CAPI ULO 9 CIRCUITOS
COPLADOS
MAGNE ICAMENTE
9.1 INTRODUCCION La co corrie rrien nte elé elécctric trica a va va sie siem mpre ac acompañada añada de fenómenos fenómenos magné magnéticos. ticos. Este efecto de la corrient eléctrica desem desempeña peña una func funció ión n impo importa rtan nte en en ca casi tod todos los los ap apa atos y máquinas eléctricas
El esp espac acio io en que que actú actúan an fuer fuerza zass ma magn ticas ticas se denomina denomina “campo magnéti magnético”, co”, el cual está formado por líneas de fuerza. Estas líneas tienen directa incidencia sobre sus propios polos o sobre cualquier elemento ubicado dentro de dicho campo expe experim rimen entan tan un un desp desplaz lazam amien iento to repen repentitino, hacia hacia afuera afuera o hacia hacia adentro, adentro, depe dependie ndiendo ndo de si los cam os producidos en estos se suma uman o se rest restan an entre ntre sí . La La distrib strib ción desigual de campo magnético tiende a equilibrarse. omo las líneas líneas de fuerza intentan intentan acortarse, acortarse, el conduc conductor tor móvil móvil s desp despla laza za de la zon zona con con mayor yor inte intens nsid idad ad del ca campo ma nético hacia la del campo campo débil, lo que se conoce como "efecto electrodinámico".dicho fenómeno fenómeno estudiado estudiado en el curso de ircuitos ircuitos eléctricos II como como acoplamiento magnético. 9.2 LEY DE FARADAY Si un conductor se mueve a través de n cam campo mag magné nético tico de de tal man manera era que que corte corte las las líneas líneas de fllujo, se produce un voltaje inducido inducido entre las terminales terminales del cond conduct uctor el mismo efecto se produce si el conductor está fijo y se ueve el campo magnéti magnético, co, más ex exactam tamente la Ley de de Fa Farad raday es es ablece que un flujo magnético variable en el transcurso del tiempo tiempo induce una fuerza electromotriz Una aplica aplicació ción n prác práctica tica del del volt voltaje aje indu indu ido por por un un cam campo magné agnético tico variab variable le si se se cons conside idera ra una una b bina de “n” vueltas vueltas que se coloca en una región de flujo cambiante,, se produce produce en esta un voltaje inducido, inducido, que dependerá dependerá del número de vueltas vueltas y de la variación del campo en función del tiempo.
E N
d dt
Donde: N = es el el numero numero de vueltas vueltas d la bobina y
d
cambio instantáneo de flujo Webers. dt Si es que no existiera existiera un cambio en en el lujo o la bobin bobina a esta esta quieta quieta,, no se produ producirá cirá un voltaje voltaje indu indu ido, por esta condición es que una una bobina en un circuito circuito de CD se omporta omporta como corto circuito. circuito. E N
d dt
0
234
9.3 LEY DE LENZ LENZ “Un efecto inducido siempre se opone a la causa que lo produce” Si tenemos tenemos una bobina bobina de “N vueltas” vueltas” por el cual atraviesa atraviesa una corri corriente ente I, si la la corriente aumenta aumenta o disminuye disminuye su intensidad el flujo que atraviesa la bobina también variará, y por la ley de Faraday se sabe que se produce un voltaje inducido ( eind ) en los terminales de esta esta bobina, cuya polaridad determina determina una corriente que fluye fluye por la bobina, la cual produce un flujo que se opone opone a cualquier cambio de flujo original, es decir el voltaje indicado establece una corriente que se opondrá al cambio de la corriente por la bobina, es decir, “el cambio cambio en la corriente no puede puede ocurrir instantáneamente, instantáneamente, deberá pasar pasar un lapso de tiempo hhasta asta que el el inductor cese su oposición oposición al cambio cambio de la corriente”. a) Autoinductancia: Es la capacidad de una bobina de oponerse a cualquier cambio en la corriente. Es la relación de la tensión inducida en una bobina debido al cambio de corriente que atraviesa la bobina. d La inductancia de una bobina L N di Por Faraday d d di di di di E N N L E L ......(1) V L L dt di dt dt dt dt Donde L es la Indu Inducta ctanc ncia ia y el cam cambio insta instantá ntáne neo o de la corrien corriente te es
di dt
nota: la autoinduct autoi nductancia ancia en un ci rcui to no n o es necesariamente constante, cons tante, ya que depende del campo magné tico. ti co.
b) Inductancia Mutua: Si el flujo flujo de la bobina del del primario enlaza a la bobina bobina del secundario secundario esto resultará un voltaje inducido en las bobinas. d d VP N P 1 VS N S 12 dt dt Donde 12 es la parte del flujo del primario que enlaza al secundario.
235
9.3 LEY DE LENZ LENZ “Un efecto inducido siempre se opone a la causa que lo produce” Si tenemos tenemos una bobina bobina de “N vueltas” vueltas” por el cual atraviesa atraviesa una corri corriente ente I, si la la corriente aumenta aumenta o disminuye disminuye su intensidad el flujo que atraviesa la bobina también variará, y por la ley de Faraday se sabe que se produce un voltaje inducido ( eind ) en los terminales de esta esta bobina, cuya polaridad determina determina una corriente que fluye fluye por la bobina, la cual produce un flujo que se opone opone a cualquier cambio de flujo original, es decir el voltaje indicado establece una corriente que se opondrá al cambio de la corriente por la bobina, es decir, “el cambio cambio en la corriente no puede puede ocurrir instantáneamente, instantáneamente, deberá pasar pasar un lapso de tiempo hhasta asta que el el inductor cese su oposición oposición al cambio cambio de la corriente”. a) Autoinductancia: Es la capacidad de una bobina de oponerse a cualquier cambio en la corriente. Es la relación de la tensión inducida en una bobina debido al cambio de corriente que atraviesa la bobina. d La inductancia de una bobina L N di Por Faraday d d di di di di E N N L E L ......(1) V L L dt di dt dt dt dt Donde L es la Indu Inducta ctanc ncia ia y el cam cambio insta instantá ntáne neo o de la corrien corriente te es
di dt
nota: la autoinduct autoi nductancia ancia en un ci rcui to no n o es necesariamente constante, cons tante, ya que depende del campo magné tico. ti co.
b) Inductancia Mutua: Si el flujo flujo de la bobina del del primario enlaza a la bobina bobina del secundario secundario esto resultará un voltaje inducido en las bobinas. d d VP N P 1 VS N S 12 dt dt Donde 12 es la parte del flujo del primario que enlaza al secundario.
235
i 1
1
1
VP
2
Lp
Ls 2
11
VS
1
12
Donde: EP= tensión en el primario; ES= tensión en el secundario Np=número =número de vueltas vueltas en el primario; NS= número de vueltas en el secundario LP=inductancia en el primario; LS= inductancia en el secundario
Vp Np
Vp Np
d 11 dt
d 11 di1 di1
dt
Vs Ns
..........( )
di1
Vp Lp
V1 N1
dt
d 12 dt
..........( )
d 12 di1 di . M 12 1 di1 dt dt
Inductanciamu Inductancia mutua tua en la bobina bobina 2
M 12 Ns
d 12 di1
.....(12)
Ah Ahora supongamos que flu fluye i2 por la bobina 2
Vs Ns
d22 dt
d22 di2
di2 dt
Ns Ns Ns
Vs Ls
di2 dt
Vp=Np
d 21
dt
Vp= Np
Vp=M21
d21 di2
di2 dt
di2 dt
236
Inductanciamu Inductancia mutua tua en la bobina bobina 1
M21
di2 d 22
...........(21)
M 21 M 12
Son las las in inductan tancias mutuas, se puede demostr demostrar ar que M21=M12 mediante el análisis de la energía en un circuito circuito aco acopla plado do ya ya que que esta esta energ energía ía debe conservarse.
M 12 M
21
M
Definim efinimos os com como coe coeficie ficiente nte de Acopla coplam miento Magnético agnético (k) entre dos bobinas bobinas como como la razón razón geomé geométri triica de los flujos.
k
12 21 1 2
0
12 K 1
21 K 2
Reemplazando en las ecuaciones de las inductancias inductancias mutuas se tiene: tiene:
M N s K
d 1 d i1
d2
M K N s 2
2
di2
d 2 d i 2
d 1 di1
LS
M N p K
N p
LP
M= K L s L p
Si K =1; se dice que las bobinas están p rfectamente rfectamente acopladas. Si K < 0.5; se dice que las bobinas están débilmente débilmente acopladas. 9.4 ENERGÍA ENERGÍA EN UN CIRCUITO ACOP ACOP ADO En un un siste istem ma ma magnétic tico la en energía alm cena cenada da en el cam campo magné agnético tico es igual igual a la integ integra rall de la p tencia instantánea, la cual es el producto del voltaje por la corriente
W P dt Consideram onsideramos os el circuito de la figura co co una inductancia mutua que genera una tensión mutua positiva, colocamos na fuente V1 en los terminales terminales del Primario, rimario, tomand tomando o todas todas las condicion condiciones iniciales iniciales iguales a cero, ahora incrementaremos la corriente i 1(t) 1(t) de cero hasta un Valor I1 de un tiempo t = 0 hasta t1 y a partir de este tiempo la corriente i 1(t) 1(t) se mantendrá constante con un Valor lor I1, I1, en enton tonces la Poten tencia en el Primario será: 237
P V1i1
P i1 L1 Integramos la Ecuación 1 de
; V1 =L1
di1(t) dt
di1(t) dt
Pdt i1 L1di1( t ) .......(1)
i1( t ) 0 ; i1( t ) I 1 I 1
W
Pdt L1
I 1
0
0
i1di1( t )
1 2
L1 I12
Energía almacenada en el Primario Cuando i 1(t) se mantiene constante en I1 la corriente en el secundario i 2(t) se incrementa desde cero hasta un Valor I2, debido al flujo de la corriente i 2(t) se genera una tensión mutua positiva en el Primario.
V2 L2
di2( t ) dt
M 21
di2(t ) dt
Hallando su potencia para después calcular la energía almacenada.
di2 ( t )
di2( t ) M 21 I1 dt dt
P L2 i2 ( t )
W
I 2
0
Pdt L2
I2
0
i2 di2 ( t ) I 1M 21
I 2
0
di 2( t )
1
W L2 I 22 I1I 2 M 21 2
La energía total almacenada WTOTAL =
1 2
L1I12
1 2
L2 I 22 I1I 2M 21..........(3)
Obs.: Como i 1( t) se mantiene constante con un Valor I 1 en un tiempo t 1 no produce una tensión mutua en el secundario, en cambio este si produce una tensión mutua positi va en el primario debido a que la corriente i 2 (t) va de cero hasta I 2.
Ahora si tomamos en orden invertido es decir del circuito de la derecha a la izquierda, tendremos una energía total almacenada.
1 WTOTAL =
2
1
L I L2 I12 I1I 2 M 12 ..........(4) 2 1 2
2
238
Puesto que la energía total almacenada en el circuito sin importar de donde portamos para nuestro análisis debe ser la misma cuando alcancen sus condiciones finales, se concluye después de comparar (3) con (4).
M21 = M12 9.5 POLARIDAD EN UN CIRCUITO AC PLADO Se observa que M es una cantidad positiva pero la tensión producida por la inductancia mutua puede ser positiva o negativa, para poder hallar la polaridad podemos aplicar la Ley de Lenz en conjunción de la regla de mano derecha o la convención de puntos: Si la corriente de cada bobina mutua mente acopladas se aleja del punto (o se dirige a el) al pasar por las bobinas el té rmino mutuo serápositivo. Si la corriente de una bobina se aleja el punto para entrar al punto de la otra bobina el té rmin mutuo seránegativo.
La convención de punto nos permite es uematizar el circuito sin tener que preocuparnos por el sentido de los arrollamientos. Dada más de una bobina, se coloca un punto en algún terminal de cada una, de manera tal que si ntran corrientes en ambas terminales con puntos (o salen), los flujo producidos por ambas corrientes se sumarán.
Si es que tenemos la forma como a sido devanada la bobina y el sentido de la corriente podremo establecer los puntos de polaridad en el circuito aplicado la regla e la mano derecha.
Aquí los fujos se están sumando por lo ue los puntos de polaridad estarán uno al frente del otro, esto debido a las corrientes que están en el gráfico. Para este segundo caso después de plicar la regla de la mano derecha, observamos que los sentidos de los flujos son contrarios, por lo que debemos colocar los l puntos de polaridad en posiciones alternadas, esto por l sentido de las corrientes que nos ahn dado en la figura
Siguiendo esta convención, las bobinas copladas presentadas previamente pueden esquematizarse de la siguiente manera:
239
REGLA GENERAL: si ambas corrient s entran (o salen) de los puntos, el signo del voltaje mu tuo seráel mismo que el del voltaje autoinducido. En otro cas , los signos serán opuestos.
9.6 TRANSFORMADORES Un Transformador es un circuito magnético que usa el fenómeno de la inductancia mutua,, existen varios tipos de transformadores núcleo de aire, núcleo e hierro, núcleo variable, transformadores de potencia, de radio frecuencia, se diseñan según la aplicación del transformador. n transformador es un elemento que acopla magnéticamente dos circuitos de CA, en vez de hacerlo por medio de un conductor y lo más importante que permite la transformación de la tensión y la corriente de un circuito a otro. Los transformadores jue an un papel muy importante en la industria eléctrica y son necesario en las redes de distribución de potencia eléctrica A) CLASIFICACIÓN Según su diseño monofásico o trifásic con o sin punto medi autotransformador Según la relación entre las ten iones del primario y secundario reductor: si U1>U2 elevador: si U1
240
Transformadores Monofásicos con Punto medio:
Auto transformador Monofásicos:
B) TRANSFORMADORES LINEALES O DE NÚCLEO DE AIRE Se dice que un transformador es lineal si las bobinas están devanadas en un material magnéticamente lineal es decir que tiene una permeabilidad magnética constante, estos materiales puede ser aire, plástico, baquelita, etc. Para nuestro caso analizaremos los transformadores de úcleo de aire, cuando se tiene este tipo de núcleo las obinas del primario y del secundario están lo suficientemente ce ca para lograr la inductancia deseada estos tipos de tran formadores se usan para receptores de radio televisión, etc. Tomemos la polaridad de la inductancia utua según la convención de los puntos como positiva (Fig.).
i1 i2
ZL
R1 y R2 son las que producen la potencia activa en las bobinas. Analizando el circuito por mallas V1 = (R1+jWL1)I1 – jWMI2………..(1) O = -jWMI1+( jWM+R2+ZL)I2.........(2) Vamos a despejar a I 2 y ponerlas en f nción de I 1
241
I 2
jWMI 1
( jWM R2 Z L )
........(3)
Reemplazando (3) en (1)
V1 = (
1
+jWL1 )I1 -
jWMI 1
2
( R2 jWL2 Z L )
I 1
Llamaremos impedancia de entrada
Z EN
Z ENT
R1 jWL1
V 1 I 1
WM
2
R2 jWL2 Z L
Impedancia en El primario
Impedancia reflejada ZR.
La impedancia reflejada se debe al acoplamiento de los devanados de primario y del secundario.
Z R
(WM )2 R2 jWL2 Z L
(WM )2 Z S Z L
Z S R2 jWL2 ZL Impedancia de la ca ga
Quiere decir que el circuito puede reemplazarse por:
Donde Zr se conoce como la impedanci del secundario reflejada en el primario, o simplemente imp dancia reflejada. Como la inductancia mutua aparece elevada al cuadrado, nótese que Zr es independiente de la polaridad mag ética del transformador. Zr puede expresarse de otra manera: d nde la reactancia de la carga lleva su propio signo (positiv si la carga es inductiva y negativo si es capacitiva). Si no estuviera presente el transformador, la fuente real vería solamente l impedancia de carga. El resultado anterior nos indica la manera en que el transformador afecta al circuito.
242
9.7 TRANSFORMADORES IDEALES Se dice que un transformador es ideal si se tiene un acoplamiento perfecto es decir K = 1, y esto se logra con transformadores que tengan núcleo de hierro ya que el hierro tiene una alta permeabilidad, de tal forma que el flujo enlaza a la dos bobinas sea el mismo, consideramos el circuito:
Por la ley de Faraday
V1 N 1
d dt
......(1)
V2 = N 2
d dt
.......(2)
Si dividimos (1) y (2) se tiene
Llamaremos
N 1 N 2
V1 V2
N 1 N 2
= n; relación del número de vueltas del primario entre el secundario o razón de transformación obsérvese
que para las ecuaciones 1 y 2 no estamos considerando Rp y Rs que son las que disipan las potencia activa en cada bobina. Se dice que un transformador es ideal si tiene las siguientes propiedades. L1 y L2 son grandes M =
L1L2
; M
K =1 Las bobinas no tienen pérdidas RP =RS = 0 Para el circuito de la figura
d L1= N1
di1
d ...........(3)
L2= N2
di 2
..........(4)
Las inductancias mutuas reflejadas en el primario y el secundario.
d M=N2
di1
d M=N1
di2 243
d di1
M N 2
M ................(5)
N1
d di2
........(6)
Reemplazando (5) y (6) en (3) y (4) respectivamente:
M N 2 M L2 N 2 N 1 L1 N 1
L1 L2
2
N1
2
N2
L1 L2
Dividimoslas ecuaciones: L1
n2 n
L2
Debido a que no consideramos pérdidas en un transformador ideal V1 I1 V2 I 2
V1 V2
I1 I2
n
I 1 I2
1 n
Si n=1 Se dice que es un transformador de aislamiento. N < 1 Se dice que es un transformador de elevación V2 >V1. N > 1 Se dice que es un transformador de disminución V2 >V1. Es importante que tengamos en cuenta las polaridades de las tensiones o las direcciones de las corrientes porque de estas dependerá el signo de n. Si V1 y V2. Tienenen su punto de polaridad el mismo signo (+ ó - ) n es (+) caso contrario (-n). Si I1 >I2. Salen o entran al punto depolaridad de –n caso contrario (+n). Ejemplo:
Encontrando la impedancia de entrada, que está dada por la tensión de entrada entre la corriente de entrada Z in
V 1 I 1
V1=nV2
I1 =
I2 n
244
Impedancia reflejada Z in n 2
V 2 I 2
Z in n 2 Z L
Para eliminar al transformador, tendrem s que reflejar las impedancias y las fuentes de un lado a otro.
Para nuestro circuito vamos a reflejar l secundario en el primario abrimos los el circuito en los puntos a – b. el circuito equivalente sin el transformador queda como se muestra en la figura.
9.8 AUTO TRANSFORMADORES: IDE L Un auto transformador es un transformador, que solo tiene un devanado con un punto de conexión llama de toma. Esta es la que se ajusta para proporcionar la razón de transformación. Este tipo de transformador emplea un devanado común para la entrada y salida del circuito:
Desventaja: no existe aislamiento entre rimario y secundario. 245
Ventaja: menor tamaño, peso y costo para determinada potencia que su equivalente común. Se puede obtener un autotransformador si se conectan en serie los devanados de untransformador común.
a)
Consideremos un autotransformador reductor:
V1 N1 N 2 V2 N 2
V1 V2
d dt
d dt
N1 N 2 N2
1
N1 N 2
La potencia se mantiene constante S=V1.I1=S2=V2.I2, de lo que se deriva:
V1 V1
I2 I1
I2 I2
N1 N2
CONSIDERACIONES PARA LA RESOLUCIÓN Las Marcas de Polaridad se colocan de tal manera que la corriente que otras a una terminal marcada con un punto, produzca una fuerza magneto – motriz y el flujo correspondiente en el mismo sentido alrededor del circuito magnético (Ref. Kerchner & Corcoran).
Aplicamos la regla de la mano derecha para el CKTO 1 y CKTO 2. Para colocar los puntos nos basamos en el enunciado. Si para un transformador los flujos producidos por los CKTOS magnéticos se suman la inductancia mutua producirá un voltaje (t) en ambos CKTOS.
246
Si para un transformador los flujos magnéticos producidos se restan entonces la inductancia mutua producirá un voltaje inducido negativo en ambos CKTO.
247
CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA N°01 Encuentre las marcas de los puntos de polaridad y la corriente I del circuito.
E(t)= 50sen100t K1=k2=k3=0.5 Resolución: Calculando las reactancias de las bobinas: X1= (100x0.2mH) = j0.02 X2= (100x005.mH) = j0.005 X3= (100x0.1mH) = j0.01 Calculando las reactancias mutuas jwM 1 0.5 0.2 mHx0.05mH 0.005 jwM 2 0.5 0.05 x 0.1 j 3.53m jwM 3 0.3 (0.02((0.01) j 7.071x10 3
248
Para calcular la corriente debemos despejar la ecuación
I 1
I 1
Vs Z TOTAL
50 / I 2 00 10 j 0.0238
I 1 3.51 0.136o
PROBLEMAN° 02 Determine el coeficiente de acoplamiento y la energía almacenada en los inductores para t = 1.5 seg.
249
Resolución:
X C
1 j4 1
X L1 =(2)(2H)=j4
2 8
X L2 =j2
20 900 -j2 0 (2+j2) 56.56 1350 0 20 90 4 I1 j2 I 2 I 1 3.92 101.300 -j2 14.42 33.69 4 -j2 (2+j2) 4 -j2 I 2 4 -j2
20 900
401350 2.77 33.690 -j2 4 -j2 2+j2 -j2 2+j2 0
i1( t ) 3.92Sen(2t 101.30) i2( t ) 2.77 Sen(2t 33.69)
t=1.5 I1 =3.78
i2 =-1.414
Calculando la energía total almacenada: W
1
W
1
2
2
L1I 22
1 2
L2 I 22 M 1I 2
(2)(3.78)2
Hallando : K
1 2
(1)(1.414)2 (1)(3.78)( 1.414) 9.925
1 2 x1
0.7071
250
PROBLEMAN° 03 Encontrar las corrientes I1, I2 y I3 en el transformador ideal mostrado en la figura.
Para transformadores Ideales n
N 1 N 2
Resolución: Sabemos:
V1 V2
I 1 I 2
n Impedancia Reflejada Z IN =n 2 Z L
Del CKTO3 al CKTO2 n
2 1
2
ZIN =22 ZL =4(1 tj2)=4+j8
4 n= 4 1
Del CKTO2 al CKTO1
n=
4 1
4
Z2= 9+j2
Z INT =(4) 2 9 j 2 144 j32
251
I1
I 2 I1
10 00 (156 j 32)
n
62.8 11.6Amp
0
I 2 =251.8 -11.69 Amp
I 3 I 2
2
I 3 502.4 11.6 Amp 0
PROBLEMAN° 04 Encuentre la razón de transformación requerida para entregar la máxima potencia a la bobina. (3:1) La máxima potencia entregada 2.78 W.
Resolución: Sin el transformador Ztotal=40
I=
20 40
00 0.5 00
Potencia = (0.5)2 x 4 = 1W Con el trasformador impedancia reflejada Z = 12(4). Por el teorema de Thevenin
I
20 00 72
0.278 Amp.
PL (0.278)2 x36 2.78W
252
PROBLEMAN° 05 Para el circuito adjunto de ud. la condición para que V y I estén en fase.
Resolución: siguiendo la forma de arrollamiento de las bobinas, observamos que los flujos magnéticos son aditivos.
'
I 1
=
I 1 I c
-
……………………….. (ά) V 1 X c I c I c V 1 X c = . ; = / ……….. (1) ' V 1 X 1 I 1 X m I 2 = . + . …………… (2) X I X 0 = m . 1 + ( 2 + Z ). I ……….. (3) X I )+ m . 2 V 1 X 1 I 1 X 1 I c X m I 2 = . . + . ……….. (4)
(ά) en (2):
V 1
(1) en (4):
V 1
=
X 1 I 1 I c
( -
X I . .( / )+ m . 2 V 1 V 1 X 1 X c X 1 I 1 X m I 2 + . / = . + . …. (5)
=
X 1 I 1 X 1 V 1 X c
De tal manera que con (3) y (5) se constituye el siguiente sistema: X X X I X I (1+ 1 / c ) = 1 1 + m 2 X X I 0 = m . I + ( 2 + Z ). 2 X X X X X I 1 V 1 X = ( (1 + 1 / c )( 2 + Z )) / ( 1 ( 2 + Z ) - m 2)…….(6) V 1
Donde la impedancia equivalente en la entrada es: Z 1
=
V 1 I 1
/
253
De la relación (6) podemos despejar este valor: Z 1
=
V 1 I 1
/
X X X X X X = ( 1 ( 2 + Z ) - m 2) / ((1 + 1 / c )( 2 + Z )
Luego: Para que V1 y I1 estén en fase la condición necesaria es que la parte imaginaria De Z1 debe ser igual a cero: Imag. (
X 1 X 2
(
+ Z ) -
X m
2) / ((1 +
X 1 X c X 2 Z / )( + )) = 0
PROBLEMAN° 06 El circuito acoplado de la siguiente figura se cumple: Cuando se aplica 102.7 voltios y 60 Hz. en a-b la corriente por esta bobina es de 3A y en ella se dispone 36 watts, además el voltaje medio (X-Y) es de 114 voltios Al aplicar 38.1 voltios y 60 Hz en a-x poniendo en cortocircuito b-y la corriente es de 2ª y se disipan 28 watts. Calcular: Ra, La, M, KM.
Resolución: a) Observamos los flujos son positivos si asumimos que las corrientes en la bobina x-y Entra por los bornes x , veamos el siguiente detalle:
Ix = 0 ya que x-y esta abierto entonces no induce tensión alguna sobre la rama a-b, mientras que Ia = 3A induce una tensión de XM.Ia sobre la rama x-y Por dato: P = 36W = Ra(3)2 Ra = 4
254
La tensión media es la tensión inducida: 114V = XM(Ia);
XM = 114/3;
XM = 38 Como:
XM = WM
Entonces:
W = 2.π.60 = 377 ;
M =38/377 = 100.8 mHr
b) Al cortocircuitar b-y se tiene:
Observamos que los voltajes son sustractivos. Haciendo: zax
= Z = (Ra + Rx) + (Xa + Xx - 2XM)
Como: Z = V/I; Z =38.1Volt/2A = 19.05 P = (Ra +Rx).I2; 28watts = (Ra +Rx).22 Ra +Rx = 7 Como: Ra =4; Entonces: Rx =7 – 4 = 3 ; Calculo de inductancias: X =2.π.f.L ;
L = X/(2 π.f)
En el caso1: Zab = Ra+jXa
Xa =
2 Ra2 Z ab
como: Z =102.7volt/3A
2 2 Xa = (102.7 / 3) 4 Xa =4.27 ; La =11.3 mHr.
255
En el caso2:
38.1volt/2A =
Zax = 38.1V/2A=
( Ra Rx )2 ( X a X x 2. X M ) 2
72 (11.3 X x 2 x38) 2
Xx = 82.4 ; Lx = 218mHr Conociendo los datos se halla:
KM = XM
X a . X x
PROBLEMA N° 07 Se tiene el siguiente grafico,
Si:
K = 0.5
0 < R < 5.3
a) Calcular R =……..; X =………; para absorber la máxima potencia de transferencia b) Potencia reactiva en X =……….. ; Qx =……….. Resolución: a) Aplicando thevenin en a-b: Zeq.a-b
256
X 1. X 2
XM = K
XM = 0.5 8 x18 XM = 6 Las ecuaciones de mallas son: E = (8+j8) I 1 - (j8+5) I 2 - jXM. I 2 ………..(1) I I I 0 = (7+j22) 2 - (5+J8) I 1 + jXM 2 . + jXM( I 1 - 2 )……(2)
Reduciendo (1) y ( 2):
siendo
XM=6
E = (8+j8) I 1 -(5-j14) I 2 ………… (3) I 1
0=-(5+j2)
+ (7+j22) I 2 ……….. (4)
Resolviendodeterminantes: I 1
= E (7+j22)/Δ=
I 2
= E (5+j2)/Δ=
Zeq = E / I 1 = Δ/(E(7+j22) = Zeq∟φ = Zeq.cos φ + jZeq.sen φ
257
b) Para máxima potencia:
X L X eq
= Como Z eq'
o
Z L
=
' Z eq
= Zeqcos φ - jZeqsen φ '
Z L Z eq = Z L
=R +jXL = Zeqcos φ
XL= Zeq.cos φ - jZeqsen φ Por lo tanto: I = E th / (Zeq + Z L ) = E th /(2Zeq.cos φ)
P. reactiva = Qx = Xl.I2
PROBLEMAN° 08 Hallar la matriz de impedancias para la malla mostrada.
258
Resolución: Veamos que la bobina #4 no recibe inducción:
I 3
=0
Circuito equivalente:
E1 jwL1I1 X 1 I1 X 2 I2 j.I1 / wc2 X 3 I2 X1 I1 jwL2 I2 R1 I 1 E1 I1 jwL1 jwL2 2. X 1 R1 ...............( I ) E2 I 2 R2 jwL3 j / wc2 X 2 I1 X 3 I 1 E2 I 2 R2 jwL3 j / wc2 ...........................( II )
0 ( jwL1 j / wc1 jwL2 2 jw M R1 ) Z 0 ( R2 jwL3 j / wc2 )
259
PROBLEMAN° 09 Sea el siguiente transformador: LS=200mH
LS=800mH
NS=50vueltas
NS=100vueltas + ep
ep
es
-
+ eS
IS
-
p
K=0.6
Se pide hallar: a) La inductancia mutua M b) El voltaje inductivo eP si el flujo P cambia a una velocidad de 450mwb/s c) El voltaje inductivo eS para la misma velocidad de cambio de la parte (b) d) Los voltajes inducidos eP y eS si la corriente ipcambia a velocidad en 0.2 A/ms Donde: LP NP IP EP K p M
: : : : :
inductancia en el primario # de vueltas en el devanado primario corriente que pasa en el primario voltaje generado por el primario coeficiente de acoplamiento
: :
flujo en el primario inducción mutua
Resolución: Sabemos que: M=
LP LS
reemplazando valores:
a) M 0.6 200 x10 3 x 800 x103 240mH b) Usaremos: eP
N P d dt
Reemplazando =50x450mWb/s=22.5V
c) como: e S kN S
d
dt =0.6x100x450mWb/s=27V 260
d) Usando la corriente tendremos: e S LP
di p dt
200mHx0.2ª/ms=200mHx200A/s= 40V e S M
di p dt
=240mHx200A/s=48V
PROBLEMAN°10 Determinar la inductancia total de las bobinas en serie de la siguiente figura:
M13 M12
M23
L
L
L
L1=5H; L2=10H: L3=15H; M12=2H; M23=3H; M13=1H Resolución: Para la bobina 1, se obtiene los puntos por donde entran y salen las corrientes para poder considerar los signos de M L1+ M12- M13 De igual forma para las otras bobinas veamos: Bobina2:
L2+ M12- M23
Bobina 3:
L3+ M23- M13
Donde:
LT= L1+ L2 +L3
=>
LT= (L1+ M12- M13)+( L2+ M12- M23 )+( L3+ M23- M13) LT= L1+ L2+ L3+2 M12 - 2 M23 -2 M13 LT = 3H+10H+15H+2(2H)-2(3H)-2(1H) = 26H LT = 26H
261
PROBLEMAN° 11 En la siguiente figura calcular: a) El flujo máximo m b) Las vueltas del secundario NS Núcleo de Hierro IP
n
NP=50
IS
+
K=1
+ ES=2400V -
ES=200V -
m
f=60Hz
Resolución: a) como sabemos que: EP = 4.44Npf m despejado, m
E P
4.44 N p f
200V ( 4.44)50 x60 Hz
m 15.02mWb b) De la siguiente ecuación: E P E S
N P N S
Despejando: N S
N P E S E P
N S =
50 x 2400 200
600
vueltas
262
PROBLEMA N°12 Sea un trasformador con núcleo de hierro como se muestra en la figura, se pide hallar: a) La magnitud de la corriente en el primario y el voltaje aplicado a través del primario b) La resistencia de entrada del transformador
IS=100mA
IP
+
ZP
Vo
2k -
+ VR=VL -
NP=40
NS=5
Resolución: Considerando el transformador ideal
k=1 luego:
I P I S
a) 5
I P (
40
N S N P
I P
N S N P
I S
)(0.1 A) 12.5mA
V L I S Z L (0.1)( 2k ) 200 v
También: V V L
N P N S
V o
N P N s
V L
40 (200 ) 1600V 5
V o
b) como: 2 Z P a Z L
Además: N a P N S a
40 5
(a: proporcion detrasformación)
8
E P (8) 2 ( 2k ) RP 128k 263
PROBLEMAN°13 Para un suministro residencial de potencia como aparece en la figura, determinar (Suponiendo una carga totalmente resistiva ) lo siguiente:
El valor de F para asegurar la carga equilibrada. La magnitud de I1 e I2 El voltaje de Linea VL La potencia total proporcionada
La proporcion de vueltas a
N P N S
ServicioResidencial: faseúnica 120/240V 3 alambres
10 FOCOS 60W +
R
TV 400W
R
V1
N1
IP -
N2
I1
120V 120V
240V
MICROONDAS 2000W
Resolución: a) Como se consideran resistivo puros PT = (10) x60w+400w+2000w PT =3000w PEntrada = PSalida VPIP =VSIS =3000w (carga puramente resistiva) 2400VIP=3000w IP=1.25A V =es el voltaje trifasico
264
R
V I P
2400v 1.5 A
1920
b) P1 = 10x60 = 600w P1 = VI1
600 = 120(v)I1
I1 = 5A
P2 = 2000w P2 = VI2
2000 = 240I2
I2 = 8.33ª
c) Se sabe que: V1 = 3 V VL = 1.73(2400v) = 4.152V d) PT = 3P = 3(3000w) = 9kw
a
N P N S
V P V S
2400V
10
240V
PROBLEMA N° 14 Encontrar las corrientes I1, I2 e I3 en el transformador ideal mostrado en la figura 12
4:1
5
-j6 2:1
I2
I1
1
100 o
I3 2
Resolucion: a = N2 / N3= V2 / V3 = I3 / I2 = 2
1 2:1 I3
ZL2
2
265
Z2 = V2 / I2
Z3 = V3 / I3
ZL2 = (a2)Z3 Z3 = 1 + j2
ZL2 = 4 + j8
1
5 - j6 4:1 ZL1
ZL2
a = N1 / N2 = V1 / V2 = I2 / I1 = 4
12
Z1 = V1 / I1 ZL1 =16 (5–j6 + 4+j8 ) = 144 + j32
I1 10 0 o
ZL1
ZL1 = 147.51 < 12.53 Zeq = 12 + 144 + j32 = 156 + j32
I 1
100 o 156 j32
0.063 11.59
I 2 4 0.063 11.59 0.252 11.5 I 3 2 0.252 11.5 0.504 11.5
PROBLEMAN° 15 En la red mostrada obtener el valor de Xc, que permita un máximo valor de E2
j2
100
o
6
8
Xc
1
E2
266
Resolución: Dibujamos primero el circuito equivalente j2
100 o
8
6
Xc
E2
1
Estudiamos el secundario: Ic
I 8
Xc
+
1
2,500o
E2
8
1
Xc
E2
2090
o
–
Aplicamos el concepto de divisor de corriente
1 1 R X L
1 1 12 j8
X m I 1 j 2(100) X L 1 j 8 1 1 1 1 1 R X L X c 12 j8 X c
I
2
2
2
Analizando la ecuación, vemos que sólo el denominador presenta el término variable Xc; se deduce que I aumentara o será máximo, cuando el denominador tiende a ser mínimo. Para ello la parte imaginaria la igualamos a cero.
1 1 1 1 1 1 j 12 j8 X c R X c j8
I C I T
1 1 R X L
2
1 1 1 R X L X c
2.50
2
I L I T
1 1 R X C 1 1 1 R X L X c 2
2.50
1
=>
X c
1 j8
X c j8 ……….( I )
1 1 12 j8
1 1 2.5012 1 1 1 12 j8 12 j8 X c
……( II )
1 1 X 12 c
1 1 2.5012 X 12 1 1 1 c 12 j8 X c
… ( III ) 267
I L I C
De ( I ), ( II ) y ( III ):
2,500o
IR
IC
IL
Xc
8
1
E2
Toda la fuente de corriente se va por la resistencia I R max I T
X m X L 2
100
j 2 j8
100 2.50
E 2 max I T R 2.5 0 12 30 0
X c j8
Cuando: PROBLEMAN° 16
Demostrar que ambos circuitos son equivalentes I1
E1
X1
Donde
a
I1
I2
XM
X2
N1 N 2
E2
Z
V1 V2
I 1
I 2
L1 L2
E1
a:1
X1
I2
Z
E2
X 1 X 2
Resolución: X M k X 1 X 2
;
consideremos k = 1
2 X 1 X 2 ……….( I ) X M
La impedancia equivalente vista del primario es Z eq1 X 1
2 X M
X 2 Z
……….( II )
Reemplazando ( I ) en ( II ) 268
Z eq1 X 1
Z eq1
Y eq1
X 1 X 2 X 1 Z X 1 X 2 X 2 Z
X 1 X 2 X 2 Z
X 1 Z X 2 Z
X 1 1 2 Z eq1 X 1 Z X 1 1
Zeq1
X1
Z(X1/X2)
X 1 , tenemos que X 2
Como se observa la carga Z se refleja en el primario en la relación
a=
N1 N 2
V1
I 1
V2
I 2
L1 L2
X 1 X 2
; donde a / 1 ó a: 1 es la relación de espiras de un
Transformador ideal. El circuito equivalente será entonces I1
E1
a:1
I2
X1
Y eq 1
E2
Z
X 1 2 Z eq 1 X 1 Z 1
1 X 1
Z eq1 X 1 a 2 Z
PROBLEMAN° 17 Determinar la impedancia Z con factor de potencia 0.8 en adelanto para que se transfiera a ella la máxima potencia cuando el factor de acoplamiento es 0.8 5
8
k 269
60 0
o
-j6
5
5
Z
Resolución: M k L1 L2 4 5
8
60 0
1
1
4
-j6
Z
Por thevenin 5
8
1
4
-j6
8 j 6 8 j 6
1
5 j 7.88 j 2.84
7.88 j 2.84 j 4 7.88 j 2.84 j 4
j1 1.99 j 4.71
Z Th 1.99 j 4.71
cos 1 (0.8) 37º
1.99+j4.71
Zsen (37 º ) 4.71 ETh
Z 37º
Z 7.83
PROBLEMAN° 18 En el circuito de la siguiente figura, las dimensiones están dadas en centímetros, siendo la dimensión transversal del núcleo magnético de 10 cm. La permeabilidad Relativa del material es de 3000. La corriente aplicada a cada bobinado es I1=1 A e I2=1.5 Ay el número de espiras del bobinado de la izquierda es N1 = 700.
270
Se quiere calcular el número de espiras necesario en el segundo bobinado, N2, Para que por la columna central del núcleo magnético circule un flujo de 0.05 Wb. Resolución: Las reluctancias son combinaciones serie o paralelo de ésta. Reluctancia genérica: lc=35 cm y Ac=50 cm2
R
I c
A
0.35 300 o 0.0055
0.35 15 o
7 Av o 300 Wb 1
A
R
R
1
2 R
R R
R
N1I2
N2I2
B R
R
Según Millman: N 1i1
I AB
N 2 i2
3 R 3 R N 1i1 N 2 i2 1 2 1 8 3 R R 3 R
Por otra parte, se conoce que I A B
R 2
, con lo cual se obtiene que:
i R N 2 4 N 1 1 i2 i2
271
N 2 4
7
0.05 700
450 o
1 1.5
2009.0769 (vueltas )
N 2 2009 (espiras)
PROBLEMAN° 19
2 i
(3-g)/2 g=0.87
N
(3-g)/2 2
2
5
2
Sea el circuito magnético de la figura cuya sección transversal es de 4 cm2 y la longitud del entrehierro 0.87 cm. La corriente aplicada al bobinado es 1 A y el número de espiras 700. La permeabilidad relativa es 5000. Se desea calcular la magnitud del flujo magnético que se obtiene en el entrehierro y el tanto por ciento de error que se comete al no tener en cuenta el circuito magnético. Resolución: Circuito magnético: Lh = 2x7+5+ (5-g) = 24-g cm
Rh
lh
h Ah
(24 g )10 2 5000 o 410 4
y
Ah = 4cm2 = 0.0004 m2
24 g 8
10 5 92031
Av Wb
Entre hierro: lg = 0.0087 m Ag = (2+g)(2+g)10-4 = 0.00082369 m2 Rg
lg
h Ah Ni
Rh Rg
g
o (2 g ) 2 10
4
700 92301 8405152
8.710
3
8.2369 o
8405152
Av Wb
8.238105Wb
Despreciando el núcleo magnético:
272
'
Ni Rg
700
8405152
8.3282210 5 Wb
El error cometido:
'
R
h
R
g
0 . 01095
1 .1 %
Intensidad necesaria para lograr el mismo flujo sin el entrehierro:
Rt
l t
At
24 *10
2
o 30004 *10
4
159154.94
Av Wb
Rt 8.238 *10 5 Rt 0.0187 A i N N Suponiendo una superficie cuadrada de lado a: Reluctancia del hierro:
R h
l
Reluctancia del entrehierro Ro
Reluctancia total:
Operando:
R
g
a a g
o (a g ) 2
1 g
aa
R
g
o ( a g ) 2 1
a 2
a g a
(1 g r g )
Para una permeabilidad de 1000, cada milímetro de entrehierro supone un aumento equialente a 1 metro de hierro, asi como lo correspondiente en reluctancia total.
273
PROBLEMA N° 20 En el circuito acoplado magnéticamente de la figura adjunta. Calcule Ud.:
V o __________ si : E 100 0 o
X m1 4 j
Vo
X m 2 4 j
j15
X m 3 2 j
j20 j
E
j5 -10j j J15
J20 Vo J5
J
j
E
j 4 -J10
I 1
I 2
+j4 I 2 -
J15
+j4( I 1 - I 2 )-
J20
+j4( I 2 - I 1 )-
J5
+j4 I 1 -
Vo J
E
I 1 I 2
I 2
Vo
I 1
+j2 I 2 -J10
274
