente modo:

l = 60 cm = 0,6 m

S = 9 cm2 = 9 · 10–4 m2

N = 50 espiras

µ = 4 · 10–3 Wb/(Av · m)

Según la curva de permeabilidad del hierro templado de la página 116, a una permeabili-dad de 4 · 10–3 · Wb · Av–1 · m–1 le corresponde una excitación magnética H = 325 Av/m.

Por tanto, la intensidad del campo magnético y el flujo en el circuito magnético valen:

B = µ · H = 4 · 10–3 · 325 = 1,3 T

Φ = B · S = 1,3 · 9 · 10–4 = 1,17 · 10–3 Wb

La reluctancia magnética del circuito será:

Rm

= = = 1,67 · 105 Av/Wb

Finalmente, la fuerza magnetomotriz y la intensidad de la corriente necesarias son:

θ = Φ · Rm

= 1,17 · 10–3 · 1,67 · 105 = 1,95 · 102 = 195 Av

I = = = 3,9 A

Página 120

2. En el circuito magnético de la cuestión anterior se abre un entrehierro de1 mm2 de sección. Si se mantiene el mismo valor de flujo magnético, ¿qué pa-sa con la intensidad de la corriente?

El “entrehierro” del enunciado no puede ser sino una pequeña ranura practicada enel núcleo, la cual constituye para el flujo un ramal en paralelo con el tramo corres-pondiente de hierro. No obstante, al ser la sección de aire muy pequeña en compara-ción con la sección de hierro, y su permeabilidad mucho menor, es evidente que lareluctancia de la ranura es mucho mayor que la del hierro:

(Rm

)aire

= =

(Rm

)Fe

=

= = 2,86 · 106

La reluctancia de la ranura es millones de veces mayor. El efecto de la ranura sobre elcircuito magnético es prácticamente despreciable, luego la intensidad de la corrienteno se modifica.

4 · 10–3 · 9 · 10–4

12,57 · 10–7 · 10–6

(Rm

)aire

(Rm

)Fe

l4 · 10–3 · 9 · 10–4

lµ · (S – S' )

l12,57 · 10–7 · 10–6

lµ

0· S'

19550

θN

0,64 · 10–3 · 9 · 10–4

lµ · S


S

lI

N

9cm2

l

1mm2


1. Determina el campo magnético dentro de un arrollamiento en forma de to-roide de 40 cm de radio medio, recorrido por una corriente de 3 A.

A efectos del cálculo del campo magnético ensu interior, un arrollamiento toroidal puedeser considerado un solenoide de longitudigual a la longitud de la circunferencia mediade su núcleo.

Por tanto:

B = =

En este caso:

B = = 15 · N · 10–7 T

Su valor no puede ser determinado, pues no se conoce el número de espiras, N.

En el supuesto de que fuesen, por ejemplo, 200 espiras, obtendríamos:

B = 15 · 200 · 10–7 = 3 · 10–4 T

2. Se desea producir un campo magnético de 0,002 T en el interior de un sole-noide de 10 cm de longitud y 2 cm de diámetro interior, con una corriente de 3 A.

¿Cuántas espiras y cuántos metros de hilo de cobre de 0,1 mm2 son necesarios?¿Cuánto valdrá aproximadamente la tensión en bornes que hay que aplicar?

Suponemos que el núcleo sobre el que se enrollan las espiras, de 2 cm de diámetroy 10 cm de longitud, está hecho de un material no ferromagnético, en cuyo caso, laexpresión del campo magnético en su interior es:

B =

Para conseguir un campo de 0,002 T, con una intensidad de la corriente de 3 A, elnúmero de espiras ha de ser:

N = = = 53 espiras

Para determinar con exactitud la longitud de hilo necesaria, es preciso saber si el so-lenoide llevará las espiras en una sola capa.

El hilo de 0,1 mm2 tiene un diámetro:

d = 2 · = 2 · = 0,36 mm

Las 53 espiras, apretadas, ocuparían 53 × 0,36 = 19,1 mm < l. Por tanto, es evidenteque el solenoide solo tendrá una capa de espiras “no apretadas”. En tal caso, la lon-gitud de cada espira es:

le= 2 · π · R = 2 · π · 1 6,28 cm

√ 0,1π√ S

π

0,002 · 0,112,57 · 10–7 · 3

B · lµ

0· I

µ0

· N · I

l

12,57 · 10–7 · N · 32 · π · 0,4

µ0

· N · I

2 · π · r

µ0

· N · I

l


I

B

N espiras

l

r

Y la longitud total de hilo:

L = N · le= 53 · 6,28 = 333 cm = 3,33 m

La resistencia eléctrica del solenoide valdrá:

R = = = 0,57 Ω

Finalmente, la tensión en bornes del solenoide será:

V = R · I = 0,57 · 3 = 1,71 V

3. Halla la fuerza electromotriz inducida en una espira de 30 centímetros cua-drados de superficie cuando gira en el interior de un campo de 0,5 teslas, pa-sando en 1 segundo entre las dos posiciones de máximo flujo.

En la figura se ha representado la espira en las posiciones inicial y final, y en unaposición intermedia en la que se ha indicado el sentido de la fuerza electromotrizinducida por el movimiento (e).

Según la ley de Faraday:

e = –

El flujo máximo abarcado por la espira es:

φmáx

= B · A = 0,5 · 30 · 10–4 = 1,5 · 10–3 Wb

En la posición inicial este flujo atraviesa la espira en concordancia con el sentido dee, mientras que en la posición final es al contrario.

Por tanto:

φinicial

= φmáx

= 1,5 · 10–3 Wb

φfinal

= –φmáx

= –1,5 · 10–3 Wb

∆φ= φfinal

– φinicial

= –1,5 · 10–3 – (1,5 · 10–3) = –3 · 10–3 Wb

Y la fuerza electromotriz media inducida es:

e = – = 3 · 10–3 V

según el sentido marcado en la figura.

(–3 · 10–3) Wb1 s

∆φ∆t

0,017 · 3,330,1

ρ · LS


x

e

Posición inicial Posición finalt = 1 s

B

4. Determina la fuerza electromagnética ejercida sobre un conductor rectilíneode 25 cm de longitud, situado dentro de un campo magnético uniforme de1,4 T y recorrido por una corriente de 6 A, en los siguiente supuestos:

a) Cuando está colocado en paralelo con las líneas del campo.

b) Cuando lo está perpendicularmente.

c) Cuando está formando un ángulo de 40° con ellas.

Según la ley de Ampère, la fuerza electromagnética sobre un conductor recorridopor una corriente, tiene por expresión:

F = B · l · I · sen α

siendo α el ángulo formado por el conductor con las líneas del campo magnético.La dirección y el sentido de la fuerza se determina por medio de la regla de la ma-no izquierda.

a) Paralelo a las líneas del campo:

α = 0°

F = B · l · I · sen 0° = 0

b) Perpendicular a las líneas delcampo:

α = 90°

F = B · l · I · sen 90° = B · l · I =

= 1,4 · 0,25 · 6 = 2,1 N

c) Formando un ángulo de 40°con las líneas del campo:

α = 40°

F = B · l · I · sen 40° =

= 1,4 · 0,25 · 6 · sen 40° =

= 2,1 · sen 40° = 1,35 N

5. Determina la fuerza electromagnética entre dos conductores rectilíneos yparalelos de 0,8 m de longitud, separados 8 cm y recorridos por corrientesde 60 A de sentido contrario.


BI

l

B

I

F

α

F

I

BF

αα

F

II

De acuerdo con la regla del sacacorchos, cada conductor crea un campo magnéticoB que es perpendicular al otro conductor en todos sus puntos y tiene por valor:

B = = = 1,5 · 10–4 T

En consecuencia, de acuerdo con la ley de Ampère y la regla de la mano izquierda,sobre los conductores aparece una fuerza de repulsión de valor:

F = B · l · I = 1,5 · 10–4 · 0,8 · 60 = 7,2 · 10–3 N

6. Un anillo toroidal de chapa al silicio tiene una sección de 20 cm2 y una longi-tud media de 80 cm.

Determina el valor del campo magnético y la permeabilidad si se excita conuna bobina de 200 espiras recorrida por una corriente de 0,5 A.

¿Cuánto hay que aumentar el valor de la intensidad de la corriente para con-seguir el doble de flujo?

La tabla de magnetización de la chapa al silicio es:

Para obtener con preci-sión los valores de cam-po y permeabilidad, paraun valor cualquiera deexcitación, construiremosla curva correspondientea la tabla anterior:

12,57 · 10–7 · 602 · π · 0,08

µ0

· I

2 · π · d


B

BF

F

IF

BI

FB

l = 0,8 m

d = 8 cm = 0,08 m

B (T)

H (Av/m)

0,10,20,30,40,50,60,70,80,9

11,11,21,31,41,51,61,71,8

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

1er punto de trabajo

2o punto de trabajo

H (Av/m)

B (T)

90

0,1

140

0,3

170

0,5

240

0,7

350

0,9

530

1,1

1 300

1,3

5 000

1,5

9 000

1,6

15 500

1,7

Los datos del circuito magnético cuyo valor se mantiene son los indicados en la figura:

En el primer punto de trabajo la intensidad que recorre la bobina es I = 0,5 A.

Tal intensidad determina una excitación:

H = = = 125 Av/m

y, por tanto, un campo magnético y una permeabilidad:

B = 0,22 T (según la curva); µ = = = 1,76 · 10–3

En el segundo punto de trabajo se aumenta la corriente hasta conseguir el doble deflujo. Esto implica doble valor del campo B:

B' = 2 · 0,22 = 0,44 T → H' = 165 Av/m (según la curva)

Por tanto, la intensidad ha de aumentar hasta un valor:

I' = = = 0,66 A

7. Por una bobina de 150 espiras circula una corriente de 5 A y en su interior seha producido un flujo magnético de 75 · 10–6 Wb.

¿Cuánto vale su coeficiente de autoinducción?

N = 150 espiras

I = 5 A

Φ = 75 · 10–6 Wb

El coeficiente de autoinducción de la bobina vale:

L = = = 2,25 · 10–3 H

8. Si en la bobina anterior la corriente desaparece en 0,01 s, ¿qué fuerza electro-motriz se induce en ella?

La variación de la corriente induce enla bobina una fuerza electromotriz devalor:

e = –L · = –2,25 · 10–3 · = 1,125 V

El sentido de dicha f.e.m. es tal, que favorece el mantenimiento de la corriente, deacuerdo con la ley de Lenz.

(0 – 5)0,01

∆i∆t

150 · 75 · 10–6

5N · Φ

I

165 · 0,8200

H' · lN

WbAv · m

0,22125

BH

200 · 0,50,8

N · Il


N = 200S = 20 . 10–4 m2

l = 0,8 m

B

B

I

IφN

L

ε

L = 2,25 mHI (5A 0)en 0,01 s

9. Una espira cerrada de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección y 40 cm de diáme-tro está situada en el interior de un campo magnético uniforme formandoun ángulo de 90 grados con las líneas de fuerza y abarca un flujo magnéticode 0,0004 weber:

a) Calcula el valor del campo magnético.

b) Si gira un ángulo de 20 grados en un tiempo de 0,03 segundos, determinael valor del flujo abarcado al final de dicho movimiento, así como la fuer-za electromotriz y la corriente inducidas.

Determina, sobre un dibujo, el sentido de la corriente inducida y el senti-do del campo magnético que dicha corriente produce en el centro de laespira.

El dibujo que pide el enunciado es el siguiente:

a) El flujo magnético abarcado por la espira inicialmente y el valor del campo son:

φinicial

= B · A = 4 · 10–4 Wb

B = = = 3,18 · 10–3 T

b) Tras girar la espira un ángulo de 20 grados, el flujo abarcado resulta:

φfinal

= φinicial

· cos ϕ = 4 · 10–4 · cos 20° = 3,758 · 10–4 Wb

La f.e.m. inducida por el movimiento, según el sentido de la figura, valdrá:

e = – = – = 8 · 10–4 V

Como la espira está en cortocircuito, la corriente que circula por ella será:

i = = = = = 0,0187 A

Dicha corriente produce, según la regla del sacacorchos, un campo inducido Bi

de igual sentido que el campo original y, por tanto, contrario a la disminuciónde φ.

8 · 10–4

2 · π · 0,20,017 · —————0,5

e2 · π · Rρ · ————

s

elρ · —s

eR

(3,76 · 10–4 – 4 · 10–4)0,03

∆φ∆t

4 · 10–4

π · 0,22

4 · 10–4

A


0,4m B

ϕ = 20°

S = 0,5 mm2

e

Bi

10. En el montaje de la figura, el conductor deslizante tiene una masa de 100gramos.

Determina el valor que tiene que tener la intensidad para que dicho conduc-tor levite a una distancia de 2 cm del conductor fijo.

¿A qué distancia levitaría si la corriente fuera de 50 A?

La corriente por el conductor fijo determina, en todos los puntos del conductor des-lizante, un campo magnético B, cuyo sentido (de acuerdo con la regla del sacacor-chos) es el indicado en la figura, siendo las expresiones del campo magnético y lafuerza magnética sobre el conductor las siguientes:

B =

F = B · l · I =

En consecuencia, sobre él aparece una fuerza electromagnética F que, según la re-gla de la mano izquierda, lo empuja hacia arriba en contra de su propio peso P.La condición de equilibrio para que el conductor se mantenga suspendido en elaire es:

P = F → m · g =

Entonces, si el conductor deslizante levita a una distancia d = 2 cm = 0,02 m, la co-rriente vale:

I = = = 221,4 A

mientras que una corriente de 50 A lo hará levitar a una distancia:

d = = 10–3 m = 1 mm12,57 · 10–7 · 2 · 502

2 · π · 0,1 · 9,81µ

0 · l · I 2

2 · π · m · g

√2 · π · 0,02 · 0,1 · 9,8112,57 · 10–7 · 2√2 · π · d · m · g

µ0· l

µ0· l · I 2

2 · π · d

µ0· l · I 2

2 · π · d

µ0

· I

2 · π · d


m=100g

I

l =2m

I

I

B

P

F

11. Se desea construir un circuito magnético con un núcleo rectangular de cha-pa al silicio de 30 cm de largo por 20 cm de ancho y 4 cm2 de sección cuadra-da, para que el flujo en su interior sea de 0,0002 weber, con una corrienteeléctrica de 5 ampère. ¿Cuántas espiras deberá tener la bobina?

Calcula también los valores de la fuerza magnetomotriz, la excitación mag-nética y la reluctancia. Utiliza los datos de la tabla de magnetización de lachapa al silicio que figura a continuación.

La geometría del circuito magnético es la de la figura:

La sección del circuito es:

S = 4 cm2 = 4 · 10–4 m2

Y su longitud media:

l = (18 + 28) · 2 = 92 cm = 0,92 m

Con los datos que tenemos, la intensidad del campo magnético vale:

B = = = 0,5 T

La excitación correspondiente, según la tabla, es:

H = 170 Av/m

A partir de este valor calculamos la fuerza magnetomotriz y la reluctancia magnética:

θ = H · l = 170 · 0,92 = 156,4 Av

Rm

= = = 78,2 · 104

Por tanto, el número de espiras que debe tener la bobina es:

N = = = 31,28 → 32 espiras156,45

θI

AvWb

156,42 · 10–4

θΦ

2 · 10–4

4 · 10–4

φS


S = 4 cm2

20 cm

30 cm

18 cm

28 cm

I

N

2 cm

H (Av/m)

B (T)

90

0,1

140

0,3

170

0,5

240

0,7

350

0,9

530

1,1

1 300

1,3

5 000

1,5

9 000

1,6

15 500

1,7


1. Si a una bobina de 0,2 µH se leaplica una intensidad que varíaen el tiempo con la forma que semuestra en la figura, ¿qué tensiónaparecerá entre sus terminalesentre t = 0 y t = 4 ms?


De acuerdo con la ley de Faraday, en una bobinarecorrida por una corriente de intensidad variablese produce una fuerza electromotriz de autoinduc-ción cuyo valor y sentido son los indicados en lafigura de la derecha.

Y la tensión en bornes de la bobina, según el con-venio de signos de la figura, es:

v = –e = L ·

Según la gráfica de la variación de la intensidad, la gráfica de la tensión en cada tra-mo de los señalados y su valor, será:

Tramo a:

v = 0,2 · 10–6 · = 0,2 · 10–3 V

Tramo b:

v = 0,2 · 10–6 · = 0 V

Tramo c:

v = 0,2 · 10–6 · = –0,2 · 10–3 V

Tramo d:

v = 0,2 · 10–6 · = 0 V

2. Una inductancia de valor 10 µH es conectada a una tensión constante de 10 V.¿Cuál es la tasa de crecimiento de la corriente que circula?

a) 106 A/s b) 105 A/s c) 104 A/s d) 103 A/s


A partir de la expresión de la tensión en bornes de una inductancia, obtenemos ∆i /∆t:

v = L · → = = = 106 A/s10 V10 · 10–6 H

vL

∆ i∆ t

∆ i∆ t

0 – 010–3

0 – 110–3

0 – 010–3

1 – 010–3

∆ i∆ t


∆i∆t

i+

–

Lv e = – L .

1

a

b

c

d0

1 2 3 4

i (A)

t (ms)

0,2

– 0,2

0 1 2 3 4

v (mV)

t (ms)

1

0 1 2 3 4

i (A)

t (ms)

3. Se dispone de un núcleo toroidal de material ferromagnético cuyas caracte-rísticas son: 1500 de permeabilidad relativa, 15 cm de radio y 10 cm2 de sec-ción recta. Sobre dicho toro, y aislado de él, se devana una bobina de 1250espiras, que absorbe una corriente de 0,8 A.

Sabiendo que la permeabilidad del vacío vale 4 · π · 10–7 H/m, calcula:

a) La intensidad de campo, la inducción y el flujo total en el interior del toro.

b)El coeficiente de autoinducción de la bobina y la energía almacenada porella.

c) El valor de la f.e.m. de autoinducción cuando en 20 ms la corriente seanula linealmente.


De acuerdo con los datos que pro-porciona el enunciado, el núcleotoroidal en el que se muestra en lafigura de la derecha.

a) La longitud de la línea media del circuito magnético es:

L = 2 · π · R = 2 · π · 0,15 = 0,94 m

Los valores de la excitación, H; la inducción, B, y el flujo, Φ, en el interior del to-ro son:

H = = = 1 061 ∆v · m–1

B = µ · H = µr· µ

0· H = 1 500 · 4 · π · 10–7 · 1 061 2 T

Φ = B · S = 2 · 10–3 Wb

b) El coeficiente de autoinducción es:

L = = = 3,125 H

Y la energía almacenada:

W = · L · I 2 = · 3,125 · 0,82 = 1 J

c) Si la corriente se anula en 20 ms, la f.e.m. de autoinducción que se producevale:

e = –L · = –3,125 · = 125 V0 – 0,820 · 10–3

∆ i∆ t

12

12

1250 · 2 · 10–3

0,8N · Φ

I

1250 · 0,80,99

N · IL


N = 1 250S = 10 cm2 = 10–3 m2

l = 0,8 m

µ r = 1500r = 0,15 m

B

B

I = 0,8 A

4. Una bobina tiene 450 espi-ras y su núcleo de acerofundido tiene una longitudde 10 cm y una seccióntransversal de 20 cm2. De-seamos que el flujo magné-tico en el nucleo sea de2 mWb.

Utilizando los datos de lagráfica:

a) Calcula la intensidad de corriente que deberá circular por la bobina.

b)Calcula la permeabilidad absoluta y relativa. Explica su diferencia.

c) Calcula la reluctancia magnética del circuito.

Dato: µ0

= 4 · π · 10–7 Wb/A.


La bobina a la que se refiere el enunciado podemos representarla como se muestraa continuación:

Siendo el valor de la intensidad decampo:

B = = = 1 T

Por tanto, de acuerdo con la curva deimantación del acero fundido:

H = 900 Av · m–1

a) La intensidad de corriente que deberá circular por la bobina es:

I = = = 0,2 A

b) La permeabilidad magnética absoluta, que es la relación entre B y H, vale:

µ = = = 1,)1 · 10–3 Wb · A–1 · m–1

La permeabilidad relativa, que es el valor de µ en relación con el valor corres-pondiente al vacío, es:

µr= = = 884,21,

)1 · 10–3

4 · π · 10–7

µµ

0

1 T900 Av · m–1

BH

900 · 0,1450

H · LN

2 · 10–3 Wb20 · 10–4 m2

ΦS


1,8

B (T)

H (Av . m–1)

1,6

1,4

1,2

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

600 1200 1800 2400 3000 3600

Hierro fundido

Acero fundido

I

N = 450

S = 20 cm2 = 20 . 10–4 m2

L = 0,1 m


4.2. EL CONVERTIDOR ELECTROMECÁNICO ELEMENTAL

Página 133

1. Un motor de corriente continua suministra una potencia de 3 kW, con un ren-dimiento del 85%. Calcula:

a) La potencia eléctrica que consume.

b) La intensidad de la corriente si se alimenta a 220 V.

c) Su resistencia interna si se desprecian las pérdidas de potencia por roza-miento.

d) El valor de la fuerza contraelectromotriz.

Para simplificar, y considerando además que no se poseen datos del devanado decampo, suponemos que se trata de un motor de imanes permanentes, es decir, unamáquina magnetoeléctrica. En tal caso, su circuito equivalente es el siguiente:

a) La potencia nominal del motor (3 000 W) es la potencia mecánica útil que entre-ga en el eje. Por tanto, teniendo en cuenta el rendimiento de la máquina (0,85),se puede calcular la potencia eléctrica (total) que absorbe de la red:

Pt= = = 3 529,4 W

b) Como Pt= V · I, la intensidad de la corriente es:

I = = = 16 A

c) Si se desprecian las pérdidas por rozamiento, toda la potencia perdida corres-ponde a la que se produce en la resistencia interna R

i:

Pp= 3 529,4 – 3 000 = 529,4 = R

i· I 2 = R

i· 162

Y puede despejarse el valor de Ri:

Ri= = 2,067 Ω

d) Finalmente, como V = E + Ri· I, se puede despejar el valor de la fuerza con-

traelectromotriz:

E = V – Ri· I = 220 – 2,067 · 16 = 186,93 V

529,4162

3 529,4220

Pt

V

30000,85

Pn

η

Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

Ri

V E M

I

4.3. EL CONVERTIDOR ELECTROMECÁNICO ROTATIVO ELEMENTAL

Página 137

1. Un generador rotativo proporciona una f.e.m. alterna de 6 V de pico. Si se de-sea aumentar su valor al doble:

a) ¿Cómo se puede hacer sin introducir ninguna modificación en su estructura?

b) ¿Cómo se puede hacer modificando su estructura?

Supongamos que se trata de un generador rotativo elemental, constituido por una bo-bina plana alojada en el rotor, girando dentro de un campo magnético uniforme pro-ducido por un devanado “de excitación” como el de la figura:

Entre los anillos colectores se puede medir con un voltímetro la f.e.m. inducida, quesabemos que es alterna y responde a la siguiente expresión:

e = Emáx

· sen (ω · t), siendo Emáx

= · N · B · l · d

donde n es la velocidad de giro del rotor en r.p.m.; N, el número de espiras de la bo-bina giratoria; B, la intensidad del campo magnético, y l y d, las dimensiones de labobina (largo, ancho).

a) Sin modificar la estructura de la máquina, hay dos formas de elevar al doble el va-lor de pico de la fuerza electromotriz, E

máx:

– Haciendo girar el rotor al doble de velocidad:

n → 2 · n

– Doblando el valor del campo B, para lo cual habrá que aumentar la corriente deexcitación I

econvenientemente.

b) Modificando la estructura, se puede hacer también de dos modos:

– Sustituyendo la bobina por otra que tenga el doble de espiras: N → 2 · N.

– Haciendo doble el área de cada espira, para lo cual hay que modificar las di-mensiones l y/o d: l' · d' = 2 · l · d.

(Esta es la forma más costosa, pues hay que cambiar las dimensiones del rotor y,en consecuencia, el resto de elementos de la máquina).

2 · π · n60


B

E

Ie

We

G

S

nω

V

x

4.4. LOS GENERADORES DE CORRIENTE CONTINUA

Página 142

1. En la máquina de Pacinotti hay momentos en los que dos bobinas están corto-circuitadas por las escobillas:

a) ¿Cuántas veces ocurre mientras el rotor da una vuelta?

b) ¿Qué efectos produce la f.e.m. de dichas bobinas durante el tiempo que es-tán en cortocircuito?

a) Consideremos, por ejemplo, el rotorde la figura, con 8 bobinas. La bobina1 acaba de pasar por la posición enque es cortocircuitada por la escobillaA; al cabo de media vuelta, lo serápor la escobilla B, y de nuevo por laescobilla A al producirse una vueltacompleta. Así pues, durante una vuel-ta del rotor, cada bobina es cortocir-cuitada 2 veces por las escobillas, y,en definitiva, son 16 en total las vecesque las escobillas ponen “en corto”alguna bobina. En general, se puededecir que se produce tal hecho tantasveces como bobinas posea el induci-do, multiplicado por dos.

b) Las bobinas cortocircuitadas por las escobillas son las que en ese momento pasan porla Z.N. (posición de máximo flujo abarcado), y en ellas la f.e.m. inducida es nula, luegoel efecto que se produce es, en principio, ninguno: no hay corriente de cortocircuito.

Pero tal cosa deja de ocurrir si entre los bornes de la máquina se conecta una re-sistencia: al aparecer una corriente por el inducido, el campo magnético se defor-ma (reacción de inducido) y la Z.N. se desplaza; en consecuencia, las bobinas cor-tocircuitadas pasan a tener una cierta f.e.m. inducida que origina una corriente decortocircuito considerable y el consiguiente calentamiento y posible deterioro delcolector y las escobillas, además de las pérdidas de potencia correspondientes.

Nota: El estudio detallado del fenómeno se deja fuera de esta respuesta.

4.6. COMPORTAMIENTO DEL GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA

Página 148

1. Una dinamo produce una f.e.m. de 240 V y posee cuatro polos, con un flujo de0,04 Wb por polo, y 600 conductores activos, distribuidos entre 4 ramas delinducido. ¿A qué velocidad gira?

La expresión general de la fuerza electromotriz inducida en una máquina rotativa decorriente continua es:

E = p · n · Z · φ60 · a


3

2

1

n

A

B

8

7

6

5

4

En esta expresión, p es el número de pares de polos; n, la velocidad de giro en r.p.m.;Z, el número de conductores activos; φ, el flujo por polo, y a, el número de pares deramas del inducido.

Considerando los datos del enunciado, la velocidad de giro n de la dinamo puededespejarse de dicha expresión:

n = = = 600 r.p.m.

Página 150

2. Por su característica de funcionamiento, ¿a qué otro tipo de generador se pa-rece la dinamo con excitación en derivación?

En este generador, la tensión en bornes, V, disminuye ligeramente con el aumento dela intensidad demandada por la resistencia de carga, de forma prácticamente lineal,tal como puede verse en la figura.

La característica es una recta que se correspon-de con la ecuación:

V = E – Ri· I

Una pila eléctrica posee aproximadamente lamisma característica.

Página 151

3. ¿Cómo debe ser el devanado serie del generador con excitación compuesta, dehilo fino o de hilo grueso? ¿Por qué?

El esquema de un generador de corriente continua con excitación compuesta es el si-guiente:

Por el devanado conectado en serie con el inducido circula prácticamente la corrientedel inducido I, dado que la corriente por el devanado en derivación I

des muy pequeña

(al ser este de hilo fino, con muchas espiras). En consecuencia, el devanado serie debeser de hilo grueso y con pocas espiras, para que ofrezca poca resistencia eléctrica y ape-nas dé lugar a caída de tensión, y también para que soporte (sin fundirse) la corriente.

60 · 2 · 2402 · 600 · 0,04

60 · a · Ep · Z · φ


V

E

I

Ri . I

G

Ii

Id

I

+

–Is

4.7. EL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA

Página 152

1. En el montaje improvisado de Hyppolite Fontaine, ¿qué efecto negativo pro-duce la resistencia limitadora conectada entre las dos máquinas?

El esquema del montaje improvisado por Hyppolite Fontaine en la Exposición deViena es el siguiente:

Como el generador situado en A era de tensión bastante elevada (V1) y el otro era un

generador pequeño previsto para funcionar a una tensión V2, más reducida, para po-

der hacer funcionar como motor este último sin deteriorarlo, conectó ambas máqui-nas a través de una línea con un cable muy largo, capaz de proporcionar la caída detensión V

1– V

2= R

l· I necesaria, siendo R

lla resistencia de la propia línea.

El único defecto negativo de esta solución es que el rendimiento de la instalación,por la elevada pérdida de potencia producida en R

l, sería sin duda bastante bajo.

Página 155

2. ¿De qué forma se puede invertir el sentido de giro de un motor serie? ¿Y el deun motor derivación? Dibuja los esquemas y explícalo.

El esquema del motor serie es el siguiente:

En el caso del motor serie, al cambiar de posición el conmutador, la corriente por el in-ducido cambia de sentido, mientras que no lo hace al pasar por el devanado de excita-ción. En consecuencia, cambian el sentido del par electromagnético y el sentido de giro.


BV1 V2I

Rl . I

Rl

G

A

M

MI

– +

MI

I

– +

I

En el motor derivación, el devanado de excitación está conectado directamente, lue-go la intensidad de excitación, I

e, y el campo no se modifican. Al cambiar de posición

el conmutador, cambia el sentido de la corriente del inducido, Ii, y con ella el sentido

de giro.

3. ¿Por qué aumenta la velocidad si disminuye el campo inductor en un motorde corriente continua con excitación en derivación? ¿Qué ocurre si se cortatotalmente la corriente por ese devanado? ¿Por qué no se embala funcionandoen carga?

El esquema del motor de corriente continua con excitación en derivación es:

Sabemos que la fuerza contraelectromotriz en un motor de corriente continua res-ponde a la expresión:

E' =

siendo n la velocidad de giro del rotor; Z, el número de conductores activos del in-ducido, y φ, el flujo magnético por polo.

Como normalmente la resistencia interna del inducido es muy pequeña, podemosconsiderarla despreciable, y entonces:

V E' =

Si la tensión de alimentación del motor se mantiene constante, se puede poner:

n = = cteφ

60 · VZ · φ

n · Z · φ60

n · Z · φ60


Ie

I i

IeI i

M

– +

M

– +

V = E ' + Ri . Ii

+

–

Ri

I i

Ie

Re

ME'

Es decir, la velocidad de giro aumenta cuando disminuye el campo inductor φ, cosaque se puede conseguir actuando sobre el reostato de excitación R

e.

Si se corta la corriente de excitación, por avería en la conexión del devanado, el flujoφ baja a un valor muy pequeño, correspondiente al magnetismo remanente. En con-secuencia, la velocidad aumenta hasta un valor muy grande; el motor se “embala” ypuede deteriorarse.

Funcionando en carga (y sin avería en el devana-do de excitación), este motor no se embala, aun-que el par sea muy pequeño, precisamente por lamisma razón anterior: al ser R

imuy pequeña, las

variaciones del par resistente y de la corriente delinducido, I

i, se traducen en ligeras modificacio-

nes de la fuerza contraelectromotriz E', con loque la velocidad se mantiene prácticamente cons-tante (ver gráfica característica velocidad–par).

Página 156

4. La potencia nominal de un motor de corriente continua es de 300 W, alimen-tado a una tensión de 12 V. Si tiene un rendimiento del 80% y su velocidad no-minal es de 300 r.p.m., determina:

a) La intensidad nominal.

b) El par nominal.

Independientemente de cuál sea el tipo demotor de corriente continua, la potenciamecánica que entrega en el eje es la po-tencia nominal, y esta tiene por expresión:

Pn

= Pm

= Mn

· ω =

= Mn

· = Pu

Esta es la potencia útil en un motor, mientras que la potencia total es la potencia eléc-trica que absorbe de la red:

Pt= P

e= V

n· I

n=

En este caso, pues, la intensidad In

y el par Mn

serán:

In

= = = 31,25 A

Mn

= = = 9,55 N · m300 · 602 · π · 300

Pn

· 60

2 · π · n

30012 · 0,8

Pn

Vn

· η

Pn

η

2 · π · n60


Vn

In

M

n

n Característica de funcionamiento

M


1. Un motor elemental con un conductor deslizante de 25 cm y un campo mag-nético de 1,1 T tiene que arrastrar una carga de 100 g, posee una resistenciainterna de 0,5 Ω y está alimentado por una batería de 12 V.

Si se consideran despreciables la resistencia interna de la batería y el roza-miento, determina:

a) La intensidad de la corriente y la fuerza electromagnética en el arranque.

b) La velocidad, la fuerza contraelectromotriz, la intensidad, la potenciaeléctrica, la potencia mecánica útil y el rendimiento, al alcanzarse el pun-to de equilibrio.

c) Las mismas magnitudes si aumenta la carga hasta un valor de 200 g.

d) El valor de la resistencia del reostato que habría que conectar para limitarla intensidad durante el arranque (dibuja el esquema).

El esquema al que se refiere el enunciado es el siguiente:

Las ecuaciones del circuito, válidas en cualquier situación de funcionamiento, son:

I = ; Fe= B · L · I ; ε' = B · L · v

a) Fase de arranque (con reostato a cero, R = 0):

La velocidad inicial del conductor deslizante es v = 0 y, por tanto, ε' = 0. La in-tensidad y la fuerza de arranque son:

Ia

= = = 24 A ; Fa

= B · l · Ia

= 1,1 · 0,25 · 24 = 6,6 N

La fuerza resistente de la carga vale:

Fc= M · g = 0,1 · 9,81 = 0,981 N < F

a(luego arranca)

b) Punto de equilibrio (para Fc= 0,981 N):

Fc= 0,981 = F

e= B · l · I → I = = = 3,57 A

I = → ε' = V – Ri· I = 12 – 0,5 · 3,56 = 10,22 V

v = = = 37,16 m · s –110,221,1 · 0,25

ε'B · l

V – ε'R

i

0,9811,1 · 0,25

0,981B · l

120,5

VR

i

V – ε'R

i+ R


Fcl = 25 cmFe

I

IRi = 0,5 Ω

B = 1,1 TV = 12 V

v

R

ε'

++

––

Pm

= Pu

= Fc· v = 0,981 · 37,16 = 36,45 W

Pe= P

t= V · I = 12 · 3,57 = 42,84 W

η = = = 0,851 (85,1 %)

c) Segundo punto de equilibrio (para Fa

= M · g = 1,962 N):

Procediendo del mismo modo, obtendremos los valores:

I = = 7,13 A ; ε' = 12 – 0,5 · 7,13 = 8,43 V

v = = 30,65 m · s–1 ; Pu

= 1,962 · 30,65 = 60,13 W

Pt= 12 · 7,13 = 85,56 W ; η = = 0,703 (70,3%)

d) Arranque con reostato:

Limitemos, por ejemplo, la intensidad de arranque de modo que la fuerza dearranque sea el doble que la segunda carga:

Fa

= 2 · 1,962 = 3,924 N = B · l · Ia

Ia

= = 14,27 A ; R = – 0,5 = 0,34 Ω

2. Un generador elemental posee un conductor deslizante de 0,5 m y un campomagnético de 0,8 T, y ha de funcionar con una velocidad de 5 m/s, siendo lafuerza de rozamiento de 1 N:

a) Calcula la f.e.m. y la tensión en bornes cuando funcione en vacío.

b) Si su resistencia interna es de 0,5 Ω y se conecta a los bornes del aparatouna lámpara de 3,5 Ω, determina la intensidad de la corriente, la tensiónen bornes, la fuerza electromagnética, la potencia mecánica total, la po-tencia mecánica perdida, la potencia eléctrica perdida, la potencia eléctri-ca útil y el rendimiento.

c) Ídem si se conectan 4 lámparas de 3,5 Ω en paralelo.

Dibujemos, en primer lugar, el generador que describe el enunciado:

Las ecuaciones del circuito son:

ε = B · L · v ; I = ; Fe= B · L · I ; v = ε – R

i· Iε

Ri+ R

1214,27

3,9241,1 · 0,25

60,1385,56

8,431,1 · 0,25

1,9621,1 · 0,25

36,4542,84

Pu

Pt


Fel = 0,5 mFm

I

Ri = 0,5 Ω

B = 0,8 T

FR = 1 N

v = 5 m/s

RVε

++

––

a) Funcionamiento en vacío (R = ∞):

ε = 0,8 · 0,5 · 5 = 2 V

I = = 0

V = 2 – 0,5 · 0 = 2 V

Fe= 0

Fm

= FR

= 1 N

En este caso, la máquina de arrastre solo tiene que vencer el rozamiento.

b) Funcionamiento en carga (R = 3,5 Ω):

Como la velocidad se mantiene, la f.e.m. sigue siendo la misma: ε = 2 V.

I = = = 0,5 A.

Fe= 0,8 · 0,5 · 0,5 = 0,2 N ; F

m= F

e+ F

R= 0,2 + 1 = 1,2 N

V = 2 – 0,5 · 0,5 = 1,75 V

Pu

= V · I = 1,75 · 0,5 = 0,875 W

Ppe

= Ri· I 2 = 0,5 · 0,52 = 0,125 W

Ppm

= FR

· v = 1 · 5 = 5 W

Pt= P

u+ P

pm+ P

pe= F

m· v = 1,2 · 5 = 6 W

η = = = 0,146 (14,6%)

Obtenemos, por tanto, un rendimiento muy bajo.

c) Funcionamiento con una carga 4 veces mayor:

Conectando 4 lámparas de 3,5 Ω en paralelo, el valor de la carga es:

R = = 0,875 Ω

Por tanto, repitiendo los cálculos anteriores, obtenemos los valores:

I = = 1,45 A ; V = 2 – 0,5 · 1,45 = 1,275 V

Fe= 0,8 · 0,5 · 1,45 = 0,58 N ; F

m= 0,58 + 1 = 1,58 N

Pu

= 1,275 · 1,45 = 1,849 W

Ppe

= 0,5 · 1,452 = 1,051 W

Ppm

= 5 W

Pt= 1,58 · 5 = 7,9 W

η = = 0,234 (23,4%)

En este caso, el rendimiento mejora, pero sigue siendo bajo.

1,8497,9

20,5 + 0,875

3,54

0,8756

Pm

Pt

24

20,5 + 3,5

2∞


3. Un generador de corriente alterna, constituido por una bobina rectangularde 30 cm de largo por 20 cm de ancho y 30 espiras, con un campo magnéticode 1,2 T, gira sin pérdidas por rozamiento a una velocidad de 1 000 r.p.m.:

a) Determina la frecuencia y el valor de pico de la fuerza electromotriz quese genera.

b) Calcula su resistencia interna si el hilo de cobre con que se ha fabricadola bobina es de 0,1 mm2 de sección.

c) Determina los valores de pico de la intensidad de la corriente y la tensiónen bornes si se conecta una resistencia de carga de 500 Ω.

d) ¿Cuánto vale el momento medio del par que hay que aplicar en el eje paramantener la velocidad de giro?

Podemos representar el generador como se indica en la siguiente gráfica:

a) La fuerza electromotriz alterna generada en la bobina giratoria es:

ε = Emáx

· sen (ω · t)

El valor de pico de esta f.e.m. es:

Emáx

= · N · B · l · d = · 30 · 1,2 · 0,3 · 0,2 = 226,2 V

Y su frecuencia:

f = = = 16,6 Hz

b) La resistencia interna del devanado vale :

Ri= ρ · = 0,017 · = 5,1 Ω 5 Ω30 · 0,5 · 2

0,1LS

100060

n60

2 · π · 1 00060

2 · π · n60


v

R

l = 0,3 m

B = 1,2 T

N = 30 espiras

d = 0,2 m

n = 1000 r.p.m.

ε

ω

c) Con la resistencia interna calculada enel apartado anterior y con una resis-tencia de carga de 500 Ω, el circuitoequivalente es el representado en lafigura de la derecha.

Aplicando la ley de Ohm al valor de pico, se obtiene:

Imáx

= = = 0,448 A

Vmáx

= R · Imáx

= 500 · 0,448 = 224 V

d) El momento del par electromagnético es variable, según la expresión:

m = · N · φmáx

· Imáx

· [1 – cos (2 · ω · t)]

El valor medio de dicha función, a lo largo de una vuelta completa, vale:

mm

= · N · φmáx

· Imáx

= · 30 · (1,2 · 0,3 · 0,2) · 0,448 = 0,484 N · m

4. La dinamo de un aerogenerador gira a una velocidad de 300 r.p.m. y sumi-nistra una corriente de 20 A a 50 V. Si su rendimiento es del 65%, determinael momento del par mecánico en el eje.

El esquema de la dinamo es el siguiente:

La potencia eléctrica entregada a la carga es:

Pe= V · I = 50 · 20 = 1 000 W

Teniendo en cuenta el rendimiento, la potencia mecánica resulta:

Pm

= = = 1 538 W

En consecuencia, el par mecánico en el eje debe valer:

M = = = = 49 N · m1538 · 602 · π · 300

1 5382 · π · n———

60

Pm

ω

10000,65

Pe

η

12

12

12

226,2505

Emáx

5 + 500


R50 V

20 A

G

M

η = 0,65Pm Pe

300 r.p.m.

I

5 Ω

500 ΩVε

5. ¿De qué formas se puede cambiar la polaridad de un generador de corrientecontinua?

Depende de cómo esté resuel-ta la excitación. Analicemoslas distintas posibilidades:

a) Imaginemos que se trata deuna máquina magnetoeléc-trica, por ejemplo, el pe-queño generador de unabicicleta.

En este caso, para cambiar la polaridad y el sentido de la corriente por la carga,basta con cambiar el sentido de giro del rotor.

b) Si se trata de una máquina con excitación independiente, se puede hacer de dosformas:

1) Cambiando el sentido degiro del rotor.

2) Cambiando el sentido delcampo magnético, al inver-tir la corriente de excita-ción.

c) Si se trata de una máquina con excitación en derivación, hay que recordar quela máquina alcanza el funcionamiento nominal autoexcitándose, para lo cual seaprovecha el magnetismo remanente del circuito magnético.

Pero solo es posible si se hace gi-rar la máquina en un sentido de-terminado, de modo que la co-rriente de excitación amplía elvalor del campo.

Si se hace girar en sentido contra-rio, la fuerza electromotriz inicialcambia efectivamente de sentido,pero de forma efímera, pues la co-rriente de excitación que produceextinguirá el campo magnético re-manente, en lugar de aumentarlo.

Por tanto, para invertir la polaridad, habría que hacer en este caso una operaciónmás compleja: desconectar el devanado de excitación, aplicarle una corriente pa-ra modificar el sentido del magnetismo remanente, conectarlo otra vez y, final-mente, hacer girar la máquina en sentido contrario.


R

+ (–)

– (+)

I

G

n

Ie

–+

+–

R

+

–

–

+

I

G

nIe

R

+ (–)

– (+)

I

G

n

N S

6. En el motor serie utilizado en una locomotora, ¿qué pasa cuando el tren bajauna cuesta y por qué? ¿Qué pasaría si el par resistente se anulara por roturadel eje?

La característica par-velocidad de un mo-tor serie es la de la figura. Como puedeobservarse en ella, si el par disminuye devalor (M

1→ M

2), como consecuencia de

que lo haga el par resistente acoplado a sueje, la velocidad aumenta considerable-mente, hasta el punto de que se embalapeligrosamente cuando el par se acerca acero.

Si se acopla un motor serie a una locomotora de un tren, cuesta arriba se consigueun comportamiento bueno, especialmente si la pendiente es mucha: el motor es ca-paz de dar un par alto, aunque sea a costa de una baja velocidad (punto de funcio-namiento 3). Cuesta abajo, por lo dicho anteriormente, tiende a embalarse, puestoque el par resistente en tal caso se hace pequeño e incluso llega a anularse y a cam-biar de sentido (si la pendiente es suficiente). Antes de que eso ocurra, el motor debeser desconectado, y en caso necesario introducirse además algún sistema de frenado.

El mismo motor serie se embala igualmente si, por rotura del eje, el par se haceigual a cero.

7. Un motor de excitación serie tiene una potencia nominal de 20 kW y un ren-dimiento del 85%. Si la tensión en bornes a aplicar es de 440 V, la resistenciadel inducido de 0,3 Ω y la corriente de excitación, de 2 A:

a) Dibuja el esquema eléctrico del motor y su circuito de alimentación.

b) Calcula la corriente absorbida por la línea.

c) Calcula la corriente en el inducido.

d) Calcula la fuerza contraelectromotriz del motor.

El esquema eléctrico del motor y de su circuito eléctrico se muestra a continuación,junto con sus valores característicos:

Pn

= 20 000 W

Vn

= 440 V

η = 85%

I = Ie= I

i

V = E + Ri· I

Teniendo en cuenta los valores nominales de potencia y tensión y el rendimiento,cuando este motor funcione a plena potencia, tendrá los siguientes valores de inten-sidad y fuerza electromotriz:

I = = = 53,47 A ; E = V – Ri· I = 440 – 0,3 · 53,47 = 424 V20000

0,85 · 440

Pn

η · V


M

I

IeE

Ii

Ri = 0,3 Ω

Vn = 440 V

+

–

n

MM2

n2

n1

n3

M1 M3

3

1

2

Sin embargo, según el enunciado, la corriente de excitación (que es igual que la co-rriente absorbida por la línea y que la del inducido) tiene un valor de 2 A. Es decir, elmotor está realmente funcionando a una potencia bastante menor que la nominal.

En esta situación:

I = Ii= I

e= 2 A

E = 440 – 0,3 · 2 = 439,4 V

y la potencia consumida es:

P = 440 · 2 = 880 W

Nota: Otra posibilidad de respuesta es considerar que en el enunciado se ha deslizado un error y que elmotor realmente es de excitación en derivación.

En tal caso, suponiendo que todos los da-tos se refieren al punto de funcionamien-to nominal:

I = = = 53,47 A

Ii= I – I

e= 53,47 – 2 = 51,47 A

E = V – Ri· I

i= 440 – 0,3 · 51,47 = 424,5 V

8. Un motor de corriente continua de 6 polos con excitación en derivación po-see un inducido con 420 conductores activos y una resistencia total de 0,2 Ω,y un devanado de excitación con 200 Ω de resistencia. Si se alimenta con unatensión de 150 V y el flujo magnético por polo es de 0,05 Wb, determina:

a) La velocidad de funcionamiento en vacío.

b) La caída de tensión en la resistencia del inducido, la fuerza contraelectro-motriz y la velocidad si se aplica en el eje un par resistente de 20 N · m.

c) Las pérdidas de potencia y el rendimiento en esta última situación, si sedesprecia el efecto del rozamiento.

El esquema eléctrico del motor esel de la figura, y de él conocemos,además, los valores:

Z = 420 conductores

φ= 0,05 Wb

Ie= = = 0,75 A

a) En ausencia de rozamiento y de carga en el eje, el par electromecánico vale ce-ro, y, en consecuencia:

Ii= = 0

E = V – Ri· I

i= V = 150 V

n = = = 428,6 r.p.m.150 · 60420 · 0,05

E · 60Z · φ

2 · π · Me

Z · φ

150200

VR

e

200000,85 · 440

Pn

η · V


M

I

Ie

Ie2 A

E

Ii

V = 440 V

+

Ri = 0,3 Ω

M

I Ie

Re = 200 Ω

E

Ii

V = 150 V

+

Ri = 0,2 Ω

b) Si se aplica en el eje un par resistente de 20 N · m, la intensidad por el inducido es:

Ii= = 5,98 A 6 A

La caída de tensión en la resistencia del inducido vale:

Vci

= Ri· I

i= 0,2 · 6 = 1,2 V

y la fuerza contraelectromotriz es:

E = 150 – 1,2 = 148,8 V

mientras que la velocidad baja a:

n = = 425 r.p.m.

c) Como no hay pérdidas mecánicas, la pérdida de potencia (solo eléctrica) es:

Pp= R

i· I

i2 + R

e· I

e2 = 0,2 · 62 + 200 · 0,752 = 7,2 + 112,5 = 119,7 W

Las potencias útil (mecánica), total (eléctrica) y el rendimiento son:

Pu

= E · Ii= 148,8 · 6 = 892,8 W = M

e· ω

Pt= V · I = V · (I

e+ I

i) = 150 · (0,75 + 6) = 1 012,5 W

η= = = 0,88 (88%)

9. Un generador magnetoeléctrico de dos polos con un flujo magnético de0,1 Wb tiene un rotor de 30 ranuras y un inducido de dos capas, con bobinasde 10 espiras hechas con hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección, cuyas medidasson de 30 cm de largo por 20 cm de ancho.

a) Calcula el valor de la tensión en bornes funcionando en vacío, si gira a750 r.p.m.

b) Calcula el valor de la resistencia del inducido.

c) Si se conecta una carga que absorbe una corriente de 2 A, ¿cuánto vale elpar eletromagnético, qué potencia mecánica hay que suministrarle, enausencia de pérdidas por rozamiento, y cuánto valen la tensión en bor-nes, la potencia útil y el rendimiento?

El inducido, de dos capas en un rotor de 30 ranuras, tiene 30 bobinas, repartidaspor las escobillas y el colector en dos ramas de 15 bobinas cada una:

892,81 012,5

Pu

Pt

148,8 · 60420 · 0,05

2 · π · 20

420 · 0,05


RVEG

Ri

Ii = I

+

_

_

15 bobinas

+

a) El número de conductores activos es:

Z = 30 bobinas · 10 espiras · 2 = 600 conductores activos

La tensión en bornes, funcionando el generador en vacío, es igual a la fuerzaelectromotriz, al no producirse caída de tensión en R

i:

V0= E = = = 750 V

b) La resistencia del inducido, teniendo en cuenta su esquema desarrollado (figurade la derecha en la página anterior), se calcula del modo siguiente:

lbobina

= (0,3 + 0,2) · 2 · 10 = 10 m = lb

→ Rbobina

= ρ · = 0,017 · = 0,34 Ω = Rb

Ri= = = 2,55 Ω

c) Al conectar una carga de resistencia R, que determina una intensidad I = 2 A porel inducido, el par electromagnético (que en ausencia de rozamiento y en vacíoera cero), ahora valdrá:

Me= = = 19,1 N · m

La tensión en bornes, la potencia mecánica o total, la potencia útil y el rendi-miento son:

V = E – Ri· I = 750 – 2,55 · 2 = 744,9 V

Pm

= Me· = 19,1 · = 1 500 W = P

t

Pu

= V · I = 744,9 · 2 = 1 489,8 W

η = = = 0,993 (99,3%)

10. El inducido de corriente continua del ejercicio anterior va montado en unadinamo con excitación derivación, cuyo devanado de excitación poseeuna resistencia de 1 500 Ω. Si gira a 750 r.p.m., calcula:

a) La intensidad de la corriente por el inducido si el generador se conecta auna carga de 30 Ω.

b) El par electromagnético y la potencia mecánica total si hay un momentode rozamiento de 0,5 N · m.

c) La tensión en bornes yla potencia eléctrica útil,la potencia perdida enel inducido y en el deva-nado de excitación y elrendimiento.

El esquema eléctrico de ladinamo es el de la derecha:

1 489,81 500

Pu

Pt

2 · π · 75060

2 · π · n60

600 · 0,1 · 22 · π

Z · φ · Ii

2 · π

15 · 0,342

15 · Rb

2

100,5

lb

S

750 · 600 · 0,160

n · Z · φ60


G

IIi

Ie

+

—

V R = 30 Ω

Re = 1500 Ω

n = 750 r.p.m.

Ri = 2,55 Ω

E

a) Si suponemos que la máquina trabaja también con el mismo valor de flujo mag-nético, la fuerza electromotriz inducida girando a igual velocidad (750 r.p.m.) se-rá la misma que la del ejercicio anterior.

Por tanto, tal como hicimos en él:

V0= E = = = 750 V

Teniendo en cuenta que R está en paralelo con Rey ambas en serie con R

i, la in-

tensidad por el inducido es:

Ii= = = 23,46 A

b) Para ese valor de Ii, el par electromagnético vale:

Me= = = 224 N · m

Sumando el par de rozamiento y multiplicando por la velocidad angular, se ob-tiene la potencia mecánica total aplicada en el eje:

Mt= 224 + 0,5 = 224,5 N · m

Pt= M

t· ω = 224,5 · = 17 632 W

c) La tensión en bornes:

V = E – Ri· I

i= 750 – 2,55 · 23,46 = 690 V

permite calcular el resto de potencias.

Por tanto:

– Potencia útil:

Pu

= = = 15 870 W

– Potencia perdida en los devanados:

Ppe

= + Ri· I

i2 = + 2,55 · 23,462 = 1 720 W

– Potencia perdida:

Pp= P

t– P

u= 17 632 – 15 870 = 1 762 W

– Potencia perdida por rozamiento:

Ppm

= 1 762 – 1 720 = 42 W

Finalmente, el rendimiento, es decir, el cociente entre la potencia útil y la poten-cia mecánica total aplicada en el eje, tiene un valor:

η = = = 0,9 (90%)15 87017 632

Pu

Pt

6902

1 500V 2

Re

6902

30V 2

R

2 · π · 75060

600 · 0,1 · 23,462 · π

Z · φ · Ii

2 · π

75030 · 1 500———— + 2,55

1530

ER · R

e——— + RiR + R

e

750 · 600 · 0,160

n · Z · φ60


11. El esquema de la figura corresponde a un motor de corriente continua conexcitación en derivación, cuyos valores nominales son: potencia, 30 W; ten-sión, 50 V; velocidad, 500 r.p.m. y rendimiento, 90%. Si la resistencia del in-ducido es de 3 Ω, ¿cuánto vale la fuerza contraelectromotriz en el punto defuncionamiento nominal? ¿Cuálesson los valores de la intensidaden el arranque sin reostato y dela resistencia Rs del reostato paralimitarla a un valor 4 veces ma-yor que el nominal? ¿Qué ocurresi una vez alcanzado el punto defuncionamiento nominal se au-menta la resistencia del reostatoRd hasta que la intensidad de ex-citación baja a la mitad?

Teniendo en cuenta que la potencia nominal del motor es la potencia mecánica útilque entrega en el eje, la potencia eléctrica total que recibe de la línea será:

Pt= = = 33,

)3 W

La intensidad total, nominal, vale:

In

= = = 0,)6 A

Si consideramos que la resistencia del de-vanado de excitación es muy grande (mu-chas espiras de hilo fino), la intensidad deexcitación I

ela podemos despreciar frente

a la del inducido, Ii, en cuyo caso I

i I, y

la fuerza contraelectromotriz vale:

V E + Ri· I → E = 50 – 3 · 0,

)6 = 48 V

En el arranque, con Rs= 0 y sin la oposi-

ción de la f.c.e.m., la corriente vale:

Ia

= = = 16,)6 A

Para limitarla a 4 veces el valor nominal, habrá que situar el reostato en una posi-ción tal que:

Rs+ 3 = = = 18,75 → R

s= 18,75 – 3 = 15,75 Ω

Si el motor se encuentra funcionando a plena carga y se reduce la intensidad de ex-citación a la mitad, el flujo magnético baja en la misma proporción. Como la f.c.e.m.está determinada por V y la pequeña resistencia R

s, apenas varía con esta operación:

E = = cte

Entonces, si el flujo pasa a valer , la velocidad de giro será:

2 · n = 2 · 500 = 1 000 r.p.m.

φ2

n · Z · φ60

50

4 · 0,)6

504 · I

n

503

VR

i

33,)3

50

Pt

Vn

300,9

Pn

η


Rd Rs

Ri

50 V

+

–

M

M

l Ii

Ie

+

RsRd

Ri

50 V

–


1. En la figura se muestra el modelo eléctrico equivalente de un motor decorriente continua.

En su placa de características se indica: V = 220 V, I = 40 A, rendimientoµ = 85%. Mediante ensayo, se determina que las pérdidas mecánicas, por ro-zamiento y ventilación, son de 760 W. Calcula:

a) La potencia absorbida, la potencia útil, las pérdidas totales y las pérdidaspor efecto Joule.

b) La resistencia interna, Ri , y la fuerza contraelectromotriz, E, del motor.

c) El coste de la energía perdida por minuto, sabiendo que el precio de laelectricidad es de 16 PTA/kWh.


El esquema del circuito del enunciado, con sus valores característicos, es el siguiente:

a) De acuerdo con los datos nominales de la placa de características, las potenciasabsorbida (o total) y útil son:

Pt= V

n· I

n= 220 · 40 = 8 800 W = 8,8 kW

Pn

= η · Pt= 0,85 · 8 800 = 7 480 W = 7,48 kW

De modo que las pérdidas totales de potencia en funcionamiento nominal son:

Pp= P

t– P

u= 8 800 – 7 480 = 1 320 W = 1,32 kW

Y las pérdidas eléctricas, por efecto Joule, en la resistencia interna Ri, son:

Ppe

= Pp– P

pm= 1 320 – 760 = 560 W = 0,56 kW


MV

Ri

+

+

E

I

—

+

Vn = 220 V

In = 40 A

ηn = 0,85

En

Ri

Pu

–

M

b) El valor de la resistencia interna se calcula a partir de las pérdidas eléctricas,considerando el valor nominal de la intensidad:

Ri= = = 0,35 Ω

Luego la fuerza contraelectromotriz vale:

En

= Vn

– Ri· I

n= 220 – 0,35 · 40 = 206 V

c) En un minuto se pierde una energía:

Wp= P

p· t = 1,32 kW · h = 0,022 kWh

Que cuesta: 0,022 · 16 = 0,352 PTA

2. Un motor de excitación shunt, con una resistencia de 50 Ω, absorbe, a una ten-sión de 100 V y con una determinada carga, una corriente de 20 A, de formaque gira a una velocidad de 720 r.p.m. Se sabe, además, que la caída de tensiónen las escobillas es de 2 V y la resistencia de inducido es de 0,1 Ω. Calcula:

a) La corriente de excitación e inducido.

b) Si el flujo tiene un comportamiento lineal con la intensidad de excitación,calcula la velocidad del motor si se coloca una resistencia en serie con laexcitación de 20 Ω. (Supón que la intensidad que absorbe el motor esconstante).

LOGSE. Castilla y León, 2000.

El circuito equivalente del motor con excitación shunt, en el que la caída de tensiónen las escobillas se ha representado por medio de una pila ficticia (u) en oposicióna la tensión de alimentación, es el siguiente:

a) En el primer punto de funcionamiento, para R = 0 en el reostato de excitación yuna velocidad de giro de 720 r.p.m., la intensidad total vale I = 20 A, luego lasintensidades por el devanado de excitación y por el inducido son:

Ie= = = 2 A

Ii= I – I

e= 20 – 2 = 18 A

10050

VR

e

160

560402

Ppe

In2


M

I Ii

Ie

Re = 50 Ω

E

u = 2 VV = 100 V

+

Ri = 0,1 Ω

R

–

b) En el segundo punto de funcionamiento, se introduce una resistencia R = 20 Ωmediante el reostato de excitación y se mantiene la intensidad total en 20 A, encuyo caso las intensidades parciales son:

Ie' = = = 1,43 A

Ii' = I – I

e' = 20 – 1,43 = 18,57 A

Como la intensidad por el inducido ha variado muy poco y, además, la resisten-cia del inducido es muy pequeña, la fuerza contraelectromotriz del motor en am-bos casos es prácticamente igual:

E = V – U – Ri· I

i= 100 – 2 – 0,1 · 18 = 96,2 V

E' = V – U – Ri· I

i' = 100 – 2 – 0,1 · 18,57 = 96,14 V

La fuerza contraelectromotriz es directamente proporcional a la velocidad de gi-ro y al flujo de excitación, o, lo que es igual, a la intensidad de excitación, en cu-yo caso se puede poner:

E = 96,2 = k · n · Ie= k · 720 · 2

E' = 96,14 = k · n' · Ie' = k · n' · 1,43

Dividiendo ambas expresiones, se puede despejar el valor de la velocidad de gi-ro en el segundo punto de funcionamiento:

= → n' = = 1 006 r.p.m.

3. Un motor de corriente continua de excitación compuesta es alimentado a150 V y es empleado para accionar una potencia de 2 400 W a 1 000 r.p.m.

Determina:

a) La corriente del inducido y la fuerza contraelectromotriz.

b) El rendimiento del motor.

c) El par motor suministrado.

LOGSE. Oviedo, 1998

El esquema eléctrico del circuito del enunciado se muestra en la página siguiente,junto a sus valores característicos.

96,14 · 720 · 296,2 · 1,43

k · 720 · 2k · n' · 1,43

96,296,14

10050 + 20

VR

e+ R


150 V

Rs = 0,2 Ω

Rd = 30 Ω

Ra = 0,1 Ω

E,Ra

+

–

Rd

= 30 Ω

Rs= 0,2 Ω

Ra

= 0,1 Ω

V = 150 V

Pu

= 2 400 W

n = 1 000 r.p.m.

a) La intensidad de la corriente por el devanado de excitación en paralelo vale:

Id

= = = 5 A

Mientras que la intensidad por el inducido responde a la expresión:

Ia

= = =

Y también a la siguiente, considerando despreciables las pérdidas mecánicas:

Ia

= =

Igualando las dos últimas expresiones, es posible despejar el valor de la fuerzacontraelectromotriz:

=

150 · E – E 2 = 0,3 · 2 400 = 720

E 2 – 150 E + 720 = 0

E = = = 145 V

Y determinar después el valor de la corriente por el inducido:

Ia

= = 16,55 A

b) La intensidad total y la potencia absorbida por el motor valen:

I = Id

+ Ia

= 5 + 16,55 = 21,55 A

Pt= V · I = 150 · 21,55 = 3 232,5 W

Y el rendimiento del motor:

η = = = 0,74 (74%)

c) El par motor se obtiene a partir de los valores de la potencia útil (en el eje) y dela velocidad de giro:

M = = = 22,9 N · m60 · 2 4002 · π · 1 000

Pu

2 · π · n

24003232,5

Pu

Pt

2400145

+150 ± 1402

+150 ± √1502 – 4 · 7202

2 400E

150 – E0,3

2 400E

Pu

E

150 – E0,3

150 – E0,2 + 0,1

V – ER

s+ R

a

15030

VR

d


M

I Ia

Id

Rd RsRa

Pu

n

E

V

+

–

4. Tenemos un motor eléctrico de corriente continua con excitación indepen-diente del tipo 804 z, conectado a una línea de 230 V. Utilizando los datos delas tablas, se pide:

a) El rendimiento del motor.

b) La resistencia del inducido. (Desprecia la caída de tensión en las escobi-llas y las pérdidas mecánicas.)

c) El porcentaje en que habrá que reducir el flujo magnético, respecto al flu-jo nominal, manteniéndose constante la corriente nominal de inducidopara alcanzar la velocidad máxima de debilitamiento.

d) Representa el esquema de conexión del motor con excitación independiente.


De las tablas obtenemos los siguientes valores:

Pn

= Pm

= 14,9 kW = 14 900 W

In

= 75 A

nn

= 725 r.p.m. ; nd

= 1 800 r.p.m.


TIPO

EXCITACIÓN INDEPENDIENTE

802 z

Potencia(kW)

7,45

Corriente nominalde inducido

a230 V

(A)

a440 V

(A)

38 20

Velocidad(r.p.m.)

Máximavelocidad por

debilitamiento decampo (r.p.m.)

EXCITACIÓN SERIE

Potencia(kW)

Velocidad(r.p.m.)

Máxima velocidad de

funcionamiento(r.p.m.)

900 1800

7,45 800 3 600

803 z 11,2 57 30 800 2 000

11,2 725 3 300

804 z 14,9 75 39 725 1800

14,9 650 3 000

806 z

TIPO

802 z

803 z

804 z

806 z

22,4 111 57 650 1950

22,4 575 2 600

a) Para calcular el rendimiento, calculamos primero la potencia total:

Pt= V · I = 230 · 75 = 17 250 W

Por tanto, el rendimiento resulta:

η = = = 0,864 (86,4%)

b) La fuerza contraelectromotriz es:

E = = = 198,7 V

Con lo que la resistencia del inducido resulta:

Ri= = = 0,417 Ω

c) En un motor de corriente continua, la fuerza contraelectromotriz responde a lasiguiente expresión:

E =

Como Z es el número de conductores activos del inducido, que permanece inva-riable, manteniendo constantes la intensidad por el inducido y, por tanto, la fuerzacontraelectromotriz, se puede regular la velocidad variando el flujo magnético φ.Teniendo en cuenta que n y φ son inversamente proporcionales, n aumenta cuan-do φdisminuye o se debilita. Entonces:

= → = → φmín

0,4 · φn

Para alcanzar 1 800 r.p.m., máxima velocidad por debilitamiento de campo, hayque disminuir el flujo en un 60% del flujo nominal (es decir, hasta el 40%).

d) La representación del esquema de conexión es la siguente:

φmín

φn

7251800

φmín

φn

nn

nd

n · Z · φ60

230 – 198,775

V – EI

1490075

Pu

I

1490017250

Pn

Pt


M

I

E

Ii

V = 230 V

+

—

Ri Re


5.2. LA CORRIENTE ALTERNA

Página 173

1. Calcula la reactancia de una bobina de 20 mH para distintas frecuenciascomprendidas entre 0 y 400 Hz. Haz una gráfica que muestre la variación dela reactancia respecto a la frecuencia.

2. Para la bobina de la cuestión anterior, dibuja una gráfica de variación de la co-rriente respecto a la frecuencia, suponiendo que el valor eficaz de la tensiónes de 50 V.

Una bobina con un coeficiente de autoinducción L y resistencia despreciable, someti-da a una tensión alterna de valor eficaz V y frecuencia f, ofrece una reactancia X

Ly es

recorrida por una corriente de valor eficaz IL, que tienen por expresión:

– Reactancia:

XL= 2 · π · f · L

– Intensidad:

IL= =

– El circuito equivalente es el que se muestraen el esquema de la derecha.

Teniendo en cuenta los valores proporcionados en los enunciados de las cuestiones 1y 2, se obtiene la siguiente tabla de resultados de X

Ly de I

L, para diferentes valores

de la frecuencia, y las correspondientes gráficas de XL( f ) y de I

L( f ):

V2 · π · f · L

VX

L

Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

V (f ) L XL

IL

XL (Ω)

XL (f )

f (Hz)

50

40

30

20

10

100 200 4005025

IL (A)

IL (f )

f (Hz)

20

15

10

5

100 200 4005025

L = 20 mH = 0,02 H

V = 50 V

f (Hz)

0

XL (Ω) IL (A)

0 ∞

25 3,14 15,91

50 6,28 7,96

100 12,56 3,98

200 25,13 1,99

400 50,26 0,99

3. Calcula la impedancia de una bobina de 30 mH con 0,06 Ω de resistencia, si seconecta a una tensión alterna de 100 V/50 Hz. ¿Y si la frecuencia de la tensiónes de 50 kHz? Determina en ambos casos la intensidad de la corriente y sudesfase respecto a la tensión.

Una bobina real, con resistencia R y coeficiente de autoinducción L, posee en co-rriente alterna el circuito equivalente de la figura, y la impedancia que ofrece, la in-tensidad que absorbe y el desfase entre la tensión y la intensidad son:

Z =

I =

ϕ = arctg

Donde XL

es la reactancia de la bobina, de valor:

XL= 2 · π · f · L

Con los datos del enunciado, y para los dos valores de frecuencia, se obtienen los re-sultados siguientes:

– Primer caso:

Para un frecuencia f = 50 Hz, obtenemos:

XL= 2 · π · 50 · 0,03 = 9,424 Ω

Z = = 9,42419 Ω XL

I = = 10,61 A

ϕ = arctg = 89,63°

– Segundo caso:

Al elevar la frecuencia hasta f ' = 50 000 Hz, resulta:

XL' = 2 · π · 50 · 103 · 0,03 = 9 424 Ω

Z' = = 9 424 Ω = XL'

I' = = 10,61 · 10–3 A = 10,61 mA

ϕ' = arctg = 89,)9 90°

Como puede observarse, en una bobina de pequeña resistencia como la del enuncia-do, la impedancia es prácticamente igual a la reactancia y el ángulo de desfase entrela tensión y la intensidad es muy cercano a 90°. Eso ocurre a frecuencia industrial(50 Hz) y, en mucha mayor medida, a frecuencias altas (50 kHz).

9 4240,06

1009 424

√0,062 + 9 4242

9,4240,06

1009,42419

√0,062 + 9,4242

XL

R

VZ

√R 2 + XL2


V (f )

L

R

Z

I

4. Una impedancia está recorrida por una corriente de 6 A, y entre sus bornes semide una tensión de 220 V. Si consume una potencia de 1 000 W, ¿qué ángulode desfase produce entre la tensión y la corriente?

Sabemos que la potencia realmente consumidapor una carga en corriente alterna, como la re-presentada en el esquema de la derecha, es lapotencia activa, cuya expresión es:

P = V · I · cos ϕ

Con los datos del enunciado, el factor de poten-cia de la carga es:

cos ϕ = = = 0,757

Luego el desfase entre la tensión y la corriente es:

ϕ = arccos 0,757 = 40,7°

Si la carga es inductiva, la corriente irá retrasada respecto de la tensión, y al revés sies capacitiva.

Página 182

5. En un circuito con varias cargas, conectadas de forma desconocida, la intensi-dad de la corriente vale 3 A; la tensión en bornes, 220 V, y la potencia, 500 W.Calcula el valor de la impedancia equivalente y dibuja el correspondientetriángulo de la impedancia.

El esquema del circuito al que se refiere el enunciado es el de la figura de la izquierda:

El valor de la impedancia es:

Zeq

= = = 73,33 Ω

El factor de potencia se obtiene a partir del valorde la potencia activa:

cos ϕ = = = 0,757 → ϕ = 40,7°

Conocido el ángulo ϕ, se puede dibujar el triángulo de la impedancia, y calcular laresistencia y la reactancia:

R = Z · cos ϕ = 73,33 · cos 40,7° = 55,6 Ω

X = Z · sen ϕ = 73,33 · sen 40,7° = 47,8 Ω

Se ha supuesto que la reactancia es inductiva.

500220 · 3

PV · I

2203

VI

1000220 · 6

PV · I


V=220V

f =50Hz

I=6A

Z j

V=220V

I=3A

Zeq j

ZX

R

ϕ = 40,7°


1. Se desea transmitir una potencia de 1 000 kW a una distancia de 20 km, me-diante una línea de dos conductores de cobre, y el generador de corrientecontinua de la central eléctrica posee una tensión en bornes de 900 V:

a) ¿Qué sección habría que instalar para que las pérdidas de potencia no so-brepasen el 5% del total?

b) ¿Qué tensión habría que utilizar para que el tamaño de los conductoresno sea excesivo desde el punto de vista económico? (Por ejemplo, no másde 4 cm de diámetro).

c) Repite el razonamiento anterior para que la caída de tensión no sobrepa-se el 2%.

Representamos la línea con el siguiente esquema:

a) Se desea que la potencia perdida en la resistencia de la línea no sobrepase el 5%del total:

Pp= 0,05 · P = 0,05 · 106 = 5 · 104 W

Sabemos que la potencia perdida en la línea tiene por expresión:

Pp=

donde ρ = 0,017 Ω · mm2 · m–1.

La sección mínima necesaria será entonces:

S = = = 16 790 mm2

y por tanto, el diámetro será:

d = 2 · = 2 · = 146,2 mm

Como se ve, el cable tendría que ser muy grueso, y resultaría carísimo.

b) Si se limita el diámetro de los conductores a d' = 4 cm = 40 mm, estos tendrán lasiguiente sección:

S' = π · ( )2

= π · ( )2

= 1 256,6 mm2402

d'2

√16790π√ S

π

2 · 0,017 · 2 · 104 · (106)2

5 · 104 · (900)2

2 · ρ · l · P 2

Pp· V 2

2 · ρ · l · P 2

S · V 2


P = 106 W

V = 900V

ρ, S

l = 2 · 104 m

Con esa sección, para que la potencia perdida siguiese siendo la misma, la ten-sión habría que elevarla a:

V' = = = 3 290 V

Habría que utilizar una tensión superior a 3 290 V, por ejemplo de 3 300 V. Conello se lograría un considerable ahorro en cobre:

Volumen de cobre para V = 900 V: 16 790 · 10–6 · 2 · 104 = 335,8 m3

Volumen de cobre para V = 3 300 V: 1 256,6 · 10–6 · 2 · 104 = 25,1 m3

c) La caída de tensión en una línea de corriente continua tiene por expresión:

Vc=

Si no ha de sobrepasar el 2% de la tensión de la línea, resulta:

Vc= 0,02 · 900 = 18 V

Por tanto, habrá que instalar un cable que tenga por sección:

S = = = 41 975,3 mm2

con lo que el diámetro mínimo del cable deberá ser:

d = 2 · = 231,2 mm 23 cm

2. En un circuito formado por dos elementos en serie, las tensiones parcialesque mide un voltímetro son de 100 V y 150 V, mientras que la tensión total esde 220 V/50 Hz:

a) Obtén gráficamente el desfase entre las tensiones parciales.

b) ¿Cuánto valen los valores máximos y cuáles son las expresiones matemá-ticas de los valores instantáneos de ambas tensiones?

c) Súmalos punto a punto y comprueba que el resultado es una señal alternade 220 V y de igual frecuencia.

d) ¿Cuánto tiempo tarda cualquiera de las señales en recorrer un ciclo completo?

a) Llevamos V1

sobre eleje X graduado conve-nientemente (cada divi-sión equivale a 10 V) y,con el compás, traza-mos dos arcos de cir-cunferencia de radiosV y V

2, respectivamen-

te. El punto de corte esel tercer vértice deltriángulo.

√ 41975,3π

2 · 0,017 · 2 · 104 · 106

18 · 9002 · ρ · l · P

Vc· V

2 · ρ · l · PS · V

√ 2 · 0,017 · 2 · 104 · 1012

1 256,6 · 5 · 104√2 · ρ · l · P 2

S · Pp


j j2

V =220V

V 2=150V

V1=100 V

En el gráfico se miden los ángulos correspondientes:

ϕ1= 0 ; ϕ

2= 57° 1 rad ; ϕ = 35° 0,61 rad

b) Como V1, V

2y V son valores eficaces, los valores máximos son:

V1 máx

= · V1= · 100 = 141,42 V

V2 máx

= · V2= · 150 = 212,13 V

Vmáx

= · V = · 220 = 311,12 V

El período y la pulsación de cualquiera de las señales son:

T = = = 0,02 s ; ω = 2 · π · f = 2 · π · 50 = 100 · π rad/s

Los valores instantáneos responden a las siguientes expresiones:

v1= 100 · · sen (100 · π · t)

v2= 150 · · sen (100 · π · t + 1)

v = 220 · · sen (100 · π · t + 0,61)

c) Tomando suficientes valores de t entre 0 y 0,02 s, y calculando los correspon-dientes valores de v

1, v

2y v, podemos comprobar punto a punto que efectiva-

mente v1+ v

2= v. Hagámoslo mediante una tabla:

La desviación de v1

+ v2

respecto de v en ningún caso va más allá de 1 V, errormuy pequeño frente a los valores máximos.

Ha quedado demostrado, pues, por medio de este ejemplo, que la suma vecto-rial (geométrica) de los valores eficaces de dos señales alternas representa a laseñal alterna que es, a su vez, suma de ambos en todos los instantes.

d) El tiempo que tarda cualquier señal en completar un ciclo es el período (0,02 s),calculado anteriormente en el apartado b).

√2

√2

√2

150

1f

√2√2

√2√2

√2√2


t (s)

0

0,0025

0,005

0,0075

0,01

0,0125

0,015

0,0175

0,02

v1

0

100

141,4

100

0

–100

–141,4

–100

700

v2

178,5

207,2

114,6

–45,2

–178,5

–207,2

–114,6

45,1

178,5

v

178,2

306,3

255

54,2

–178,2

–306,3

–255

–54,2

178,2

3. A una resistencia de 15 Ω se le aplica una tensión alterna de 30 V/50 Hz:

a) Determina el valor eficaz de la corriente que circula por ella, su valor má-ximo y el desfase entre la tensión y la corriente.

b) Indica la expresión matemática de los valores instantáneos de ambas se-ñales y dibuja las curvas correspondientes respecto al tiempo.

c) ¿Cuánto vale la potencia disipada en la resistencia y la energía durante 10minutos?

d) ¿Qué ocurre si la frecuencia se eleva a 100 Hz?

a) El valor eficaz de la corriente para el circuito es:

I = = = 2 A

Los valores máximos de la tensión y la corrien-te son:

Vmáx

= · 30 = 42,4 V

Imáx

= · 2 = 2,82 A

En una resistencia ideal el desfase entre la tensión y la corriente es nulo: ϕ = 0°.

b) Los valores instantáneos y su representación gráfica son los siguientes:

v = Vmáx

· sen (ω · t) = 30 · · sen (100 · π · t)

i = Imáx

· sen (ω · t) = 2 · · sen (100 · π · t)

donde:

ω = 2 · π · f =

= 100 · π rad · s–1

T = = 0,02 s

ϕ = 0°

c) La potencia disipada (activa) y la energía disipada en 10 minutos, son:

P = V · I · cos ϕ = 30 · 2 = 60 W ; W = P · t = 60 · 600 = 36 000 J

d) Si la frecuencia se eleva a 100 Hz, la única magnitud que se modifica es el perío-do, que pasa a ser:

T' = = 0,01 s

Los valores instantáneos tendrían entonces las expresiones:

v = 30 · · sen (200 · π · t)

i = 2 · · sen (200 · π · t)√2

√2

1100

150

√2

√2

√2

√2

3015

VR


V = 30Vf = 50 Hz R

I

t

i

v

T = 0,02 s

2,28 A42,4 V

4. Una resistencia de 100 Ω se conecta a una línea de 220 V/50 Hz. Determina suimpedancia, la intensidad de la corriente, las potencias activa, reactiva y apa-rente y el factor de potencia.

Dibuja el diagrama vectorial tensión-intensidad, así como la representacióngráfica de los valores intantáneos de la tensión, la intensidad y la potencia.

Da una explicación cualitativa de la evolución relativa de dichos valores.

La impedancia de una resistencia ideal es la misma resistencia R, y el desfase que seproduce entre la tensión y la intensidad es nulo:

Z = R = 100 Ω ; ϕ = 0°

El esquema del circuito, junto con el diagrama vectorial tensión-intensidad resultan-te, se muestran a continuación:

El cálculo de la intensidad, las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor depotencia, proporciona los siguientes valores:

I = = = 2,2 A

P = V · I · cos ϕ = 220 · 2,2 · cos 0 = 484 W

Q = V · I · sen ϕ = 220 · 2,2 · sen 0 = 0

S = V · I = 220 · 2,2 = 484 VA

cos ϕ = cos 0 = 1

Los valores máximos y el período, necesarios para dibujar las señales, son:

Vmáx

= · V = · 220 = 311,12 V

Imáx

= · I = · 2,2 = 3,11 A

T = = = 0,02 s

Las expresiones de los valores instantáneos de la tensión, la intensidad y la potenciason:

v = · 220 · sen (100 · π · t)

i = · 2,2 · sen (100 · π · t)

p = v · i = 484 – 484 · cos (200 · π · t)

√2

√2

150

1f

√2√2

√2√2

220100

VR


220V50 Hz

R =100 ΩZ ϕ

I

V

I

En una resistencia, el único “efecto energético” que se produce es la transformaciónde energía eléctrica en calor, que se disipa. Esa energía, por tanto, solo puede po-seer un signo (positivo), independientemente del sentido de la corriente.

5. Resuelve el ejercicio anterior, para una bobina ideal cuyo coeficiente de au-toinducción vale 30 mH.

La impedancia de una bobina ideal es su reactancia, y el desfase que produce entrela tensión y la corriente es de 90°:

Z = XL= 2 · π · f · L = 2 · π · 50 · 30 · 10–3 = 9,42 Ω

ϕ = 90° = (adelantada la tensión)

El esquema del circuito y el diagrama vectorial resultante son los siguientes:

Obtenemos, en este caso, los siguientes valores:

– Intensidad eficaz:

I = = = 23,354 A

– Potencia activa:

P = V · I · cos ϕ = 220 · 23,354 · cos 90 = 0

– Potencia reactiva:

Q = V · I · sen ϕ = 220 · 23,354 · sen 90 = 5 138 VAR

– Potencia aparente:

S = V · I = 220 · 23,354 = 5 138 VA

2209,42

VX

L

π2


t

i

v

p

0,02s

2

968 W

484 W

2220 · V2,2 · A

200V

50Hz

L = 30mH

I

Z ϕV

I

90°

Las expresiones de los valores instantáneos son:

v = 220 · · sen (100 · π · t + )i = 23,35 · · sen (100 · π · t)

p = P – S · cos (2 · ω · t + ϕ) = –5 138 · cos (200 · π · t + )La potencia instantánea es, en este caso, alterna, con semiciclos positivos (en losque la bobina recibe energía de la línea) y otros negativos (en los que devuelve di-cha energía en su totalidad).

Los semiciclos positivos corres-ponden a los intervalos en que laintensidad, sea cual sea su sentido,aumenta de valor, y con ella elcampo magnético en la bobina;para crear dicho campo es necesa-rio aportar energía. Los semiciclosnegativos corresponden a los in-tervalos de intensidad decreciente(desaparición del campo), y poreso el campo magnético de la bo-bina devuelve energía al circuito.

6. Resuelve el ejercicio 4 para el caso de un condensador de 200 µF.

La impedancia de un condensador ideal es su reactancia, y el desfase que produce entrela tensión y la corriente también es de 90°, pero en este caso adelantada la intensidad:

Z = XC

= = = 15,9 Ω

ϕ = –90° = – (adelantada la corriente)

Obtenemos, en este caso:

– Intensidad eficaz:

I = = = 13,83 A

– Potencia activa:

P = V · I · cos ϕ = 220 · 13,83 · cos (–90°) = 0

22015,9

VX

C

π2

12 · π · 50 · 200 · 10–6

12 · π · f · C

π2

√2

π2

√2


t

i

v

p

0,02s

5138 W

2220 · V

223,35 · A

I

C = 200 µF220 V50 Hz

Z ϕ

I

V

90°


Q = V · I · sen ϕ = 220 · 13,83 · sen (–90°) = –3 043 VAR (capacitiva)


S = V · I = 220 · 13,83 = 3 043 VA

Las expresiones de los valores instantáneos son:

v = 220 · · sen (100 · π · t – )i = 13,83 · · sen (100 · π · t)

p = P – S · cos (2 · ω · t + ϕ) = –3 043 · cos (200 · π · t – )La potencia es una magnitud alterna: posee semiciclos positivos, correspondientes alos intervalos en que se crea el campo eléctrico (tensión creciente); y semiciclos ne-gativos, correspondientes a los intervalos de desaparición del campo eléctrico (ten-sión decreciente).

7. Si la resistencia, la bobina y el condensador de los ejercicios anteriores se co-nectan a una línea de 220 V/5 kHz, ¿qué ocurre con el valor de la corriente?

Demuéstralo con los cálculos adecuados y proporciona una justificación cua-litativa.

Haremos el análisis para los dos circuitos básicos, en serie y en paralelo:

– Circuito en serie:

Obtenemos los siguientes valores:

Z = = 100,2 Ω ; ϕ = arctg = 3,7°15,9 – 9,42100

√1002 + (15,9 – 9,42)2

π2

√2

π2

√2


t

i

v p

0,02s

R = 100 Ω

Z

XL

= 9

,42

Ω

XC

= 1

5,9

Ω

ϕXL = 9,42 Ω

XC = 15,9 Ω

I

V = 220 V50 Hz

R = 100 Ω VR

VL

VC

I = = = 2,19 A

VR

= R · I = 100 · 2,19 = 219 V

VL= X

L· I = 9,42 · 2,19 = 20,6 V

VC

= XC

· I = 15,9 · 2,19 = 34,8 V

La corriente está adelantada respecto a la tensión y vale menos que si solo estu-viese conectada la resistencia.

La justificación es la siguiente: El mantenimiento de los campos alternos magnéticoy eléctrico, en la bobina y en el condensador respectivamente, determina sendastensiones parciales desfasadas 90° respecto de la corriente, y de sentidos contra-rios, debido a que ambos campos fluctúan de forma inversa (cuando uno se formay reclama energía de la red, el otro está reduciéndose y devolviendo energía). Silos dos efectos (inductivo y capacitivo) se compensan, cosa que ocurre para X

L= X

C,

el circuito se comporta globalmente como si tuviese solo la resistencia. En casocontrario, la resistencia sufre una pérdida de tensión y la intensidad de la corrientedisminuye, al tiempo que se desfasa respecto de la tensión, en retraso si predomi-na el efecto inductivo, en adelanto si predomina el efecto del condensador.

Esto último es lo que sucede en este caso, aunque en poca medida (I IR, ϕ cer-

cano a cero), porque XLy X

Cson pequeñas frente a R.

– Circuito en paralelo:

IR

= = = 2,2 A (en fase con V)

IL= = = 23,35 A (retrasada 90°)

IC

= = = 13,83 A (adelantada 90°)

I = = 9,78 A

ϕ = arctg = 77°

La corriente está retrasada respecto de la ten-sión, y es mayor que si solo estuviese conecta-da la resistencia.

(23,35 – 13,83)2,2

√2,22 + (23,35 – 13,83)2

22015,9

VX

C

2209,42

VX

L

220100

VR

220100,2

VZ


V 220 V50 Hz

ICIRI

R = 100 Ω XL = 9,42 Ω XC = 15,9 Ω

IL

I

V = 220 VIR = 2,2 A I C =

13,

82 A

I L =

23,

35 Aϕ

I = 2,19 A

V = 220 V

VL

= 2

0,6

V

VR = 219 V

VC

= 3

4,8

V

ϕ = 3,7°

La justificación, en este caso, es la siguiente: Valen, con algunas modificaciones,los argumentos anteriores. En la conexión en paralelo, la introducción de la bo-bina y el condensador determina la aparición de las correspondientes corrientes,añadidas a la de la resistencia (en suma geométrica o vectorial), corrientes queestán desfasadas 90° respecto a la tensión y en oposición entre sí (por el motivoya explicado). Si ambas corrientes poseen el mismo valor, cosa que ocurre paraX

L= X

C, el circuito se comporta como si solo tuviese la resistencia; en caso con-

trario, la red debe aportar una corriente mayor, en adelanto si predomina el efec-to del condensador (I

C> I

L, X

C< X

L) o en retraso si predomina el efecto de la bo-

bina (IL> I

C, X

L< X

C).

Eso último es lo que sucede en este caso concreto. Obsérvese además que, alcontrario que en el circuito serie, la introducción en paralelo de reactancias de pe-queño valor produce un efecto considerable.

8. Una línea monofásica de 220 V/50 Hz alimenta un motor de 3 kW con factorde potencia 0,8, una instalación de alumbrado fluorescente de 600 W con fac-tor de potencia 0,65 y un horno eléctrico de 5 kW.

Dibuja el circuito y determina:

a) La impedancia de cada uno de los receptores y la intensidad.

b) La intensidad total y la impedancia equivalente de toda la instalación.

c) La potencia total suministrada por el generador, la potencia activa y laaparente.

d) El factor de potencia global de la instalación y la capacidad del condensa-dor que habría que conectar en paralelo para corregirlo totalmente.

Dibujamos el esquema “unifilar” de la instalación y su circuito equivalente:

a) Además de la intensidad y la impedancia de cada receptor, determinaremos tam-bién su potencia reactiva. Los datos de partida son la potencia activa y el factorde potencia.

MOTOR: I1= = = 17 A

Z1= = = 12,9 Ω

ϕ1= arccos 0,8 = 36,87° (en retraso I

1respecto de V)

Q1= P

1· tg ϕ

1= 3 000 · tg 36,87° = 2 250 VAR

22017

VI1

3 000220 · 0,8

P1

V · cos ϕ1


HORNOALUMBRADOMOTORP3= 5000 WP2= 600 WP1= 3000 W

cos ϕ3=1cos ϕ2= 0,65cos ϕ1= 0,8

V = 220V/ 50Hz

220VV

50 HzZ1 ϕ

1 Z2 ϕ2 Z3 ϕ

3

I3I2I1

I

ALUMBRADO: I2= = 4,2 A

Z2= = 52,3 Ω

ϕ2= arccos 0,65 = 49,45° (en retraso I

2)

Q2= P

2· tg ϕ

2= 600 · tg 49,45° = 701,2 VAR

HORNO: I3= = 22,7 A

Z3= = 9,7 Ω = R

3

ϕ3= 0 (I

3en fase con V)

Q3= 0

b) Los valores de I y ϕ se pueden obtener gráficamente (haciendo el diagrama a esca-la), mediante fórmulas geométricas, o haciendo la descomposición de los vectores.

Sin embargo, en este caso en que se dispone de los valores de P y Q, el caminomás rápido es a través del triángulo de potencias:

P = P1+ P

2+ P

3= 3 000 + 600 + 5 000 =

= 8 600 W

Q = Q1+ Q

2+ Q

3= 2 250 + 701,2 + 0 =

= 2 951,2 VAR

S = = =

= 9 092,3 VA

I = = = 41,3 A

ϕ = arctg = arctg = 18,9°

La impedancia equivalente es:

Zeq

= = = 5,33 Ω

con un ángulo de desfase de 18,9° en retraso (la corriente respecto a la tensión).

22041,3

VI

2951,28 600

QP

9092,3220

SV

√86002 + 2 951,22√P 2 + Q2

22022,7

5 000220

2204,2

600220 · 0,65


j I3=22,7A 36,87¡

V = 220 V

49,45¡

I2=4,2A

I1 =17A

I

Q3=0Q2

Q1Q

P1 P2

P

P3

S =V · I

ϕ

c) La potencia total suministrada por el generador no es sino la potencia activa(8 600 W), y la potencia aparente ya ha sido calculada también (9 092,3 VAR).

d) El factor de potencia global de la instalación es:

cos ϕ = cos 18,9° = 0,95 (inductivo)

Para corregirlo del todo (cos ϕ1= 1), habría que conectar en paralelo un con-

densador que porporcionase la potencia reactiva QC

necesaria para compensarla de la instalación:

QC

= 2 951,2 VAR

En cuyo caso,

IC

= = = 13,41 A

XC

= = = 16,40 Ω ; C = = = 194 µF

9. Una línea trifásica de 380 V/50 Hz con tres conductores alimenta un motorde 15 kW con factor de potencia 0,75 y un horno trifásico de 20 kW. Dibuja elcircuito con los interruptores correspondientes y determina:

a) La intensidad de la corriente en la línea si se conecta solamente el motor.

b) Ídem si se conecta solamente el horno.

c) La intensidad de la corriente, la potencia consumida y el factor de poten-cia si se conectan ambos simultáneamente.

d) ¿Qué habría que hacer para corregir el factor de potencia? Dibuja el cir-cuito y haz los cálculos oportunos.

El esquema unifilar, con fusibles de protección (F) e interruptores (S) es el siguiente:

a) Cuando funciona solo el motor:

I1= = = 30,38 A

ϕ1= arccos 0,75 = 41,4° (en retraso, inductivo)

Q1= P

1· tg ϕ

1= 15 000 · tg 41,4° = 13 228,7 VAR

15000

√3 · 380 · 0,75

P1

√3 · Vl · cos ϕ

1

12 · π · 50 · 16,40

12 · π · f · X

C

22013,41

VIC

2951,2220

QC

V


V220V50Hz

Ic

ZeqC

HORNOMOTORP2= 20000 WP1=15000 W

S1

F1

S2

F2

cos ϕ2=1cos ϕ1= 0,75

V = 380V/ 50Hz

b) Cuando funciona solo el horno:

I2= = = 30,38 A

ϕ2= 0 (carga resistiva)

Q2= 0

c) Si funcionan las dos cargas, las potencias totales, activa y reactiva, son:

P = P1+ P

2= 15 000 + 20 000 = 35 000 W

Q = Q1+ Q

2= 13 228,7 + 0 = 13 228,7 VAR

luego,

S = = = 37 416,5 VA

Il= = = 56,8 A

ϕ = arctg = = 20,7° → cos ϕ = 0,935

(inductiva, en retraso I respecto a V).

d) Para corregir el factor de potencia totalmente (cos ϕ' = 1), habría que instalar unabatería de condensadores, conectados por ejemplo en triángulo, capaces decompensar la potencia reactiva del motor.

QC

= 13 228,7 VAR

IC

= = 20 A

Esta corriente es de línea. Como los condensadores están conectados en triángu-lo, la corriente por fase es:

(IC)

f= = 11,54 A

XC

= = = 32,9 Ω

C = = 97 µF12 · π · 50 · 32,9

38011,54

Vl

(IC)

f

20

√3

QC

√3 · Vl

13228,735 000

QP

37416,5

√3 · 380

S

√3 · Vl

√350002 + 13 228,72√P2 + Q2

20 000

√3 · 380

P2

√3 · Vl


MOTOR

S1

F1

HORNO

S2

F2

S3

C

F3

380V/ 50Hz

XC

10. En el circuito de la figura, calcula:

a) La intensidad de corriente que circula.

Dibuja el aparato adecuado para su medición en el circuito.

b) El triángulo de potencias y el factor de potencia.

c) Los valores de C y L correspondientes a las reactancias indicadas en el cir-cuito.

a) La impedancia equivalente es:

Z = = = 4,47 Ω

con un ángulo de desfase:

ϕ = arctg = arctg = 26,56°

(en retraso la corriente respecto a la tensión, puesto que XL> X

C)

La intensidad tendrá un valor eficaz:

I = = = 49,2 A

Para medirla, hay que conectar un amperímetro en serie con la carga, es decir,con los tres elementos:

b) Construimos el triángulo de potencias:

S = V · I = 220 · 49,2 = 10 824 VA

P = S · cos ϕ = 10 824 · cos 26,56° = 9 681,7 W

Q = S · sen ϕ = 10 824 · sen 26,56° = 4 840 VAR

Factor de potencia: cos ϕ = cos 26,56 = 0,894

2204,47

VZ

8 – 64

XL– X

C

R

√42 + (8 – 6)2√R2 + (XL– X

C)2


220 V/ 50Hz

XC = 6 ΩR = 4 Ω XL = 8 Ω

220 V/ 50Hz

C LR

A

Q

P

S

ϕ =26,56°

c) Teniendo en cuenta la frecuencia de la tensión de alimentación, los valores de Cy L son:

C = = = 530,5 µF

L = = = 25,46 mH

11. Un receptor constituido por dos elementos A y B en serie está conectado auna línea de 220 V/50 Hz y consume una potencia de 2 500 W, medida con unvatímetro, mientras que la intensidad que circula por él es de 15 A, medidacon un amperímetro.

a) Dibuja el circuito de medida.

b) Determina el valor de la impedancia total, de las potencias reactiva y apa-rente y del factor de potencia.

c) Si se desconecta de la línea y se mide su resistencia con un polímetro,¿cuánto marcaría si A fuese una resistencia y B una bobina? ¿Cuál sería elvalor si A fuese una resistencia y B un condensador?

a) El circuito completo, con los dos aparatos de medida, es el siguiente:

El vatímetro ha medido una potencia activa P = 2 500 W, y el amperímetro unaintensidad eficaz I = 15 A.

b) El valor de la impedancia será:

Z = = = 14,6 Ω

La potencia aparente:

S = V · I = 220 · 15 = 3 300 VA

El factor de potencia:

cos ϕ = = = 0,757 (ϕ = 41°)

Y la potencia reactiva:

Q = S · sen ϕ = 3 300 sen 41° = 2 165 VAR

25003300

PS

22015

VI

82 · π · 50

XL

2 · π · f

12 · π · 50 · 6

12 · π · f · X

C


V220V

50Hz

I

A

B

Z

A W

c) En el supuesto de que A sea una resistencia y B unabobina, un polímetro mediría en bornes del receptorsu resistencia total, es decir:

R = Z · cos 41° = 14,6 · 0,757 = 11 Ω

Si B es un condensador, como el polímetro trabaja con corriente continua, medi-rá una resistencia de valor infinito, dado que en continua el condensador secomporta como un circuito abierto.

12. Una lámpara de descarga de vapor de mercurio de 250 W está conectada auna línea de 220 V/50 Hz mediante una reactancia, y absorbe una intensidadde 2 A:

a) Determina la impedancia del circuito, el factor de potencia y las potenciasreactiva y aparente.

b) Si desea corregir el factor de potencia hasta hacerlo igual a la unidad, co-nectando un condensador en serie. ¿Qué valor debe tener su capacidad?

c) También se puede hacer dicha corrección conectando un condensador enparalelo. En tal caso, ¿cuánto valdría su capacidad?

El circuito equivalente de la instalación es:

a) Con los valores que proporciona el enunciado, obtenemos las magnitudes pedidas:

Impedancia:

Z = = = 110 Ω

Potencia aparente:

S = V · I = 220 · 2 = 440 VA

Factor de potencia:

cos ϕ = = = 0,568

(ϕ = 55,37° en retraso I respecto a V, dado que el circuito es inductivo)

Potencia reactiva:

Q = S · sen ϕ = 440 · sen 55,37° = 362 VAR

250440

PS

2202

VI


R

41¡

XLZ=14,6 W

V220 V

50 Hz

R

P=250 WI=2 A

XL

I

Z j

b) Para hacer cos ϕ = 1, se conecta un condensador en serie; tal cosa ocurrirá si sureactancia es igual a la de la bobina:

XC

= XL= 110 · sen 55,37° = 90,5 Ω

Luego su capacidad ha de ser:

C = = =

= 35,2 · 10–6 F

c) Si, en vez de conectarlo en serie, se conecta el condensador en paralelo, paracalcular C' hemos de considerar que cos ϕ se hace 1 cuando la potencia reactivadel condensador compensa la que posee la reactancia de la lámpara:

QC'

= 362 VAR, en cuyo caso,

IC'

= = = 1,645 A

XC'

= = = 133,7 Ω

C' = =

= = 23,8 · 10–6 F

Obsérvese que el valor del condensador es diferente si la corrección del factorde potencia se hace en serie o en paralelo.

Además, debe considerarse que en serie se modifica la tensión en la carga si semantiene la misma alimentación.

13. Un circuito con R = 100 Ω, L = 150 mH y C = 200 µF, conectado en paralelo, sealimenta con una tensión alterna de 50 V/50 Hz, suministrada por un gene-rador de frecuencia variable.

a) Determina las intensidades parciales, la intensidad total y la impedanciadel circuito.

b) Determina las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de poten-cia. ¿En qué elemento se consume la potencia?

c) Si aumenta la frecuencia de la tensión aplicada, ¿qué sucede en las tres ra-mas del circuito? ¿Qué sucedería si disminuyese?

d) ¿Qué valor de frecuencia será necesario para que el factor de potencia fue-se la unidad? En tal situación, ¿qué sucede con la energía en los tres ele-mentos del circuito?

El esquema del circuito es el representado en la primera figura de la página siguiente.

12 · π · 50 · 133,7

12 · π · f · X

C'

2201,645

VIC'

362220

QC'

V

12 · π · 50 · 90,5

12 · π · f · X

C


220V50Hz

XC

I

110 55,37°Ω

220V

50Hz C'

IC

Z

a) Las intensidades parciales se obtienen tras determinar la impedancia correspon-diente a cada rama:

Z1= R = 100 Ω

Z2= X

L= 2 · π · f · L = 2 · π · 50 · 0,15 = 47,12 Ω

Z3= X

C= = = 15,9 Ω

Con lo que resulta:

I1= = = 0,5 A

(ϕ1= 0°, I en fase con V)

I2= = = 1,06 A

(ϕ2= 90°, I retrasada)

I3= = = 3,14 A

(ϕ3= 90°, I adelantada)

La intensidad total se determina haciendo la sumavectorial de las intensidades parciales:

I = =

= = 2,14 A

cos ϕ = arctg = arctg = 76,4°

(en adelanto I respecto a V)

Luego la impedancia equivalente del circuito es:

Z = = = 23,3 Ω ∠ 76,4° (globalmente capacitiva)502,14

VI

2,080,5

I3– I

2

I1

√0,52 + (3,14 – 1,06)2

√I12 + (I

3– I

2)2

5015,9

VX

C

5047,12

VX

L

50100

VR

12 · π · 50 · 2 · 10–4

12 · π · f · C


R =100 Ω L = 0,15 H50 V50 Hz

I2I1

I

I3

C = 2 · 10–4 F

I

I3

I1

I2

V

j

b) Construimos el triángulo de potencias:

S = V · I = 50 · 2,14 = 107 VA

cos ϕ = cos 76,4° = 0,235 (capacitivo)

P = S · cos ϕ = 107 · 0,235 = 25 W

Q = S · sen ϕ = 107 · sen 76,4° = 104 VAR

La potencia activa se consume exclusivamente en la resistencia, supuestos idea-les el condensador y la bobina.

c) Si aumenta la frecuencia de la fuente de alimentación del circuito, la resistenciade la rama 1 no se ve afectada, pero sí las reactancias de la bobina y del con-densador.

En tal caso, la reactancia de la bobina:

XL= 2 · π · f · L

aumenta y, en consecuencia, disminuye el valor de I2, mientras que la reactancia

del condensador:

XC

=

disminuye, y con ello aumenta la corriente I3. El efecto global es que el circuito

se hace más capacitivo.

Si, por el contrario, disminuye la frecuencia, sucede al revés: XLdisminuye (I

2au-

menta), XC

aumenta (I3

disminuye); el circuito se hace cada vez menos capaciti-vo, hasta que llega un momento en que I

2e I

3son iguales y se anulan, en cuyo

caso ϕ = 0 y el circuito alcanza un factor de potencia: cos ϕ = 1.

d) Como vimos en el apartado anterior, al disminuir la frecuencia se alcanza un mo-mento en que I

2e I

3se igualan y se anulan, haciendo que cos ϕ = 1.

Cuando esto sucede, se cumple:

XC

= XL

→ 2 · π · f · L =

donde, despejando la frecuencia, resulta:

f = = = 29 Hz

En esta situación, no existe globalmente potencia reactiva, aunque sí la poseentanto la bobina como el condensador.

Eso significa que la energía reactiva, que es la que está asociada al mantenimien-to de los campos eléctrico (en el condensador) y magnético (en la bobina), alter-nos, no fluctúa entre dichos elementos y el generador, como es habitual, sinoque lo hace entre ambos, produciéndose entonces el fenómeno conocido comoresonancia (eléctrica) del circuito.

1

2 · π · √0,15 · 2 · 10–4

1

2 · π · √L · C

12 · π · f · C

12 · π · f · C


S

P

Q

ϕ

14. Un alternador monofásico de 4 polos con un campo magnético de excitaciónde 0,1 Wb por polo tiene 20 conductores activos en el inducido:

a) Determina la fuerza electromotriz y la frecuencia si se hace girar a 750r.p.m.

b) ¿A qué velocidad debe girar para que la frecuencia de la corriente sea de50 Hz? ¿Cuánto valdrá en tal caso la fuerza electromotriz?

c) ¿Qué pasaría si el número de polos fuese 8?

Conocidos los valores de la velocidad de giro del rotor n en r.p.m., el flujo magnéti-co por polo φ, el número de espiras del inducido N y el número de pares de polosp, la fuerza electromotriz de un alternador monofásico y su frecuencia se calculanpor medio de las expresiones:

E = 4,44 · f · N · φ ; f =

a) En este caso, como el inducido posee 20 conductores activos, N = = 10 espi-ras; y teniendo en cuenta los demás datos:

f = = 25 Hz ; E = 4,44 · 25 · 10 · 0,1 = 110 V

b) Para que la frecuencia fuese de 50 Hz:

n' = = = 1 500 r.p.m.

El alternador tendría que girar a doble velocidad, y entonces la fuerza electromo-triz también sería el doble: E' = 4,44 · 50 · 10 · 0,1 = 222 V.

c) Si el número de polos fuese 8, p = 4, y al girar el alternador a 750 r.p.m. la fre-cuencia sería de 50 Hz y la fuerza electromotriz de 222 V.

15. El alternador del ejercicio anterior, funcionando a 750 r.p.m., posee una re-sistencia y una reactancia del inducido de 0,2 Ω y 2 Ω respectivamente.

a) Determina la impedancia y la corriente de cortocircuito.

b) Determina la intensidad y la tensión en bornes si se conecta a una cargainductiva de 10 Ω de resistencia y 4 Ω de reactancia.

c) ¿Qué sucede con todos los valores si se eleva la velocidad de giro hasta3 000 r.p.m.?

El circuito equivalente del alternador trabajando en vacío es:

60 · 502

60 · fp

2 · 75060

202

p · n60


110 V25 Hz

G

Zcc

a) La impedancia de cortocircuito es:

Zcc

= = 2,01 Ω

(con ϕcc

= arctg = 84,28° en retraso)

Si se conectan directamente los bornes haciendo un cortocircuito, la corriente será:

Icc

= = = 54,72 A

(retrasada 84,28° respecto a la f.e.m. E )

b) Al conectar la carga, el circuito equivalente que obtenemos será:

la impedancia total vale, en este caso:

Zt= = = 11,83 Ω

(con ϕ = arctg = 30,4° en retraso)

mientras que la impedancia de carga es:

Zc= = 10,77 Ω (con ϕ

c= 21,8°)

La intensidad de la corriente será:

I = = = 9,3 A

Y la tensión en bornes:

V = Zc· I = 10,77 · 9,3 = 100,16 V

c) Si se eleva la velocidad de giro hasta 3 000 r.p.m., cuatro veces mayor, la f.e.m. Epasa a valer 440 V, y se puede suponer que también se cuatriplican los valoresde las reactancias.

La corriente de cortocircuito apenas cambia, mientras que el resto de magnitudesresultan:

Zt= 26 Ω ; Z

C= 18,86 Ω

I = 16,92 A ; V = 319 V

Nota: Obsérvese que la intensidad por la carga no ha llegado ni al doble de su valor anterior, mientrasque la caída de tensión interna ha aumentado considerablemente (del 10% al 27%, aproximadamente).

11011,83

EZ

t

√102 + 42

610,2

√10,22 + 62√Rt2 + X

t2

1102,01

EZ

cc

20,2

√0,22 + 22


110 V

0,2 W

10 W

4 W

2 W

G

Zcc

ZcVI

16. En el circuito de la figura, con elinterruptor abierto, se mide con elpolímetro la resistencia entre a-b-c-d, con los siguientes resultados:

Rab = 50 Ω; Rbc = 0; Rcd = infinito

Luego se cierra el circuito y semiden los valores correspon-dientes de tensión:

Vab = 200 V; Vbc = 180 V; Vcd = 88 V

a) Calcula el valor de la intensidad.

b) Calcula el valor de la reactancia de la bobina y del condensador, la impe-dancia del circuito y los valores de L y C.

c) Dibuja el diagrama de tensiones-intensidad.

d) Determina el valor de las potencias activa, reactiva y aparente, y el factorde potencia.

e) ¿En qué elemento del circuito se consume toda la potencia?

Las medidas con el polímetro ponen de manifiesto que la bobina y el condensadorpueden ser considerados ideales, a efectos de la resolución del circuito.

a) La medida de Vab

= 200 V permite el cálculo de la intensidad de la corriente:

I = = = 4 A

b) Con este valor y las medidas de las tensiones parciales restantes, se determinanlas reactancias:

XL= = = 45 Ω

XC

= = = 22 Ω

La impedancia del circuito es:

Z = = = 55 Ω

(con ϕ = arctg = 24,7°)

Y los valores del coeficiente de autoinducción y la capacidad son:

L = = = 0,143 H

C = = = 144,7 · 10–6 F

c y d) El diagrama vectorial y el triángulo de potencias son los que se muestran enlas figuras de la página siguiente, junto con los valores de las potencias activa,reactiva y aparente, y el factor de potencia.

12 · π · 50 · 22

12 · π · f · X

C

452 · π · 50

XL

2 · π · f

45 – 2250

√502 + (45 – 22)2√R2 + (XL– X

C)2

884

Vcd

I

1804

Vbc

I

20050

Vab

R


R CL

220V / 50Hz

a b c d

S = V · I = 220 · 4 = 880 VA

P = S · cos ϕ = 880 · 0,9 = 792 W

Q = S · sen ϕ = 880 · 0,417 = 367,7 VAR

cos ϕ = cos 24,7 = 0,9

e) La potencia activa se consume por completo en la resistencia.

17. En el circuito del ejercicio anterior se modifica la capacidad del condensadorhasta conseguir un factor de potencia de valor 1. En esa situación se dice queel circuito ha entrado en resonancia.

¿Cuánto tiene que valer C en estas condiciones? ¿Qué ocurre con la energíaen los tres elementos?

Para que el circuito entre en resonancia (cos ϕ = 1), se ha de cumplir la condiciónde que la reactancia del condensador sea igual que la de la bobina:

XC

= XL= 45 Ω

Para ello, la capacidad del condensador ha de valer:

C = = = 70,7 · 10–6 F

Cuando el circuito ha entrado en resonancia, se comporta globalmente como si solotuviese la resistencia. No hay entonces intercambio de energía entre el generador ylos elementos reactivos (bobina y condensador). Así pues, en la resistencia se disipaenergía y en la bobina y en el condensador hay una energía reactiva, asociada a loscampos magnético y eléctrico, que fluctúa (oscila) entre uno y otro elemento.

18. En el circuito de la figura dos de lastensiones parciales son mayores quela tensión total. Justifícalo.

Es debido a que las tres tensiones alter-nas, representadas por tales valores efi-caces, al corresponder a una resistencia,una bobina y un condensador recorri-dos por la misma corriente, están desfa-sadas en el tiempo, por lo que tienenque ser sumadas vectorialmente.

12 · π · 50 · 45

12 · π · f · X

C


V1=100V

I =10A

V2= 300V V3= 496V

220V / 50Hz

R L C

24,7°

P

QS

ϕ =24,7°

I = 4A Vab = 200V

Vbc =180 VVcd = 88 V

V=220V

En la resistencia, V1está en fase con I.

En la bobina, V2está adelantada 90° respecto a I.

En el condensador, V3está atrasada 90° respecto a I.

Teniendo esto en cuenta, podemos hacer la re-presentación vectorial (véase la figura de la de-recha) y comprobar que, efectivamente, la su-ma vectorial de las tensiones parciales es iguala la tensión total:

V = = 220 V

19. Un alternador trifásico tiene 4 polos en el rotor y las bobinas del inducidotienen 60 espiras cada una. Si el flujo por polo es de 0,06 Wb:

a) Determina el valor eficaz, la frecuencia y el período de la fuerza electro-motriz inducida en cada una de las bobinas, si el rotor gira a 1 500 r.p.m.

b) Obtén la expresión del valor simultáneo de las tres fuerzas electromotri-ces, y dibuja las curvas y el diagrama vectorial correspondiente.

c) Dibuja un esquema del estator y el rotor, con la disposición de las bobi-nas, indicando la posición inicial para el rotor (t = 0).

d) En el instante t = 0,013 s, determina el valor de la fuerza electromotriz encada bobina, y señala sobre el esquema la polaridad de sus bornes. ¿Cuán-to vale la suma de las tres y por qué?

a) Como el alternador tiene 4 polos (p = 2) y gira a 1 500 r.p.m., la frecuencia y elperíodo del sistema trifásico serán:

f = = = 50 Hz ; T = = = 0,02 s

Y el valor eficaz de la fuerza electromotriz en cualquiera de las bobinas:

E = 4,44 · f · N · φ = 4,44 · 50 · 60 · 0,06 = 800 V

b) En consecuencia, las expresiones de los valores instantáneos, considerando quelas masas polares pasan frente a las bobinas U

1U

2en el instante t = 0, serán:

BOBINAS

e1= E

máx· cos (ω · t) = · 800 · cos (100 · π · t) U

1U

2

e2= E

máx· cos (ω · t – ) = · 800 · cos (100 · π · t – ) V

1V

2

e3= E

máx· cos (ω · t + ) = · 800 · cos (100 · π · t + ) W

1W

2

2 · π3

√22 · π3

2 · π3

√22 · π3

√2

150

1f

2 · 1 50060

p · n60

√1002 + (496 – 300)2


V

I

100 V

300 V

496 V

Las representaciones gráfica y vectorial son:

c) La estructura interna del alterna-dor puede ser representada me-diante el esquema de la derecha:Cada devanado o fase tiene 4 la-dos de bobina activos, separadosentre sí 90° (que a “efectos mag-néticos” equivalen a 180° en uncircuito magnético de 4 polos), yenlazados adecuadamente paraque se sumen las f.e.m. de todaslas espiras. El comienzo de cadadevanado está separado 60°(120° a efectos eléctricos) del an-terior y del posterior.

d) El rotor está dibujado en su posición para t = 0. Para t = 0,013 s, habrá girado:

· t = · 0,013 = 0,325 vueltas

Es decir, 117° geométricos (equivalentes a 234° eléctricos = 1,3 · π rad). En esaposición, e

1= –665 V; e

2= –460,17 V; e

3= 1 125,17 V, y la corriente por las bobi-

nas tiene el sentido indicado en el esquema. Lógicamente, al tratarse de un siste-ma trifásico, la suma de las tres f.e.m. vale en todo momento cero.

20. En el alternador del ejercicio anterior, se conectan las tres bobinas en estre-lla, formando una línea trifásica de cuatro conductores que alimenta un gru-po de tres resistencias de 25 Ω conectadas también en estrella.

Dibuja el circuito y determina:

a) El valor de la tensión de fase y de la tensión de línea. ¿Entre qué puntoshabría que conectar un voltímetro para comprobarlo?

b) El valor de la intensidad de la corriente por los cuatro conductores de lalínea. ¿Cómo habría que conectar un amperímetro para comprobarlo?

c) Dibuja el diagrama vectorial de tensiones e intensidades.

d) Calcula la potencia activa en la carga.

El esquema del sistema trifásico así formado es el de la página siguiente:

1 50060

n60


e1 e2 e3

t

t = 0,02 s

· 800 V2

x

x

xx

x

x

N nt = 0

t = 0,013s

N

SS

U1

V2

U2

V1

W2

W1

120¼

E1=800V

E2=800VE3=800V

120¼

120¼

a) La tensión de fase, considerando despreciable la posible caída de tensión en losdevanados y en la línea, será prácticamente la fuerza electromotriz de cada deva-nado:

Vf= E = 800 V

Y la tensión de línea será:

Vl= · V

f= · 800 = 1 385,6 V

Para comprobar Vfse conectaría un voltímetro entre cualquier hilo activo de la

línea (R, S, T) y el neutro (O). Para comprobar Vl, habría que conectarlo entre

dos hilos activos.

b) La intensidad de la corriente por los conductores activos de la línea, que coinci-de con la que circula por cada fase de la carga, será:

IR

= IS= I

T= I

f= I

l= = = 32 A

Para medirla, habría que intercalar el amperímetro en cualquiera de los hilos ac-tivos de la línea, después de interrumpir el circuito.

La intensidad por el conductor neutro, como el sistema está equilibrado, valecero:

IO

= 0

c) El diagrama vectorial, teniendo en cuentaque la carga es resistiva y no produce des-fase entre la tensión de fase y la corrienterespectiva, es el de la figura de la derecha.

Cada tensión de línea es la resta vectorialde dos tensiones de fase, de acuerdo conel esquema.

d) La potencia activa en la carga es:

P = · Vl· I

l· cos ϕ = 3 · V

f· I

f· cos ϕ =

= 3 · 800 · 32 · 1 = 76 800 W

√3

80025

Vf

R

√3√3


U1

E1

E3 E2

U2 V2

W2

O

W1V1

Vf Vl

IR

ISIT

IO

R R

R

R=25W

ST

VRS

VTO

VTR

–VSO

VSO

VST

VRO

IR

IS

IT

21. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si las bobinas del alternador se co-nectan en triángulo a una línea de tres conductores, con las mismas resisten-cias de carga conectadas en triángulo.

¿Qué sucede con todos los valores si las resistencias se conectan en estrella?¿Por qué al conectar las bobinas del alternador entre sí no se produce unacorriente de cortocircuito?

Si los devanados del alternador y las resistencias de la carga se conectan en triángu-lo, el esquema que se obtiene es el siguiente:

a) En este caso, la tensión de fase y de línea son iguales a la fuerza electromotrizdel alternador:

Vf= V

l= E = 800 V = V

RS= V

ST= V

TR

Para medirla, basta con conectar un voltímetro entre dos hilos de la línea (R, S, T).

b) La intensidad por las resistencias de la carga, o intensidad de fase, es:

If= I

RS= I

ST= I

TR= = = 32 A

mientras que la intensidad por los hilos de la línea es:

Il= · I

f= · 32 = 55,4 A = I

R= I

S= I

T

Para mediarlas, se conecta un amperímetro en serie con una de las resistencias(intensidad de fase), o intercalado en uno de los hilos de la línea (intensidad delínea).

c) El diagrama vectorial es como el de la fi-gura de la derecha.

En coherencia con el esquema, cada co-rriente de línea es resultado de restar doscorrientes de fase (por supuesto, vecto-rialmente).

d) La potencia activa en la carga vale:

P = 3 · Vf· I

f· cos ϕ = 3 · 800 · 32 · 1 =

= 76 800 W

√3√3

80025

Vf

R


E3

E2

E1

U2

U1

W2

IT

IS

ITR

IRIRS

IST

V1V2

W1

R

R R

ST

Vf =Vl

R = 25Ω

VRS

VTR

–I TR

ITR

–I ST

–IRS

IST

IRS

VST

IR

La potencia que llega a la carga es la misma que en el ejercicio anterior, como eslógico, puesto que en ambos casos cada fase de la carga está alimentada directa-mente por la correspondiente fase del alternador.

Si los devanados del alternador se conectan en triángulo, mientras que las resisten-cias de la carga se conectan en estrella, se obtiene el siguiente sistema trifásico:

Se obtiene una línea trifásica de 3 conductores activos (R, S, T), sin neutro, conuna tensión de línea V

l= 800 V, igual que en el sistema anterior.

Ahora, sin embargo, al conectar la carga en estrella, la tensión que se aplica a ca-da una de las resistencias será:

Vf= = = 461,88 V

En consecuencia:

IR

= IS= I

T= I

f= I

l= = = 18,47 A

La intensidad por cada fase de la carga (y por los hilos de la línea) es menor; ytambién es menor la potencia activa:

P = 3 · Vf· I

f· cos ϕ = 3 · 461,88 · 18,47 · 1 = 25 600 W

Como puede comprobarse, la potencia que consume la carga, al modificar la co-nexión ( → ), se reduce a la tercera parte, siempre que se haga la conexiónen la misma línea.

Las bobinas del alternador, conectadas entre sí formando un triángulo, no produ-cen un cortocircuito porque la suma de las tres fuerzas electromotrices es en to-do instante nula, como se comprobó en el ejercicio 19.

22. Cuando se aplica una tensión de c.a. de 100 V eficaces, 50 Hz, a una bobinareal A, la corriente absorbida es de 8 A, y la potencia activa, de 120 W.

Cuando se aplica la misma tensión a una bobina real B, la corriente es de10 A, y la potencia, de 500 W. ¿Qué corriente y qué potencia serán absorbi-das cuando se aplique una tensión de 100 V a las dos bobinas conectadasen serie?

Teniendo en cuenta su comportamiento eléctrico, el circuito equivalente y la impe-dancia de la bobina A son los que se muestran en la página siguiente.

461,8825

Vf

R

800

√3

Vl

√3


IR

IS

O

R R

R

T S

R=25W

E3

E2

E1

U2

U1

W2

IT

V1

V2

W1

Vl

cos ϕA

= = = 0,15

ϕA

= arccos 0,15 = 81,37°

ZA

= = = 12,5 Ω

Por tanto, la resistencia y la reactancia de la bobina real A son:

RA

= ZA

· cos ϕA

= 12,5 · cos 81,37° = 1,875 Ω

XA

= ZA

· sen ϕA

= 12,5 · sen 81,37° = 12,358 Ω

Del mismo modo, para la bobina B obtenemos los valores que se muestran a la de-recha de su circuito equivalente::

cos ϕB

= = 0,5

ϕB

= arccos 0,5 = 60°

ZB

= = 10 Ω

RB

= 10 · cos 60° = 5 Ω

XB

= 10 · sen 60° = 8,66 Ω

El circuito equivalente de las dos bobinas conectadas en serie será el que se mues-tra en la figura de la derecha.

La impedancia total o equivalente se determinacalculando en primer lugar la resistencia y la reac-tancia totales:

R = RA

+ RB

= 1,875 + 5 = 6,875 Ω

X = XA

+ XB

= 12,358 + 8,66 = 21 Ω

Con estos valores, la impedancia resulta:

Z = = = 22,11 Ω

(con ϕ = arctg = 71,8°)

Finalmente, se pueden calcular la intensidad de la corriente y la potencia absorbida(activa):

I = = = 4,52 A

P = V · I · cos ϕ = 100 · 4,52 · cos 71,8 = 141 W

10022,11

VZ

216,875

√6,8752 + 212√R2 + X 2

10010

500100 · 10

1008

VIA

120100 · 8

PA

V · IA


100 V

LA

RA

ZA

PA = 120 W

IA = 8 A

ϕA 50 Hz

100 V

XB

RB

ZB

PB = 500 W

IB = 10 A

jB50 Hz

100 V

1,875 Ω

12,358 Ω

5 Ω

8,66 Ω

Z

I

ϕ 50 Hz


1. En una fábrica que está alimentada por una red trifásica de 380 V/50 Hz serealizan dos mediciones con los contadores de energía activa y reactiva; laprimera da como resultado 485 358 kWh y 268 546 kVARh; la segunda, al ca-bo de 4 horas, da como resultado 506 654 kWh y 285 346 KVARh. Calcula:

a) Las potencias activa, reactiva y aparente de la instalación.

b) El valor de la capacidad por fase de una batería de condensadores conec-tados en estrella para mejorar el factor de potencia a 0,95.


El esquema de la instalación es el siguiente:

a) Las potencias activa y reactiva de la carga se obtienen a partir de las dos medidasde los contadores, restándolas para hallar el “gasto” de energía realizado y divi-diendo luego por el tiempo:

P = = = = 5 324 kW

Q = = = = 4 200 kVAR

Luego, la potencia aparente es:

S = = = 6 781,2 kVA

b) Para conseguir un factor de potencia de0,95, el ángulo del triángulo de potenciasha de ser:

ϕ' = arccos 0,95 = 18,2°

La potencia reactiva final, vale:

Q' = P · tg ϕ' = 5 324 · tg 18,2° = 1 750 kVAR

La aportada por la batería de condensadores es, por tanto:

QC

= Q – Q' = 4 200 – 1 750 = 2 450 kVAR

√53242 + 4 2002√P2 + Q2

16 8004

285 346 – 268 5464

Wreactiva

t

212964

506654 – 485 3584

Wactiva

5


L1

L2

L3

CARGA

Fbrica

Condensadores

350 V

IC

Vf

C

Q'QS

P

Qc

18,2° = ϕ'

La batería deberá absorber, por tanto, una corriente:

IC

= = = 3 722 A

La reactancia por fase ha de ser:

XC

= = = 0,0589 Ω

Finalmente, la capacidad por fase vale:

C = = = 0,054 F

2. En el circuito de la figura, determina:

a) La representación vectorial de lascorrientes del circuito, y la medi-da obtenida en el amperímetro A

3.

b) El valor de R.

c) El valor de L.

d) Las potencias activa, reactiva yaparente, así como el factor de po-tencia del conjunto del circuito.

Datos: f = 50 Hz; A1

= 13 A; A2

= 11 A;V

1= 220 V


Considerando la bobina como inductancia pura y los aparatos de medida ideales,podemos dibujar el circuito del siguiente modo:

a) En tal caso, la intensidad por la resistencia está en fase con la tensión, mientrasque la intensidad por la bobina está retrasada 90°, y el diagrama vectorial es:

12 · π · 50 · 0,0589

12 · π · f · X

C

380 / √33722

Vf

IC

2 450 · 103

√3 · 380

QC

√3 · Vl


V1

R

V

A2

L

A3

A1

I = 13 A

IR = 11 AIL

L RV = 220 V50 Hz

I = 13 A

IR = 11 A V = 220 V

IL

ϕ

Resolviendo el triángulo de intensidades se obtiene el valor eficaz de la intensi-dad por la bobina, que es la que mide el amperímetro A

3:

IL= = = 6,92 A

Y también el ángulo ϕ de desfase entre la intensidad total y la tensión aplicada:

ϕ = arcos = arcos = 32,2°

b) El valor de R es:

R = = = 20 Ω

c) Los valores de la reactancia y del coeficiente de autoinducción de la bobina son:

XL= = = 31,8 Ω ; L = = = 0,101 H

d) Las potencias aparente, activa y reactiva y el factor de potencia del circuito son:

S = V · I = 220 · 13 = 2 860 VA

P = S · cos ϕ = 2 860 · cos 32,2° = 2 420 W

Q = S · sen ϕ = 2 860 · sen 32,2° = 1 524 VAR

cos ϕ = cos 32,2° = 0,846 (en retraso, carga inductiva)

3. En el circuito de corriente alterna de la figura, la tensión VAB

es de 200 V.

a) Determina los valores eficaces de las tensiones VBD

y VAD

.

b) Representa el diagrama fasorial, aproximadamente a escala, adoptando latensión V

ABcomo origen de fases.

c) Calcula el factor de potencia del circuito.

d) Si se desconecta la resistencia R, razona el funcionamiento del circuito enestas condiciones.


a) La intensidad por la bobina de 5 Ω y por el condensador valen:

I1= = = 40 A ; I

2= = = 40 A200

5

VAB

XC

2005

VAB

XL1

31,82 · π · 50

XL

2 · π · f2206,92

VIL

22011

VIR

1113

IR

I

√132 – 112√I 2 – IR2


I1

I

I2

AB DR

10 Ω

5 Ω

5 Ω

10 Ω

Si consideramos que ambos elementos carecen de resistencia, ambas corrientesestarán desfasadas entre sí 180° y, por tanto, se anularán. En tal caso, la intensi-dad total es igual a la que circula por la resistencia y también por la bobina de10 Ω de reactancia:

I = IR

= = = 20 A (en fase con→V

AB)

La tensión en bornes de la bobina de 10 Ω será:

VBD

= I · XL2

= 20 · 10 = 200 V

y estará adelantada 90° respecto de →I y

→V

AB.

La tensión total será la suma vectorial de→V

ABy

→V

ADy su valor eficaz será:

VAD

= = = 282,8 V

b) El diagrama vectorial es el siguiente:

c) El desfase entre la tensión total→V

ADy la corriente

→I es de 45° (en retraso la in-

tensidad), luego, el factor de potencia es:

cos ϕ = cos 45° = 0,7

d) Si se desconecta la resistencia R, se anula el valor de IR

y, en consecuencia, la in-tensidad total también se hace cero, aunque por la bobina de 5 Ω y por el con-densador paradójicamente pueden seguir circulando las intensidades de 40 A enoposición. Esto es teóricamente posible: al cesar la corriente suministrada por elgenerador, la energía almacenada en la bobina y en el condensador, en ausenciade resistencia, oscilará indefinidamente entre el campo magnético y el campoeléctrico, manteniendo una corriente alterna de 40 A en el circuito LC.

4. Para el circuito de la figura, calcula las potencias activa, reactiva y aparentecedidas por el generador en los siguientes casos:

a) Con el interruptor C1

abierto.

√2002 + 2002√VAB

2 + VBD

2

20010

VAB

R


VBD

VAB

I1

I = IR

I2

VAD

ϕ

b) Con el interruptor C1

cerrado.


b) Veamos qué ocurre, en primer lugar, con el interruptor cerrado. El circuito equi-valente y sus valores característicos son:

XL= 2 · π · f · L =

= 2 · π · 50 · = 8 Ω

Z = = = 10 Ω

I = = = 22 A

Luego, las potencias activa, reactiva y aparente valen:

P = R · I 2 = 6 · 222 = 2 904 W

Q = XL· I 2 = 8 · 222 = 3 872 VAR

S = V · I = 220 · 22 = 4 840 VA

a) Con el interruptor abierto el circuito que resulta es el siguiente:

XL= 8 Ω

XC

= =

= =

= = 8 Ω

X = XL– X

C= 0 Ω

Z = R = 6 Ω

I = = = 36,)6 A

Ahora, las potencias reactivas, debido al condensador y a la bobina, se anulanentre sí y, por tanto, las potencias activa y aparente tienen el mismo valor:

P = R · I 2 = 6 · 36,)62 = 8 066,

)6 W ; S = V · I = 220 · 36,

)6 = 8 066,

)6 VA

2206

VZ

106

125 000

1(1 250/π) · 10–6 · 2 · π · 50

1C · 2 · π · f

22010

VZ

√62 + 82√R 2 + XL2

10125 · π


6 Ω

C1220 V / 50 Hz 1250 µFπ

10H125 . π

125 á p

10L = H

I

V = 220 V50 Hz

R = 6 W

p

1250C = á 10Ð6 F

125 á p

10L = H

I

V = 220 V

50 Hz

R = 6 W

5. El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario senoidal. Bajoestas condiciones, determina:

a) La expresión temporal de la intensidad que circula por la resistencia.

b) La expresión temporal de la intensidad que circula por L1.

c) Las potencias generadas por la fuente y consumidas por la resistencia.


a y b) La expresión temporal de la tensión de alimentación permite determinar, enprimer lugar, su valor eficaz, pulsación y frecuencia:

v = · V · cos (ω · t) = · 20 · cos (10 · t)

V = 20 V

ω = 10 rad/s ; f = = = = 1,59 Hz

A continuación pueden calcularse todas las reactancias y la impedancia delcircuito:

XL1

= ω · L1= 10 · 0,5 = 5 Ω

XL2

= ω · L2= 10 · 0,2 = 2 Ω

XC

= = = 10 Ω

XL12

= = = 1,428 Ω

X = XC

– XL12 = 10 – 1,428 = 8,572 Ω (capacitiva)

Z = = = 9,923 Ω

El ángulo de desfase entre la intensidad y la tensión (totales) será:

ϕ = arctg = arctg 60° = π/3 rad

En adelanto la intensidad, puesto que la impedancia es predominantementecapacitiva.

El valor eficaz de la intensidad, resulta:

I = = 2 A209,923

VZ

8,5725

XR

√52 + 8,5722√R 2 + X2

5 · 25 + 2

XL1

· XL2

XL1

+ XL2

10,01 · 10

1C · ω

5π

102 · π

ω2 · π

√2√2


0,01F5 Ω

2 . 20 . cos (10 . t )

L1 = 0,5 H L2 = 0,2 H

La tensión en bornes de las bobinas valdrá:

VL12

= I · XL12

= 2 · 1,428 = 2,856 V

y estará adelantada π/2 respecto a la intensidad total.

Finalmente, la intensidad por la bobina L1valdrá:

IL1

= = = 0,571 A

con el mismo ángulo de desfase que la intensidad total, luego su expresióntemporal será:

iL1

= · 0,571 · cos (10 · t + π/3)

c) La fuente de alimentación suministra las siguientes potencias activa, reactiva yaparente:

P = V · I · cos ϕ = 20 · 2 · cos 60° = 20 W

Q = V · I · sen ϕ = 20 · 2 · sen 60° = 34,64 VAR

S = V · I = 20 · 2 = 40 VA

Toda la potencia activa se consume en la resistencia:

PR

= R · I 2 = 5 · 22 = 20 W = P

6. Un tubo fluorescente de 200 V/50 Hz tiene una reactancia que limita la co-rriente a 0,57 A, y su factor de potencia es 0,61.

a) Indica las partes real e imaginaria de su impedancia.

b)Calcula el condensador que se habría de poner en paralelo para corregirel factor de potencia a 0,85.

LOGSE. Islas Baleares, 1998.

a) El circuito sin condensador se puede representar del siguiente modo:

La impedancia del circuito y su ángulo de desfase son:

Z = = = 386 Ω

ϕ = arcos 0,61 = 52,4° (en retraso la intensidad respecto a la tensión)

Luego, la resistencia (parte real) y la reactancia (parte imaginaria) correspondien-tes son:

R = Z · cos ϕ = 386 · 0,61 = 235,4 Ω

X = Z · sen ϕ = 386 · sen 52,4° = 305,8 Ω

2200,57

VI

√2

2,8565

VL12

XL1


Z

I = 0,57 A

V = 220 V50 Hz cos j = 0,61

El triángulo de potencias inicial, necesario para responder al apartado siguiente, es:

S = V · I = 220 · 0,57 = 125,4 VA

P = V · I · cos ϕ = 125,4 · 0,61 = 76,5 W

Q = V · I · sen ϕ = 125,4 · sen 52,4° =

= 99,3 VAR

b) Al conectar el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito y elnuevo triángulo de potencias serán:

La potencia reactiva final (corregida) debe valer:

Q' = P · tg ϕ' = 76,5 · tg 31,8° = 47,4 VAR

La potencia reactiva del condensador, por tanto, ha de valer:

QC

= Q – Q ' = 99,3 – 47,4 = 51,9 VAR

La intensidad absorbida por el condensador:

IC

= = = 0,23 A

Su reactancia:

XC

= = = 956,5 Ω

Y su capacidad:

C = = = 3,3 · 10–6 F = 3,3 µF12 · π · 50 · 956,5

1ω · X

C

2200,23

VIC

51,9220

QC

V


Q = 99,3 VAR

P = 76,5 W

S = 12

5,4 V

A

ϕ = 52,4°

C Z 220 V/ 50 Hzcos j' = 0,85

I = 0,57 A IC

I'

Q = 99,3 VAR

QC

Q'

P = 76,5 W

S = 12

5,4 V

A

S'

ϕ' = 39,8°ϕ = 52,4°

7. Para que una lámpara incandescente de 125 V/40 W no se funda al conectar-la a una red de 380 V, se conecta en serie con ella una inductancia pura. Ave-rigua el coeficiente de la misma, así como el condensador que habrá que co-nectar al conjunto para corregir el factor de potencia a la unidad.

LOGSE. Islas Canarias, 1999.

Sin el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito es el siguiente:

Para que la lámpara funcione correctamente, por el circuito ha de circular una in-tensidad:

I = = = 0,32 A

En cuyo caso la resistencia de la lámpara valdrá:

R = = = 390,6 Ω

Y la impedancia del circuito:

Z = = = 1 187,5 Ω

Mediante el triángulo de la impedancia se puede determinarel valor de la reactancia de la bobina y su coeficiente de auto-inducción:

XL= = = 1 121,4 Ω

L = = = = 3,57 H

Las potencias activa, reactiva y aparente y el factor de potencia del circuito son:

P = PR

= 40 W

S = V · I = 380 · 0,32 = 121,6 VA

Q = = = 114,8 VAR

cos ϕ = = = 0,329 (ϕ = 70,8°)40121,6

PS

√121,62 – 402√S 2 – P 2

1 121,42 · π · 50

XL

2 · π · fX

L

ω

√1187,52 – 390,62√Z 2 – R 2

3800,32

VI

1250,32

VR

I

40125

PR

VR


I

VR = 125 V

V = 380 V50 Hz

L

R

Z

PR = 40 W

XL

R = 390,6 W

Z = 1187,5W

j

Para corregir totalmente el factor de potencia, se puede instalar en paralelo un con-densador cuya potencia reactiva compense totalmente la anterior:

QC

= Q = 114,8 VAR

Luego, su intensidad, su reactancia y su capacidad han de tener los siguientesvalores:

IC

= = = 0,302 A

XC

= = = 1258,2 Ω

C = = = 2,5 · 10–6 F = 2,5 µF

8. Un operador de un cuadro de maniobra anotó las siguientes indicaciones delos instrumentos correspondientes a la instalación de un generador trifásicoconectado en estrella: V

1= 400 V, I = 145 A, P = 80 kW y potencia de acciona-

miento, 121 CV. Calcula la potencia aparente, la tensión de fase, el factor depotencia, la potencia reactiva, las intensidades activa y reactiva, y el rendi-miento.

LOGSE. Castilla-La Mancha.

Se supone que se trata de un sistema trifásico equilibrado, en cuyo caso, el circuitogenerador-receptor es el siguiente:

El amperímetro mide la intensidad de línea, en este caso, igual a la de fase, Il= I

f=

= 145 A. El voltímetro V2mide la tensión de línea V

l= 400 V. El vatímetro mide la

potencia por fase, que multiplicada por tres da la potencia activa total: P = 80 kW.

Con tales datos, el resto de magnitudes del circuito son:


S = · Vl· I

l= · 400 · 145 = 100 460 VA = 100,46 kV

– Tensión de fase:

Vf= = = 231 V400

√3

Vl

√3

√3√3

12 · π · 50 · 1 258,2

12 · π · f · X

C

3800,302

VIC

114,8380

QC

V


RZ

Z

Z

U1

W1

V1

AW

V1

V2

– Factor de potencia:

cos ϕ = = = 0,796 (ϕ = 37,2°)


Q = S · sen ϕ = 100,46 · sen 37,2° = 60,74 kVAR

– Intensidad activa:

(Ia)

l= I

l· cos ϕ = 145 · 0,796 = 115,42 A

– Intensidad reactiva:

(Ir)

l= I

l· sen ϕ = 145 · sen 37,2° = 87,66 A

– Potencia mecánica:

Pm

= 121 CV · = 89 056 W = 89,056 kW

– Rendimiento:

η = = = 0,898 (89,8%)8089,056

PP

m

736 W1 CV

80100,46

PS



6.1. EL TRANSFORMADOR

Página 205

1. ¿Cuánto vale el flujo máximo en una bobina de 500 espiras alimentada poruna tensión de 200 V/50 Hz? ¿Qué ocurre con su valor si el número de espirasse duplica? ¿Y si se duplica la frecuencia?

Sabemos que la relación entre la tensión en bornes y el campo magnético, en unabobina recorrida por una corriente alterna, responde a la siguiente expresión:

V = 4,44 · f · N · φmáx

siendo N el número de espiras, φmáx

el valor de pico del flujo alterno y f la frecuenciade su variación.

En este caso, pues:

φmáx

= = = 1,8 · 10–3 Wb

Si se duplica el número de espiras o la frecuencia, manteniendo el valor eficaz de latensión, el flujo máximo se reduce a la mitad.

6.2. EL TRANSFORMADOR REAL

Página 210

1. Un transformador de 200 VA para 240/120 V dio en los ensayos los siguientesvalores: P

0= 3 W; Pcc = 5 W. Si se conecta a una carga con factor de potencia

0,7, que absorbe una intensidad de 1 A, calcula:

a) La intensidad por el primario.

b) El índice de carga.

c) Las pérdidas en el hierro y en el cobre.

d) El rendimiento.

El transformador, funcionando en condiciones nominales, o sea, a plena carga (C = 1),tendría la situación indicada en el esquema siguiente:

Sn

= 200 VA

I2n

= Sn/V

2n= = 1,6

)A

I1n

= Sn/V

1n= = 0,83

)A

a = = = = 2240120

I2n

I1n

V1n

V2n

200240

200120

2004,44 · 50 · 500

V4,44 · f · N

Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

a

I1n I2n

V1n V2nZ ϕ

a) La intensidad por el primario, teniendo en cuenta la del secundario y la relación detransformación, es:

I1= = = 0,5 A

b) El índice de carga es:

c = = = 0,6

c) Las pérdidas en el hierro, que no dependen del índice de carga, vienen dadas porel ensayo en vacío:

PFe

= P0= 3 W

Las pérdidas en el cobre, teniendo en cuenta el índice de carga, son:

PCu

= c2 · Pcc

= 0,62 · 5 = 1,8 W

d) Finalmente, la potencia útil y el rendimiento son:

Pu

= V2n

· I2· cos ϕ = 120 · 1 · 0,7 = 84 W

η = = = 0,945 (94,5%)

6.3. TIPOS DE TRANSFORMADORES

Página 212

1. En una línea de media tensión de 30 kV, que transporta una potencia máximade 6 000 kVA, se desea controlar el valor de la tensión y de la corriente pormedio de un voltímetro de alcance 0-60 V y un amperímetro de alcance 0-3 A.¿Qué transformadores de medida son necesarios y cómo hay que conectarlos?

Los transformadores necesarios y su forma de conexión es la siguiente:

– Transformador de intensidad:

La intensidad que circula por la línea, y también por el primario del transformadorde intensidad, es:

I = I1= = = 200 A6000 kVA

30 kVSV

8484 + 3 + 1,8

Pu

Pu

+ PFe

+ PCu

1

1,6)

I2

I2n

12

I2

a


I1

I

I2

V1

V = 30 kV

CargaS = 6000 kVA

V2

a

0–3A 0–60V

a'

A V

La intensidad I2por el secundario de dicho transformador está limitada por el alcan-

ce del amperímetro (3 A). La relación de transformación, entonces, tiene que ser:

a = = = 0,015

como máximo. Lo lógico sería instalar un transformador de intensidad con una rela-

ción algo menor, por ejemplo a = , que permite medir una intensidad I = 300 A.

– Transformador de tensión:

Como el voltímetro alcanza a medir hasta 60 V, la relación de transformación deltransformador de tensión necesario debe ser, como mínimo:

a' = = = 500

Se puede instalar, por ejemplo, un transformador con a' = 1 000, que alcanza a me-dir, con el voltímetro, hasta V = 60 kV.

Página 213

2. Un autotransformador indica los siguientes datos en su placa de característi-cas: 50 VA, 0-115-240 V. Determina su relación de transformación y los valoresnominales de intensidad.

Los datos de la placa significan lo siguiente: 50 VA es la potencia aparente a plenacarga o nominal (S

n), mientras que 0-115-240 V significa que el aparato dispone de

tres bornes, uno común (0 V) y otro para cada tensión (de 115 V y 240 V).

La relación de transformación es:

a = = = 0,48; si trabaja como elevador de tensión.

Los valores nominales de intensidad,

I1n

= = = 0,434 A = 434 mA

I2n

= = = 0,208 A = 208 mA50240

Sn

V2n

50115

Sn

V1n

115240

V1n

V2n

3000060

V1

V2

1100

3200

I2

I1


I2n

I1n

V2n

V1n

(240 V)

(0 V)(0 V)

(115 V)

a

6.5. EL CAMPO MAGNÉTICO GIRATORIO Y LOS MOTORES DECORRIENTE ALTERNA

Página 219

1. En un motor de corriente continua se puede variar la velocidad variando latensión aplicada. ¿Se podrá hacer lo mismo en un motor de corriente alterna?

En un motor de corriente alterna, la velocidad es igual a la velocidad de sincronismo(motor síncrono) o algo menor (motor de inducción), y dicha velocidad solo depen-de de la frecuencia de la tensión de alimentación y del número de pares de polos deldevanado del estator (n

s= 60 · f/P). Por lo tanto, no se puede regular la velocidad fá-

cilmente, actuando sobre el valor eficaz de la tensión, como se hace en un motor decorriente continua.

Para variar n de manera discontinua, se utilizan los motores Dahlander, con devana-dos de diferente número de pares de polos, conmutables, con lo que se consiguen 2ó 3 velocidades.

Para variar n de forma continua, el método que se usa es modificar el valor de la fre-cuencia con un convertidor electrónico.

6.6. EL MOTOR DE INDUCCIÓN

Página 221

1. Un motor de inducción de seis polos posee una velocidad nominal de 950r.p.m. ¿Cuánto vale su deslizamiento? ¿Qué ocurre con su valor si el motor sesobrecarga?

Consideramos que el motor está alimentado poruna tensión alterna de 50 Hz, en cuyo caso la velo-cidad de sincronismo o del campo giratorio es:

ns= = = 1 000 r.p.m.

Con la carga nominal, el deslizamiento entre el campo giratorio y el rotor de jaula deardilla es:

sn

= = = 5%

Si se sobrecarga el motor, al aumentar el par en el eje, el rotor suministra un par elec-tromagnético mayor gracias a un aumento de la corriente por el inducido, para locual el deslizamiento aumenta y la velocidad n baja del valor nominal.

Página 222

2. Un motor de inducción de 160 kW posee una velocidad nominal de 2 950r.p.m., y la relación entre el par de arranque y el par nominal es 2, mientrasque la relación entre el par máximo y el par nominal es 2,5. Calcula los tresvalores del par y dibuja su curva característica.

100 · (1 000 – 950)1 000

100 · (ns– n

n)

ns

60 · 503

60 · fP


V/ 50Hz M

n

A partir de los valores nominales de la potencia, que es potencia útil en el eje, y lavelocidad, se obtiene el valor del par nominal:

Mn

= = = = = 518 N · m

Luego el par de arranque y el par máximo son:

Ma

= 2 · Mn

= 2 · 518 = 1 036 N · m

Mmáx

= 2,5 · Mn

= 2,5 · 518 = 1 295 N · m

Como la velocidad de sincronismo,dado que la nominal es de 2 950r.p.m., tiene que ser n

s= 3 000 r.p.m.,

podemos hacer un trazado suficiente-mente aproximado de la curva carac-terística.

Los puntos de ns, P

ny M

ason inequí-

vocos. El resto de la curva se suponepor el comportamiento típico de es-tos motores.

3. En el mismo motor de la cuestión anterior, ¿qué ocurre si antes de arrancar sele aplica una carga cuyo valor es 2,3 veces el par nominal?

Si se trata de arrancar el motor con un par de carga igual a 2,3 · Mn, mayor que el par

de arranque, el arranque no se produce; y si no se desconecta de la línea de alimen-tación de algún modo (manual o automático), se mantiene por los devanados una co-rriente de gran intensidad (el valor de arranque, aproximadamente 10 veces mayorque la nominal) que los deteriora rápidamente: el motor “se quema”.

Página 223

4. ¿Qué le ocurre a un motor de inducción si funciona en vacío? Compáralo conel comportamiento de los motores de corriente continua serie y paralelo.

5. ¿Qué ocurre en el caso deque al motor se le demandeun par mucho mayor queel nominal?

Reunamos en el mismo gráfi-co las características de fun-cionamiento de los tres tiposde motores, suponiendo quelos tres se encuentran inicial-mente en el mismo punto defuncionamiento P.

60 · 160 0002 · π · 2 950

60 · Pn

2 · π · nn

Pn

2 · π · nn

60

Pn

ωn


250

1000 2000 3000

500

750

1000

1250

Pn

ns

nn =2958

n(r.p.m.)

Mn = 518

Mmáx

M (N ·m)

Ma

n0 ns

Mn

Ma

Mmáx

Pmáx

Ma

M

P

11 Motor de c.c. derivación

Motor de c.a. (de inducción)Motor de c.c. serie

2

33

2

n

– Si el par resistente tiende a cero (lo que sucede con el motor en vacío), el punto defuncionamiento de los tres motores se desplaza hacia abajo, de modo que el motorderivación aumenta ligeramente la velocidad (hasta n

0); el motor de inducción se

comporta de forma similar: aumenta la velocidad hasta el valor de sincronismo (ns);

por el contrario, el motor serie adquiere una velocidad que tiende a infinito (se em-bala y se avería).

– Si el par se eleva, los tres motores disminuyen su velocidad: el motor serie, en bas-tante medida; los otros dos, muy poco. Si el par sube mucho, el motor derivación“responde” sin apenas disminución de la velocidad (con la única limitación de lacurva de potencia máxima); el motor serie lo hace también, pero disminuyendomucho la velocidad; el motor de inducción responde hasta llegar a M

máx, y a partir

de ahí se para bruscamente y puede quemarse.


1. Un transformador tiene 20 espiras en el primario y 300 espiras en el secun-dario:

a) Si en el primario se aplica una tensión alterna de 220 V, ¿cuánto valdrá latensión en vacío medida en bornes del devanado secundario?

b) Si se conecta el secundario a una resistencia de 100 Ω, ¿cuánto vale apro-ximadamente la intensidad de la corriente en ambos devanados? ¿Cuántovale la potencia que transfiere el transformador de la línea a la resistenciade carga?

c) ¿Cuál de los dos devanados debe hacerse con hilo de mayor sección? ¿Porqué?

El esquema del transformador es el de la figura:

N1= 20

N2= 300

a = = =

a) Con V1= 220 V, la tensión en el secundario es:

V2= = = 3 300 V

b) Al conectar en el secundario una carga resistiva de 100 Ω (cos ϕ = 1), y desprecian-do las pérdidas en el transformador, las intensidades y la potencia transferida son:

I2= = = 33 A ; I

1= = = 495 A

P = V2· I

2· cos ϕ = 3 300 · 33 · 1 = 108 900 W

c) Para evitar las pérdidas por calentamiento en el cobre, cuanto mayor sea la in-tensidad de la corriente en un devanado, mayor debe ser la sección del hilo. Eneste caso, se trata del devanado primario.

300 · 3320

300 · I2

203 300100

V2

R

300 · 22020

300 · V1

20

I2

I1

V1

V2

20300

N1

N2


a

R

I1 I2

V1 V2N2N1

2. Un transformador posee 10 espiras en el primario y 5 000 espiras en el se-cundario:

a) Si en el primario se conecta un generador de corriente alterna de 50 V/50 Hz,¿qué tensión se obtiene en el secundario? ¿Y si se conecta el generador alsecundario?

b) Si en el primario se conecta una batería de 12 V y en el secundario una bu-jía cuyos electrodos están separados 1 mm, ¿qué ocurre al abrir y cerrarel interruptor en el circuito primario? ¿Por qué? ¿Y si se conecta la bateríaen el secundario?

c) Comenta la siguiente afirmación: el transformador es un dispositivo quesolo funciona en corriente alterna.

Rigidez dieléctrica del aire = 3 · 106 V/m.

a = = = =

a) Si se hace V1= 50 V, V

2= = = 25 000 V

Si se hace V2= 50 V, V

1= a · V

2= = 0,1 V

b) Si se monta con el transformador el cir-cuito de la figura, alimentando el prima-rio con una batería de 12 V y conectan-do una bujía en el secundario, al abrirel circuito se produce en el secundariouna tensión instantánea cuyo valor seráaproximadamente:

V2= = 500 · 12 = 6 000 V

Entre los electrodos de la bujía habrá un campo eléctrico:

E = = = 6 · 106 V/m

superior a la rigidez dieléctrica del aire. Por tanto, durante una fracción de se-gundo existirá una descarga en la bujía.

Si se conecta la batería en el secundario y la bujía en el primario, entre los elec-trodos de esta se produce, durante los instantes de conexión o desconexión delcircuito, una tensión y un campo eléctrico:

V1= a · V

2= = 0,024 V ; E = = = 24 V/m

muy por debajo de lo necesario para hacer saltar la chispa en la bujía.

0,02410–3

V1

d12500

600010–3

Vd

V1

a

50500

501/500

V1

a

V1

V2

1500

105 000

N1

N2


a

V1 V2N2N1

V212V 1 mm

c) La afirmación no es rigurosamente cierta. Si se entiende por transformador solo yexclusivamente el dispositivo capaz de transferir grandes cantidades de energía,de forma continua, desde el circuito primario al secundario, efectivamente eltransformador solo funciona en corriente alterna. Pero si se acepta una defini-ción más amplia, es evidente que el transformador (o un dispositivo similar)puede ofrecer prestaciones útiles funcionando con una alimentación de corrientecontinua, como se acaba de ver con el ejemplo de la bujía.

3. Una bobina de 2 000 espiras tiene un núcleo de 20 cm2 de sección y 80 cm delongitud media, construido con chapa de hierro de permeabilidad relativa800, y se le aplica una tensión alterna de 20 V/50 Hz:

a) Determina el valor de pico del flujo magnético y la intensidad de corrien-te magnetizante.

b) Ídem si se elimina el núcleo de hierro.

c) Si se monta una segunda bobina de 200 espiras y se supone un funciona-miento ideal del aparato, ¿qué tensión alterna podrá medirse entre losbornes de esta última?

El esquema de la bobina a la que se refiere el enunciado es el siguiente:

a) Al aplicar a la bobina de N1espiras, con el núcleo de hierro, la tensión alterna, la

corriente por ella y el flujo máximo en el núcleo son:

φmáx

= = = 45 · 10–6 Wb

Bmáx

= = = 22,5 · 10–3 T

(Im)

máx= = = 0,0089 A = 8,9 mA

Im

= = 6,3 mA

b) Si se elimina el núcleo de hierro, los valores de pico del flujo y del campo mag-nético no se modifican, puesto que están condicionados por el valor de V

1, que

no ha cambiado. Lo que sí sufre modificación es la corriente magnetizante, queaumenta considerablemente.

8,9

√2

0,8 · 22,5 · 10–3

800 · 12,57 · 10–7 · 2 000

l · Bmáx

µr· µ

0 · N

45 · 10–6

2 · 10–3

φmáx

A

204,44 · 50 · 2 000

V1

4,44 · f · N1


N1 N2v120V

50Hzv2

N1 = 2 000N2 = 200l = 0,8mA = 2 · 10–3 m2

µr = 800

ΦIm

l

µrA

Para calcularla, a falta del dato preciso, supondremos que la bobina posee unalongitud aproximadamente igual a 1/4 de la que tenía el núcleo de hierro, en cu-yo caso:

(Im'

)máx

= = = 1,79 A

Im

= = 1,26 A

c) En bornes de la segunda bobina, se puede medir una tensión eficaz:

V2= 4,44 · f · N

2· φ

máx= 4,44 · 50 · 200 · 45 · 10–6 = 2 V

Obsérvese que se cumple la relación de transformación:

= = 10 = = = a

4. En el ensayo en cortocircuito de un transformador de 200 VA el amperíme-tro marca 0,91 A; el voltímetro, 4 V, y el vatímetro, 1,6 W:

a) Determina la impedancia equivalente del transformador y sus componen-tes (resistencia y reactancia).

b) Si se produce un cortocircuito accidental en los bornes del secundario, ¿acuánto asciende la corriente por el primario?

El circuito del ensayo y el circuito equivalente simplificado son:

a) El valor de Zcc

es:

Zcc

= = = 4,39 Ω

La potencia medida por el vatímetro corresponde a la disipada en el componen-te resistivo de la impedancia, luego la resistencia equivalente es:

Rcc

= = = 1,93 Ω

La reactancia y el ángulo de desfase son:

Xcc

= = = 3,94 Ω ; ϕcc

= arctg = = 64°3,941,93

Xcc

Rcc

√4,392 – 1,932√Zcc

2 – Rcc

2

1,6(0,91)2

Pcc

(I1n

)2

40,91

Vcc

I1n

2000200

N1

N2

202

V1

V2

1,79

√2

(0,8/4) · 22,5 · 10–3

12,57 · 10–7 · 2 000

l' · Bmáx

µ0· V

1


I1n

Pcc

Vcc Vcc = 4VI1n = 0,91A

A W

V

I2n

Zccϕcc

b) La tensión nominal del primario vale:

V1n

= = = 219,78 V 220 V

Si se aplica dicha tensión y se produce uncortocircuito en los bornes del secundario,el circuito equivalente es el de la derecha,siendo la corriente de cortocircuito (por elprimario):

Icc

= = = 50 A

5. El primario del transformador de la figura se conecta a una tensión alterna:

a) Dibuja, cuando el borne 11 es positivo respecto al borne 12, el sentido dela corriente en el primario, el sentido del flujo en el núcleo, el sentido dela corriente en el secundario y la polaridad de los bornes 21 y 22.

b) ¿Cuáles son los terminales homopolares?

c) ¿Cuáles serían los terminales homopolares si se invierte el sentido delarrollamiento en el secundario?

Hemos dibujado primero el esquema con el circuito secundario cerrado, completán-dolo con el sentido convencional de las intensidades y del flujo magnético, uitlizadohabitualmente en el estudio del transformador. Obsérvese que todos son “eléctrica-mente coherentes” con el sentido de los arrollamientos y el sentido del flujo, segúnla regla del sacacorchos.

2204,39

V1n

Zcc

200 VA0,91 A

Sn

I1n


V1n = 220V Icc

Zcc = 4,39 Ω

V1 N1 N2

11 21

2212

V2 Z

V1N1 N2

11 21

2212

V2

ΦI1 I2

Z ϕ

Y para simplificar, haremos el análisis con el transformador ideal, despreciando ade-más la intensidad de magnetización frente al valor total de la intensidad del prima-rio. En tal caso, el diagrama vectorial y las correspondientes gráficas de las magnitu-des alternas son:

a) Siendo v1

positiva (11 positivo respecto a 12), el sentido del resto de las magni-tudes puede ser diferente, dependiendo del momento que se considere. Porejemplo:

Momento 1: v1positiva → i

1, i

2y φ negativos.


1e i

2positivos, φ negativo.


1, i

2y φ positivos.

Sin embargo, siempre v2está en fase con v

1y por tanto, si el terminal 11 es posi-

tivo respecto a 12, el terminal 21 es positivo respecto a 22.

b) Visto lo anterior, son homopolares los terminales 11 y 21, así como 12 y 22.

c) Si se invierte el sentido del arrollamiento en el secundario, cambia el sentido dela fuerza electromotriz inducida en él y cambian también el sentido de v

2y los

terminales homopolares, que ahora serían 11-22 y 12-21.

6. Un transformador de 50 kVA, 2 300/230 V y 50 Hz, cuyos valores de resistenciay reactancia de cortocircuito, obtenidos en el ensayo correspondiente, son de0,71 Ω y 1,57 Ω, respectivamente, tiene unas pérdidas en el hierro de 390 W.

Calcula la caída de tensión y el rendimiento a plena carga, así como la co-rriente de cortocircuito accidental.

Fe de erratas de la primera edición: Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito aparecen enel libro del alumno expresadas en watt. La unidad que les corresponde es, evidentemente, el ohm.

Dibujamos el circuito equivalente del transformador, simplificado, con una cargacualquiera Z ∠ ϕ , y el diagrama vectorial correspondiente:


V1

v1

1 2 3

V2

v2

I1

i1I2

i2

ω

ϕ

Φ

ϕ

π/2 3·π/2 2·π ω·tπ

V2' V2'V1 I1

Req Xeq

Z ϕV1

I1

Req · I1Xeq · I1

ϕ ϕ

En vacío, V2' = V

1; en carga, hay una caída de tensión que, como puede verse en el

diagrama vectorial anterior, vista desde el primario, tiene por expresión:

∆V2' = V

1– V

2' ≈ R

eq· I

1· cos ϕ + X

eq· I

1· sen ϕ

Sin conocer las características de la carga, resolvamos la cuestión para dos casos típicos:

Carga resistiva (ϕ = 0, cos ϕ = 1). A plena carga:

I1= I

1n= = = 21,74 A

∆V2' = R

eq· I

1n· cos 0° + X

eq· I

1n· sen 0° = R

eq· I

1n= 0,71 · 21,74 = 15,4 V

Vista desde el secundario, la caída de tensión es:

∆V2= = = 1,54 V

La potencia útil y las pérdidas en el cobre son:

Pu

= Sn

· cos ϕ = 50 000 W ; PCu

= Req

· I1n

2 = 0,71 · 21,742 = 335 W

Y el rendimiento:

η = = = 0,985

Carga inductiva (con cos ϕ = 0,8, por ejemplo). El valor de la intensidad nominales el mismo, pero ahora está retrasada respecto a la tensión un ángulo:

ϕ = arccos 0,8 = 36,86° (sen ϕ = 0,6)

∆V2' = R

eq· I

1n· cos ϕ + X

eq· I

1n· sen ϕ = 21,74 · (0,71 · 0,8 + 1,57 · 0,6) = 32,8 V

∆V2= = = 3,28 V (más alta)

Pu

= Sn

· cos ϕ = 50 000 · 0,8 = 40 000 W

PCu

= Req

· I1n

2 = 0,71 · 21,742 = 335 W

η = = 0,982 (ligeramente menor)

Siempre trabajando a plena potencia, cuanto más inductiva es la carga mayor es lacaída de tensión, y el rendimiento menor, como consecuencia de que disminuye lapotencia útil sin modificación de las pérdidas.

La corriente de cortocircuito se determina calculando primero el valor de la impe-dancia correspondiente:

Zcc

= = = 1,72 Ω

Icc

= = = 1 337 A23001,72

V1

Zcc

√0,712 + 1,572√R2cc

+ X 2cc

4000040000 + 390 + 335

32,810

∆V2'

a

5000050000 + 390 + 335

Pu

Pu

+ PFe

+ PCu

15,42 300/230

∆V2'

a

500002300

Sn

V1n


7. Un transformador monofásico ideal tiene 2 750 espiras en el primario, 150espiras en el secundario y un núcleo de hierro de 6 cm2 de sección y 25 cmde longitud media. Si está conectado a una línea de 220 V/50 Hz, determina:

a) La tensión en el secundario.

b) La intensidad en el secundario y en el primario si en el secundario se co-necta una carga de 30 W con cos ϕ = 0,65.

c) El valor de pico del flujo magnético en el núcleo.

d) La corriente magnetizante si el transformador trabaja en una zona de lacurva de magnetización en la que la permeabilidad magnética valeµr = 800.

e) La intensidad por el primario si se desconecta la carga.

f ) El diagrama vectorial de flujo, tensiones e intensidades.

El esquema del transformador, con todos los datos, es el siguiente:

a) La relación de transformación es:

a = = = 18,3)

Y la tensión en el secundario:

V2= = = 12 V

b) La intensidad por el secundario:

I2= = = 3,846 A (con un retraso de 49,4° respecto a V

2)

Reflejada en el primario, su valor es:

I2' = = = 0,21 A

El valor de la intensidad por el primario también depende de la corriente mag-netizante; como aún no se conoce, dejamos la respuesta hasta el apartado d).

3,84618,3

)I2

a

3012 · 0,65

PV

2· cos ϕ

2

22018,3

)V

1

a

2750150

N1

N2


220V50Hz v1

N1 = 2750

N2 =150v2

Z ϕ

P = 30Wcos ϕ 2 = 0,65(ϕ =49,4°)

ΦI1

I2

A = 6 ·10– 4 m2

µr = 800

c) El valor del flujo de pico o máximo y la intensidad de campo que impone son:

φmáx

= = = 0,36 · 10–3 Wb

Bmáx

= = = 0,6 T

d) En consecuencia, la corriente magnetizante posee un valor máximo:

(Im)

máx= = = 0,054 A

Y un valor eficaz: Im

= = 0,038 A, con un retraso de 90° respecto a la tensión.

Con la corriente magnetizante y la reflejada del secundario se puede determinarla corriente por el primario:

I1= =

= =

= = 0,24 A

(con un ángulo ϕ1= arctg = 55,4° en retraso)

e) Si se desconecta la carga, I2e I

2' se anulan, y entonces la corriente por el prima-

rio es igual a la de magnetización:

(I1)

en vacío= I

m= 0,038 A

f) Finalmente, el diagrama vectorial con el flujo, las tensiones y las intensidades es:

0,1970,136

√0,1362 + 0,1972

√(0,21 · cos 49,4°)2 + (0,038 + 0,21· sen 49,4°)2

√(I2' · cos ϕ

2)2 + (I

m+ I

2' · sen ϕ

2)2

0,054

√2

0,25 · 0,6800 · 12,57 · 10–7 · 2 750

l · Bmáx

µr· µ

0· N

1

0,36 · 10–3

6 · 10–4

φmáx

A

2204,44 · 50 · 2 750

V1

4,44 · f · N1


V1

V2Im

I2'

I1

I2' ·sen ϕ2

Im+ I2' ·sen ϕ2

I2' ·cos ϕ2

I2' ·cos ϕ2

ϕ2

ϕ1

V1 =12VV2 = 220V

I2' = 0,21A

I1= 0,24 A

ϕ2 = 49,4°

ϕ1 = 55,4°

Im(0,038A)

Φmáx = 0,36 mWb

8. En un transformador monofásico de 220/24 V, las potencias medidas en losensayos de vacío y de cortocircuito son, respectivamente, de 3 W y 4 W:

a) Calcula su rendimiento si se conecta a una resistencia de 5,76 Ω.

b) Si se conecta a una resistencia de 10 Ω, calcula el índice de carga y deter-mina el nuevo valor del rendimiento.

Fe de erratas de la primera edición: La unidad que debe acompañar a los valores de las resistencias de losapartados a) y b) debe ser el ohm, no el watt.

a) Se supone que el transformador trabaja a potencia nominal al conectarle la resis-tencia de carga de 5,76 Ω, en cuyo caso:

I2n

= = = 4,166 A

Pu

= V · I2n

· cos ϕ = 24 · 4,166 · 1 = 100 W

ηn

= = = = 0,934 (93,4%)

b) Con una carga resistiva de 10 Ω: I2= = = 2,4 A

El índice de carga es: c = = = 0,576

Pu

= V2· I

2· cos ϕ = 24 · 2,4 · 1 = 57,6 W

ηn

= = = 0,93 (93%)

9. Un transformador trifásico tiene una potencia nominal de 75 kVA para ten-siones nominales de 15 kV en el primario y 230/380 V en el secundario. Si lasbobinas están dispuestas según la figura y los terminales homopolares sonlos indicados:

a) Dibuja el esquema de conexiones correspondiente a la conexión Yy6 y eldiagrama vectorial correspondiente.

b) Ídem para la conexión Dd6 y para la conexión Yd5.

c) ¿Cuánto vale la relación de transformación y las tensiones en el primarioy en el secundario en cada caso?

A partir de los datos del enunciado, una tensión del primario y dos del secundario,podemos suponer que inicialmente el transformador posee una configuración trián-gulo-estrella, y entonces la relación entre las fuerzas electromotrices de las fases es:

= = = 65,215 000230

N1

N2

E1

E2

57,657,6 + 3 + 0,5762 · 4

Pu

Pu

+ P0+ c2 · P

cc

2,44,166

I2

I2n

2410

V2

R

100100 + 3 + 4

Pu

Pu

+ P0+ P

cc

Pu

Pu

+ PFe

+ PCu

245,76

V2

R


1U 2U

1V 2V

1W 2W

1N 2N

Conexión Yy6 (desfase 6 · 30 = 180°)

Haciendo el neutro de la estrella con terminales no homopolares en el primario y elsecundario, se obtiene efectivamente un desfase de 180°. La relación de transforma-ción (entre las tensiones de línea) es:

a = = = = = 65,2

Conexión Dd6 (desfase 6 · 30 = 180°)

Del mismo modo, “sacando” los terminales de la placa de puntos del triángulo nohomopolares (en el secundario respecto al primario), se obtiene también un desfasede 180°. La relación de transformación es:

a = = = = 65,2

Conexión Yd5 (desfase 5 · 30 = 150°)

Con esta conexión se obtiene un desfase de 150°, como puede verse en el diagramavectorial trasladando convenientemente una tensión de línea del primario (1V1U)para ver el ángulo que forma con la correspondiente del secundario (2V2U). La re-lación de transformación es:

a = = = = = · 65,2 = 113√3√3 · N

1

N2

√3 · E1

E2

√3 · Vf 1

Vf 2

Vl1

Vl2

E1

E2

Vf 1

Vf 2

Vl1

Vl2

E1

E2

Vf 1

Vf 2

√3 · Vf 1

√3 · Vf 2

Vl1

Vl2


1U

1U

2U

1V

1V2U

2V

1W

2V

1W 2W

2W

180°

1N 2N

1U

1U

2U

1V

1V

2U

2V

1W

2V

1W 2W2W

1U

1V

1V

2U2V

1W 150°

1U 2U

1V 2V

1W 2W

2W

10. Un motor monofásico de arranque por condensador posee los siguientes va-lores nominales: potencia, 0,75 kW; velocidad, 2 870 r.p.m.; tensión, 220 V;rendimiento, 70%, y factor de potencia, 0,8.

Calcula, para el funcionamiento a plena carga, el valor del par en el eje y elvalor de la intensidad por la línea de alimentación.

¿Qué sucede con la intensidad y con el par en el momento del arranque?

La representación gráfica del motor es la siguiente:

Siendo los datos que aporta el enunciado del problema los siguientes:

Pu

= Pn

= 750 W

nn

= 2 870 r.p.m.

Vn

= 220 V

η = 70% = 0,7

cos ϕ = 0,8

En el motor la potencia nominal es la potencia útil o mecánica a plena carga, y tie-ne por expresión:

Pu

= Pn

= Mn

·

El par en el eje a plena carga es, entonces:

Mn

= = = 2,5 N · m

La potencia eléctrica absorbida, o potencia total, es:

Pt= = = 1 071,4 W

Y la intensidad de la corriente por la línea:

In

= = = 6 A

En el arranque, la intensidad por la línea alcanza un valor muy alto, de hasta 10 ve-ces el valor nominal, mientras que el par de arranque es también más del doble queel nominal.

Esto se debe a que el deslizamiento entre el campo giratorio y el rotor es máximo,por lo que las corrientes inducidas en él y las fuerzas electromagnéticas consiguien-tes, aumentan considerablemente.

1 071,4220 · 0,8

Pt

Vn

· cos ϕ

7500,7

Pu

η

60 · 7502 · π · 2 870

60 · Pn

2 · π · nn

2 · π · nn

60


V

I

Pt

PuM

n

M

11. Un motor trifásico de rotor de jaula de ardilla posee los siguientes valoresnominales:

Potencia: 110 kW; velocidad: 2 860 r.p.m.; tensión: 380 V; rendimiento: 85%;factor de potencia: 0,87.

Para su funcionamiento a plena carga, determina:

a) ¿Cuántos polos posee el rotor y cuánto vale su deslizamiento?

b) ¿Qué par motor suministra en el eje?

c) ¿Cuánto vale la intensidad de la corriente en la línea?

d) ¿Qué ocurre si el motor se queda sin carga? ¿Y si la carga aumenta el parindefinidamente?

e) ¿Qué ocurre con la corriente y el par en el momento del arranque? ¿Cómose puede limitar el valor de la corriente en el arranque?

Los datos que proporciona el enunciado del problema son los siguientes:

a) La velocidad síncrona de la gama de 50 Hz más cercana a 2 860 r.p.m. es n

s= 3 000 r.p.m. En consecuencia, el número de pares de polos es:

p = = = 1 (2 polos)

Y el deslizamiento vale:

s = · 100 = · 100 = 4,66%

b) El par en el eje es:

Mn

= = = 367 N · m

c) La potencia eléctrica absorbida:

Pt= = = 129 411 W

Y la intensidad de la corriente por la línea:

I = = = 226 A129411

√3 · 380 · 0,87

Pt

√3 · V · cos ϕ

1100000,85

Pu

η

110000 · 602 · π · 2 860

Pu

2 · π · nn

60

3000 – 2 8603 000

ns– n

ns

60 · 503 000

60 · fn

s


Pt

Pu=110 000 WM

V = 380V / 50Hz nn = 2860 r.p.m.

Mn

η = 0,85cos ϕ = 0,87

d) Si el motor se queda sin carga, el par electromagnético tiende a cero, las corrien-tes inducidas en el rotor son muy pequeñas y el deslizamiento casi nulo (el mo-tor alcanza la velocidad de sincronismo, 3 000 r.p.m.); y la potencia absorbida yla corriente en la línea también son muy pequeñas.

Por el contrario, si el par de la carga aumenta indefinidamente, inicialmente elmotor responde aumentando el par electromagnético, a costa de un aumento dela potencia absorbida y de la corriente y de una ligera disminución de la veloci-dad (mayor deslizamiento).

Pero si se sobrepasa el par máximo del motor, este deja de responder y se para sú-bitamente (n = 0), quedando en una situación de máximo deslizamiento (100%) y demáxima corriente por la línea, consumiéndose toda la potencia absorbida en formade calor; situación que, de mantenerse, determina el deterioro de los devanados.

e) En el arranque la situación es parecida (velocidad cero, 100% de deslizamiento,y máxima corriente, en torno a 10 veces la nominal). El par de arranque es gran-de, de modo que el motor acelera rápidamente hasta llegar a una velocidad deequilibrio, cuando el par electromagnético (decreciente con el deslizamiento) seiguala al resistente. No obstante, si el par resistente o de carga es mayor que elde arranque, nos encontramos con la misma situación descrita en el apartado d);el motor no arranca y “se quema”.

Como la intensidad durante el arranque, especialmente en los motores de granpotencia, puede ser perjudicial para la línea de alimentación, se suele efectuar elarranque conectando inicialmente los devanados del motor en estrella (de esemodo la potencia absorbida se reduce a 1/3) y conmutándolos automáticamentea la conexión en triángulo, una vez que la velocidad se acerca a la nominal.

Problemas de selectividad1. Un señor adquiere para su casa un frigorífico de 1000 W con un factor de po-

tencia 0,8. Cuando llega a casa, se da cuenta de que su instalación es de 125 Vy el frigorífico solo funciona correctamente a 220 V. Para solucionar el pro-blema, decide comprar un transformador.

a) ¿Qué características mínimas debe tener el transformador?

b) ¿Qué corriente absorberá de la red el conjunto transformador-frigoríficocuando esté en funcionamiento? (Considera el transformador ideal).


El esquema del conjunto, representando el frigorífico por medio de una impedanciaequivalente, es el siguiente:


V1 = 125 V V2 = 220 V P = 1000 W cos ϕ = 0,8

Z

I1 I2

a

a) Considerando el transformador ideal, la relación de transformación y la potenciaaparente que ha de ser capaz de suministrar son:

a = = = 0,568 ; S = = = 1 250 VA

b) Si se desprecia, además, el valor de la corriente de vacío, la relación de transfor-mación también puede ponerse como:

a = , siendo I2= = = 5,68 A

En cuyo caso, la intensidad por el primario será:

I1= = = 10 A

2. Un transformador monofásico ideal tiene 2 000 espiras en el primario y 250en el secundario. Al primario del transformador se le aplica una tensión de660 V/50 Hz.

a) Determina la relación de transformación y la tensión en el secundario deltransformador.

b) Si en el secundario del transformador se conecta una carga, formada poruna resistencia de 10 Ω en serie con una bobina de 7,5 mH de inductan-cia, determina la corriente que circula por el primario del transformador.

c) Determina la potencia aparente consumida por el transformador con lacarga anterior, y dibuja el diagrama de tensión e intensidad del primarioy del secundario del transformador.


El esquema del transformador, con la carga conectada en el secundario es el siguiente:

a) La relación de transformación y la tensión en el secundario son:

a = = = 8 ; V2= = = 82,5 V

b) La reactancia de la carga es:

XL= 2 · π · f · L = 2 · π · 50 · 7,5 · 10–3 = 2,35 Ω

Por tanto, la impedancia de la carga vale:

Z = = = 10,27 Ω ; ϕ = arctg = arctg = 13,2°2,3510

XL

R√102 + 2,352√R 2 + X

L2

6608

V1

a2000250

N1

N2

220 · 5,68125

V2· I

2

V1

1 000220 · 0,8

PV

2· cos ϕ

I2

I1

V1

V2

1 0000,8

Pcos ϕ

125220

V1

V2


I1 I2

V1 = 660 V (50 Hz)

N1 = 2 000 N2 = 250 V2

R = 10 Ω

L = 7,5 · 10-3 H Z ϕ

Con estos valores, calculamos la intensidad por el secundario:

I2= = = 8 A (retrasada 13,2° respecto de

→V

2)

Y, por tanto, la intensidad por el primario resulta:

I1= ≈ = 1 A

c) La potencia aparente es:

S = V1· I

1= 660 · 1 = 660 VA

El diagrama vectorial (simplificado, sin la intensidad de vacío) es el siguiente:

3. Un transformador de potencia nominal 160 kVA tiene unas pérdidas en elhierro de 1 400 W y, en el cobre, de 1800 W. El transformador trabaja a plenacarga. Calcula:

a) El rendimiento cuando trabaja con factores de potencia 1, 0,8 y 0,5.

b) Traza el diagrama de rendimiento para factor de potencia 0,9 y valores deíndice de carga 95%, 97% y 99%.


Se supone que las pérdidas de potencia a que se refiere el enunciado son las medi-das por medio del ensayo en vacío (las pérdidas en el hierro, P

Fe= P

0= 1 400 W, in-

dependientes del índice de carga) y del ensayo en cortocircuito (Pcc

= 1 800 W, laspérdidas en el cobre correspondientes al funcionamiento a plena carga). En tal caso,la expresión del rendimiento del transformador, en función del factor de potencia ydel índice de carga, es:

η = = =

a) A plena carga (C = 1), el rendimiento para diferentes valores del factor de poten-cia será:

cos ϕ = 1 η = = 0,98

cos ϕ = 0,8 η = = 0,975

cos ϕ = 0,5 η = = 0,96180 00080000 + 1 400 + 1 800

128 000128000 + 1 400 + 1 800

160 000160000 + 1 400 + 1 800

C · Sn

· cos ϕC · S

n· cos ϕ + P

0+ C 2 · P

cc

Pu

Pu

+ PFe

+ PCu

Pu

Pt

88

I2

a

82,510,27

V2

Z


I1

V2 V1

I2

ϕ = 13,2¼

b) Con un factor de potencia de 0,9 y diferentes índices de carga, el rendimiento será:

C = 0,95 η = = 0,9772

C = 0,97 η = = 0,9783

C = 0,99 η = = 0,9780

Para trazar el diagrama conviene graduar el eje del índice de carga en centési-mas, y el eje del rendimiento en diezmilésimas:

4. Un transformador monofásico tiene 1 000 espiras en el primario y 2 000 enel secundario. La tensión del primario es de 1 000 V y el transformador ali-menta una carga en el secundario que consume una corriente de 100 A confactor de potencia 0,8 inductivo.

a) ¿Cuál es el valor de la tensión secundaria en el supuesto de considerar eltransformador ideal?

b) ¿Cuál es el valor de la corriente primaria si se considera una corriente devacío de 2 A con factor de potencia 0,3 inductivo?

c) Si el devanado secundario se construye con un hilo de 5 mm2 de sección,¿cuál será la sección de los conductores del devanado primario si se con-sidera que ambos arrollamientos trabajan con la misma densidad de co-rriente?


El esquema del transformador es el representado en la página siguiente:

0,99 · 160 000 · 0,90,99 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,992 · 1 800

0,97 · 160 000 · 0,90,97 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,972 · 1 800

0,95 · 160 000 · 0,90,95 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,952 · 1 800


0,95 0,960,94 0,97 0,98 0,99 1

η (Pu /Pt)

C (I1/I1n)

0,98

0,979

0,978

0,977

0,976

0,975

a) Considerando el transformador ideal se desprecia la caída de tensión interna, encuyo caso:

≈ = = = 0,5 = a

Por tanto, la tensión secundaria vale:

V2= = = 2 000 V

b) La intensidad del primario es la suma vectorial de la intensidad de vacío (I0) y la

intensidad del secundario reflejada en el primario (I2'), suma que se puede efec-

tuar obteniendo primero las componentes activa y reactiva de ambas.

Calculamos, en primer lugar, los componentes de I2':

I2= 100 A, con ϕ

2= arcos 0,8 = 36,8° en retraso respecto a

→V

2

I2' = = = 200 A

con el mismo ángulo ϕ2de retraso que I

2.

Por tanto:

(I2')

a= I

2' · cos ϕ

2= 200 · cos 36,8° = 160,1 A

(I2')

r= I

2' · sen ϕ

2= 200 · sen 36,8° = 119,8 A

Del mismo modo, para la intensidad de vacío obtenemos:

I0= 2 A, con ϕ

0= arcos 0,3 = 72,5° en retraso respecto a

→V

1y

→V

2

Las componentes, en este caso, son:

(I0)

a= I

0· cos ϕ

0= 2 · cos 72,5° = 0,6 A

(I0)

r= I

0· sen ϕ

0= 2 · sen 72,5° = 1,9 A

Las componentes activa y reactiva de la corriente primaria son:

(I1)

a= (I

2')

a+ (I

0)

a= 160,1 + 0,6 = 160,7 A

(I1)

r= (I

2')

r+ (I

0)

r= 119,8 + 1,9 = 121,7 A

La intensidad del primario resulta, finalmente:

I1= = = 201,5 A

con un desfase respecto a las tensiones:

ϕ1= arctg = arctg = 37,1°121,7

160,7

(I1)

r

(I1)

a

√160,72 + 121,72√(I1)

a2 + (I

1)

r2

1000,5

I2

a

10000,5

V1

a

10002000

N1

N2

(V1)0

(V2)0

V1

V2


I1 I2 = 100 A

V2 Z N2 = 2000 cos ϕ = 0,8N1 = 1000V1 = 1000 V

c) Si los dos devanados han de trabajar exactamente con la misma densidad decorriente, se cumplirá:

J = =

Para el devanado secundario la densidad de corriente es:

J = = 20 A/mm2

Luego la reacción del devanado primario debe ser como mínimo del siguiente valor:

S1= = = 10,075 mm2

Lo correcto es aproximar por exceso a la sección comercial inmediata superior.No obstante, una sección de 10 mm2 sería en este caso aceptable, en la práctica.

5. Un motor trifásico de inducción hexapolar de 10 kW de potencia útil, rendi-miento 91%, factor de potencia 0,8, cuando está conectado a una red de380 V y 50 Hz, gira a 955 r.p.m.

Calcula:

a) El deslizamiento.

b) La corriente en la línea que alimenta al motor.

c) La corriente en cada fase, suponiendo que está conectado en triángulo.


a) Un motor de 6 polos (p = 3), alimentado por un sistema trifásico a 50 Hz, engen-dra un campo giratorio cuya velocidad de sincronismo es:

ns= = = 1 000 r.p.m.

Entonces, el deslizamiento del rotor es:

S = = = 4,5%

b) La potencia total o absorbida por el motor es:

Pt= = = 10 989 W

Y la intensidad en la línea trifásica:

Il= = = 20,87 A

c) Como el motor está conectado en triángulo, la intensidad de fase que circula porsus devanados es:

If= = = 12 A20,87

√3

Il

√3

10989

√3 · 380 · 0,8

Pt

√3 · Vl· cos ϕ

100000,91

Pn

η

100 · (1 000 – 955)1 000

100 · (ns– n)

ns

60 · 503

60 · fp

201,520

I1

J

1005

I2

S2

I1

S1


6. ¿Cuál es la única opción que no modifica significativamente la velocidad degiro de un motor de corriente alterna?

a) Cambiar la tensión de la alimentación.

b) Cambiar la frecuencia de la alimentación.

c) Cambiar el número de polos del devanado estator.

d) Utilizar dos devanados estatóricos diferentes.

LOGSE. Cataluña.

En funcionamiento estable, la velocidad de giro de un motor de inducción es ligera-mente inferior a la velocidad de sincronismo, cuya expresión es:

ns=

Esto significa que solo hay dos formas de modificar apreciablemente la velocidad degiro, modificando la frecuencia de la alimentación (opción b) o modificando el nú-mero de polos del devanado del estator (opción c), cosa que puede hacerse, porejemplo, utilizando en el mismo motor dos devanados diferentes (opción d).

En consecuencia, la opción que no modifica significativamente la velocidad de giroes la opción a; cambiar la tensión de alimentación, si no se modifica la frecuencia,únicamente sirve para que se modifique el valor de la intensidad, de acuerdo con lasiguiente expresión:

I = =

7. Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 30 kW, 220/380 V, 50 Hz, tipo1RA2 146 (ver tabla de características en la página 231 del libro del alumno).

Determina:

a) Conexión del estator, si se conecta el motor a una red trifásica de 220 V delínea.

b) ¿Cuál será el valor de la corriente de línea y su factor de potencia en el casode que el motor trabaje suministrando la potencia nominal?

c) ¿Podrá arrancar el motor si mueve un par resistente de 400 N · m?


a) En un motor trifásico la menor delas tensiones de servicio corres-ponde a la conexión triángulo, enfuncionamiento permanente. Eneste caso, por tanto, si la línea dealimentación trifásica es de 220 V,es esa la conexión que hay quehacer en la placa de bornes del es-tator:

2 · π · nM · ——60

√—3 · V · cos ϕ

Pn

√3 · V · cos ϕ

60 · fp


V2

W1

L1 L2 L3

U2

V1

W2

U1

220 V

b) De acuerdo con la tabla, para el modelo IRA2 146, la potencia útil (en el eje) va-le 30 kW, si se conecta en triángulo a la línea de 220 V, en cuyo caso la potenciaabsorbida (para un rendimiento del 90,5%) sera:

Pt= = = 33 149 W

Si se conecta el motor en estrella a una línea de 380 V, la intensidad de línea, se-gún la tabla, sería de 58 A. Con la conexión triángulo a 220 V (para igual poten-cia) será:

(In) = (I

n) · = 58 · = 100,45 A

Entonces, el factor de potencia del motor será:

cos ϕ = = = 0,866

c) Según la tabla, la velocidad del motor es de 1 450 r.p.m. y la relación entre el parde arranque y el nominal es M

a/M

n= 2. Luego el par de arranque vale:

Ma

= 2 · Mn

= 2 · ( ) = = 395,1 N · m

Este resultado es ligeramente inferior a 400 N · m, luego el motor no arranca.

2 · 60 · 30 0002 · π · 1 450

60 · Pn

2 · π · nn

33149

√3 · 220 · 100,45

Pt

√3 · V · In

√3√3

300000,905

Pn

η



7.3. LAS ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS

Página 249

1. Haz un razonamiento que justifique la existencia de ondas electromagnéticastras desaparecer la causa que las produjo, por analogía con otro tipo de ondas.

Las ondas producidas en la superficie de un estanque (al caer un objeto), o las ondassonoras producidas por un disparo, se siguen propagando cuando ha cesado la cau-sa que las origina (el golpe del objeto o el disparo). Del mismo modo, una “chispa”eléctrica produce o.e.m. capaces de propagarse indefinidamente en el espacio.

7.5. DISPOSITIVOS SEMICONDUCTORES: DIODO DE UNIÓNY TRANSISTOR

Página 267

1. Dibuja la forma de la componente alterna de la corriente de salida si lacorriente alterna de entrada tiene un valor máximo de 4 mA.

En el amplificador con transistor PNP enmontaje emisor común de la figura, situadoen el punto de funcionamiento P, se le aplicauna señal alterna en la entrada para hacer os-cilar el valor de i

B± 4 mA. Como puede ob-

servarse, no se consigue, pues el transistorsolo puede funcionar entre los puntos P' (demáxima corriente o de saturación) y P'' (demínima corriente o de corte). Como conse-cuencia, la componente alterna de la corrien-te de salida i

cresulta “recortada”, tal como

puede verse en el análisis gráfico.

Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

100

50

+4+3

+2

+1

0

P

P'

P''

– 30 vCE

iC (mA)

iC (mA)

ω · t

ω · t

iB(mA)

C

EB

iB

iC

iE

V1 = 2,5 V

RC = 300 Ω

V2 = 30 V

RB


1. En el circuito amplificador del triodo PC86, la resistencia de carga vale 30 kΩy la placa está polarizada con una batería de 100 V:

a) ¿Cuánto valen la intensidad de la corriente y el voltaje de placa si el volta-je de rejilla vale –0,5 V? ¿Qué diferencia de potencial se puede medir en laresistencia de carga?

b) Ídem si el voltaje de rejilla vale cero. ¿Cómo se comporta el diodo en estecaso?

c) Calcula el valor de la resistencia interna del triodo en ambos puntos de fun-cionamiento. ¿Cuánto vale en ellos la corriente por el circuito de rejilla?

d) ¿Qué pasaría si el circuito de rejilla se polarizase con un voltaje positivo?

El esquema del cir-cuito amplificadores este. La señal deentrada se puede“inyectar” en el cir-cuito de rejilla,mientras que la se-ñal de salida se re-coge en bornes dela resistencia decarga R del circuitode placa.

La ecuación de la recta de carga es:

100 = va

+ 30 · ia

(R se da en kΩ, ia

en mA)

Puntos de corte:

Dibujándola sobre la característica ia(v

a) del triodo, se obtiene:

va

= 0 ; ia

= 100/30 = 3,33 mA

ia

= 0 ; va

= 100 V


va

R = 30 kΩ

100 V

PC 86

Señal deentrada

Señal desalida

ia

P'

P

7,5

5

2,5

3,33

25 50 75 100 125 150 175 200 225 250

ia (mA)

vr = 0 –0,5 V –1 V

–2 V

–1,5 V

–2,5 V–3 V

–3,5 V

va (V)

∆ia ≈ 5 mA

∆va = 5 V

a) Si el voltaje de rejilla vale –0,5 V, el triodo se sitúa en el punto de funcionamien-to P, al que, según la gráfica, le corresponden los valores:

va

= 45 V; ia

= 2 mA

En la resistencia de carga existirá una diferencia de potencial:

vR

= R · ia

= 30 · 2 = 60 V

b) Si vr= 0, el triodo pasa al punto:

P' (va

= 22 V; ia

= 2,8 mA)

al que corresponde:

vR

= 30 · 2,8 = 84 V

Obsérvese que, para un pequeño incremento de la tensión de rejilla (0,5 V), seha producido un incremento grande de la tensión de salida (84 – 60 = 24 V), de-bido al efecto amplificador del triodo.

Situada en el punto P' y en ausencia de señal de entrada, la válvula se comportacomo si no tuviese rejilla, o sea, como un diodo de vacío.

c) Si aplicásemos el concepto “estático” de resistencia (tensión en bornes dividida porintensidad que circula), se obtendrían los siguientes valores de resistencia interna:

P: Ri= = = 22,5 kΩ

P': Ri= = 7,85 kΩ

En los circuitos electrónicos, sin embargo, se utiliza el concepto dinámico de re-sistencia interna (oposición a las variaciones de corriente). Vista así, la resistenciainterna en ambos puntos posee un valor parecido:

Ri= ≈ = 1 kΩ

La corriente por la rejilla es nula en ambos casos: al poseer un potencial negati-vo o nulo no puede absorber electrones.

d) En cambio, si la rejilla adquiere un potencial positivo, sí absorbería electrones yhabría una corriente de rejilla; pero su valor no sería grande, en comparacióncon el aumento de la corriente de placa. Por la velocidad que alcanzan, los elec-trones traspasan la posición de la rejilla y caen bajo la influencia del fuerte po-tencial de placa.

2. Con el triodo PC86, cuyas curvas características pueden verse en la página 258,se ha montado un circuito amplificador en el cual la placa está polarizada poruna batería de 150 V, mientras que la rejilla lo está con una batería de 1 V.

Si la resistencia del circuito de placa es de 15 kΩ:

a) Traza la recta de carga.

b) Indica el punto de funcionamiento y calcula los valores correspondientesde resistencia interna de la válvula.

5 V5 mA

∆va

∆ia

22 V2,8 mA

45 V2 mA

va

ia


c) Si sobre ese punto se introduce en el circuito de rejilla una señal alternade 0,75 V de pico, determina el valor de pico de la corriente de placa y elde la tensión en la resistencia de carga.

En este caso, el esquema y el análisis gráfico son los siguientes:

a) La ecuación de la recta de carga es:

150 = va

+ 15 · ia

→

b) El punto de funcionamiento correspondiente a vr= –1 V es P (v

a= 90 V; i

a= 4 mA);

manteniendo constante vr= –1 V y dando un ∆v

a= 10 V en torno a P, se obtiene un

∆ia= 2 mA, luego la resistencia interna (dinámica) es:

Ri= = = 5 kΩ

c) Si mediante la señal alterna de entrada se hace oscilar vrentre –0,25 V y –1,75 V, la

corriente de placa ia

oscila entre 6,5 mA y 1,5 mA (con el punto medio en 4 mA).El valor de pico de la corriente de salida es de 2,25 mA. Por tanto, la tensión alter-na en R, superpuesta al valor de reposo, tiene un valor de pico de 2,25 · 15 = 33,75 V.

10 V2 mA

∆va

∆ia

va

= 0 ; ia

= 150/15 = 10 mA

ia

= 0 ; va

= 150 V


1 V

PC 86

150 V

Señalde entrada va

R = 15 kΩ

ia ω

. t

v a (V

)

P ∆ ia

∆va

7,5

5

10

2,5

50 100 150 200 250

ia (mA)

vr = 0 –0,5 V–1 V

–2 V–1,5 V

–2,5 V–3 V

–3,5 V

va (V)

3. Un diodo de silicio, cuyas curvas características pueden verse en las gráficas,se conecta a una fuente de alimentación de 1 V, primero en un sentido, posi-tivo en el ánodo (polarización directa), y luego en el contrario (polarizacióninversa).

a) Dibuja los circuitos y determina la intensidad de la corriente y la resisten-cia del diodo en cada caso.

b) Si en polarización directa el voltaje de la fuente disminuye hasta 0,5 V,¿qué sucede y por qué?

c) ¿Y si en polarización negativa aumenta hasta 1250 V?

a) El circuito y el punto de funcionamiento, en cada caso, son:

– Polarización directa:

P (va

= 1 V; ia

= 1,8 A)

Resistencia interna (estática):

Ri= = = 0,55 Ω1 V

1,8 A

va

ia


-ia (µA)

1 250 1 000 750 500 250 0-va (V)

0,5

0,1

1

510

ia (A)

5

1

0 0,5 1 1,5 va (V)

0,5

0,1

0,05

0,01

P

ia (A)

5

1

0 0,5 1 1,5 va (V)

0,5

0,1

0,05

0,01

1Via va

– Polarización inversa:

Con una tensión inversa tan pequeña (–va

= 1 V), elpunto de funcionamiento es difícil de situar, aunqueseguro que se encuentra entre el origen y P'. Toman-do por válido P' (–v

a= 1 V, –i

a= 0,5 µA), la resistencia

interna inversa (estática) sería:

Ri= = 2 · 106 Ω = 2 MΩ

b) Si en polarización directa el voltaje va

baja hasta 0,5 V, el diodo deja de conduciral no superarse la tensión umbral necesaria (aproximadamente 0,6 V según la ca-racterística).

La tensión umbral es debida a la existencia de un potencial de barrera en launión PN, que aparece como consecuencia de la recombinación de electrones yhuecos alrededor de ella.

c) Si la polarización negativa se llevase hasta 1 250 V, podría alcanzarse la tensiónZener, valor para el cual se produce una fuerte corriente de rotura en avalanchade los enlaces en el cristal; corriente que, si no se trata de un diodo Zener con-cebido para funcionar en dicha situación, determina su destrucción.

4. El diodo del ejercicio anterior se polariza directamente mediante una fuentede 50 V y una resistencia de carga de 125 Ω:

a) Dibuja el circuito.

b) Traza la recta de carga correspondiente.

c) Determina los valores va, ia, y la resistencia interna en el punto de funcio-namiento (estática y dinámica).

a) El esquema del circuito es:

b) La ecuación de la recta de carga es:

50 = va

+ 125 · ia

→v

a= 0 ; i

a= 50/125 = 0,4 A

ia

= 0 ; va

= 50 V

1 V0,5 · 10–6


– ia (µA)

1 250 1 000 750 500 250 0– va (V)

0,5

0,1

1

510

P'

– ia – va

iava

V= 50 VRC = 125 Ω

Otro punto que facilita el trazado sin necesidad de llevar el eje de va

hasta 50 V es:

va

= 10 V ; ia

= = = 0,32 A

Para trazar la recta y hacer el estudio gráfico, es necesario trasladar la caracterís-tica a unos ejes adecuados: llevamos, por ejemplo, los puntos 0, 1 y 2:

c) El diodo estará situado en el punto de funcionamiento:

P (va

0,7 V; ia

0,38 A)

La resistencia interna estática es:

(Ri)

estática= = = 1,84 Ω

La resistencia interna dinámica, como la característica es prácticamente recta enel intervalo dibujado, la podemos determinar tomando incrementos entre 0 y P':

Ri= = = = 0,2 Ω

5. Con un diodo de silicio se formanlos dos circuitos de la figura. ¿Encuál de los dos casos se enciendela lámpara y por qué?

En el circuito de la izquierda, el diodoestá polarizado directamente, luego conduce y se comporta como un interruptor cerra-do, en el que solo cae una pequeña parte de la tensión de la batería (la tensión umbral,aproximadamente 0,7 V); el resto queda aplicada a la lámpara, que se enciende.

En el circuito de la derecha, con el diodo en polarización inversa, no hay circula-ción de corriente; toda la tensión de la batería queda aplicada al diodo, y la lámpa-ra no se enciende.

0,42

1 – 0,62 – 0

∆va

∆ia

0,70,38

va

ia

40125

50 – 10125


2

0

1

4

ia (A)

ia (A)

Característicadel diodo

Recta de carga (10 V, 0,32 A)

P'

P

5

1

0 0,5 1 1

1

0,4

0,6

2

2 3 4 5 6 7 8 9 10va (V) va (V)

0,5

0,1

0,05

0,01

9 V 9 V

6. Con un transistor PNP, una lámpara de linterna y una pila eléctrica se for-man los circuitos de la figura.

a) b) c) d)

¿En qué casos se enciende la lámpara?

Un transistor PNP equivale, en cierto modo, a dos diodos de unión puestos en opo-sición con un terminal intermedio, que es la base.

a) Si se aplican +9 V en el circuito CE, con el positivo en C, la unión BC queda conpolarización directa y podría conducir; pero la unión BE queda con polarizacióninversa e impide el paso de corriente. Por tanto, L no se enciende.

b) Sucede lo mismo, aunque ahora es la unión BC la polarizada inversamente: L nose enciende.

c) Con B positivo respecto a E, la unión BE queda con polarización inversa: L no se en-ciende.

d) Con E positivo respecto a B, la unión BE queda polarizada directamente; hayconducción y L se enciende.

7. Resuelve el ejercicio anterior en el caso de que el transistor sea un NPN.

Un transistor NPN equivale, a dos diodos en oposición, aunque dispuestos al revés:

De las cuatro posibilidades propuestas en el enunciado del ejercicio anterior, la úni-ca que permite el encendido de la lámpara es la tercera: si se aplican +9 V en el cir-cuito BE, con la base positiva, la unión BE queda polarizada directamente.


B

E

C 9 V 9 V

9 V 9 V

E

C

B N

P

P

C

E

BPNP

B

C

E

E

C

B P

N

N

C

E

BNPN

B

C

E

8. Las curvas características de la figura corresponden a una serie de diodos Ze-ner, uno de los cuales se conectará entre C y D para estabilizar la tensiónaplicada a la resistencia R

2:

a) ¿Cuánto vale la tensión VCB antes de conectar el diodo?

b) ¿Cuál de los diodos hay que conectar?

c) Si la tensión de alimentación VAB puede oscilar entre 8 y 14 V, ¿entre quévalores oscilará la corriente por el diodo Zener? ¿Qué pasa mientras tantocon la tensión en la resistencia R

2? ¿Y en la resistencia R

1?

a) Antes de conectar el diodo Zener:

I = = =

= 0,08 A

Va

= R2· I = 100 · 0,08 = 8 V

b) Si se desea estabilizar la tensión Va

en ese valor (8 V), por medio de un diodoZener, conviene utilizar aquel que posea dicho valor en un punto intermedio desu característica.

En la serie suministrada en el enunciado, el que cumple dicha condición es Z4.

Veamos dónde se sitúa exactamente el punto de trabajo, para V = 12 V.

1250 + 100

VR

1+ R

2


–ia (mA)04

5

6

7

8

9

10

50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

–va (V)Z6

Z5

Z4

Z3

Z2Z1

R1=50 Ω

R2=100 Ω12 V

A

B

C

D

V = 12V

IR

Va

I

R2 = 100 Ω

R1 = 50 ΩA

B

C

D

La ecuación del circuito es:

V = Va

+ R1

· I =

= Va

+ R1

· (Ia+ )

12 = Va

+ 50 · (Ia+ ) =

= + 50 · Ia

Se trata de la ecuación de una recta, cuyos puntos de corte con los ejes son:

Va

= 0 ; Ia

= 12/50 = 0,24 A = 240 mA

Ia

= 0 ; Va

= = 8 V

Para trazar la recta sobre la característica, como el eje –Vade esta no parte de ce-

ro, es conveniente dibujarla adecuadamente:

De acuerdo con los sentidos de Va

e Ia

en el esquema, se han cambiado los sig-nos en los ejes.

El punto de funcionamiento es P (Va

= 7,7 V; Ia

= 9 mA).

c) El punto de funcionamiento está situado justo al comienzo de la zona Zener dela característica. Eso significa que la tensión de entrada no puede bajar de 12 Vsin que se pierda el efecto estabilizador sobre la resistencia de carga R

2.

En efecto: si baja hasta V = 8 V, como Ia

= 0, I = 8/150 = 0,053 A y Va

= 100 · I == 100 · 0,053 = 5,3 V, bastante menor que 8 V.

2 · 123

3 · Va

2

Va

100

Va

R2


V = 12V

IR

Va

IaI

R2 = 100 Ω

R1 = 50 ΩA

B

C

D

00

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

9 mA 48 mA 100 200 240 280 300

+Ia (mA)

+va (V)

Z4

1

2

P P'

En cambio, el límite superior del enunciado sí puede alcanzarse; la recta de car-ga correspondiente (2) es:

14 = + 50 · Ia

→

Con ella se obtiene el punto de funcionamiento:

P' (V'a

= 7,73 V; I'a

= 48 mA)

En definitiva: si la tensión de entrada V oscila entre 12 y 14 V, la intensidad porel diodo Zener oscila entre 9 y 48 mA, mientras que la tensión v

aaplicada a la

carga R2se mantiene muy cerca de los 8 V (oscila entre 7,7 y 7,73 V), luego:

IR

= 7,7/100 = 77 mA

I'R

= 7,73/100 = 77,3 mA

En la resistencia R2la corriente se mantiene prácticamente constante.

Mientras tanto, en la resistencia R1la corriente I oscila entre

I = 77 + 9 = 86 mA

I' = 77,3 + 48 = 125 mA

Y la tensión en bornes, entre 4,3 y 6,25 V.

9. Con un transistor PNP, cuyas curvas características de salida pueden verse enla primera gráfica, se monta el circuito de la segunda gráfica:

Va

= 0 ; Ia

= 14/50 = 0,28 A = 280 mA

Ia

= 0 ; Va

= (2 · 14)/3 = 9,33 V

3 · Va

2


-vce (V)

–Vce= 5 V

-ic (A)-ib = 9 mA

-vbe (mV)

–ib (mA) 0

0,2

0,4

0,6

0,88

7

6

5

4

3

2

1

510 5 10

200

400

–Vce= 5 V

a) Determina el punto de funcionamiento (vce, ic) si la corriente de base vale2 mA.

b) ¿Cuánto vale la ganancia de corriente en dicho punto?

c) Si en el circuito de entrada se inyecta una señal alterna que hace oscilar lacorriente entre 1 y 3 mA, ¿entre qué valores oscilará la tensión en la resis-tencia de carga?

Dibujemos, en primer lugar, el circuito, indicando los sentidos convencionales detensiones y corrientes, de acuerdo con los signos de las curvas características.

Al dibujar el circuitohemos tenido encuenta el convenio desentidos de tensionesy corrientes, general-mente aceptado, alque responden lascurvas, considerandoque las corrientes en-tran al transistor y de-signando las tensionesrespecto al terminalcomún.

a) La recta de carga del circuito de salida se corresponde con la ecuación:

10 = –vce

– ic· 20

cuyos puntos de corte con los ejes son:

vce

= 0 ; ic= – = –0,5 A

ic= 0 ; –v

ce= 10 V

Dicha recta corta a la característica correspondiente en –ib

= 2 mA, en el puntode funcionamiento:

P (–vce

= 5,1 V ; –ic= 0,23 A)

1020


RC = 20 Ω

RB = 280 Ω

V2 = 10 V

V1 = 1 V

RC = 20 Ω

RB = 280 Ω

V2 = 10 V

V1 = 1 V

ic

ib vCvce

vbe

c) Si la señal alterna de entrada hace os-cilar –i

bentre 1 y 3 mA, el punto de

funcionamiento oscila sobre la rectade carga entre:

P' (–v'ce

= 6 V; – ic= 0,12 A)

P'' (–v''ce

= 3,5 V; – ic= 0,32 A)

La tensión en la resistencia de cargaR

coscila, por tanto, entre 2,4 y 6,4 V:

V'c= – i'

c· R

c= 0,12 · 20 = 2,4 V

V''c= – i''

c· R

c= 0,32 · 20 = 6,4 V

b) La ganancia de la corriente es:

β = = = 100

10. Al diodo de silicio cuyas características de funcionamiento pueden verse enla figura se le aplica una tensión variable comprendida entre –500 y +5 V.

Describe lo que sucede en los siguientes casos:

a) Regulación de 0 a –500 V.

b) Regulación de 0 a +5 V.

Contestaremos a la pregunta interpretando la información que suministra la caracte-rística de funcionamiento:

a) Regulación 0 a –500 V:

Durante la mayor parte del margen considerado, la intensidad de la corriente esnegativa (corriente inversa, de cátodo a ánodo por su interior) y de un valor muypequeño, por lo que se considera prácticamente que el diodo no conduce enese sentido. No obstante, al sobrepasar un valor cercano a –500 V, la corrienteinversa aumenta súbitamente y tiende a infinito, sin apenas aumentos de tensióninversa. Dicho de otra forma: la resistencia del diodo en polarización inversa es,durante un primer tramo, prácticamente infinita, y durante un segundo tramo,prácticamente nula.

0,32 – 0,12(3 – 1) · 10–3

∆ic

∆ib


–500 –100 0,7 1 2 3 4 5

Ia (A)

Pmáx

Va (V)

–ic (A) –ib = 9 mA

–vbe (mV)

–ib (mA)

1

2

3

4

5

67

8

0 5 1010 5

200

400

–vce (V)

–Vce = 5 V

–Vce = 5 V

0,2

0,4

0,5

0,6

0,8

P

P"

P'

b) Regulación 0 a +5 V:

Entre 0 y +0,7 V el diodo prácticamente no conduce (resistencia infinito). A par-tir de ahí, conduce, y la corriente aumenta proporcionalmente a los aumentos dela tensión (se comporta como una pequeña resistencia, de valor constante).

Por encima de Va

= 3 V, el punto de funcionamiento supera la curva de potenciamáxima, lo cual significa que el diodo no es capaz de disipar todo el calor quese produce en su interior, por el paso de la corriente; en consecuencia, se puedecalentar excesivamente y deteriorarse.

11. Para el diodo de silicio del ejercicio anterior, determina:

a) La tensión umbral en polarización directa. ¿A qué es debida?

b) La tensión Zener en polarización inversa. ¿Qué ocurre si se supera?

a) La tensión umbral, según la característica de funcionamiento, es V0

= 0,7 V. Esdebida al potencial de barrera que se crea en la unión PN, como consecuenciade la recombinación de electrones y huecos.

b) La tensión Zener, según la característica, es Vz= –450 V. Si se supera, se produce

una elevada corriente por rotura de enlaces, en avalancha, que normalmente traeconsigo el deterioro del diodo (a no ser que esté fabricado para trabajar en esazona de la característica, cosa que ocurre con los diodos Zener).

12. En el circuito de la figura, el diodo D es de silicio, pero no se dispone de sucurva característica. Haz un cálculo del valor aproximado de la corriente.

Dentro del margen de funcionamiento normal de un diodo de silicio, polarizado direc-tamente y conduciendo, su tensión en bornes apenas sobrepasa el valor de la tensiónumbral (0,7 V). Por tanto, para hacer un cálculo aproximado sin usar el procedimientode la recta de carga, se puede considerar válida la siguiente ecuación del circuito:

v Vo+ R

c· I

En este caso:

20 0,7 + 100 · I

Luego:

I = 0,193 A = 193 mA20 – 0,7100


20 V 100 Ω

+

–

D

I

13. En un transistor PNP, la corriente por el colector vale 0,44 A, y la del emisor,1 mA:

a) ¿Cuánto vale la corriente por la base?

b) Señala el sentido de las tres corrientes.

c) Si la corriente por la base aumenta 1mA y el parámetro β del transistor va-le 121, ¿cuánto valdrán las corrientes?

Los datos del enunciado no son coherentes. En un transistor PNP (por ejemplo, enmontaje emisor común, como el de la figura) siempre se cumple que:

iE

= iC

+ iB

Y, además, iB

suele ser bastante más pequeña que las otras dos intensidades, y las variaciones de i

Bse traducen en variaciones “amplificadas” de i

C, de modo que:

β =

recibe el nombre de ganancia de corriente.

En consecuencia, no puede ser que iC

= 0,44 A, siendo iE

= 1 mA. Esta última co-rriente debe ser la de la base. En tal caso:

a y b) El valor de las intensidades de colector, base y emisor se determina como sigue:

iC

= 0,44 A = 440 mA ; iB

= 1 mA

Por tanto:

iE

= iC

+ iB

= 440 + 1 = 441 mA

El sentido de las corrientes es el indicado en la figura anterior.

c) Si hay un aumento de la corriente de base,

∆iB

= 1 mA

El aumento en la corriente de colector, de acuerdo con la ganancia será:

∆iC

= β · ∆iB

= 121 · 1 = 121 mA

Y, en consecuencia, los valores de iC, i

Be i

Eserán:

iC

= 440 + 121 = 561 mA

iB

= 1 + 1 = 2 mA

iE

= 561 + 2 = 563 mA

∆iC

∆iB


RB

RC

V2

V1

iB

iC

iE

14. Dadas las curvas características dela figura, correspondientes a untransistor PNP, determina el valordel parámetro β y el de las corrien-tes de base y emisor en el punto defuncionamiento:

–Vce = 8 V ; –Ic = 1,6 A

Llevando los valores –Vce

= 8 V, –iC

= 1,6 A a las curvas características, se determinala posición del punto de funcionamiento P, al que corresponde una corriente de ba-se –i

b= 30 mA.

Para obtener el valor de la ganancia decorriente β en el punto P, se hace va-riar i

ben torno a P, sin modificar –V

ce,

y se observa qué incremento se pro-duce en la corriente de colector. Porejemplo, entre P' y P'':

→

→ β = = = 45–900–20

∆ic

∆ib

∆ib= –20 mA

∆iC

= –0,9 A = –900 mA


–ic (A) –ib = 80 mA

–vbe (mV)

–ib (mA)

70

60

50

40

20

10

30

75 50 25 0 5 8 10

250

500

750

15

–vce (V)

–vce = 1 V

–vce = 1 V

1

2

1,6

3

P

P

P"

'

–ic (A) –ib = 80 mA

–vbe (mV)

–ib (mA)

70

60

50

40

20

10

30

75 50 25 0 5 10

250

500

750

15

–vce (V)

–vce = 1 V

–vce = 1 V

1

2

3


8.1. CIRCUITOS AMPLIFICADORES

Página 279

1. Un amplificador posee una ganancia de tensión –100 y una ganancia decorriente –50. En la entrada se aplica una señal de 5 mV y 12 µA. Calcula:

a) Las magnitudes de la señal de salida.

b) Las resistencias de entrada y de salida.

c) La ganancia de potencia, expresada en dB.

El esquema de bloques del circuito amplificador es el siguiente:

Siendo los valores que proporciona el enunciado los siguientes:

Va

= 5 mV = 5 · 10–3 V

Ia

= 12 µA = 12 · 10–6 A

(El signo negativo en las ganancias indica que hay un desfase de 180° entre la saliday la entrada).

a) Los valores eficaces de la tensión y la corriente de salida son:

Vs= A

v· V

a= –100 · 5 · 10–3 = –0,5 V

Is= A

i· I

a= –50 · 12 · 10–6 = –6 · 10–4 A

b) Las resistencias de entrada y de salida:

Ra

= = = 416,6 Ω

Rs= = = 833,3 Ω

c) Y la ganancia de potencia:

Ap= A

v· A

i= –100 · (–50) = 5 000

que expresada en dB vale:

ap= 10 · lg A

p= 10 · lg 500 37 dB

–0,5–6 · 10–4

Vs

Is

5 · 10–3

12 · 10–6

Va

Ia

Unidad 8. Circuitos electrónicos.

Ia Is

VsVa

8.2. CIRCUITOS RECTIFICADORES

Página 287

1. Se dispone de un sistema trifásico de 380/220 V. Dibuja tres tipos de rectifica-dores alimentados por él y calcula el valor medio de la tensión continua de sa-lida en cada caso (uno de ellos debe ser monofásico).

El rectificador monofásico lo alimentaremos con tensión de fase, siendo los valoresde la tensión los que se indican después de la gráfica:

Vm

= 0,9 · Vf

Vm

= 0,67 · Vl

Vm

= 1,35 · Vl

Vm

= 0,9 · 220 = 198 V Vm

= 0,67 · 380 = 254,6 V Vm

= 1,35 · 380 = 513 V

8.5. CIRCUITOS OSCILADORES

Página 294

1. Calcula la frecuencia de resonancia de un circuito RLC cuyos valores son:

R = 15 kΩ

L = 300 mH

C = 150 µF

La frecuencia de resonancia en un circuito RLC depende exclusivamente de lo quevalen la capacidad del condensador C y el coeficiente de autoinducción de la bobinaL, de acuerdo con la expresión:

fR

=

En este caso:

fR

= = 23,72 Hz1

2 · π · √0,3 · 150 · 10–6

1

2 · π · √L · C


L1L2L3N

Vf

Vl Vl

RcRc

Vm

Rc

Vm

Vm

Rectificador monofásicoen puente

Rectificador trifásicosimple

Rectificador trifásicoen puente

2. Un circuito LC está conectado a una antena que capta una señal de 50 kHz. Sila bobina posee un coeficiente L = 200 H, ¿qué valor debe tener C para que elcircuito entre en resonancia con dicha señal?

Conocida la frecuencia de resonancia del circuito y el valor de L, la capacidad delcondensador necesario se determina con la expresión:

C = → C = = 5 · 10–14 F = 5 · 10–2 pF


1. Un diodo de silicio tiene una tensión umbral de 0,67 V, y su resistencia inter-na en polarización directa es de 0,04 Ω:

a) Traza su característica de vacío aproximada, considerando que la resis-tencia de polarización inversa es infinita.

b) Traza la característica de carga para una resistencia de carga de 150 Ω.

c) Si en la entrada del circuito rectificador de media onda se aplica una señalalterna de 220 V, ¿qué valor de pico tendrá la señal de salida? ¿Cuánto val-drá su valor medio? (Dibuja el circuito). ¿Qué valores de pico ha de sopor-tar el diodo?

d) Resuelve de nuevo el apartado anterior en el caso de un rectificador deonda completa.

a y b) La característica de vacío, dado el escaso valor de la resistencia interna direc-ta, es una recta prácticamente vertical que parte del punto de tensión umbral(0,7 V, 0 mA). En polarización inversa, si se considera la resistencia corres-pondiente de valor infinito, la característica es una recta horizontal que coin-cide con el eje de tensiones.

La característica en carga se traza te-niendo en cuenta que la ecuación delcircuito (al considerar la tensión en eldiodo prácticamente constante e iguala 0,7 V) resulta ser:

v = 0,7 + i · RC

= 0,7 + 150 · i

A continuación, está dibujada la característica en carga usando unos ejes quepermiten apreciar el punto de tensión umbral y la característica de vacío.

1200 · (2 · π · 50 · 10–3)2

1L · (2 · π · f

R)2


Rc 150 Ω

0,7 V i

v

1

200

250

150

100

50

2 3 4 5 6 7 8 9

Característicade vacío

Característicaen carga

i (mA)

v (V)

i = 0,05 A ; v = 8,2 V

En esta gráfica, se utilizan unos ejes adecuados al orden de magnitud de latensión de entrada.

c) Si la señal de entrada tiene una tensión eficaz de 220 V, su valor de pico es:

Vmáx

= · V = · 220 = 311,12 V

El valor de pico de la tensión de salida es, con exactitud:

(VC)

máx= 311,12 – 0,7 = 310,42 V

Y el valor medio:

Vm

= 0,318 · (VC)

máx= 0,318 · 310,42 = 98,7 V

El último cálculo puede hacerse directamente, despreciando el efecto de la ten-sión umbral (en este caso, mucho menor que el valor de pico):

Vm

= 0,45 · V = 0,45 · 220 = 99 V

Como puede apreciarse, el error que se comete es insignificante.

Durante los semiciclos negativos, el diodo se ve sometido a una tensión inversacuyo valor máximo o de pico es:

Vmáx

= 311,12 V

d) Utilizando un rectificador de onda com-pleta como el del esquema, constituidopor cuatro diodos conectados en puente,al existir en todo momento dos diodospor los que circula la corriente:

(VC)

máx= 311,12 – 2 · 0,7 = 309,72 V

Vm

≈ 0,9 · V = 0,9 · 220 = 198 V

Y la tensión inversa de pico que ha de so-portar cada diodo es V

máx= 311,12 V. (Al

conducir D1– D

3por ejemplo, D

2y D

4que-

dan conectados en paralelo con la carga).

√2√2


2

1

100 200 300 400

Característicaen carga

i = 2 A ; v = 300,7 V

i (A)

v (V)

RcVm

D

V

Rc = 150 Ω

Vm

v

D4 D1

D3 D2

2. Un rectificador monofásico en puente ha de suministrar a una resistencia de50 Ω una tensión continua de 24 V de valor medio. Dibuja el circuito y deter-mina:

a) La tensión eficaz de la señal de entrada.

b) La tensión inversa de pico que tienen que soportar los diodos.

c) La intensidad máxima que tienen que soportar los diodos.

d) El factor de rizado del rectificador. ¿Cómo podría mejorarse?

a) Si se desprecia el efecto de la tensión umbral, la señal de entrada ha de poseeruna tensión eficaz:

V = = = 26,66 V

El valor de pico de la tensión, tanto en la entrada como en la salida, es:

Vmáx

= · V = 26,66 · = 37,7 V

El circuito y las formas de la señal son:

b) Cuando no conducen (D1– D

3en semiciclos negativos, D

2– D

4en los positivos),

cada diodo tiene que soportar como máximo una tensión instantánea:

Vmáx

= 37,7 V

c) El valor instantáneo máximo de la intensidad en cualquiera de los diodos es:

Imáx

= = = 0,754 A (de pico)

Aunque su valor medio es:

(Im)

D= = = = 0,24 A

d) Para determinar el factor de rizado, dibujaremos la tensión de salida y sus com-ponentes continua y alterna:

242 · 50

Vm/R

C

2

Im

2

37,750

Vmáx

RC

√2√2

240,9

Vm

0,9


50 Ω

37,7

Rc Vmv

v

i

v (V)D1 D2

D4 D3

37,7Vm = 24 V

Im = 0,48 A

Vmáx = 37,7 V

(Va)máx

Va

Vm = 24 V

= +

Aunque la señal alterna de salida no es sinusoidal, para un análisis aproximadoconsideraremos que lo es, en cuyo caso su valor de pico es:

(Va)

máx≈ = = 18,85 V

Y su valor eficaz:

Va

≈ = = 13,32 V (error por exceso)

Este cálculo nos da un error por exceso, dado que los semiciclos negativos de laseñal alterna, más agudos que los de una señal sinusoidal, producen una reduc-ción del valor eficaz.

Finalmente, el valor de rizado es:

r = = = 0,55 (error por exceso)

Conviene que el factor de rizado sea lo más próximo posible a cero. El rizado deeste circuito se puede mejorar intercalando un filtro antes de la resistenciade carga R

C. El más sencillo es un condensador en paralelo.

3. Repite el ejercicio anterior si el circuito es monofásico de media onda.

En este caso, el circuito y las formas de la señal son:

a) Valor eficaz de la tensión de entrada:

V = = = 53,33 V

b) Tensión inversa de pico: el valor máximo de la tensión de entrada, es decir:

Vmáx

= · V = 53,33 · = 75,42 V

c) La corriente por el diodo alcanza un valor de pico y un valor medio:

Imáx

= = = 1,5 A ; Im

= = = 0,48 A

d) La componente alterna de la salida es:

Va

≈ = = = 26,6 V

Luego el factor de rizado es: r = = 1,126,624

75,42

2 · √2

Vmáx

/2

√2

(Va)

máx

√2

2450

Vm

RC

75,4250

Vmáx

RC

√2√2

240,45

Vm

0,45

13,3224

Va

Vm

18,85

√2

(Va)

máx

√2

37,72

Vmáx

2


Vmáx

Vmáx (Va)máxVm = 24 V

= +Rc = 50 ΩV

4. Se desea construir un rectificador en puente con diodos cuya tensión inversade pico máxima es de 50 V, para alimentar una resistencia de carga de 300 Vde corriente continua. ¿Cuántos diodos son necesarios y cómo hay que co-nectarlos?

El circuito rectificador en puente que deseamos construir es el siguiente:

Con este circuito, para conseguir una salida de 300 V de valor medio, se necesitauna tensión de entrada cuyo valor eficaz es:

V = = = 333,3 V

Al que corresponde un valor máximo:

Vmáx

= · V = 333,3 · = 471,3 V

Cuando conducen los bloques D1

y D3, se comportan como un interruptor cerrado,

y prácticamente toda la señal de entrada queda aplicada a cada uno de los otros dosbloques, polarizados inversamente.

Entonces, si cada diodo soporta como máximo un pico de 50 V, en cada bloque sonnecesarios:

n = = 9,42 → 10 diodos

En total se necesitan 40 diodos.

5. Dibuja el esquema de un circuito rectificador monofásico en puente y la for-ma de la señal a la entrada y a la salida. Si el valor eficaz de la tensión de en-trada es de 28 V, ¿cuánto valdrá el valor medio de la tensión de salida?

El esquema del circuito y las formas de la señal son:

siendo: Vmáx

= · 28 = 39,6 V√2

471,3 V50 V

√2√2

3000,9

Vm

0,9


Vm = 150 Ω

n

n

n

n

D3 D2

D4 D1

Rc

Vmáx

+

–

VmRc

vVm

Vmáx

Vmáx

El valor medio de la tensión de salida resulta:

Vm

= 0,9 · V = 0,9 · 28 = 25,2 V

Se ha despreciado la pequeña caída de tensión que se produce en cada diodo, deaproximadamente 0,7 V.

6. Repite el ejercicio anterior para el caso de un rectificador trifásico y para unrectificador trifásico en puente.

El circuito rectificador trifásico es el siguiente:

Con este circuito, las señales de entrada y de salida que se obtienen son:

Si suponemos que el dato de 28 V se refiere a la tensión de línea del sistema trifási-co, obtenemos:

Vf= = = 16,16 V ; V

máx= V

f· = 16,16 · = 22,86 V

Vm

= 0,67 · Vl= 0,67 · 28 = 18,76 V

Para el caso del rectificador trifásico en puente, las señales que obtenemos son:

√2√228

√3

Vl

√3


R S T O

VlVf

Rc Vm

t

VRO VSO VTOv

Vmáx

t

D1 D2 D3 D4Vmáx

Vm

Señal de entrada (sistema trifásico) Señal de salida (rectificada)

t

VRS VST VTRv

Vmáx

t

D5 D4 D4 D6 D6 D5 D5

D1 D1 D2 D2 D3 D3 D1Vmáx

Vm

Señal de entrada Señal de salida

El esquema de este rectificador es el siguiente:

Y el valor medio de la tensión de salida valdrá:

Vl= 28 V

Vmáx

= · Vl= 28 · = 39,6 V

Vm

= 1,35 · Vl= 1,35 · 28 = 37,8 V

7. El circuito RLC serie de la figura se alimenta con un generador de frecuenciavariable:

a) ¿Para qué valor de la frecuencia entrará en resonancia?

b) ¿Cuánto valen la impedancia, la corriente y la potencia en esa situación?

c) ¿Qué ocurre con dichos valores para frecuencias por encima y por debajode la frecuencia de resonancia?

d) Cuando esté en resonancia, ¿qué ocurre en la bobina y en el condensa-dor?

a) En situación de resonancia, la tensión y la intensidad están en fase, para lo cualse ha de cumplir la condición de que las reactancias de la bobina y del conden-sador se anulen mutuamente, en cuyo caso la frecuencia es:

fr=

1

2 · π · √L · C

√2√2


R S T O

Vl

Rc Vm

10 mH 200 pF10 kΩ

100 V

f = fR

R = ZR

xL xC

En este caso:

fR

= = 112,5 · 103 Hz

b) La impedancia del circuito es, entonces:

ZR

= R = 10 kΩ = 10 000 Ω

Y la intensidad de la corriente:

IR

= = = 0,01 A = 10 mA

Mientras que las potencias son:

– Activa:

PR

= R · IR2 = 10 000 · (0,01)2 = 1 W

– Reactiva:

QR

= 0

– Aparente:

SR

= PR

= 1 VA

c) Para una frecuencia menor que la de resonancia:

2 · π · f · L < ; XL< X

C

Z > ZR

(Z > 10 kΩ)

La impedancia del circuito aumenta y, en consecuencia:

I = V/Z disminuye (I < 10 mA)

P = R · I 2 disminuye (P < 1 W)

Q se hace distinta de cero

S = V · I disminuye (S < 1 VA)

Para una frecuencia mayor que la de resonancia,

2 · π · f · L > ; XL> X

C

Z > ZR

La impedancia también aumenta y, por tanto, con el resto de las magnitudes su-cede igual que antes; la única diferencia es que con f > f

Rel circuito es predomi-

nantemente inductivo y la corriente se retrasa respecto a la tensión, mientras quepara f > f

Res al revés.

12 · π · f · C

12 · π · f · C

10010000

VZ

R

1

2 · π · √(10 · 10–3) · (200 · 10–12)


f < fR

R

Z

xLxC

ϕ

f > fR

R

Z

xLxC

ϕ

d) El comportamiento del circuito puede describirse por medio de las curvas de re-sonancia:

8. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si los elementos del circuito están co-nectados en paralelo.

Conectando los mismos elementos en paralelo, se forma el siguiente circuito:

a) Para que el circuito esté en resonancia, con la intensidad total y la tensión en fa-se, las intensidades que absorben la bobina y el condensador deben anularse,para lo cual también se tiene que cumplir la condición de que las dos reactanciastengan el mismo valor, y la frecuencia de resonancia es, por ello, la misma queen el circuito serie:

fR

= 112,5 · 103 Hz = 112,5 kHz

b) Los valores de la impedancia, la intensidad total, y las potencias activa, reactiva yaparente, también son iguales que en el circuito serie:

ZR

= R = 10 KΩ ; IR

= 10 mA ; PR

= 1 W ; QR

= 0 ; SR

= 1 VA

c) Pero el comportamiento del circuito, a frecuencias distintas de la de resonancia,es diferente. Para f < f

R:

2 · π · f · L < ; XL< X

C; >

IL> I

Cy la intensidad total, I, es mayor que la de re-

sonancia, y se atrasa respecto a la tensión (circuitoinductivo).

VX

C

VX

L

12 · π · f · C


1

10 000

10

50 100 150 200

P(W)Z (Ω) I (mA)

Z

P

I

f (kHz)fR

IR IL IC

V

I

R10 kΩ 10 mH

200 pFL C

f = fR

IR = I

V

IL

IC

f < fR IR V

I

ILIC

ϕ

Por tanto, si I > IR

→ Z = disminuye (Z < ZR

= 10 kΩ)

P = se mantiene constante (P = 1 W)

Q se hace distinta de cero

S = V · I aumenta (S > SR

= 1 VA)

En el caso de que f > fR:

2 · π · f · L > ; XL> X

C; <

IL< I

Cy la intensidad total I es mayor que la de reso-

nancia, aunque ahora adelanta respecto a la tensión(circuito capacitivo).

Por tanto, I > IR; en consecuencia, con el resto de las magnitudes sucede igual

que al disminuir la frecuencia, con la única diferencia del sentido del desfase en-tre la tensión y la corriente.

d) En este caso, las curvas de resonancia son las que se muestran en la siguientegráfica:

9. Analiza el siguiente circuito con puertas NOR y obtén la tabla de verdad y laexpresión booleana correspondientes. ¿Cómo se podría llamar a la funciónglobal que cumple?

La ecuación lógica de la salida es:

S = —M + S + P

—

VX

C

VX

L

12 · π · f · C

V 2

R

VI


f >fR

IR

VI

IL IC

ϕ

1 1

10 000

10

50 100 150 200

P(W)Z (Ω) I (mA) S(VA)

Z

S

P

I

f (kHz)fR

AM

P

P

+

S

La particularidad de este circuito es que posee un lazo de realimentación, que “in-yecta” la salida S en la entrada de la primera puerta NOR.

Analicemos primero lo que ocurre si se activa uno de los dos contactos:

Pero veamos qué sucede si se activan ambos contactos, cosa que puede hacerse se-gún dos secuencias: primero P y después M, o primero M y después P.

Veamos finalmente qué ocurre al desactivar los contactos:

Si imaginamos un dispositivo cualquiera accionado desde dos puestos M y P, estecircuito permitiría su funcionamiento solo si están de acuerdo M y P; en cambio, sudetención depende exclusivamente del puesto P.

La función global podría denominarse accionamiento simultáneo desde dos puestos,con permiso de parada en uno solo.

Realmente, este circuito es una modificación del circuito marcha-parada con memo-ria para un solo puerto:


AM

P

P

+

S

Simulacióninicial

(reposo)0 1 1

0(estable)

Se activa M 1 1 0 0

Se activa P 0 0 1 0

Activar cualquiera de loscontactos cambia el estado de A,

pero la salida sigue en 0

M –P A = M + S S = A + P–

Se activa P↓

y luego M

011

000

100

001

inestableestable

Si se activan losdos contactos,independentementede la secuencia, lasalida pasa a 1

Se activa M↓

y luego P11

10

00

01 estable←

←←

Se desactiva M 0 0 0 1

Se desactiva P 1 1 0 0

Solo se desactiva la salida aldesactivarse el contacto P

Al que corresponde la tabla:

10. A partir de una tensión alterna de 220 V y 50 Hz, se desea obtener una ten-sión continua de 12 V para alimentar una carga resistiva de 0,5 Ω. Diseña tresrectificadores monofásicos diferentes determinando las características bási-cas de los diodos y del transformador necesario.

Dibujemos primero los esquemas de los tres circuitos básicos, con la forma de latensión de salida:

RECTIFICADOR MONOFÁSICO RECTIFICADOR MONOFÁSICO RECTIFICADOR MONOFÁSICO

CON UN DIODO CON DOS DIODOS EN PUENTE


Rc = 0,5 Ω

Vm = 12 V

V2

V1 V1 V1

Rc = 0,5 Ω

Vm = 12 V

V22

Rc = 0,5 Ω

Vm = 12 V

V2

π

Vmáx

π

Vmáx

π 2 . π 2 . π 2 . π

Vmáx

Vm Vm Vm

Reposo 0 0 1 0

Activado M 1 0 0 1

Memoria(retención)

0 0 0 1

Borrado(parada)

0 1 1 0

M P A = M + S A = A + P

←

←

↓

↓

↓

El valor máximo de la tensión de salida es, en el primer caso:

Vmáx

= = = 37,73 V

Y en el segundo y tercer caso:

Vmáx

= = = 18,86 V

El valor eficaz de la tensión en el secundario del transformador de los dos primerosrectificadores es:

V2= = = 26,66 V

Y en el tercero:

V2= = = 13,33 V

Y el valor máximo correspondiente de los dos primeros rectificadores es:

(V2)

máx= V

2· = 26,66 · = 37,71 V

Y en el tercero:

(V2)

máx= 13,33 · = 18,85 V

La potencia de corriente continua aparente consumida en la resistencia de carga es,en todos los casos:

Pcc

= = = 288 W

Pero el valor de la potencia efectivamente consumida está determinado por la ten-sión eficaz de la señal de salida (pulsatoria) que vale:

Vs= = = 18,86 V (caso 1)

Vs= = = 13,33 V (casos 2 y 3)

Donde hemos tenido en cuenta que una señal de media onda suministra la mitad depotencia que la de onda completa; luego su valor eficaz será:

Vs= = =

La potencia efectivamente consumida, denominada potencia de corriente alterna, es:

Pca

= = = 711,4 W (caso 1)

Pca

= = = 355,3 W (casos 2 y 3)

La intensidad media por la resistencia de carga en todos los casos vale:

Im

= = = 24 A120,5

Vm

Rc

13,332

0,5

Vs2

Rc

18,862

0,5

Vs2

Rc

Vmáx

2

Vmáx/√

—2

√2

V

√2

18,86

√2

Vmáx

√2

37,732

Vmáx

2

122

0,5

(V2)2

Rc

√2

√2√2

120,9

Vm

0,9

120,45

Vm

0,45

120,636

Vm

0,636

120,318

Vm

0,318


Sin embargo, por cada diodo pasarán, en cada caso, intensidades medias y eficacesque valen:

(Im)

D= I

m= 24 A

ID

= = = 37,72 A

(Im)

D= = = 12 A

ID

= = 26,65 A

La tensión inversa de pico que ha de soportar cada diodo es (V2)

máxen cualquiera

de los casos, de menor valor en el rectificador monofásico en puente.

En definitiva, los valores necesarios para seleccionar los diodos y el transformadorson:

Diodos: – Tensión inversa de pico (V2)

máx.

– Intensidad media (Im)

D.

– Intensidad eficaz ID.

Transformador: – Tensión total V2y número de tomas.

– Potencia de corriente alterna Pca.

Aunque el dato comercial de potencia del transformador es la potencia aparente S,que habrá de ser algo mayor que P

ca.

11. A la salida de un rectificador, la forma de la onda es la de la figura:

a) ¿Qué tipo de rectificador puede ser?

b) Añade un filtro de condensador y dibuja la forma de la señal de salida.

c) Si en vez de un filtro de condensador se pone un filtro RC, ¿qué mejora seconsigue? Dibuja el circuito y la señal que se obtendría en este caso.

d) Resuelve de nuevo el apartado anterior si se coloca un filtro LC.

Por la forma de la señal rectificada, pulsatoria de onda completa, se trata de unrectificador monofásico constituido por dos diodos y transformador de toma inter-media, o por cuatro diodos en conexión “puente”. (Véase el esquema en el ejerci-cio anterior).

√ 355,30,5

242

Im

2

√ 711,40,5√P

ca

Rc


Rcv

t

caso 1

casos 2 y 3

Para mejorar el rizado de la señal rectificada, se intercala un filtro entre la salida delrectificador y la resistencia de carga. El filtro más simple es un condensador en pa-ralelo (filtro de condensador), cuyas prestaciones pueden mejorarse añadiendo unaresistencia en serie (filtro RC) o una bobina (filtro LC).

La forma de la señal de salida (filtrada) es, en cada caso:

Filtro de condensador: Durante los intervalos de subida de la tensión rectificada(pulsatoria), el condensador se carga, absorbe energía, a través de la pequeña resis-tencia interna de los diodos; luego la constante de carga RC es pequeña y la señalfiltrada es solo un poco más baja que la rectificada.

Durante los intervalos en que baja la tensión pulsatoria, el condensador se descargasobre la resistencia R

c(constante de tiempo R

cC mayor) y por eso la señal filtrada es

bastante más alta que la rectificada.

Filtro RC: Al introducir R, la constante de carga del condensador aumenta, y, portanto, la carga es más lenta y la señal filtrada es más baja; además, en R se produceuna cierta caída de tensión indeseable.

De todos modos, la señal filtrada es más plana (menor rizado).

Filtro LC: El efecto que produce la bobina, de acuerdo con la ley de Faraday, esoponerse a las variaciones de la corriente por la carga R

c, almacenando energía

cuando esta tiende a aumentar y devolviéndola cuando tiende a disminuir.

El efecto sobre la forma de la señal filtrada es aplanarla aún más que con el con-densador solo.


RcC

R

Filtro RC

RcC

Filtro de condensador

Filtro LC

L

RcC

ω . t

v

Filtro LC

Filtro C

Filtro RC

12. El amplificador de la figura tiene una ga-nancia de corriente de valor 100 y unaganancia de tensión de valor 180:

a) ¿Cuánto vale la ganancia en potencia?

b) Si la señal de entrada es de 25 mV y 2 mA (valores eficaces), ¿qué valorestiene la señal de salida?

c) Determina la impedancia de entrada y de salida.

a) La ganancia de potencia es:

Ap= A

v· A

i= 180 · 100 = 18 000

Y expresada en dB:

ap= 10 · log A

p= 10 · log 18000 = 42,5 dB

b) La señal de salida tiene los valores:

Vs= A

v· V

a= 180 · 25 mV = 4 500 mV = 4,5 V

Is= A

i· I

a= 100 · 2 mA = 200 mA = 0,2 A

c) Las impedancias de entrada y de salida son:

Ra

= = = 12,5 Ω ; Rs= = = 22,5 Ω

13. Explica la función global del circuito de la figura, así como las funciones par-ciales de cada circuito:

Si se desean captar emisiones de ondas de 600 kHz y la bobina L1

tiene uncoeficiente de autoinducción de 0,5 mH, ¿qué valor debe tener la capacidaddel condensador C

1?

Este circuito es un detector-demodulador de ondas de radio de amplitud modulada(AM). Su función global consiste en captar una señal de radio de determinada fre-cuencia, separando de ella la componente de audiofrecuencia que pueda contener.

4,5 V0,2 A

Vs

Is

25 mV2 mA

Va

Ia


L1 C2 C3L2

C1

C4

R

D1 2 3

Ia Is

VsVa

En el circuito pueden distinguirse varias partes o etapas:

Circuito L1C

1: Antena con circuito de sintonía L

1C

1: capta la señal de RF determina-

da por la frecuencia de resonancia de L1C

1(la cual puede regularse mediante el

condensador variable).

Circuito L2C

2: Circuito resonante, sintonizado a la misma frecuencia para trasladar

la señal por acoplamiento magnético desde la antena al demodulador.

Circuito DC3: Diodo que rectifica la señal procedente de la antena, y condensador

que la filtra, eliminando la componente de radiofrecuencia. En 2 se obtiene una se-ñal ondulada, que sigue las oscilaciones de la señal de audio original, pero montadasobre una componente de corriente continua.

Circuito RC4: Circuito de salida con C

4de baja reactancia ante las señales de AF. Se-

para la señal de audio de la componente continua, de modo que pueda llevarse acontinuación a un auricular (directamente) o a un altavoz (a través de una etapaamplificadora).

En la siguiente gráfica se pueden apreciar las señales en los puntos 1, 2 y 3:

14. Analiza el circuito amplificador de la figura y responde a las siguientes cues-tiones:


Señal en punto 1 Señal en punto 2

Señal de salida

C1

C2

R2

R1

CeRe

T

Rcs

a

–Vcc

a) ¿Qué tipo de amplificador es?

b) ¿Entre qué terminales se aplica la señal de entrada y en qué terminales serecoge la señal de salida?

c) ¿Para qué sirven las resistencias R1, R

2y Rc? ¿Cómo actúan?

d) Si Re se elimina, ¿qué efecto se produciría?

e) ¿Y si se elimina Ce?

f ) ¿Qué función cumplen C1

y C2?

g) ¿Cuáles serían las modificaciones si T se sustituye por un transistor NPNequivalente?

h) Si la ganancia de corriente del transistor es de 125, ¿qué señal se obtiene ala salida si en la entrada se aplica una señal de 4 mA?

a) El circuito corresponde a un amplificador con transistor PNP en configuraciónemisor común.

b) La señal de entrada se aplica entre el terminal de entrada (a) y masa, mientrasque la señal de salida se recoge entre el terminal de salida (s) y masa.

c) R1y R

2constituyen un divisor de tensión, y permiten, con la tensión de alimenta-

ción (–Vcc), polarizar el transistor, es decir, situarlo en el punto de funcionamien-

to deseado, en el dominio de la corriente continua. Rces la resistencia de carga

del circuito de salida, la cual determina, junto con –Vcc, la recta de carga donde

se pueden situar todos los posibles puntos de funcionamiento.

d) La resistencia Resirve para asegurar la estabilidad térmica del punto de funciona-

miento. Si se elimina, el punto de funcionamiento previsto se desplaza hacia ma-yores valores de intensidad, debido al aumento de la rotura de enlaces que seproduce en el cristal con el incremento de la temperatura, al circular la corrientepor el transistor. La presencia de R

esupone que la tendencia al aumento de la in-

tensidad se traduzca en disminución de la tensión de polarización base-emisor,y, en consecuencia, en freno de dicho aumento.

e) El condensador Ce, de baja reactancia en corriente alterna, sirve para derivar por

él la componente alterna, con el fin de que no pase por Re. Si se elimina C

e, el

paso de la componente alterna por Reharía fluctuar el punto de funcionamiento

en el dominio de corriente continua y, por tanto, la señal de entrada saldría dis-torsionada a la salida. Se produciría una realimentación indeseable de la salidaalterna en la entrada, y el amplificador funcionaría mal.

f) C1

y C2

son condensadores de acoplamiento, cuya misión es transmitir la señalalterna, impidiendo que pase la componente continua.

g) Si se sustituye el transistor PNP por un NPN, la única modificación que hay quehacer en el circuito es invertir la polaridad de la fuente (+V

cc).

h) Si R1y R

2fuesen muy grandes en comparación con la impedancia de entrada del

transistor, podríamos considerar despreciable la corriente alterna que se derivapor dichas resistencias y, por tanto, considerar que la corriente alterna de entra-da es igual que la corriente alterna que circula por la base:

Ia

= Ib= 4 mA


En tal caso, la corriente alterna de colector (o sea, en el circuito de salida) sería:

Ic= β · I

b= 125 · 4 = 500 mA = 0,5 A

Sin embargo, los valores de R1y R

2no son, por lo general, tan grandes como pa-

ra permitir ese cálculo aproximado. En consecuencia:

Ib< I

a→ I

c< 0,5 A

Dicho de otro modo, la ganancia de corriente del amplificador es menor que elparámetro β del transistor:

Ai< β = 125

Nota: La determinación exacta de la corriente alterna de salida solo puede hacerse, pues, mediante unanálisis más completo del funcionamiento del circuito en el dominio de la corriente alterna, para el cualse precisa el manejo de los parámetros del transistor y conocer los valores de todas las resistencias.

15. Una lámpara debe encenderse mediante dos pulsadores A y B, de acuerdocon las siguientes condiciones:

— A y B en reposo: lámpara apagada.

— A en reposo y B accionado: lámpara encendida.

— A accionado y B en reposo: lámpara encendida.

— A y B accionados: lámpara apagada.

Obtén la tabla de la verdad y dibuja el esquema del circuito correspondiente,con contactos eléctricos y con puertas lógicas.

La tabla de verdad y la ecuación lógica que corresponden a las condiciones de fun-cionamiento del enunciado son:

L = A · B–

+ A–

· B

De acuerdo con esto, la lámpara se enciende siempreque esté pulsado uno de los pulsadores y no lo esté elotro.

Se puede montar un circuito que cumpla tales condiciones por medio de pulsadorescon dos contactos, normalmente abierto sin pulsar (A) y normalmente cerrado (A

–):


A

Símbolonormalizado

A

0

A

0

B

0

0 1 1

1 0 1

1 1 0

L

El circuito sería el siguiente:

La misma función podría realizarse por medio de dos pulsadores simples y puertaslógicas electrónicas:

16. Un sistema de alarma accionado mediante cuatro relés, A, B, C y D, debe ac-tuar cuando se dé alguna de las siguientes condiciones:

— A y B excitados; D y C en reposo.

— A y D excitados; B y C en reposo.

— C excitado; A, B y D en reposo.

— A, B y C excitados; D en reposo.

a) Obtén la tabla de la verdad y dibuja el circuito correspondiente.

b) Idea un circuito alternativo con puertas lógicas.

Fe de erratas de la primera edición: La primera condición que establece el enunciado de este ejercicio enel libro del alumno es que B y C están en reposo. Evidentemente, deben ser C y D los que están en reposo,puesto que A y B están excitados.

a) La tabla de verdad, omitiendo todaslas combinaciones que conducen auna salida cero, es la de la derecha:

La ecuación lógica que se deducedirectamente de la tabla de verdades:

S = ABC–D–

+ AB–C–D + A

–B–CD

–+ ABCD

–


A B

L

A B

A B

A

B

A

B

A.B

A.B+A.B = L

A.B

1

A

1

B

0

1 0 0

0 0 1

1 1 1

C

0

1

0

0

D

1

1

1

1

S

Pero las ecuaciones en álgebra de Boole también pueden ser simplificadas, apro-vechando que las operaciones lógicas suma y producto poseen las propiedadesdistributiva y conmutativa:

S = ABD–

(C–

+ C) + B–(AC

–D + A

–CD

–)

Por otro lado, la suma de una variable y su negación, en álgebra de Boole, dacomo resultado 1, y multiplicar por 1 no modifica la variable. En consecuencia,C–

+ C = 1 se puede eliminar:

S = ABD–

+ B–(AC

–D + A

–CD

–)

Para obtener el circuito con los relés A, B, C, D, se empieza por dibujar la partecorrespondiente al paréntesis (AC

–D + A

–CD

–). Una primera rama formada por un

contacto normalmente abierto de A, uno normalmente cerrado de C y otro nor-malmente abierto de D, todos ellos conectados en serie, con lo que se completaAC

–D; y una segunda rama en paralelo, para sumar A

–CD

–. A continuación, se aña-

de el relé B y se conecta el contacto B–

en serie. Finalmente, se conecta la ramaABD

–en paralelo y el timbre de la alarma en serie con todo el circuito:

Obsérvese que los relés y los contactos se han dispuesto del modo más conve-niente para la claridad del esquema, dibujando los contactos debajo del relé co-rrespondiente. La ecuación lógica, entonces, se transforma ligeramente, por apli-cación de la propiedad conmutativa del producto y la suma lógicos:

S = (AC–D + A

–CD

–) B

–+ AD

–B

b) Con puertas lógicas, el circuito que cumpliría la misma función es:


A C D B

S

A B C D

A B C D

ACD

ACD

ADB

ACD + ACD (ACD + ACD) BS

17. Dibuja un circuito rectificador monofásico en puente, con un filtro RC.

Explica el funcionamiento del circuito y dibuja las ondas que se observaríancon un osciloscopio a la salida del rectificador y en la carga.

El circuito rectificador está formado por cuatro diodos semiconductores, dispuestoscomo indica el esquema anterior, cuyo funcionamiento es el siguiente: Si entre losbornes de entrada (a, b) se aplica una tensión alterna, durante los semiciclos positivoslos diodos D

1y D

3son polarizados directamente y conducen la corriente a través de la

carga, comportándose como si fueran interruptores cerrados; mientras tanto, los dio-dos D

2y D

4están polarizados inversamente y no conducen (se comportan como in-

terruptores abiertos). Durante los semiciclos negativos sucede lo contrario: D1– D

3no

conducen y D2– D

4conducen, de modo que por la carga la corriente sigue circulando

en el mismo sentido. En consecuencia, entre los terminales cd se podría observar unaseñal pulsatoria, como la dibujada en el esquema, en ausencia del filtro RC.

Con el filtro RC se consigue que la señal de salida sea menos ondulada, como con-secuencia de la acción del condensador. Durante los intervalos en que la tensiónpulsatoria tiende a aumentar, el condensador se carga a través de la resistencia R, demodo que la señal resulta más baja que la tensión pulsatoria original; y durante losintervalos en que la tensión tiende a disminuir, el condensador se descarga sobre laresistencia de carga R

cy la señal de salida resulta más alta que la original. Entre los

bornes de salida (ef ) se puede observar una señal ligeramente ondulada, como ladibujada en el esquema anterior.

18. En un circuito resonante serie RLC:

a) Representa las curvas características I = F (f ) y Z = F (f ). Explica qué ocu-rre en el circuito al entrar en estado resonante.

b) Deduce el valor de la frecuencia de resonancia.

Sabemos que un circuito serie RLC, alimen-tado por una tensión alterna de frecuencia fy valor eficaz V, ofrece al paso de la corrien-te una impedancia:

Z = √R2 + (XL– X

C)2


VmáxVmáx

Vmáx

Rc

R

V

a

b

D3

D2D1

D4

d

c

f

e

XL = 2 . π . f . L

XC =

I

R

v

f

2 . π . f . C1

Siendo XLy X

Clas reactancias de la bobina y del condensador, que dependen de la

frecuencia. Y la corriente resultante tiene por valor I = V/Z y está retrasada respectoa la tensión un ángulo:

ϕ = arctg (o adelantada en el caso de que XLsea menor que X

C).

a) Si la tensión de alimentación se mantiene constante y se modifica la frecuencia,dicho circuito se comporta como indican las “curvas de resonancia”:

f < fr

Resonancia f > fr

XL< X

CX

L= X

CX

L> X

C

I en fase

RESISTIVO

I adelantada I retrasada

CAPACITIVO INDUCTIVO

El circuito presenta una impedancia Z variable con la frecuencia, cuyo punto mí-nimo (Z

mín= R) corresponde a un valor f

rpara el cual las rectancias X

Ly X

Cson

iguales y se anulan.

En ese punto, por tanto, la intensidad alcanza el máximo valor (Imáx

= V/R), lacorriente está en fase con la tensión (ϕ = 0) y el circuito se comporta globalmen-te como si solo tuviese la resistencia; se dice entonces que está en resonancia.

Para valores de f por encima o por debajo de fr, el circuito pierde la condición

de resonancia; la impedancia aumenta y la intensidad de la corriente disminuyey se desfasa respecto a la tensión, en adelanto si f < f

r(circuito capacitivo) o en

retraso si f > fr(circuito inductivo).

XL– X

C

R


Zmín (Ω)

Z I

Imáx (mA)

I (f)

Z (f)

f fR

R

Z

XLXC

ϕR

ZXL

XC

ϕ

b) La expresión del valor de la frecuencia de resonancia se deduce de la condiciónX

L= X

C:

2 · π · fr· L = ; 4 · π2 · f

r2 · L · C = 1

fr2 = ; f

r=


1. En la figura se muestra un circui-to rectificador de doble onda.Explica el funcionamiento delcircuito y dibuja las ondas que seobservarían con un osciloscopioconectado entre A y B, y entre Cy D.


El circuito corresponde a una sencilla fuente de alimentación con un transformadorreductor T, un puente de diodos D

1D

2D

3D

4y un filtro RC, a cuya salida se conec-

ta la resistencia de carga Rc.

El transformador, de relación de transformación a = N1/N

2, reduce la tensión de la

red V1hasta un valor adecuado:

V2=

V1

a

1

2 · π · √L · C

14 · π2 · L · C

12 · π · f

r· C


A

B

CR

T

C RC

D

V1 V2

Vm

D1

D2D3

D4

Vm'

N1N2

a =

V2

t

VAB

D1D3 D4

D2 D1D3

Vm

t

VCD

Vm'

t

1 2 3

A

B

CR

C RC

D

El puente de diodos rectifica la señal, dejando pasar la corriente por la carga duran-te los dos semiciclos de la señal de entrada V

2. Durante los semiciclos positivos con-

ducen los diodos D1

y D3

mientras que D2

y D4

permanecen bloqueados. Durantelos semiciclos negativos sucede lo contrario. Pero en ambos casos la corriente por lacarga es del mismo sentido, luego entre A y B se obtiene una señal pulsatoria deonda completa, como la dibujada en 2, cuyo valor medio será:

Vm

= 0,9 · V2

En el filtro RC, debido a la carga del condensador durante los intervalos de tensióncreciente (a través de R) y de descarga durante los intervalos de tensión decreciente(sobre la resistencia de carga R

c), se produce el efecto de que la tensión de salida

(entre C y D) sea casi continua, como la señal azul dibujada en 3 sobre la señal pul-satoria original. (Obsérvese que dicha señal pulsatoria se ha dibujado algo más bajaque la existente entre A y B, para indicar que en R se produce cierta caida de tensiónindeseable, evitable si se sustituye R por una bobina, constituyendo un filtro LC).

2. En el circuito de la figura se conocenlos siguientes valores: RC = 2 kΩ, RB == 193 kΩ, tensión base-emisor VBE == 0,7 V, VC = 20 V y β = hFE = 75.

Estando abierto el interruptor S, latensión de colector-emisor VCE es de:

a) 5 V. c) 15 V.

b) 7,5 V. d) Otro valor.


Con S abierto, por RB

circula IB, cuyo valor es:

IB

= = = 0,1 · 10–3 A = 0,1 mA

La corriente de colector, que pasa por la resistencia de carga RC, valdrá:

IC

≈ β · IB

= 75 · 0,1 mA = 7,5 mA

Entonces, la tensión colector-emisor será:

VCE

= VC

– RC

· IC

= 20 – 2000 · 7,5 · 10–3 = 5 V

Luego la respuesta correcta es la a).

20 – 0,7193 · 103

VC

– VBE

RB


RB = 193 000 Ω

S

RC = 2 000 Ω

IB

IC

VCE

VC = 20 V

VBE = 0,7 V

VBE

RB

S

RC

C

B

E

IB

ICVC


9.2. ANÁLISIS DE REDES DE CORRIENTE ALTERNA POR EL MÉTODOFASORIAL

Página 326

1. Determina la expresión compleja (en sus dos formas) de una impedancia in-ductiva de 20 Ω con ángulo 30°.

Forma polar: →Z = 20 Ω ∠ 30°

Forma binómica: →Z = 20 · cos 30° +

→j · 20 · sen 30° = (17,3 +

→j · 10) Ω

2. Un condensador de 40 pF y una bobina de 0,5 H se conectan en serie a unatensión de 220 V/50 Hz. Determina la impedancia compleja del circuito y laintensidad de la corriente.

Considerando la frecuencia de la tensión de ali-mentación, f = 50 Hz, las reactancias del con-densador y de la bobina son:→X

C= –

→j · = –

→j · =

= –→j · = –

→j · 79 577 Ω

→X

L=

→j · L · ω =

→j · 2 · π · f · L =

= →j · 2 · π · 50 · 0,5 =

→j · 157 Ω

Teniendo en cuenta que los dos elementos carecen de resistencia, la impedancia delcircuito y la intensidad de la corriente son:

→Z =

→X

L+

→X

C=

→j · 157 –

→j · 79 577 = –

→j · 79 420 Ω = 79 420 Ω ∠ –90°

→I = = = 0,00277 A ∠ 90° =

→j · 0,00277 A

Se ha tomado la tensión como referencia de fase, asignándole ángulo 0°.

Obsérvese que el pequeño valor de la corriente, 2,77 mA eficaces, es debido en estecaso a la alta impedancia que ofrece el condensador, como consecuencia de su bajacapacidad.

Página 329

3. Calcula, para el caso del ejemplo 4, la potencia compleja y, a partir de ella, laspotencias aparente, activa y reactiva.

La potencia compleja la calculamos a partir de la expresión:→S =

→V ·

→I * = S ∠ ϕ = P +

→j · Q

220 V ∠ 0°79 420 Ω ∠ –90°

→V→Z

12 · π · 50 · 40 · 10–9

12 · π · f · C

1C · ω

Unidad 9. Análisis de circuitos.

I

220V / 50Hz

C = 40 pF

L = 0,5 H

donde S representa la potencia aparente, P la potencia activa y Q la potencia reactiva.

En el ejemplo 4 obtuvimos:→V = 220 V ∠ 0°→I = 8,6 A ∠ –38,2°

Por tanto→S =

→V ·

→I * = (220 ∠ 0°) · (8,6 ∠ 38,2°) = 1 892 ∠ 38,2° =

= 1 486,8 + →j · 919,5 →

→ S = 1 892 VA ; P = 1 486,8 W ; Q = 919,5 VAR

9.6. ANÁLISIS DE CIRCUITOS NO LINEALES

Página 341

1. Explica por qué una batería de f.e.m. E y resistencia interna Ri tiene un com-portamiento prácticamente lineal.

La expresión que relaciona el voltaje en bornes,v, con la intensidad, i, que suministra una bate-ría de f.e.m. E y resistencia interna R

i, es la fun-

ción de una recta:

v = E – Ri· i

donde E es la ordenada en el origen, y Ri

lapendiente negativa de la recta.

Esta función cumple la condición:

= constante

que debe cumplir un dispositivo con comporta-miento lineal.


1. En un circuito serie de dos elementos, las tensiones parciales medidas con elvoltímetro son de 120 V y 180 V, y están adelantadas 20° y 35° respectiva-mente respecto a la intensidad, que tiene un valor de 2 A.

Escribe la expresión compleja y la expresión cartesiana de los valores ins-tantáneos de las tres señales, y los de la tensión total.

Dibuja el diagrama fasorial y determina la expresión compleja de la impe-dancia del circuito.

Los valores de tensiones e intensidad del enunciado son valores eficaces; conellos, y considerando a la intensidad referencia de fase, se obtienen las expresiones

∆v∆i


v

vE

i

E

I

Ri

v = E – Ri · I

complejas de las tres señales, en sus dos formas (po-lar y binómica):

→I = I ∠ 0° = 2 A ∠ 0° = 2 · cos 0° +

→j · 2 · sen 0° = 2 A

→V

1= V

1∠ ϕ

1= 120 V ∠ 20° =

= 120 · cos 20° + →j · 120 · sen 20° = 112,7 +

→j · 41 V

→V

2= V

2∠ ϕ

2= 180 V ∠ 35° =

= 180 · cos 35° + →j · 180 · sen 35° = 147,4 +

→j · 103,2 V

Sumando vectorialmente las dos tensiones parciales, se obtiene la tensión total:

→V =

→V

1+

→V

2= (112,7 +

→j · 41) + (147,4 +

→j · 103,2) = 260,1 +

→j · 144,2 V

Cuya forma polar es:

→V = 297,4 V ∠ 29° →

V = = 297,4 V

ϕ = arctg = 29°

Siendo el diagrama fasorialde tensiones-intensidad elque se muestra en la figurade la derecha:

La expresión compleja de la impedancia del circuito se obtiene mediante la ley deOhm:

→Z = = = 148,7 ∠ 29° Ω = 130 +

→j · 72 Ω

La impedancia inductiva de 148,7 Ω, con un ángulo 29° de retraso de la corrienterespecto a la tensión, equivale a una resistencia de 130 Ω en serie con una induc-tancia de 72 Ω.

Para llegar a la expresión de los valores instantáneos de las señales, es necesarioobtener los valores máximos y los ángulos de fase expresados en radianes:

Imáx

= · I = · 2 = 2,82 A.

V1máx

= · 120 = 169,7 V ; ϕ1= 20° = = rad

V2máx

= · 180 = 254,5 V ; ϕ2= 35° = = rad

Vmáx

= · 297,4 = 420,5 V ; ϕ = 29° = rad29 · π180

√2

7 · π36

35 · π180

√2

π9

20 · π180

√2

√2√2

297,4 ∠ 29°2 ∠ 0°

→V→I

144,2260,1

√260,12 + 144,22


V

V2

V1

I

V2V

V1

I

Finalmente, obtenemos:

i = Imáx

· sen (ω · t ) = 2,82 · sen (ω · t )

v1= V

1máx· sen (ω · t + ϕ

1) = 169,7 · sen (ω · t + π/9)

v2= V

2máx· sen (ω · t + ϕ

2) = 254,4 · sen (ω · t + 7 · π/36)

v = Vmáx

· sen (ω · t + ϕ) = 420,5 · sen (ω · t + 29 · π/180)

2. Un circuito serie RLC está formado por una resistencia de 200 Ω, una induc-tancia de 50 mH y un condensador de 50 µF.

Si la intensidad de la corriente vale 5 A, a una frecuencia de 50 Hz, determinala impedancia del circuito, las tensiones parciales, la tensión total, el trián-gulo de potencias y el factor de potencia.

Dibuja el diagrama fasorial.

El circuito serie RLC es el siguiente:

A la frecuencia f = 50 Hz, la resistencia o reactancia de cada elemento y la impe-dancia total del circuito son:

→R = 200 Ω = 200 Ω ∠ 0°→X

L=

→j · 2 · π · f · L =

→j · 2 · π · 50 · 50 · 10–3 =

→j · 15,7 Ω = 15,7 Ω ∠ 90°

→X

C= –

→j · = –

→j · = –

→j · 63,6 Ω =

= 63,6 Ω ∠ –90°

→Z =

→R +

→X

L+

→X

C= 200 +

→j · 15,7 –

→j · 63,6 = 200 –

→j · 47,9 = 205,6 Ω ∠ –13,4°

Para determinar todas las tensiones, en módulo y fase, se toma la corriente como re-ferencia:

→I = 5 A = 5 A ∠ 0°→V

R=

→I ·

→R = (5 ∠ 0°) · (200 ∠ 0°) = 1 000 V ∠ 0° = 1 000 V

→V

L=

→I ·

→X

L= (5 ∠ 0°) · (15,7 ∠ 90°) = 78,5 V ∠ 90° =

→j · 78,5 V

12 · π · 50 · 50 · 10–6

12 · π · f · C


I

V

VR

VL

VC

(50Hz)

C = 40 µF = 50 · 10–6 F

R = 200 Ω

L = 50 mH = 50 · 10–3 H

→V

C=

→I ·

→X

C= (5 ∠ 0°) · (63,6 ∠ –90°) = 318 V ∠ –90° = –

→j · 318 V

→V =

→V

R+

→V

L+

→V

C= 1 000 +

→j · 78,5 –

→j · 318 = 1 000 –

→j · 239,5 =

= 1 028,2 V ∠ –13,4°

(Para la tensión total se obtiene igual resultado calculando →Z ·

→I ).

El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente:

El cálculo de las potencias y del factor de potencia es:

Potencia aparente: S = V · I = 1 028,2 · 5 = 5 141 VA

Potencia activa: P = S · cos ϕ = 5 141 · cos (–13,4°) = 5 001 W

Potencia reactiva: Q = S · sen ϕ = 5 141 · sen (–13,4°) = –1 191,4 VAR

Factor de potencia: cos ϕ = cos (–13,4°) = 0,972 (en adelanto I respecto a V, o sea,capacitivo).

Siendo el triángulo de potencias:

3. Una carga inductiva de 150 Ω con factor de potencia 0,6, y otra capacitiva de80 Ω con factor de potencia 0,4 se conectan en serie a una tensión de 380 V.

Determina las tensiones parciales, la intensidad de la corriente, la impedan-cia total, la potencia activa y el factor de potencia del circuito.

El circuito al que se refiere el enunciado es el siguiente:


V

VL

VCVR

I

13,4°

S = 5 141 VA

P = 5 001 W

Q = 1 191,4 VAR(capacitiva)

ϕ = –13,4°

I

V = 380V

V1

V2

(f = 50 Hz)

Z1 = 150 Ωcos ϕ1 = 0,6 inductivo

Z2 = 80 Ωcos ϕ2 = 0,4 capacitivo

La expresión compleja de las dos impedancias es:

ϕ1= arccos 0,6 = 53,13° ϕ

2= arccos 0,4 = –66,42°

(positivo, pues la carga es inductiva) (negativo, pues la carga es capacitiva)→Z

1= 150 Ω ∠ 53,13° = 90 +

→j · 120 Ω

→Z

2= 80 Ω ∠ –66,42° = 32 –

→j · 73,3 Ω

La impedancia total es, por tanto:→Z =

→Z

1+

→Z

2= (90 +

→j · 120) + (32 –

→j · 73,3) = 122 +

→j · 46,7 = 130,6 Ω ∠ 21°

(predominantemente inductiva).

La intensidad de la corriente:

→I = = = 2,9 A ∠ –21°

(En retraso 21° respecto a la tensión, que se toma como referencia de fase).

El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente:

Por otro lado, las tensiones parciales:

→V

1=

→I ·

→Z

1= (2,9 ∠ –21°) · (150 ∠ 53,13°) = 435 V ∠ 32,13°

→V

2=

→I ·

→Z

2= (2,9 ∠ –21°) · (80 ∠ –66,42°) = 232 V ∠ –87,42°

Y el cálculo de las magnitudes necesarias para calcular el triángulo de potencias:

– Potencia aparente: S = V · I = 380 · 2,9 = 1 102 VA

– Factor de potencia: cos ϕ = cos (–21°) = 0,93 inductivo

– Potencia activa: P = S · cos ϕ = 1 102 · 0,93 = 1 028,8 W

– Potencia reactiva: Q = S · sen ϕ = 1 102 · sen21° = 395 VAR

Por tanto, el triángulo de potenciases el de la figura de la derecha:

380 ∠ 0°130,6 ∠ 21°

→V→Z


–87,42°

32,13°

–21°

V2

V

I

V1

P = 1028,8 W

Q = 395 VAR(inductiva)

ϕ = 21°S = 1102 VA

4. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si las dos cargas se conectan en paralelo.

El circuito, con las cargas conectadas en paralelo es el siguiente:

Las intensidades parciales son:

→I1= = = 2,53 A ∠ –53,13° = 1,5 –

→j · 2

→I2= = = 4,75 A ∠ 66,42° = 1,9 +

→j · 4,35

Por tanto, la intensidad total es:→I =

→I1+

→I2= (1,5 –

→j · 2) + (1,9 +

→j · 4,35) = 3,4 +

→j · 2,35 = 4,13 A ∠ 34,6°

(adelantada respecto a la tensión: al conectar las dos cargas en paralelo, el circuitoes globalmente capacitivo, al contrario de lo que ocurría si se conectaban en serie).

De acuerdo con esto, el diagrama fasorial de intensidades y tensión es el que semuestra a continuación:

La impedancia total o equivalente la podemos calcular como sigue:

→Z = = = 92 Ω ∠ –34,6°

Y se obtiene el mismo resultado haciendo:

→Z = = = ≈ 92 ∠ –34,6°12 000 ∠ –14,29°

130,6 ∠ 21°(150 ∠ 53,13°) · (80 ∠ –66,42°)(150 ∠ 53,13°) + (80 ∠ –66,42°)

→Z

1·

→Z

2→Z

1+

→Z

2

380 ∠ 0°4,13 ∠ 34,6°

→V→I

380 ∠ 0°80 ∠ –66,42°

→V→Z

2

380 ∠ 0°150 ∠ 53,13°

→V→Z

1


I

V = 380V

I1 I2

(50 Hz)Z2= 80 Ω –66,42°Z1=150 Ω 53,13°

V

I

66,42°

–57,13°

34,6°

I1

I2

El cálculo para determinar las magnitudes que componen el triángulo de potenciases el siguiente:

– Potencia compleja:→S =

→V ·

→I * = (380 ∠ 0°) · (4,13 ∠ –34,6°) =

= 1 569,4 ∠ –34,6° = 1 291,8 – →j · 891

– Potencia aparente: S = 1 569,4 VA

– Potencia activa: P = 1 291,8 W

– Potencia reactiva: Q = 891 VAR (capacitiva, pues la parte imaginaria de →S es ne-

gativa)

– Factor de potencia: cos ϕ = cos (–34,6°) = 0,823 (capacitivo)

El triángulo de potencias es, por tanto, el que se muestra a continuación:

5. Dos baterías de 9 y 12 V, con resistencia interna 0,2 y 0,3 Ω, respectivamente,están conectadas en oposición y alimentan dos resistencias de 6 y 14 Ω co-nectadas en serie.

Determina la intensidad de la corriente y la diferencia de potencial entre elpunto de conexión de las baterías y el punto de conexión de las resistencias.

El esquema del circuito que describe el enunciado es el siguiente:

La intensidad se determina aplicando la 2-a ley de Kirchhoff (regla de las mallas) a laúnica malla que forma el circuito:

I = = = = 0,146 A320,5

12 – 90,2 + 0,3 + 14 + 6

Σ f.e.m.Σ R


P = 1291,8 W

Q = 891 VAR

–34,6°

S = 1569,4VA(capacitiva)

9 V 12 V0,2 Ω

6 Ω 14 ΩB

A0,3 Ω

I

Para determinar la diferencia de potencia entre A y B, se toma una de las partes delcircuito, comprendida entre A y B, y se aplica la 2-a ley de Kirchhoff considerandoV

ABcomo si fuese una f.e.m. más:

VAB

+ 12 = (0,3 + 14) · 0,146 = 2,08

VAB

= 2,08 – 12 = –9,92 V

El resultado es negativo, lo que significa que el punto B está a mayor potencial queel punto A.

Obsérvese que, desde el principio, a la corriente se le asignó un sentido acorde conel sentido de la batería de mayor fuerza electromotriz.

6. En el circuito de la figura, determina la intensidad de la corriente por las tresramas y la diferencia de potencial entre los puntos A y B.

Las corrientes de rama, supuestamente suministradas por cada generador, son designa-das mediante las letras i

1– i

2– i

3. Para resolver el circuito por el método de las corrien-

tes de malla, se utilizarán las corrientes I1e I

2, con los sentidos arbitrarios del esquema:


VAB

12V

14 Ω

0,3 ΩA

B

I = 0,146 A

B

A

5 Ω

12 V 9 V 6 V

0,2 Ω0,5 Ω 0,1 Ω

4 Ω 10 Ω

i 1 i2 i3

12 V

5 Ω 4 Ω 10 Ω

0,5 Ω

9 V

0,2 Ω

6 V

0,1 Ω

A

B

I2I1

1 2

Aplicando la 2-a ley de Kirchhoff a las dos mallas, se obtiene el siguiente sistema deecuaciones:

Operando, obtenemos:

Cuyas soluciones son: I1= –0,458 A ; I

2= –0,344 A

Luego las corrientes de rama son:

i1= – I

1= 0,458 A

i2= I

1– I

2= –0,458 + 0,344 = –0,114 A

i3= I

2= –0,344 A

Estos resultados ponen de manifiesto que los generadores de 9 V y 6 V están fun-cionando como cargas, absorbiendo energía en lugar de suministrarla.

La tensión VAB

se obtiene analizando cualquiera delas ramas:

i3= –0,344 =

–3,474 = VAB

+ 6

VAB

= –3,474 – 6 = –9,474 V

7. En el circuito de la figura los amperímetros 1 y 2 marcan respectivamenteuna intensidad de 3 A y 5 A. Determina el valor de la fuerza electromotriz delas dos baterías, así como la diferencia de potencial en bornes de la resisten-cia de carga Rc.

Como las dos baterías suministran corriente a la resistencia de carga RC, el sentido de la

corriente por cada rama del circuito es el indicado en el esquema de la página siguiente:

VAB

+ 6

10 + 0,1

–3 = 9,7· I1– 4,2· I

2

–3 = –4,2· I1+ 14,3· I

2

Malla 1: 9 – 12 = (5 + 4 + 0,2 + 0,5) · I1– (4 + 0,2) · I

2

Malla 2: 6 – 9 = –(4 + 0,2) · I1+ (4 + 10 + 0,1 + 0,2) · I

2


10 Ω

0,1 Ω

6VVAB

A

B i3

E1

Rc =3 ΩE2

4 Ω

1 Ω 0,5 Ω

2 Ω

A A

1 2

De acuerdo con la 1-a ley de Kirchhoff, la intensidad de la corriente por la resistenciade carga R

Ces:

IC

= I1+ I

2= 3 + 5 = 8 A

La tensión en bornes, en tal caso, vale:

VAB

= RC

· IC

= 3 · 8 = 24 V

Los valores de E1

y E2

se obtienen aplicando la 2-a ley de Kirchhoff a las dos ramascorrespondientes:

E1– 24 = 3 · (4 + 1) = 15

E1= 15 + 24 = 39 V

E2– 24 = 5 · (2 + 0,5) = 12,5

E2= 24 + 12,5 = 36,5 V


4 Ω 2 Ω

1 Ω

E2E1

0,5 Ω

A

B

I2 = 5AI1 = 3A

IC

RC = 3 Ω

4 Ω

1Ω

E1

3A

24V

2 Ω

0,5V

E2

5A

24V

8. Si en el circuito del ejercicio 6 se interrumpe la continuidad en la rama cen-tral, entre la resistencia y la batería, ¿qué diferencia de potencial se podríamedir entre los terminales resultantes?

Al interrumpirse el circuito en la rama central, solo hay una malla por la que circulacorriente:

La intensidad de esa corriente será:

I = = = = 0,384 A

Ahora, la tensión VAB

ha cambiado de valor:

0,384 =

VAB

= 0,384 · 5,5 – 12 = –9,888 V

Como en la rama central la corriente es nula, las resistencias de 4 Ω y 0,2 Ω, a efec-tos de caída de tensión, es como si no existieran; entonces, la tensión V

CDpuede de-

terminarse del siguiente modo:

9 – 9,888 – VCD

= 0

VCD

= 9 – 9,888 = –0,888 V

(Aunque esté conectado al borne negativo de la batería,el terminal D es positivo respecto al terminal C).

12 + VAB

5 + 0,5

615,6

12 – 65 + 10 + 0,5 + 0,1

Σ f.e.m.Σ R


5 Ω 4 Ω 10 Ω

A

I

B

DC

0,1 Ω0,5 Ω0,2 Ω

12 V 6 V

9 V

5Ω0,384A

A

VAB

B

0,5Ω

12V

9,888V

A

C

D 0

B

VCD

9V

9. Halla la resistencia equivalente y la intensidad de la corriente total en el cir-cuito de la figura.

Para determinar la resistencia total del circuito, es necesario sustituir previamente eltriángulo de resistencias R

3, R

4, R

5, por la estrella equivalente R'

3, R'

4, R'

5:

Sus valores son:

R'4= = = 2,37 kΩ

R'3= = = 5,05 kΩ

R'5= = = 1,58 kΩ

Con esta transformación, el circuito queda como se muestra a continuación:

4,7 · 104,7 + 10 + 15

R3· R

4

R3+ R

4+ R

5

10 · 154,7 + 10 + 15

R4· R

5

R3+ R

4+ R

5

4,7 · 154,7 + 10 + 15

R3· R

5

R3+ R

4+ R

5


R 1=1kΩ

R2 = 2kΩ

R4 =10kΩR

5'

I

50V

R3'

R 4'

R 5=15kΩ

R3=

4,7

kΩ

R 1=1kΩ

R 4’ =2,

37kΩR

2 = 2kΩ

R5’ =1,58kΩ

50V

R3’ =5,05kΩ

15kΩ2kΩ

1kΩ

4,7kΩ

10kΩ

50V

Entonces:

(R1

R'5) = 1 + 1,58 = 2,58 kΩ

(R2

R'4) = 2 + 2,37 = 4,37 kΩ

(R1

R'5

R2

R'4) = = = 1,62 kΩ

Y la resistencia total, y la corriente:

R = (R1

R'5

R2

R'4) + R'

3= 1,62 + 5,05 = 6,67 kΩ

I = = 7,5 mA

10. Obtén el equivalente Thévenin del circuito de la figura y determina a conti-nuación la corriente que suministraría a resistencias de 2, 3, 4, 5, 6, 7 y 8 Ωconectadas entre los terminales C-D.

Una vez desconectada la carga RC, hay que determinar los valores de f.e.m. y resis-

tencia interna (ETh

, rTh

) del “generador de Thévenin” equivalente, que produzca losmismos efectos sobre la misma.

ETh

es igual al valor de VCD

cuando en-tre los terminales no hay conectada car-ga alguna:

I = = 7,5 A

VCD

– 20 = 7,5 · 1

VCD

= 20 + 7,5 = 27,5 V = ETh

rTh

es igual a la resistencia equivalentedel circuito cuando se cortocircuitanlos generadores. Por tanto, de acuerdocon el esquema de la derecha, obtene-mos:

R31

= = 0,75 Ω = rTh

3 · 13 + 1

50 – 203 + 1

50 V6,67 kΩ

2,58 · 4,372,58 + 4,37

(R1

R'5) · (R

2R'

4)

(R1

R'5) + (R

2R'

4)


50V 20V

C

D

3Ω 1Ω

Rc

50V 20V

C

VCD

D

3Ω 1ΩI

C

D

3Ω 1Ω

A continuación, con los valores del generador de Thévenin, es fácil determinar lacorriente que suministra el circuito a una carga de resistencia R

C:

I = =

Para los valores de RC

del enunciado, se obtienen los siguientes valores de intensidad:

11. Resuelve el circuito del ejercicio 7 por un método distinto al que hayas utilizado.

Como las corrientes de malla I1

e I2

son conocidas (I1

= 3 A, I2

= 5 A), las f.e.m. delos generadores se obtienen planteando las ecuaciones de malla correspondientes,de acuerdo con el siguiente circuito:

Malla 1:

E1= I

1· (4 + 1 + 3) + I

2· 3 = 8 · I

1+ 3 · I

2= 8 · 3 + 3 · 5 = 39 V

Malla 2:

E2= I

2· (2 + 0,5 + 3) + I

1· 3 = 5,5 · I

2+ 3 · I

1= 5,5 · 5 + 3 · 3 = 36,5 V

La tensión VAB

se obtiene analizando cualquiera delas ramas como, por ejemplo, la que se muestra ala derecha:

36,5 – VAB

= 5 · (2 + 0,5)

VAB

= 36,5 – 5 · 2,5 = 24 V

27,50,75 + R

C

ETh

rTh

+ RC


ETh =27,5VRC

rTh = 0,75Ω

I

4Ω 3A 5A 2Ω

BA1 A2

A

0,5Ω1Ω

R3 = 3 ΩE1 E2I1 I 2

2Ω

5AA

VAB

B

0,5Ω

36,5V

Rc (Ω)

I (A)

2

10

3

7,33

4

5,78

5

4,78

6

4,07

7

3,54

8

3,14

12. Una dinamo derivación tiene la curva característica de la figura, y se conectaa una carga cuya resistencia vale 7 Ω.

Determina la intensidad por el circuito y la tensión en bornes del generador.

La ecuación correspondiente a la resis-tencia de carga es:

V = R · I = 7 · I

Cuya característica es una recta quepasa por el origen y, por ejemplo, porel punto de coordenadas:

I = 10 A

V = 7 · 10 = 70 V

El punto de funcionamiento, que obtenemos gráficamente, queda definido por la in-tersección de ambas gráficas:

Los dos valores anteriores se ob-tienen directamente de la gráfica.No obstante, se puede dar un re-sultado más preciso calculando elvalor de I

pmediante la ecuación

de la carga.

Como:

Vp= 230 V

Entonces:

Ip

= = = 32,85 A2307

Vp

R

Vp= 230 V

Ip

33 A


100

100

200

250

V (V)

I (A)

R =7Ω

I

VG

100

200

50 100

V (V)

P

Dinamo

Carga

I (A)

13. Una línea monofásica de 220 V, con una resistencia óhmica de 6 Ω por cadakilómetro de línea, alimenta tres cargas inductivas de 3 kW, 5 kW y 8 kW, confactor de potencia 0,8, 0,6, 0,7 respectivamente, situadas a 2, 4, 6 km del co-mienzo de esta. Dibuja el circuito equivalente del sistema, resuelve por com-pleto todas las magnitudes y determina la caída de tensión que se produce alfinal de la línea. Obtén la expresión general correspondiente.

El circuito equivalente del sistema, con las impedancias de las cargas (Z1– Z

2– Z

3) y

las resistencias de los tres tramos de la línea (R1– R

2– R

3), es el siguiente:

Teniendo en cuenta que cada tramo de la línea tiene 2 km y que a cada kilómetro lecorresponde una resistencia de 6 Ω (para los dos conductores), las tres resistenciasvaldrán:

R1= R

2= R

3= 2 km · 6 Ω/km = 12 Ω

Las impedancias de las cargas se determinan a partir del valor nominal de la poten-cia, considerando que se refiere al valor nominal de tensión V = 220 V. Por tanto:

P1n

= 3 000 W ; cos ϕ1= 0,8 → ϕ

1= arccos 0,8 = 36,8°

Carga 1: I1n

= = 17 A ; Z1= = 12,9 Ω

→Z

1= 12,9 Ω ∠ 36,8° = 10,32 +

→j · 7,72 Ω

P2n

= 5 000 W ; cos ϕ2= 0,6 → ϕ

2= arccos 0,6 = 53,1°

Carga 2: I2n

= = 37,8 A ; Z2= = 5,8 Ω

→Z

2= 5,8 Ω ∠ 53,1° = 3,48 +

→j · 4,63 Ω

P3n

= 8 000 W ; cos ϕ3= 0,7 → ϕ

3= arccos 0,7 = 45,5°

Carga 3: I3n

= = 51,9 A ; Z3= = 4,23 Ω

→Z

3= 4,23 Ω ∠ 45,5° = 2,96 +

→j · 3 Ω

22051,9

8 000220 · 0,7

22037,8

5 000220 · 0,6

22017

3 000220 · 0,8


R3R2R1

I3I2I1

I I'

Z3Z2Z1

ZA

ZB

ZCZD

Z

V'V V1 V2

Un análisis riguroso del circuito exige la determinación de las impedancias parcialesZ

A– Z

B– Z

C– Z

Dy de la impedancia total Z:

→Z

A= R

3+

→Z

3= 12 + 2,96 +

→j · 3 = 14,96 +

→j · 3 = 15,25 ∠ 11,3° Ω

→Z

B= = = =

= 4,43 ∠ 42° = 3,29 + →j · 2,96 Ω

→Z

C= R

2+

→Z

B= 12 + 3,29 +

→j · 2,96 = 15,29 +

→j · 2,96 = 15,57 ∠ 11° Ω

→Z

D= = = =

= 7,24 ∠ 25,2° = 6,55 + →j · 3,08 Ω

→Z = R

1+

→Z

D= 12 + 6,55 +

→j · 3,08 = 18,55 +

→j · 3,08 = 18,8 ∠ 9,4° Ω

Con estos valores, se puede determinar la intensidad total y, a continuación, todoslos valores parciales de tensión e intensidad de los diferentes tramos y ramas:

→I = = = 11,7 A ∠ –9,4°

→V

1=

→I ·

→Z

D= (11,7 ∠ –9,4°) · (7,24 ∠ 25,2°) = 84,7 V ∠ 15,8°

→V

R1=

→I · R

1= (11,7 ∠ –9,4°) · 12 = 140,4 V ∠ –9,4°

→I1= = = 6,56 A ∠ –21°

→I' = = = 5,61 A ∠ 4,8°

→V

2=

→I ·

→Z

B= (5,61 ∠ 4,8°) · (4,43 ∠ 42°) = 24,8 V ∠ 46,8°

→I3= = = 1,62 A ∠ 35,5°

→V' =

→I3·

→Z

3= (1,62 ∠ 35,5°) · (4,23 ∠ 45,5°) = 6,85 V ∠ 81°

Así pues, al final de la línea ha llegado una tensión eficaz de 6,85 V, luego la caídade tensión que se ha producido es:

VC

= V – V' = 220 – 6,85 = 213,15 V

Como puede observarse, la caída de tensión es muy grande, como consecuencia delexcesivo valor de la resistencia en los diferentes tramos de la línea, en comparacióncon los valores de impedancia de las cargas.

24,8 ∠ 46,8°15,25 ∠ 11,3°

→V

2→Z

A

84,7 ∠ 15,8°15,57 ∠ 11°

→V

1→Z

C

84,7 ∠ 15,8°12,9 ∠ 36,8°

→V

1→Z

1

220 ∠ 0°18,8 ∠ 9,4°

→V→Z

200,85 ∠ 47,8°27,74 ∠ 22,6°

(12,9 ∠ 36,8°) · (15,57 ∠ 11°)

(10,32 + →j · 7,72) + (15,29 +

→j · 2,96)

→Z

1·

→Z

C→Z

1+

→Z

C

88,45 ∠ 64,4°19,95 ∠ 22,4°

(5,8 ∠ 53,1°) · (15,25 ∠ 11,3°)

(3,48 + →j · 4,63) + (14,96 +

→j · 3)

→Z

2·

→Z

A→Z

2+

→Z

A


Se trata, por tanto, de una línea poco eficaz. Las pérdidas de energía por calenta-miento serán grandes, y ninguna de las cargas funcionará cerca de sus valores no-minales. En cuanto a la expresión general de la caída de tensión en una línea mo-nofásica, se obtendrá primero para el caso (más sencillo) de una sola carga, peroconsiderando la impedancia de la línea Z

l, es decir, el posible efecto añadido de su

reactancia Xl, no siempre despreciable.

La ecuación del circuito y el diagrama vectorial son los siguientes:

En el diagrama puede verse que la caída de tensión VC

= V1– V

2es igual al segmen-

to—AC y aproximadamente igual al segmento

—A'C, luego:

VC

= —A'C =

—A'B +

—BC = R

l· I · cos ϕ' + X

l· I · sen ϕ' = I · (R

l· cos ϕ' + X

l· sen ϕ')

ϕ' no es conocido como dato, sino que se conoce ϕ; pero normalmente ambos án-gulos apenas se diferencian y puede considerarse que, aproximadamente:

VC

= I · (Rl· cos ϕ + X

l· sen ϕ)

Tal como se hizo en el enunciado, en los cálculos de líneas eléctricas suelen utili-zarse “valores unitarios”, por kilómetro de línea, al indicar su resistencia y su reac-tancia. Entonces, la expresión anterior se convierte:

VC

= I · l · (Ru

· cos ϕ + Xu

· sen ϕ)

donde Ru

es la resistencia de la línea en Ω/km; Xu, la reactancia de la línea en

Ω/km; ϕ, el ángulo de desfase de la carga, y l, la longitud de la línea en km.

Ya hemos analizado el caso más sencillo (una sola carga). A continuación, resolve-remos el caso para la línea monofásica con varias cargas:

Su circuito equivalente es:


Zl = Rl + j · Xl

Rl ·I

j · Xl · I

V1 = V2 + I · (Rl + j · Xl )

V1 V2I

IO

ϕ '

ϕ '

ϕ '

ϕl

Z ϕ

V2

V 1

A' A

B

C

Rl1 + j · Xl1 R l2 + j · X l2 R ln + j · X ln

V1 V2 Vn

l1 l 2

l t

Z1 ϕ1 Z2 ϕ

2 Zn ϕn

Y el diagrama fasorial:

Considerando que los parámetros unitarios de la línea (resistencia Ru

y reactanciaX

u) son de igual valor en los diferentes tramos, las caídas de tensión en cada tramo

serán:

Vn – 1

– Vn

= In

· ln

· (Ru

· cos ϕn

+ Xu

· sen ϕn)

Vn – 2

– Vn – 1

= (In

+ In – 1

) · ln – 1

· (Ru

· cos ϕn – 1

+ Xu

· sen ϕn – 1

)

........................................................................................................

V1– V

2= (I

n+ … + I

2) · l

2· (R

u· cos ϕ

2+ X

u· sen ϕ

2)

V – V1= (I

n+ … + I

1) · l

1· (R

u· cos ϕ

1+ X

u· sen ϕ

1)

La caída de tensión total es la suma de todas ellas.

En el caso particular de que todas las cargas sean iguales [Z1

∠ ϕ1

= Z2

∠ ϕ2

= … == Z

n(ϕ

n)] y estén repartidas uniformemente a lo largo de la línea (l

1= l

2= … l

n), se

obtiene la siguiente expresión para la caída de tensión total:

V – Vn

= I · ( 1 + 2 + … + n) · l · (Ru

· cos ϕ + Xu

· sen ϕ) =

= I · · l · (Ru

· cos ϕ + Xu

· sen ϕ)

siendo I la intensidad absorbida por cada carga y ϕ su ángulo de desfase.

14. Un generador de corriente continua tiene una resistencia interna de 5 Ω yalimenta una carga de 20 Ω. A continuación, se le añade una resistencia igualen paralelo, y así sucesivamente, hasta conseguir la condición de máximatransferencia de potencia.

¿Cuántas resistencias en paralelo tendrá finalmente la carga?

Como las resistencias están conectadas en paralelo y son del mismo valor, la resis-tencia total de la carga tiene por expresión:

Rt= Ω20

n

n · (n + 1)2


R ln ·In

R ln –1 · In –1

j ·X ln·In

j ·Xln –1·In –1

O ϕn

In –1

Vn

V

Inϕn –1

…

Siendo el circuito formado por el generador y las n resistencias de la carga el si-guiente:

Entonces, como la condición de máxima transferencia de potencia es que Ri= R

t= 5 Ω,

el número de resistencias que ha de poseer la carga será:

n = = = 4 resistencias

15. El circuito magnético de una máquina eléctrica posee una longitud media de80 cm y un entrehierro de 2 cm, y está construido con chapa de hierro cuyacurva de magnetización es la de la figura.

Si la bobina de excitación tiene 200 espiras y está recorrida por una corrien-te de 50 A, ¿cuánto vale la intensidad del campo magnético?

El circuito magnético al que serefiere el enunciado es el quese muestra en la gráfica:

205

20R

t


20Ω (n resistencias)20ΩRi = 5Ω

G

N = 200

I = 50A

lFe= 80–2 = 78cm = 0,78m

la = 2cm = 0,02m

1

B (T )

1,5

0,5

1000 2000 3000 H (Av ·m–1)

La ecuación del circuito magnético es:

HFe

· lFe

+ Ha· l

a= N · I → 0,78 · H

Fe+ 0,02 · H

a= 200 · 50 = 10 000

Considerando que en el entrehierro el campo magnético tiene prácticamente el mis-mo valor que en el hierro:

0,78 · HFe

+ 0,02 · = 10 000

0,78 · H + 15 911 · B = 10 000

Esta ecuación tiene por gráfica una recta, que pasa por los siguientes puntos:

H = 0 ; B = = 0,62 T

H = 3 000 ; B = = 0,48 T

Al representarla sobre la curva de mag-netización de la chapa de hierro, se ob-tiene el punto de intersección P que de-fine los valores de B y H buscados.

Aproximadamente:

Hp= 300 Av/m

Bp= 0,613 T

(El valor de Bp

se ha obtenido con ayu-da de la ecuación de la recta).

16. Una línea trifásica de 380 V con tres conductores alimenta un grupo de lám-paras de incandescencia de 30 kW conectadas en estrella de forma equilibra-da. ¿Cuánto vale la intensidad de la línea?

Si la mitad de las lámparas de una fase se desconectan, ¿cuánto vale la inten-sidad por los tres conductores de la línea?

Si se desconectan todas las lámparas de dicha fase, ¿cuánto valen en ese casolas tres intensidades? ¿A qué tensión queda el punto común de la estrella res-pecto a tierra en cada caso?

La gráfica que representa el sistema trifásico equilibrado es la siguiente:

10 000 – 0,78 · 3 00015 911

10 00015911

BFe

12,57 · 10–7


1

B (T )

P

1,5

0,5

1000Mp = 300

2000 3000

Recta delentrehierro

Curva demagnetización

H( )Avm

IR

Rf

RfRfIT

ISS

T

R

380 0°380 –120°

380 120°

Como la carga trifásica (puramente resistiva, al tratarse de lámparas de incandescen-cia) tiene una potencia activa de 30 kW, la intensidad de la corriente por cualquierade los conductores de la línea vale:

IR

= IS= I

T= I = = = 45,5 A

Y la resistencia por fase:

Rf= = = 4,82 Ω

En el caso del sistema trifásico desequilibrado, con una fase con la mitad desus lámparas conectadas:

La resistencia de dicha fase será:

R'f= 2 · R

f= 2 · 4,82 = 9,64 Ω

Planteando las ecuaciones de dos de las mallas, se pueden determinar las intensida-des:

Malla TR:

380 ∠ –120° = →I1

· (4,82 + 9,64) – →I2· 4,82

Malla ST:

380 ∠ –120° = –→I1

· (4,82) + →I2· (4,82 + 4,82)

Por tanto:

→I2= =

→I1

= = –23,64–→j · 13,65 = 27,3A ∠ –150°

→I2= = –31,53 +

→j · 27,31 = 41,7 A ∠ 139°

Las intensidades de línea (y de fase) son:→IR

= –→I1= 27,3 A ∠ 30° ;

→IS=

→I2= 41,7 A ∠ 139°

IT=

→I1

– →I2= –23,64 – 13,64 ·

→j + 31,53 – 27,31 ·

→j = 7,9 –

→j · 41 = 41,7 A ∠ –79°

380 ∠ 120° + 4,82 · 27,3 ∠ –150°9,64

4,82 · 380 ∠ 120° + 9,64 · 380 ∠ –120°9,64 · 14,46 – 4,82 · 4,82

–380 ∠ –120° + 4,82 · →I1

9,64

–380 ∠ –120° + 14,46 · →I1

4,82

380 / √345,5

Vf

I

30000

√3 · 380 · 1

P

√3 · V · cos ϕ


IR

9,64Ω

4,82Ω4,82ΩIT

ISS

T

R

380 0°380 –120°

380 120°

I 1

I 2

O

Y las tensiones de fase:→V

RO= 9,64 ·

→IR= 9,64 · 27,3 ∠ 30° = 263 V ∠ 30°

→V

SO= 4,82 ·

→IS= 4,82 · 41,7 ∠ 139° = 201 V ∠ 139°

→V

TO= 4,82 ·

→IT= 4,82 · 41,7 ∠ –79° = 201 V ∠ –79°

El diagrama de tensiones es el que semuestra a la derecha:

De acuerdo con el diagrama, la tensión entre el punto O de la estrella y el neutrodel sistema trifásico N, en el origen de la línea, conectado a tierra, será:

→V

ON=

→V

RN–

→V

RO= ∠ 30° – 263 ∠ 30° = –43,6 V ∠ –150°

Finalmente, para el caso del sistema trifásico desequilibrado con una fase sincarga:

En tal caso, en el sistema solo hay una malla con corriente:

→I = = 39,4 A ∠ 120°

→IS=

→I = 39,4 A ∠ 120°

→IT

= –→I = 39,4 A ∠ –60°

→V

SO= 4,82 ·

→IS= 4,82 · 39,4 ∠ 120° = 190 V ∠ 120°

380 ∠ 120°4,82 + 4,82

380

√3


VST

VST VRS VRO

O

N

VTR

VTO

IR = 0

4,82 Ω4,82 ΩIT

ISS

T

R

380 120° I

T

O

S

→V

TO= 4,82 ·

→IT= 4,82 · 39,4 ∠ –60° = 190 V ∠ –60°

→V

ON=

→V

TN–

→V

TO= ∠ –90° – 190 ∠ –60° = –95 –

→j · 55 = 109,7 V ∠ –150°

Siendo el diagrama fasorial de ten-siones:


1. En el circuito de la figura:

determina la corriente en cada una de sus ramas y la potencia disipada en laresistencia de 2 Ω, en los siguientes casos:

a) Interruptor abierto.

b) Interruptor cerrado.

LOGSE. Canarias, 2000.

Para resolver el circuito apli-cando las leyes de Kirchhoff, seasignan a cada rama corrientes(I

1- I

2- I

3) con un sentido cual-

quiera; por ejemplo, el cohe-rente con la polaridad de la pi-la que hay en cada una.Igualmente, se puede hacer conlas corrientes de malla (I

A- I

B),

a las que se asigna arbitraria-mente a priori el sentido de lasagujas del reloj.

380

√3


VSO

O

N

VTN

VON

VTO

5 Ω A

B

3 Ω

5 Ω 4 Ω

5 Ω

2 Ω

3 Ω

10 V 5 V

8 V

I1

I2

I3

10 V

5 Ω3 Ω

3 Ω5 Ω

4 Ω5 Ω

2 Ω

8 V

5 V

A

B

IBIA

a) Interruptor abierto.

Evidentemente, en la rama central:

I2= 0

Las otras dos ramas forman una única malla en la cual se cumple:

I1= –I

3= = = 0,2 A

I3= –0,2 A

La potencia en la resistencia de 2 Ω es nula: P2= 0.

b) Interruptor cerrado.

Se resolverá el circuito por el método de las corrientes de malla. El sistema deecuaciones de las mallas A y B es:

que, simplificando, queda

Y su solución es:

IA

= –1,09 A ; IB

= 0,77 A

En cuyo caso,

I1= –I

A= 1,09 A

I2= I

B– I

A= 0,77 – (–1,09) = 1,86 A

I3= I

B= 0,77 A

Y la potencia disipada por la resistencia de 2 Ω vale, entonces,

P2= R

2· I

22 = 2 · 1,862 = 6,91 W

2. En el circuito de la figura, la bobina se ajusta hasta que la tensión en bornesde la resistencia es máxima:

a) Calcula la tensión en bornes de cada elemento.

–18 = 15 · IA

– 2 · IB

13 = –2 · IA

+ 14 · IB

–10 – 8 = (5 + 2 + 5 + 3) · IA

– 2 · IB

8 + 5 = (3 + 5 + 4 + 2) · IB

– 2 · IA

525

10 – 55 + 3 + 5 + 4 + 5 + 3


LR = 5 Ω

10 0°, (ω = 1000 rad . s–1)

+

VR VC VL

C = 20 µF

b) Dibuja el diagrama vectorial de tensiones y corrientes en todos los ele-mentos.

c) Calcula la potencia activa y reactiva consumida por todos y cada uno delos elementos pasivos.

LOGSE. Comunidad Valenciana, 1999.

En un circuito RLC serie en resonancia, la impedancia alcanza el mínimo valor, la in-tensidad el máximo y la tensión en la resistencia también el máximo, igual a la ten-sión de alimentación. Tal cosa sucede cuando la reactancia de la bobina y la delcondensador tienen el mismo valor y se compensan. Como la reactancia del con-densador vale:

→X

C=

→j · =

→j · = –

→j · 50 Ω = 50 ∠ –90° Ω

La reactancia de la bobina será:→X

L= –

→X

C=

→j · 50 Ω = 50 ∠ 90° Ω

Y el valor de ajuste de la bobina es:

L = = = 0,05 H

La intensidad de la corriente es entonces:

→I = = = = 2 ∠ 0° A

a) En consecuencia, la expresión fasorial de las tensiones parciales es:

→V

R=

→R ·

→I = 5 · 2 ∠ 0° = 10 ∠ 0° V =

→V

→V

L=

→X

L·

→I = (50 ∠ 90°) · (2 ∠ 0°) = 100 ∠ 90° V

→V

C=

→X

C·

→I = (50 ∠ –90°) · (2 ∠ 0°) = 100 ∠ –90° V

b) El diagrama vectorial de la intensidad y las tensiones, dibujado a escala, es el si-guiente:

10 ∠ 0° V

5 + →j · 50 –

→j · 50

→V

→R +

→X

L+

→X

L

→V→Z

501000

XL

ω

120 · 10–6 · 103

1C · ω


VCVL

V = VRI

c) La resistencia solo consume potencia activa.

PR

= R · I 2 = 5 · 22 = 20 W

La bobina y el condensador solo poseen potencia reactiva, de igual valor y deefecto contrario:

QC

= QL= X

L· I 2 = 50 · 22 = 200 VAR

3. En el circuito de la figura:

calcula:

a) La tensión del generador, y dibuja el diagrama tensión-intensidad.

b) El valor del condensador que, conectado en paralelo con la inductancia,hace que el circuito esté en resonancia a 50 Hz.

Datos del circuito:

R = 100 Ω; f = 50 Hz; It = 3,33∠ –72,5° A; IL = 3,18∠ –90° A.


El esquema del circuito del enunciado, con el condensador conectado en paralelo, es:

a) La intensidad por la resistencia es:→IR

= →It

– →IL= 3,3

)3 ∠ –72,5° – 3,18 ∠ –90° = 1 –

→j · 3,18 – (–

→j · 3,18) =

= 1 ∠ 0° A

La tensión del generador:→V

g=

→V

R=

→V

L=

→V

C= R ·

→IR

= 100 · 1 ∠ 0° = 100 ∠ 0° V


R LVg

It IL

IL ICIR

It

L CR = 100 ΩVg

(50 Hz)

El diagrama vectorial, dibujado a escala, es:

b) Para que el circuito esté en resonancia, la intensidad reactiva de la bobina debeser compensada por una igual (pero opuesta) en la rama del condensador:

IC

= IL= 3,18 A ; X

C= = = 31,44 Ω

La capacidad del condensador necesario es:

C = = = 101,2 · 10–6 F = 101,2 µF

4. A una línea trifásica ABC de 380 V, 50 Hz, se conecta un receptor en triángu-lo. La rama AB del triángulo es una bobina con resistencia despreciable yreactancia 5 ohm; la rama BC es una resistencia de 10 ohm; la rama CA esuna bobina de resistencia despreciable y reactancia 10 ohm. Calcula las in-tensidades de línea.

LOGSE. Extremadura, 2000.

El esquema del circuito del enunciado es el siguiente:

Las intensidades de fase son:

→IAB

= = = 76 ∠ –90° A380 ∠ 0°5 ∠ 90°

→V

AB→Z

AB

12 · π · 50 · 31,44

12 · π · f · X

C

1003,18

Vg

IC


A

CB

I1

I3

IBLZBC = 10 0º Ω

I2

ICA

IAB

L2

L3

L1

ZCA = 10 90º Ω ZAB = 5 90º Ω

VCA = 380 –120º V

VAB = 380 0º V

VBC = 380 120º V

Vg

ILIt

IR

→IBC

= = = 38 ∠ 120° A

→ICA

= = = 38 ∠ –30° A

Y las intensidades de línea:

→I1=

→IAB

– →ICA

= 76 ∠ –90° – 38 ∠ –30° = –→j · 76 – 33 –

→j · 19 =

= –33 – →j · 57 = 65,8 ∠ –120° A

→I2=

→IBC

– →IAB

= 38 ∠ 120° – 76 ∠ –90° = –19 + →j · 33 +

→j · 76 =

= –19 + →j · 109 = 110,6 ∠ 100° A

→I3=

→ICA

– →IBC

= 38 ∠ –30° – 38 ∠ 120° = 32,9 – →j · 19 + 19 –

→j · 32,9 =

= 51,9 – →j · 51,9 = 73,4 ∠ –45° A

5. Calcula el circuito equivalente Thévenin entre los puntos A y B del siguientecircuito donde todas las resistencias son de 10 Ω, V

1= 1 V y V

2= 2 V.

LOGSE. Islas Baleares, 2000.

El esquema del circuito equivalente Thévenin del circuito del enunciado se muestraa continuación:

La fuerza electromotriz ETh

tiene por valor la tensión que puede medirse entre A y B.Se puede calcular del siguiente modo:

R24

= 10 + 10 = 20 Ω ; R324

= = 6,)6 Ω10 · 20

10 + 20

380 ∠ –120°10 ∠ 90°

→V

CA→Z

CA

380 ∠ 120°10 ∠ 0°

→V

BC→Z

BC


R1

R3V1

V2

R4

R2A

B

V1 = 1 V

V2 = 2 V

R3 = 10 Ω

R2 =10 Ω R1 =10 Ω

R4 = 10 Ω

II1 I2

B

AC

Eth

Rth

B

A

I = = = 0,18 A

VCB

= R324

· I = 6,)6 · 0,18 = 1,2 V

I2= = = 0,06 A

VAB

= R4· I

2= 10 · 0,06 = 0,6 V = E

Th

La resistencia interna del generador Thévenin, RTh

, se determina calculando el valorde R

ABen el supuesto de que se cortocircuiten las dos pilas:

RTh

= R1+ R

324= 10 + 6,

)6 = 16,

)6 Ω

1,220

VCB

R24

1 + 210 + 6,

)6

V1+ V

2

R1+ R

324



10.4. ELEMENTOS DE PROTECCIÓN DE LAS INSTALACIONES

Página 362

1. Explica la diferencia entre cortocircuito y cortacircuito.

Un cortocircuito es una conexión directa (con resistencia prácticamente cero) entredos puntos de un circuito sometidos a una diferencia de potencial, por lo generalproducida por accidente o avería, y a consecuencia de la cual se produce una co-rriente excesiva que puede deteriorar la instalación.

Un cortacircuito es un elemento de protección, capaz de interrumpir automática-mente la corriente cuando esta alcanza un valor excesivo y, especialmente, cuando seproduce un cortocircuito.

2. Explica la diferencia entre sobrecarga y cortocircuito.

Cualquier instalación eléctrica está calculada para funcionar con unos valores deter-minados de tensión e intensidad, denominados nominales, por encima de los cualesalgunos de sus elementos pueden deteriorarse, debido al calentamiento de los con-ductores y a las fuerzas electromagnéticas.

Una sobrecarga de la instalación es su funcionamiento por encima del valor nomi-nal de intensidad, sea este producido de forma accidental (averías) o por una deman-da excesiva de potencia.

Un cortocircuito, de acuerdo con la definición hecha anteriormente, es una sobre-carga grande, producida generalmente de forma accidental.

3. Explica la diferencia entre sobrecarga y sobretensión.

La sobretensión en una instalación es su funcionamiento con una tensión de ali-mentación por encima del valor nominal.

Puede, a su vez, dar lugar a una sobrecarga si los demás parámetros del circuito semantienen.

10.5. PROTECCIÓN DE LAS PERSONAS CONTRA TENSIONESPELIGROSAS

Página 369

1. ¿Cuál es la condición que tiene que cumplirse para que un sistema de puesta atierra, por sí mismo, proteja a una persona contra la electrocución por con-tactos indirectos?

Supóngase un aparato como el del esquema de la página siguiente, alimentado a220 V y protegido por medio de un fusible de 20 A, en el cual se ha producido undefecto de aislamiento.

Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

En el circuito equivalente de la derecha, donde Ra

es la resistencia del aislamientoque ha fallado, R

tla resistencia de la puesta a tierra, y R

hla del cuerpo humano, la

tensión de contacto a que se ve sometido un posible usuario tendrá por expresión:

Vc= R

h· I

h= R

t· I

t≈ R

t· I

f

(La corriente de fugas por Rh, mucho menor que R

t, es despreciable frente a la co-

rriente de fugas por Rt).

Para que no exista peligro de muerte, el fusible debe cortar la corriente rápidamente(por ejemplo, en 2 s), antes de que V

calcance un valor de 50 V.

Según la curva característica del fusible de 20 A (página 362 del libro del alumnado),se funde en 2 s para una corriente I

f= 50 A.

En tal caso, la resistencia de tierra, para que no se alcance una tensión de contactopeligrosa, ha de valer:

Rt= = = 1 Ω

La condición es, por tanto, que la resistencia de puesta a tierra sea muy pequeña yacorde con la característica del fusible.

2. Razona por qué el sistema de puesta a tierra, por sí solo, no sirve de protec-ción contra contactos directos.

Supóngase la misma instalación de la cuestión anterior, sin defecto de aislamiento, enla que se produce por ejemplo un contacto directo con el conductor de fase despuésdel fusible de protección:

50 V50 A

Vc

If


R

20 A

20 A

220 V Ra

Rt

It

If

Rh Vc

STO

Ih

R

20 A

20 A

220 V

Rh

S

T

O

If

En este caso la persona se ve sometida directamente a una tensión de 220 V, y toda lacorriente de fugas pasa por su cuerpo. Si suponemos una resistencia del cuerpo baja,por ejemplo de 500 Ω, dicha corriente de fugas puede llegar a valer:

If= = 0,44 A = 440 mA

Con esta intensidad, el fusible no actúa en absoluto, mientras que se puede producirla fibrilación y el paro cardíaco en un tiempo de menos de 1 s, de acuerdo con la grá-fica de efectos de la corriente eléctrica (página 365 del libro del alumnado).

En resumen: Un sistema de puesta a tierra, combinado con el dispositivo de corte dela corriente por sobrecarga (fusible o interruptor magnetotérmico), no proteje contracontactos directos, pues la corriente de fugas que se produce no es lo suficientemen-te grande para hacer actuar el dispositivo de corte, mientras que sí lo es para produ-cir la muerte del usuario.

Página 370

3. Razona por qué un diferencial de 30 mA supone suficiente protección, aun-que no haya toma de tierra.

Supóngase un aparato eléctri-co conectado a través de uninterruptor diferencial de30 mA de sensibilidad, en elque una persona sufre acci-dentalmente un contacto, di-recto o indirecto (gráfica dela derecha).

Tanto en un caso como en elotro, el interruptor diferen-cial, corta la corriente en unafracción de segundo, siempreque la corriente de fugas (I

fo

If' ) sobrepase los 30 mA.

Una corriente de tal intensidad, aunque pase íntegra-mente por el cuerpo, no resulta peligrosa, de acuerdocon la gráfica de efectos de la corriente eléctrica (pági-na 365 del libro del alumnado).

No obstante, la protección no puede considerarse abso-luta; hay una posible situación en la cual el diferencialno ofrece protección suficiente.

Si una persona, totalmente aislada de tierra, hace con-tacto con los dos hilos activos, se comporta como unacarga que no da lugar a fugas: la corriente I

h, de alto va-

lor dada la baja resistencia Rh, no es detectada por el in-

terruptor diferencial mientras que, sin duda, pone enpeligro la vida de la persona.

220500


220 V

Contacto directo

Interruptordiferencial

Contacto indirecto

Rh

Rh

If'If

Id = 30 mA

220 V

Rh

Ih

4. Una instalación posee una puesta a tierra de 200 Ω de resistencia y un diferen-cial de 300 mA de sensibilidad. ¿Es adecuada la protección? Si no es así, ¿quéhabría que hacer para que lo fuera?

El esquema de la instalación es el siguiente:

Si se produce un defecto de aislamiento, la corriente de fuga máxima (que no haceactuar al interruptor), da lugar a una tensión de contacto:

Vc= I

d· R

t= 0,3 · 200 = 60 V

que sobrepasa los valores permitidos (50 V en lugares secos y 24 V en lugares húme-dos). Por tanto, el sistema de protección no es suficiente. Para mejorarlo se puedenhacer dos cosas:

a) Mejorar la puesta a tierra, hasta conseguir un valor de Rtsuficientemente pe-

queño:

Rt≤ = = 166,6

)Ω

Manteniendo el diferencial, la resistencia de la puesta a tierra ha de ser menor que166 Ω.

b) Mejorar la sensibilidad del diferencial: Si se instala un diferencial de 100 mA,la protección ya resulta suficiente:

Vc= 0,1 · 200 = 20 V < 24 V < 50 V

Y en mayor medida si se instala un interruptor de alta sensibilidad (30 mA).

10.7. INSTALACIONES DE ALUMBRADO ELÉCTRICO

Página 374

1. ¿Qué objeto tiene que el hilo de dumet, que conecta el filamento de la lámparade incandescencia con el casquillo, sea de igual coeficiente de dilatación queel vidrio?

500,3

50Id


Id = 300 mA

Rt = 200 Ω

RtIf

220 V

If = Id Ve

Los hilos que conectan el filamento con los terminales exteriores de la lámpara atravie-san el vidrio de la ampolla, formando una junta que ha de ser perfectamente estanca.

Al encenderse la lámpara, tanto los hilos de co-nexión como el vidrio que los rodean adquierenuna alta temperatura y se dilatan. Entonces, si elcoeficiente de dilatación del material del hilo fue-se mayor que el del vidrio, la ampolla podríaromperse; mientras que si es al revés, la ampollaperdería la estanqueidad. En ambos casos entra-ría aire con oxígeno en la ampolla, y el filamentose fundiría.


1. En el esquema general de la red eléctrica que puede ver-se en la figura, ¿cuál es el tramo que corresponde a lared de muy alta tensión y cuál el que corresponde a lared secundaria de distribución? ¿Cuál de los dos tiposde redes suele ser subterráneo? Justifica la respuesta.

La red de muy alta tensión conecta las subestaciones ele-vadoras de las centrales eléctricas con puntos de consumosituados a gran distancia. En el esquema del enunciado setrata del tramo L2, con una tensión de línea de 200 kV. Setrata de una red de transporte de energía, que transcurre porzonas no urbanas, de modo que puede ser construida me-diante cables aéreos, montados sobre apoyos o torres metá-licas con aisladores.

La red secundaria de distribución llega hasta los centros de transformación capa-ces de suministrar, en zonas urbanas, la energía eléctrica en baja tensión a los con-sumidores. La entrada de dichos transformadores suele hacerse, por ello, en mediatensión (15 – 30 kV). Por tanto, la red secundaria de distribución corresponde al tra-mo L4 del esquema, que funciona con una tensión de 15 kV, y suele estar constitui-da por líneas subterráneas cuando discurren por zonas urbanas, pues de ese modola posibilidad de que se produzcan accidentes y contactos es mucho menor.

En zonas rurales (suministro de energía a fincas agrícolas, por ejemplo), la instala-ción subterránea es técnicamente más costosa y ofrece tantos o más peligros de ac-cidente (por ejemplo, por la acción de maquinaria agrícola). Por eso, las líneas demedia tensión rurales suelen ser aéreas.

2. Si una línea de alta tensión de 110 kV transporta una potencia de 20 MVA,¿cuánto vale la intensidad de la corriente por los conductores de esta?

Se supone que se trata de una línea trifásica, en cuyo caso:

S = · V · I, y la intensidad de línea es:

I = = = 105 A20 · 106 VA

√3 · 110 · 103 V

S

√3 · V

√3


Ampollade vidrio

Filamento

Hilo de conexióncon los terminalesexteriores

G

L1

L2

L3

L4

L5

15 kV

220 kV

110 kV

15 kV

380 / 220 V

Usuarios

3. Una línea monofásica de 220 V, constituida por dos conductores de 6 mm2

con aislamiento de PVC instalados bajo tubo protector, alimenta un hornoeléctrico de 5 kW, y está protegida mediante un cortacircuitos fusible de25 A, cuya curva característica puede verse en la página 362.

Determina la intensidad por la línea y valora si el fusible está bien elegido.¿Actúa el fusible si por mal uso de la instalación se sobrecarga la línea hacien-do pasar por ella una intensidad de 50 A? ¿Cuánto tiempo tarda en actuar sien bornes del horno se produce un cortocircuito de 400 A de intensidad?

De acuerdo con los datos del enunciado, la líneapuede representarse mediante el esquema de laderecha:

La intensidad de la corriente es:

I = = = 22,7 A

Los conductores de la línea, de acuerdo con latabla de intensidades máximas admisibles (pági-na 74 del libro del alumnado) soportan una co-rriente de hasta 29 A.

El fusible, de 25 A, está bien elegido: según sucurva característica, soporta sin fundirse la inten-sidad de la línea, y ante una sobrecarga conside-rable, que pueda calentar excesivamente los con-ductores, actúa interrumpiendo el circuito:

– Una sobrecarga con I = 50 A determina que elfusible actúe en 10 s.

– Una sobrecarga, por cortocircuito, de 400 A produce el corte de la corriente enmenos de 0,01 s.

4. La misma instalación anterior se protege por medio de un interruptor auto-mático de 25 A, cuya curva de disparo puede verse en la página 363.

¿Cuánto tiempo tarda en actuar si se produceuna sobrecarga de 50 A? ¿Y si se produce un cor-tocircuito de 400 A? ¿Cómo queda mejor protegi-da la instalación, con el fusible del ejercicio 3 ocon el interruptor automático? Justifica la res-puesta indicando las ventajas e inconvenientesde cada sistema.

Con el interruptor magnetotérmico tipo L, según suscurvas características, una sobrecarga de 50 A (2 ve-ces la I

nominalajustada) hace que actúe el disparo tér-

mico en un tiempo de 40 s; es decir, que el PIA esmás “lento” que el fusible. Con un cortocircuito de400 A (16 veces I

nominal), actúa el disparo magnético

en 0,01 s, aproximadamente igual que el fusible.

5 000220

PV · cos ϕ


120

Tiempo de fusión

Intensidad de la corriente(valor eficaz)

Min

utos

Seg

undo

s

60

2010

5

21

2010

5

21

0,50,20,1

0,05

0,020,01

10 20 50 100 200 500 1000 2000 5000 (A)

16 A20 A30 A

50 A80 A

125 A

200 A

25 A35 A

63 A100 A160 A

S = 6 mm2

(bajo tubo)

220 V

25 A

P = 5000 Wcos ϕ = 1

100

2 h

FAZAZ

40

10

4

14020

105

21

200

50

20

5

21,5 2

Intensidad nominal(nº de veces)

Mili

segu

ndos

Tie

mpo

de

disp

aro

Seg

undo

sM

inut

os

3 5 10 30

L

GH

5. ¿Qué sucede si se cortocircuita la bobina de disparo magnético de un inte-rruptor automático? Justifícalo con la ayuda de un esquema de su constitu-ción interna.

Si se cortocircuita (o se conectan sus bornescon un “puente”), la corriente no pasa por labobina de disparo magnético, pero sí por el bi-metal.

En consecuencia, ante una sobrecarga normal(zona superior de la curva de respuesta) el PIAsigue actuando igual que antes. En cambio, anteuna sobrecarga muy grande o un cortocircuito(zona inferior de la curva), el PIA ya no respon-de con igual rapidez, sino que sigue la curvaprolongación de la curva de disparo térmico.

6. Una persona recibe una descarga de 1 A durante 20 ms. Interpretando lascurvas de la página 365, ¿qué se puede decir respecto al posible efecto fisio-lógico que se produce?

Una intensidad de 1 A durante un tiempo de20 ms “define” un punto en la zona D de la grá-fica, caracterizada por la posible fibrilación ven-tricular, con el consiguiente paro del corazón.

El posible efecto fisiológico que se produce esla muerte por parada cardiorrespiratoria.

7. En circunstancias excepcionales, una persona posee una resistencia eléctri-ca de 700 Ω. ¿Qué tensión de contacto debe considerarse peligrosa?

Según la gráfica de los efectos fisiológicos de la corriente eléctrica (véase ejercicioanterior), una corriente que supere los 300 mA, si recorre el cuerpo de una personadurante un tiempo considerable (más de 10 s), puede producir efectos peligrosos eincluso la muerte por parada cardiorrespiratoria.

Por tanto, para una resistencia del cuerpo de 700 Ω, la tensión de contacto quedebe considerarse peligrosa es:

Vc= 700 · 0,03 = 21 V

8. En una instalación alimentada a 220 V, sin sistema de protección contra con-tactos directos e indirectos, una persona subida a un taburete posee una re-sistencia total respecto a tierra de 5 000 Ω. ¿Está en peligro de muerte en casode producirse un contacto directo? Justifícalo con los cálculos oportunos.

Si se produce un contacto directo con el conductor activo de la línea, la tensión decontacto es prácticamente la tensión de fase del sistema trifásico, 220 V, y la corrien-te de fugas, que pasa por el cuerpo y por el taburete posee una intensidad:

If= = 0,044 = 44 mA > 30 mA220

5000


PalancaBimetalde disparotérmico

Bobina dedisparo magnético

0,1

2010

50

100

200

500

1000

A B C D E

2000

5000

10000t (msg)

0,2 0,5 1 2 5 10 20 50 100 200 500 2000 I (mA)

De acuerdo con los datos del enunciado, que pueden verse reflejados en el siguien-te esquema:

Esta corriente, según la gráfica de los efectos fisiológicos de la corriente eléctrica(véase el ejercicio 6), durante un tiempo prolongado (más de 10 s), produce efectospeligrosos.

9. Determina el rendimiento luminoso de las lámparas de incandescencia cu-yos valores característicos se suministran en la tabla de la página 376, siem-pre que se tengan datos suficientes.

10. Resuelve el ejercicio anterior para el caso de las lámparas de descarga.

Si se define el rendimiento luminoso de una lámpara como el cociente entre el flujoluminoso que suministra, medido en lumen (lm), y la potencia eléctrica que absor-be, media en watt, las tablas a que se refieren los enunciados, a las que se han aña-dido algunos datos respecto a los que aparecen en el libro del alumnado, se puedencompletar así:

Los mejores rendimientos se dan con lámparas de mercurio.


Tipo de lámpara Tensión (V) Potencia (W) Flujoluminoso (lm)

Rendimientoluminoso (lm/W)

Incandescenciaestándar 220

1560

100500

1 0001 5003 000

130740

1 3908 700

18 70029 30040 000

9,6612,313,917,418,719,513,3

Incandescenciahalógena 220

5001 0001 500

12 00025 00033 000

242522

Descarga(vapor de sodio) 220

185590

180

1 8008 000

13 50033 000

100145150183

Descarga(vapor de mercurio) 220

5080

2501 000

1 9003 600

13 50057 000

38455457

Tubos fluorescentes(blanco industrial) 220 40

653 2005 100

8078

5000Ω220 V

If

11. En una habitación de 20 m2 de superficie se instala una luminaria con unalámpara halógena de 500 W, con la cual se consigue un nivel medio de ilumi-nación de 355 lux, medido con un luxómetro a una altura de 1 m del suelo.¿Cuánto vale el flujo luminoso útil? ¿Y el rendimiento de la iluminación?

Considerando su nivel medio de iluminación,el flujo útil que llega a la superficie de trabajovale:

Φu

= E · S = 355 · 20 = 7 100 lm

Según los datos del flujo de las lámparas haló-genas, la lámpara de 500 W produce un flujototal de 12 000 lm. Por tanto, el rendimientode la iluminación es:

ηi= = = 0,59

12. Un hornillo eléctrico se emplea para hervir el agua de un cazo.

El hornillo tiene tres secciones con las mismas resistencias, y se compruebaque al unirlas en paralelo, el agua contenida en el cazo hierve en 6 minutos.

¿Dentro de cuánto tiempo empezará a hervir el agua de la misma masa y a lamisma temperatura inicial al unir las resistencias del siguiente modo?:

a) Las tres resistencias en serie.

b) Dos en serie y la combinación resultante conectada en paralelo con la ter-cera.

La expresión de la potencia eléctrica en cada uno de los casos es:

– Tres resistencias en paralelo:

P = = =

– Tres resistencias en serie:

Pa

= =

– Dos resistencias en serie con la otra en paralelo:

Pb= = = =

Si suponemos que el rendimiento calorífico del hornillo es prácticamente el mismo,la energía eléctrica en los tres casos será igual, en cuyo caso:

W = · t = · ta

= · tb

Como t = 6 minutos = 360 s, se pueden despejar:

ta= 9 · t = 9 · 360 = 3240 s = 54 minutos ; t

b= 2 · t = 2 · 360 = 720 s = 12 minutos

3 · V 2

2 · RV 2

3 · R3 · V 2

R

3 · V 2

2 · RV 2

2 · R3

V 2

R · 2 · RR + 2 · R

V 2

Rb

V 2

3 · RV 2

Ra

3 · V 2

RV 2

R/3V 2

R

710012000

Φu

Φ


S = 20 m21 m

500 W

Φ = 12000 lm

E = 355 lux

13. La constante de un contador eléctrico es 120 vueltas/kWh. Al conectarlo a unreceptor, se cuentan 90 vueltas en 6 minutos.

Calcula:

a) La potencia del receptor.

b) El número de vueltas para un acumulador de 20 litros de agua caliente de2,5 kW que está conectado durante 30 minutos.

c) La temperatura que ha alcanzado en ese tiempo el agua del acumuladordel apartado anterior si partíamos de 10 °C.

Datos: cagua

= 1 kcal/(kg · °C)

ρagua

= 1 kg/l

a) La constante del contador eléctrico informa del número de vueltas que cuentapor cada kWh que consume la instalación receptora.

En consecuencia, si se cuentan 90 vueltas, la energía consumida vale:

W = = 0,75 kWh

Como ha transcurrido un tiempo de 6 minutos, es decir:

t = 6 min · = 0,1 h

la potencia del receptor es:

P = = = 7,5 kW

b) Un calentador de agua de 2,5 kW, conectado durante 30 minutos (0,5 h), consu-me una energía:

W = P · t = 2,5 kW · 0,5 h = 1,25 kWh

Como la constante del contador es de 120 vueltas/kWh, el número de vueltasserá:

n 0 vueltas = 1,25 kWh · = 150 vueltas

La energía calculada anteriormente, expresada en J y kcal vale:

W = 1,25 · 1 000 · 3 600 = 45 · 105 J

W = 45 · 105 · 4,185 · = 18 832 kcal

c) Si no hay pérdidas de calor, el incremento de temperatura del agua será:

∆T = = = 76,3 °C

Luego el agua, que inicialmente estaba a 10 °C, alcanza finalmente una tempera-tura:

T = 10 + ∆T = 10 + 76,3 = 86,3 °C

18832 kcal20 kg · 1 kcal/(kg · °C)

Wm · c

11000

120 vueltas1 kWh

0,75 kWh0,1 h

Wt

1 h60 min

90 vueltas120 vueltas/kWh


14. En una instalación alimentada a 220 V, cuya resistencia de puesta a tierra va-le 1100 Ω, se produce por avería una conexión directa entre el conductor defase y una masa metálica.

¿Cuánto vale la corriente de fugas?

¿Existiría una buena instalación de protección contra contactos indirectos sise instalara un interruptor diferencial de 300 mA de sensibilidad?

¿Cuál sería el valor de la tensión de contacto accidental y qué corriente de fu-gas se produciría por el cuerpo humano?

Si fuese necesario otro diferencial, ¿qué sensibilidad debería tener?

Una conexión directa entre el conductor de fase y la masa metálica del aparato, pro-ducida accidentalmente en su interior, da lugar a una corriente de fugas por la resis-tencia de la instalación de puesta a tierra, cuyo valor es:

It= = = 0,2 A = 200 mA

Dicha corriente no es detectada por un interruptor diferencial de 300 mA de sensibi-lidad. Por tanto, no se interrumpe el circuito y las masas metálicas del aparato per-manecen a una tensión de 220 V respecto a tierra, luego la protección contra con-tactos indirectos no es adecuada.

En efecto, si una persona toca dichas masas metálicas, la tensión de contacto esV

c= 220 V, y la corriente de fugas por el cuerpo, suponiendo que posee una resis-

tencia media de 2 000 Ω, puede alcanzar un valor:

Ih

= = 0,11 A = 110 mA

mayor que el valor límite (30 mA) a partir del cual la corriente entraña peligro demuerte.

Para que la instalación ofrezca suficiente protección contra contactos indirectos, latensión de contacto posible no debe sobrepasar 50 V. Consecuentemente, la sensibi-lidad del diferencial debe ser:

Id

≤ = = 0,045)

A = 45,45 mA

Conviene instalar un diferencial de 30 mA.

501 100

50R

t

2202000

2201100

220 VR

t


Id = 300 mA

It Ih

L1L2L3N

15. En una sala de dibujo de 20 m de largo por 15 m de ancho, con una altura de4 m, se va a instalar alumbrado incandescente con lámparas estándar de300 W, montadas sobre luminarias con un rendimiento del 85%.

Dadas las condiciones de la luminaria y el tipo de local, se considera un fac-tor de conservación de 0,75, y, de acuerdo con el coeficiente de reflexión deparedes y techos, el tipo de luminarias y el índice del local, la utilancia de lainstalación vale 0,8.

De acuerdo con estos datos, resuelve los siguientes apartados:

a) ¿Cuántas lámparas hay que instalar para conseguir un nivel medio de ilu-minación de 1500 lux?

b) Dibuja un plano de su distribución en el techo del local.

c) ¿Cuánta potencia total posee la instalación?

d) ¿Consideras adecuada la opción de iluminación elegida? En caso contra-rio, ¿qué modificaciones habría que introducir?

a) Las lámparas de incandescencia estándar de 300 W, de acuerdo con las tablas,suministran un flujo luminoso de 5 020 lm. Considerando el resto de las condi-ciones de la instalación, el número de luminarias y lámparas que es necesarioinstalar, para conseguir un nivel de iluminación tan exigente, será:

N = = = 175,7

b y c) Redondeando, por exceso, el valor anterior, se pueden instalar 180 lumina-rias, distribuidas uniformemente, tal como indica el siguiente plano:

Donde:

→

La potencia total de la instalación es laconsumida por el conjunto de todaslas lámparas instaladas, y vale:

P = 180 · 300 = 54 000 W = 54 kW

d) Para un local de tales dimensiones y características, la potencia es excesiva. Su-poniendo que se mantienen los mismos factores característicos de la instalación(n, f

cy η

l), se podría disminuir la potencia instalando lámparas de descarga, por

ejemplo fluorescentes de 65 W, que suministran un flujo de 5 100 lm, práctica-mente igual que las lámparas de incandescencia de 300 W. En tal caso, la poten-cia se reduce al siguiente valor:

P' = 180 · 65 = 11 700 W

Este valor se podría mejorar aún más eligiendo luminarias con factores fc

y ηl

más altos, y diseñando la instalación para que la utilancia también sea mayor.

m = 15n = 12d = 1,3

)m

m · d = 20n · d = 15n · m = 180

1 500 · 15 · 200,8 · 0,75 · 0,85 · 5 020

E · Su · f

c· η

l· Φ


12

d

15 m

. . . . . . . . .(m).......

20 m

d/2

d/2 d

(n)

16. Se construye una instalación doméstica que alimenta a 220 V un motor eléc-trico de 2 CV y factor de potencia = 0,6, y 3 lámparas incandescentes de100 W cada una.

Calcula:

a) La corriente que absorbe cada derivación (motor y conjunto de lámparas).

b) Las energías activa y reactiva al cabo de 10 horas de funcionamiento de lainstalación. Dibuja el triángulo de potencias y calcula el factor de potencia.

¿Qué tipo de energía indicará el contador?

c) Dibuja un esquema unifilar de la instalación, representando en él: fusiblede protección general, contador, ICP, cuadro de protecciones con diferen-cial y térmicos, y cargas de la instalación.

a) La intensidad de la corriente y las potencias activa y reactiva de cada derivaciónson:

Motor:

P1= 2 CV = 2 · 736 = 1 472 W

I1

= = = 11,15 A

ϕ1= arccos 0,6 = 53,13°

Q1= P

1· tg ϕ

1= 1 472 · tg 53,13° =

= 1 962,6 VAR

Alumbrado:

P2= 300 W

cos ϕ2

= 1 (carga puramente resistiva)

I2= = = 1,36 A

Q2= 0

b) El triángulo de potencias de la instalacióncompleta es el que se muestra en la figura dela derecha, donde:

S = = 2 644,2 VA

I = = 12 A

Q = 1962,6 VAR

ϕ = arctg = 48°

cos ϕ = cos 48° = 0,67

1 962,61 772

2 644,2220

√1962,62 + 1 7722

300220

P2

V

1472220 · 0,6

P1

V1· cos ϕ

1


Motor Alumbrado

kWh

P1 = 1472 WP2 = 300 W

S = V.I Q

ϕ ϕ1 = 53,13°

Al cabo de 10 h de funcionamiento, las energías activa y reactiva serán:

Wa

= 1 772 · 3 600 · 10 = 63,729 · 106 J = 17,72 kWh

Wr= 1,9626 kVAR · 10 h = 19,626 kVAR

c) El esquema unifilar de la instalación es el dibujado en el apartado a).


1. A partir del diagrama de la figura, que representa el historial de consumo deuna vivienda:

a) Interpreta y analiza el gráfico de la figura.

b) Calcula, en el mes de diciembre, el calor producido en kilocalorías por lossistemas de calefacción de la vivienda si se utiliza para tal uso el 60% delconsumo de dicho mes. (Dato: 1 joule = 0,24 calorías).

c) Calcula la potencia del frigorífico, si en el mes de agosto solo ha estadoconectado este aparato y ha funcionado de forma continua y permanente.


a) En el diagrama, la altura de cada barra medida sobre el eje vertical indica el con-sumo de energía eléctrica (en kWh) del mes correspondiente. Durante el mes deenero, por ejemplo, el consumo ha sido de 350 kWh.

El consumo más elevado se produce durante los meses de invierno, debido aque se pone en funcionamiento la calefacción eléctrica.

El mes de agosto, de vacaciones, arroja un consumo mínimo, debido exclusiva-mente al funcionamiento del frigorífico.

b) Durante el mes de diciembre, el consumo total es de 500 kWh, cuyo 60% corres-ponde al sistema de calefacción:

Wc= 0,6 · 500 = 300 kWh

Como:

1 kWh = 1 000 W · 3 600 s = 3,6 · 106 J

1 J = 0,24 cal = 0,24 · 10–3 kcal

la energía consumida en calefacción, expresada en kcal, será:

Wc= 300 · 3,6 · 106 · 0,24 · 10–3 = 259 200 kcal


500

400

E F M A M J Jl A S O N D

300

(con

sum

os)

(meses)

kWh200

100

0

c) Durante el mes de agosto, el consumo del frigorífico ha sido:

Wf= 100 kWh

Considerando que ha funcionado de forma continua, durante los 31 días (744 h),la potencia eléctrica del frigorífico será:

Pf= = = 0,134 kW = 134 W

2. Dibuja el esquema eléctrico de un tubo fluorescente con amperímetro, voltí-metro y vatímetro, y un condensador de corrección del factor de potencia:

a) Explica el funcionamiento del circuito.

b) Estando abierto el circuito del condensador, las lecturas de los aparatosde medida son: vatímetro, 100 W; amperímetro, 0,7 A; voltímetro, 220 V.Calcula las potencias activa, reactiva y aparente del conjunto tubo fluores-cente-reactancia.

c) Si se cierra el circuito del condensador, el amperímetro señala una lecturade 0,5 A, permaneciendo las restantes lecturas de los otros aparatos demedida, ¿cuál es el valor de la capacidad del condensador si la red es de50 Hz?


El esquema eléctrico que solicita el enunciado es el siguiente:

a) Funcionamiento del circuito: Al conectar, cerrando el interruptor I, la tensiónde alimentación (220 V) queda aplicada entre los electrodos del tubo y tambiénentre los contactos del cebador; aunque no es suficiente para producir la descar-ga en el tubo, sí lo es para producirla en el cebador, por la pequeña separaciónentre sus contactos. Dicha descarga calienta el contacto móvil, constituido poruna lámina bimetálica, que al cabo de unos instantes se cierra y se enfría, por loque vuelve a abrirse automáticamente. Como consecuencia, en la reactancia L seorigina por autoinducción una elevada sobretensión, que provoca el estableci-miento de la descarga entre los electrodos del tubo, facilitada por la emisión deelectrones producida hasta el momento al circular la corriente por los filamentos.En adelante, con una baja tensión entre los electrodos, la descarga se mantiene,mientras que el cebador queda fuera de servicio. Y como la descarga en el tuboproduce radiaciones ultravioletas, que inciden sobre las sustancias fluorescentesque recubren su superficie interna, el tubo emite luz visible.

Durante el funcionamiento del tubo, la resistencia entre los electrodos es peque-ña, y es la reactancia en serie la que limita la corriente, evitando el cortocircuito.

100 kWh744 h

Wf

t


AI

I'

Cb

220 V

WL

VC

Sin embargo, la reactancia determina que el factor de potencia de la instalaciónsea demasiado bajo. Para evitar tal inconveniente, se añade el condensador C,calculado para corregir el factor de potencia.

(Nota: en la explicación no se ha incluido el funcionamiento de los aparatos de medida).

b) Sin el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito equivalente yel triángulo de potencias son:

Por tanto:

S = V · I = 220 · 0,7 = 154 VA

cos ϕ = = = 0,649 → ϕ = 49,5°

Q = S · sen ϕ = 154 · sen 49,5° = 117 VAR

(La potencia activa P no es necesario calcularla, porque está dada por la medidadel vatímetro).

c) Con el condensador de corrección del factor de potencia conectado, el circuitoequivalente y el triángulo de potencias son:

La potencia activa es la misma, puesto que el condensador solo introduce poten-cia reactiva, Q

c.

En consecuencia:

S' = 220 · 0,5 = 110 VA

cos ϕ' = = = 0,9 → ϕ' = 24,6°

Q' = S' · sen ϕ' = 110 · sen 24,6° = 45,8 VAR

Qc= Q – Q' = 117 – 45,8 = 71,2 VAR

Ic= = = 0,323 A → X

c= = = 680 Ω

C = = = 4,7 · 10–6 F = 4,7 µF12 · π · 50 · 680

12 · π · f · X

c

2200,323

VIc

71,2220

Qc

V

100110

PS'

100154

PS


V = 220 VP = 100 W

I = 0,5 A

I = 0,5 A

CP = P' =100 W

Q'Q

Qc

S = V . I

S' = V' . I'

ϕ ϕ’ Z ϕ

V = 220 V P = 100 WZ ϕ = 100 W

I = 0,7 A

P = 100 W = V · I · cos ϕ

Q = V · I · sen ϕS = V · I

ϕ

3. Para los circuitos de la figura, se pide, justificándolo:

a) ¿Sobre cuál de los pulsadores S1, S2 o S3 hay que actuar para que el motorarranque en estrella? ¿Qué contactos se cierran o abren al actuar sobre elpulsador elegido?

b) Una vez que el motor ha arrancado, ¿sobre qué pulsador de los anterioreshay que actuar para que el motor quede conectado en triángulo? ¿Quécontactos se cierran o se abren al actuar sobre el pulsador elegido?


Los devanados de un motor trifásico se conectan en estrella ( ) o en triángulo ()por medio de los contactos principales de tres contactores situados en el circuito defuerza (el de la derecha), de acuerdo con las siguientes condiciones:

En el circuito de mando (el de la izquierda), todos los contactos están dibujados ensu posición “normal” o de reposo. Un contacto auxiliar de un contactor que esténormalmente abierto (por ejemplo, el K1) se designará como K1(na). Si está nor-malmente cerrado (por ejemplo, K3), se designará como K3(nc).

a) Arranque en estrella ( )

Al pulsar S2, se alimenta la bobina de K2: Se cierran los contactos de K2 en elcircuito principal, se abre el contacto K2(nc) impidiendo la excitación simultáneade K3 y se cierra K2(na). En consecuencia, queda alimentada la bobina de K1, secierran los contactos principales K1 y el motor arranca conectado en . Tam-bién se cierra K1(na), de modo que K1 y K2 siguen alimentados aunque se dejede pulsar S2.


L1 L1

L2

L3

N

F2

F1F3

F3W1

3 W2

V1

V2

U1

M U2

K3

K2

S1

S2

S3

K3

K1

K2 K1 K3

K2

K2

K1

conexión K1 y K2 cerrados K3 abiertos

conexión K1 y K3 cerrados K2 abiertos

b) Paso a la conexión en triángulo ()

Es necesario pulsar S3. Al abrirse su contacto, se interrumpe la alimentación deK2, se abren los contactos K2 en el circuito principal, así como el contacto auxi-liar K2(na), y se cierra K2(nc) alimentando la bobina K3. En consecuencia, loscontactos principales K3 se cierran y el motor pasa a funcionar en conexión ,gracias a que el contactor K1 sigue alimentado a través de K1(na). Al mismotiempo, se abre K3(nc) impidiendo que vuelva a excitarse K2 aunque se deje depulsar S3 y se pulse accidentalmente S2.

4. En la figura se presenta el esquema de la instalación de una vivienda tipo.

a) Haz una relación de los diferentes elementos dibujados en la instalación ydescribe su función en ella. ¿Falta algo importante? ¿Cuál es la misión dela toma de tierra?

b) ¿En qué lugar colocarías el contador de energía (contador) y el interrup-tor de control de potencia (ICP)? Señálalo en un dibujo, justifica la ubica-ción elegida y describe su función en la instalación.

c) ¿Cuál debe ser la intensidad de corriente para la que se calibrará el ICP sise contratan 4 400 W a una tensión de 220 V?

LOGSE. País Vasco, 2000.

a) Elementos de la instalación de una vivienda:

1) Fusible: Está situado normalmente en el arranque de la derivación individualque suministra energía a la vivienda, es decir, en la centralización de conta-dores. Sirve para proteger dicha derivación contra sobrecargas y cortocircui-tos.


ID PIA (varios)

CUADRO GENERALDE MANDO YPROTECCIÓN

ALUMBRADOTOMAS DE

CORRIENTE COCINA LAVADORA

AGUA CALIENTE

Fusible

2) Interruptor diferencial (ID): Está situado en el cuadro general de distribu-ción y protección, a la entrada de la vivienda. Interrumpe el circuito automá-ticamente si se produce una fuga de corriente peligrosa para el cuerpo huma-no, en el caso de contactos accidentales con elementos bajo tensión, seandirectos o indirectos (por defectos de aislamiento). Sirve, por tanto, para evi-tar la electrocución de los usuarios.

3) Interruptores automáticos (PIAs): Están también situados en el cuadro ge-neral de protección. Hay uno para cada circuito en que está dividida la insta-lación (en este caso cuatro), y sirven para proteger los elementos de la insta-lación contra sobrecargas y cortocircuitos, con posibilidad de ser “rearmados”en el caso de que “se disparen”.

4) Instalación interior: Constituida por varios circuitos para diferentes usos(alumbrado, tomas de corrientes para pequeños receptores, tomas para lava-dora y agua caliente y alimentación de la cocina eléctrica). Todos los circuitosestán formados por tres conductores: fase, neutro y conductor de protección.Este último no es activo, sino que su finalidad es conectar todas las masasmetálicas a la red de puesta a tierra, para que, en el caso de que por acciden-te o avería alguna de ellas quede bajo tensión, la fuga de corriente haga quese dispare el diferencial de inmediato, evitando contactos peligrosos a losusuarios.

b) Los elementos que faltan en la instalación anterior son precisamente el contadory el interruptor de control de potencia (ICP).

El contador lo instala la compañíasuministradora con el fin de medirla energía que consume el usuario.Generalmente se instala en un lu-gar adecuado, accesible para lostécnicos de la empresa, en el exte-rior de la vivienda, sea en unacentralización de contadores (si setrata de un edificio de viviendas) oen un armario individual (si se tra-ta de una vivienda unifamiliar).

El ICP es un interruptor automáti-co que la empresa suministradorainstala para impedir que el usuarioconsuma una potencia mayor quela contratada. Conviene que esté ubicado dentro de la vivienda (normalmente enuna caja junto a la del cuadro general de protección), con el fin de que puedaser rearmado fácilmente cada vez que se dispare.

c) Considerando cos ϕ 1, la intensidad mínima para la que se calibrará el ICPserá:

I = = = 20 A4400220

PV


kWh

Fusible

Contador

ID

ICP

PIAS

5. Un voltímetro analógico de aguja tiene una doble escala de medida. La pri-mera llega a 100 V y la segunda a 200 V. Se trata de un aparato de clase 1 oerror a fondo de escala de un 1%.

a) Calcula cada uno de los errores máximos por cada escala.

b) En una medida de 60 V, ¿cuáles serán los intervalos válidos para cada unade las escalas?

c) ¿En qué parte de la escala el error relativo es más alto?

LOGSE. Cataluña.

a) La clase de precisión del aparato indica el error máximo en tanto por ciento res-pecto del valor final de escala, garantizado por el fabricante. En consecuencia, elerror máximo absoluto para cada escala será:

Escala de 100 V: Emáx

= = 1 V

Escala de 200 V: Emáx

= = 2 V

b) Si la aguja marca 60 V en la escala de 100 V, teniendo en cuenta lo anterior, sepuede decir que el valor real estará comprendido dentro del intervalo de 60 ± 1 V,es decir, entre 59 y 61 V.

Si la aguja marca 60 V en la escala de 200 V, el intervalo válido es, entonces,60 ± 2 V, luego el valor real estará entre 58 y 62 V.

c) De acuerdo con los resultados anteriores, se comete un error relativo mayorcuando la aguja se sitúa en la parte más baja de la escala.

1 · 200 V100

1 · 100 V100


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