(ANAYA) - Soluciones Electrotecnia Bachiller

Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno

1.2 1.2. CONDUCTO CONDUCTORES RES Y AISLA AISLANT NTES ES Página 15

1. Si se some somete una molécula molécula de de un dielé dieléctrico ctrico a la infl influe uenci ncia a de de un un cuerpo fuer fuertemente cargado, se polariza a causa de la deformación de las órbitas electrónicas. ¿Cómo explicas la atracción que sufre una bolita de este material por parte de dicho cuerpo? ¿Cómo crees que es la polarización del dieléctrico, tempor temporal al o permanente? permanente? Por influencia de B(+), las moléculas de A se polarizan según indica la figura: el centro de la distribución de carga negativa está más cerca de B que el centro de la distribución de carga positiva. Así, la fuerza de atracción f 1 que ejerce B sobre cada una es mayor que la fuerza f 2 de repulsión; luego la fuerza resultante sobre la molécula es de atracción. Como todas las moléculas polarizadas son débilmente atraídas, aunque la bolita A es neutra, resulta sin embargo atraída por el cuerpo cargado B.

+ + + + + +

+

B

+ +

A

+ +

+

–

– +

+

–

+ +

– +

– +

–

+

– +

– +

–

+

– + +

+ + + + +

–

–

f 2

f 1 > f 2 F

La polarización del dieléctrico desaparece si se retira B, luego es temporal. Página 17

2. Una larga larga bar barra de cobre está está colocada sobr sobre e una mesa mesa de de mate materi rial al aislante aislante y situada 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 observa que queda electrizada con una carga global negativa. ¿En qué extremo se ha producido el contacto y por qué? ¿Dónde habría que haberla tocado para cargarla positivamente? Para que la barra metálica se cargue, por inducción, con una carga global negativa, es necesario que el contacto con tierra se produzca en el extremo más alejado de la placa con carga positiva.

+ Placa + + Barra + + + + + + + + + + + + A ( – ) B (+) B (+) +

– –

– –

Como la barra es metálica, los electrones libres son atraídos por la placa con carga positiva hacia el extremo A, de modo que el otro extremo, B, queda con defecto de electrones; la barra, aunque globalmente sigue siendo neutra, posee en sus extremos cargas contrarias, negativa en A y positiva en B. Al poner el extremo B(+) en contacto con tierra, se produce una corriente de electrones (tierra → B) hasta que la carga positiva de B queda neutralizada. En consecuencia, la barra adquiere una carga global negativa. Para que la barra hubiese adquirido una carga global positiva, el contacto con tierra tendría que haberse producido en el extremo A, cercano a la placa con carga positiva, de modo que el exceso de electrones se hubiese “descargado” hacia tierra.

1.4. 1.4. FUERZA FUERZA ELECTROSTÁTICA. ELECTROSTÁTICA. CAMPO CAMPO ELÉCTRICO Y DIFERENCI DIFERENCIA A DE POTENCIAL POTENCIAL Página 22

1. Dos cargas cargas de signo opuesto opuesto son abandonada abandonadas s a sí sí mismas a una cierta distandistancia una de la otra. ¿De qué modo se moverán a continuación? ¿Cómo será el movimiento: uniforme, uniformemente acelerado o de otro tipo? Consideremos que las dos cargas, de valor +Q y –Q' – Q',, poseen una masa m y m', respectivamente, 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, directamente proporcional a producto Q · Q' e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. d

F = K · K ·

Q · Q' d2

+Q m

Q' – Q' F

F

m'

Abandonadas a sí mismas, las cargas se moverán la una hacia la otra, siguiendo un movimiento rectilíneo y acelerado. Las respectivas aceleraciones serán: a=

F m

;

a' =

F m'

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 acelerado.

1.7. 1.7. LAS PRIMERAS MÁQUINAS MÁQUINAS ELÉCTRICAS ELÉCTRI CAS Y EL CONDENSADOR CONDENSADOR Página 42

1. Si en un condensador condensador carg cargado ado se disminuye disminuye la sepa separración entre ntre las placa placas, s, auaumenta su capacidad. ¿Qué le ocurre, entonces, a la diferencia de potencial entre ellas? La capacidad C de un condensador es la relación matemática entre la carga que acumulan sus armaduras (Q (Q) y la diferencia de potencial que existe entre ellas (v ( v): C=

V + + + + + + + + + +

Q v

Entonces, si la capacidad aumenta al disminuir la distancia entre las placas (d (d ), y en el supuesto de que la carga Q se mantenga invariable, se deduce que la diferencia de poten-

+Q

– – – – – – – – – –

d

Q – Q

2. ¿Y si se disminuye la supe superrficie ficie de las placas? placas? Una vez cargado un condensador, si disminuye la superficie de las placas, disminuye su capacidad, C, en cuyo caso, si Q no varía, la diferencia de potencial que existe entre dichas placas aumenta. Tal Tal cos cosa sucede, por por eje ejem mplo, plo, en en un un con cond densador variab iable como los que se se utiliza ilizan en los circuitos de sintonía de los aparatos de radio.

3. Si un conde condensad nsador or de placa placas s planas y paral parale elas tiene el el doble de distanci distancia a enentre placas que otro (ambos con igual superficie), ¿qué relación matemática hay entre sus capacidades? Consideremos un condensador de placas planas y paralelas de superficie S, separadas una distancia d. Su capacidad tiene por expresión: C=

ε

S + + + + + + + + + +

·S d

Si se duplica la separación entre las placas, manteniendo igual su superficie, la capacidad del condensador se reduce a la mitad: S' = S d' =2 · d

→

C' =

ε

S – – – – – – – – – –

d

ε ·S · S' C = = d' 2· d 2

4. ¿Y si fueran fueran condensa condensadores dores cilín cilíndri dricos cos de igual igual longitu longitud? d? La capacidad de un condensador cilíndrico como el de la figura tiene por expresión: C = 2· π · ε · L = 2· π · ε · L = 2· π · ε · L b d ln — ln a + d ln 1 +— a a a

( )

(—)

(

)

Si modificamos los valores de a y b, salvando la condición de que la separación entre placas se duplique, la expresión de la nueva capacidad será: C' =

L

d a b

2· π · ε · L ln 1 + 2 · d n·a

( —)

siendo n el factor de modificación del radio interior. – Si Si n =2, =2, C' = C, la capacidad de los dos condensadores es idéntica. – Si Si n >2, >2, C' > C. – Si Si n <2, <2, C' < C. En un condensador cilíndrico, el aumento de la separación entre placas no conlleva necesariamente la disminución de su capacidad. Como es lógico, la medida del radio interior influye también en el valor de la superficie de las placas y, por tanto, en la capacidad.

Página 44

5. En el ejercicio jercicio del del ejemplo 4, ¿e ¿en qué me medida dismin disminuye uye el tama tamaño ño del condensador si se introduce entre las placas una capa de vidrio? Suponemos los dos condensadores de placas planas y paralelas, con la misma capacidad (C (C =1F) y con igual separación entre placas (d (d =1 cm), el segundo con dieléctrico de vidrio. La relación entre sus respectivas superficies de placas será: C=

ε

· S' = d

·S d

ε0

⇒

S' = S

ε0 ε

=

1 K

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

S S = K 10

La superficie de las placas del condensador con dieléctrico de vidrio es 10 veces más pequeña que la superficie de las placas del condensador de vacío. Página 45

6. Un conde condensad nsador or de 150 150 mF de capaci capacida dad d con Vmáx = 450 V, ¿cuánta carga puede almacenar sin peligro de perforación? La cantidad de carga máxima que puede almacenar el condensador, sin peligro de que se perfore el dieléctrico, será: Qmáx =C · Vmáx = 150 150 · 10–3 · 450 =67 =67,5 ,5 C Página 46

7. Si se conectan conectan sei seis condensador condensadores es de igual igual capacidad en en seri serie, e, la capaci capacida dad d total, ¿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 cualquiera de las capacidades parciales. En este caso, al tratarse de seis condensadores de igual capacidad: 1 = 1 +1 +1 +1 +1 +1 = 6 C C C C C C C C T

⇒

C T = C 6

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

8. ¿Cuántos condensador condensadore es de 100 100 µF es necesario conectar para obtener una capacidad total de 800 µF y cómo habría que conectarlos? Ídem para obtener 25 µF y 225 µF. Si se conectan condensadores de igual capacidad en serie y en paralelo, las capacidades equivalentes son: Cparalelo = C + C + C +… =n =n · C 1 = 1 + 1 +… = n C C C Cserie

⇒

Cserie =

C n

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

Capacidad CT = n · C

8 en paralelo

CT =

4 en serie

n

=

100 =25 µF 4

100 +2 · 100 =225 µF 4

CT =

4 en serie con otros dos en paralelo

C

=8 · 100 =800 µF

9. Se desea conseguir una carga de 150 µC con condensadores de 10 µF conectados 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 tensión, la carga total obtenida cumple la relación: Q =Cparalelo · V De ella podemos despejar la capacidad equivalente de la asociación de condensadores en paralelo necesaria para lograr dicha carga: Cparalelo =

Q 150 · 10–6 = =30 · 10–6 F =30 µF 5 V

Para obtener esta capacidad equivalente, el número n de condensadores de 10 µF que hemos de utilizar es: Cparalelo 30 · 10–6 n= = =3 condensadores C 10 · 10–6

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Si se forma una línea con siete bolas metálicas A iguales, en contacto, y al final de esta se coloca otra, B, que posee una carga eléctrica negativa, y luego se separan todas ellas, ¿cómo quedan cargadas? Con la misma bola cargada, alguien trata de cargar otras siete bolas con carga positiva. ¿Cómo lo puede conseguir? Y en tal caso, ¿cómo quedará la bola que inicialmente estaba cargada? Como las bolas son metálicas, la carga de la bola B se reparte, por contacto, entre todas ellas, de forma proporcional a la superficie de cada una. Al ser de igual tamaño, todas quedan con la misma cantidad de carga negativa, es decir, con la octava parte de la carga que tenía B inicialmente. A

–

–

–

B

– – – – –

–

–

–

–

–

Por inducción, es posible electrizar las bolas A con una carga positiva, del siguiente modo: Sin hacer contacto, se acerca la bola B(–) a la línea de bolas A; los electrones libres de todas ellas se concentran predominantemente en la bola más alejada. Si entonces se 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 electrones, es decir, cargadas positivamente. Por supuesto, mientras tanto, la bola B mantiene íntegra su carga negativa inicial. – – – – – – – – – – – –

A

B

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

–

Aislante A

B

+ + + + + + +

–

2. Tenemos dos barras metálicas iguales, una neutra (A) y la otra con carga positiva (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 A más cercano a B. a) Al poner en contacto A (neutra) con B (+), la carga positiva de B (defecto de electrones) se reparte por toda la superficie de A + B. Al separarlas de nuevo, ambas barras quedan con una carga superficial positiva. A + + B + + + + + + + + ++++

A + B + +

+ + + +

A +

+

+

+ +

B +

+

+

+ + + +

+ +

+ +

b) Si a la barra neutra A se acerca la barra positiva B, los electrones libres de A se concentran en el extremo cercano a B, mientras que el otro extremo queda con defecto de electrones: la barra A se convierte en un dipolo eléctrico, con un extremo positivo y otro negativo, aunque globalmente sigue siendo neutra. Al alejar B(+), los electrones libres de A vuelven a repartirse uniformemente por todo el metal y la barra pierde su polarización. A

A + +++ + + – – – – – –

B + + + + + + + +

A

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

A + +++ + +

A + +

– – – – – – –

+ +

+ +

B + + + + + + + + ++++

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

–

O2 –

+

H+ Debido a la agitación térmica, las moléculas polares de una gota de agua neutra están normalmente desordenadas, tal como indica la primera figura. Al acercar un cuerpo fuertemente cargado, las moléculas se ven afectadas por un par de fuerzas electrostáticas, F1 – F2, a consecuencia del cual giran y se orientan en la misma dirección, según indica la segunda figura. Como el polo negativo de cada molécula está, entonces, más cerca de B(+) que el polo positivo, las fuerzas de atracción F2 superan a las de repulsión F1 y, en consecuencia, la gota de agua neutra resulta atraída por el cuerpo cargado.

F 1 –

–

+ –

+

–

+

+

+

+

+ +

–

–

+

+

–

+ –

+ + +

F 2

+

+

+

–

–

+ –

+

+

– +

– +

–

+

– +

– +

–

–

+ + +

+

+

–

– +

– + +

–

F

–

+ + + +

4. En el centro de una esfera metálica hueca A hay otra, B, más pequeña, también 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 tercera esfera pequeña con carga negativa. ¿Qué ocurre con la carga al hacerlo? ¿Se podría conseguir una elevada carga de la esfera A por medio de un electróforo frotando la lámina de plástico solo una vez? Explica el procedimiento y la razón de que no se agote la carga de la placa de plástico. ¿De dónde habrá salido realmente la carga que se acumula al final en la esfera A?

A

B

Toda la carga que se comunique a la esfera B, por repulsión mutua, se desplaza espontáneamente hacia la superficie exterior de A. De este modo, la esfera A puede adquirir una considerable cantidad de carga, apartada de forma discreta a través de B, por ejemplo, por medio del disco cargado de un electróforo. La carga negativa del disco del electróforo se obtiene por inducción: al frotar la lámina de plástico, su superficie adquiere una carga negativa, y al situar el disco sobre ella, este se polariza. Si se toca su cara inferior (+), electrones de tierra suben a neutralizar dicha carga, de modo que el disco adquiere una carga global negativa que es la que se transfiere por contacto a B. 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 6000 J en diez minutos al 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 mueva entre dos puntos con diferencia de potencial V libera una energía de valor: W

Q V

Por tanto, la cantidad de carga que ha circulado por la resistencia calefactora será:

+

V = 220 V

Q = W = 6000 J =27,27C V 220 V

)

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

W = 6000 J t = 10 min

Q

–

6. Las dos esferas metálicas A y B de la figura tienen igual masa, y la esfera B posee el doble de carga eléctrica que la esfera A, aunque de diferente signo. ¿Cuál de ellas tendrá mayor ángulo de inclinación respecto a la vertical? ¿Por qué?

A

B

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

T α

α

α l

T y

F

l

T x F Q m

F

d

Q' = 2 . Q m

m . g

El equilibrio de cada esfera es fruto de la acción de tres fuerzas: la fuerza electrostáQ · 2· Q tica, F =K ; su propio peso, m · g, y la tensión del hilo, T. d2 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 ambas tiene el mismo valor F. Por otro lado, el peso de las esferas es idéntico (m · g). En consecuencia, la tensión del hilo tiene un ambos casos los mismos componentes y, por tanto, el mismo valor T y el mismo ángulo α

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

Para que la carga de prueba positiva se mueva hacia B, la resultante de las fuerzas electrostáticas que ejercen sobre ella las otras → → → → tres cargas (F = FA + FB + FC) debe tener la dirección y el sentido de la figura.

F C +

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

F A

F B F

C +

–

B

En cambio, para que la carga de prueba no se mueva, ha de cumplirse la condición → → → → de que la resultante sea nula (F =FA +FB +FC =0), cosa que sucederá siempre que las tres cargas sean del mismo signo: A +

A –

F A F B

F C

+

F C

+

F B

F A C +

+ B

C

–

–

B

8. Una esfera metálica de 10 cm de radio se electriza hasta alcanzar una carga de 50 µC. Calcula la densidad superficial de carga, el campo eléctrico en un punto exterior muy cercano a la superficie y en otros situados, respectivamente, 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 ionización del aire en torno a la superficie? Suponemos que la carga adquirida por la esfera es positiva. Como se trata de una esfera metálica, toda la carga se localiza en la superficie, distribuida uniformemente. Entonces, la densidad superficial de carga será: σ

=

50 · 10–6C Q Q = = =3,97 · 10–4 C · m–2 –1 2 2 2 S 4 · π · (10 ) m 4· π · R

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 superficial de carga y de la posición del punto, de acuerdo con las siguientes expresiones: E=

· R2 ε0 · r 2 σ

;

V=

σ ε

· R2 =E · r ·r

Para los valores de r correspondientes a los puntos 1, 2 y 3 indicados en la figura, situados a 10 cm, 20 cm y 30 cm, respectivamente, del centro de la esfera, se obtienen los siguientes valores de campo eléctrico y potencial:

E

3 P + +

+ +

+

+

+ +

1

+

R

r

+ + + + +

c m 1 0

2

+ + + + ++ +

+ +

c m 1 0

c m 1 0

+ +

+

+ + + + + + + + +

+ + +

+

+ + +

+ +

E1 =

3,97 · 10–4 · (10–1)2 =44,85 · 106 N · C–1; V1 =44,85 · 106 · 10–1 =4,485 · 106 V 8,85 · 10–12 · (10–1)2

E2 =

3,97 · 10–4 · (10–1)2 =11,21 · 106 N · C–1; V2 =11,21· 106 · 2 · 10–1 =2,242 · 106 V 8,85 · 10–12 · (2 · 10–1)2

3,97 · 10–4 · (10–1)2 E3 = =4,98 · 106 N · C–1; V3 =4,98 · 106 · 3 · 10–1 =1,494 · 106 V –12 –1 2 8,85 · 10 · (3 · 10 ) Entre los puntos 1, 2 y 3 existen los siguientes valores de diferencia de potencial: V12 =V1 – V2 =(4,485 – 2,242) · 106 =2,243 · 106 V V23 =V2 – V3 =(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 eléctrico E1 supera con creces el valor de la rigidez dieléctrica del aire: E1 =44,85 · 106 N · C–1 >3 · 106 V · m–1 =Emáx

9. Dos esferas metálicas, A y B, de 1 cm de radio, con cargas de 50 y 100 µC, respectivamente, están situadas a una distancia de 30 cm entre sus centros. Determina en qué punto de la recta que las une el campo eléctrico tiene valor cero, y el valor del potencial eléctrico en dicho punto. ¿Qué le ocurriría a una carga positiva que se abandonara en otro punto cualquiera de dicha recta? ¿Cuánto valen la diferencia de potencial de dicho punto respecto a cada esfera y la diferencia de potencial entre ambas esferas? Una esfera metálica con una carga Q distribuida uniformemente por su superficie 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:

+

+ +

+

+ + + + + + +

+

+

+ +

+ + +

+ + + + + +

V

+

+ +

+

+ + +

Q E =9 · 109 · r2 Q V =9 · 109 · r

+

+ + + + + + + + + +

+ +

r

E

En el sistema que nos ocupa, la distancia que separa las esferas cargadas es mucho mayor que el radio de ambas. Por tanto, consideramos despreciable la influencia entre ambas y tomamos por válidas las expresiones anteriores: 0,3 m

x

x P

E 2

Q A = + 50 µC

E 1

Q B = + 100 µC

En un punto intermedio de la recta que une las esferas, el campo es la suma vectorial de los campos creados por cada una, mientras que el potencial es la suma escalar: EP =E1 – E2 =9 · 109 ·

QA

(x

VP =V1 +V2 =9 · 109 ·

2

QA

(x

–

QB (0,3 – x)2

+

QB 0,3 – x

)

)

La posición del punto de campo eléctrico nulo se obtiene igualando Ep a cero y despejando x: Ep =9 · 109 ·

(

50 · 10–6 100 · 10–6 – =0 x2 (0,3 – x)2

)

⇒

x =0,124 m

En los puntos de la recta situados entre A y P, E1 >E2, mientras que en los situados entre B y P ocurre al contrario, E2 >E1. 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, B y P, y las diferencias de potencial que pide el enunciado, son: VA =9 · 109 ·

(

50 · 10–6 100 · 10–6 + =48 · 106 V 0,01 0,29

)

50 · 10–6 100 · 10–6 VB =9 · 10 · + =91,5 · 106 V 0,29 0,01 9

VP =9 · 109 ·

(

(

)

50 · 10–6 100 · 10–6 + =8,74 · 106 V 0,124 0,176

)

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

10. Determina la capacidad equivalente de cada una de las redes de condensadores de la figura, así como la cantidad de carga y la energía que acumulan al conectarlas a una diferencia de potencial Vab =100 V. 5 pF 25 pF a

1 µF 2 b

a

30 µF b

1 µF

1 000 pF

µF

a 2 µF

a

2 µF

2 µF

b

20 µF

10 µF

b

El procedimiento es el mismo en los cuatro casos: en primer lugar calculamos la capacidad equivalente de las asociaciones de condensadores para, con este dato, calcular la carga y la energía que acumulan. 5 pF 25 pF a

b

1 000 pF

1 µF 2 a

µF

b

1 µF

2 µF

a

2 µF

2 µF

b

 1  C =1000 + =1004,16 pF  1 1 — +—  5 25   –12 –7  Q =C · V =1004,16 · 10 · 100 =1,00416 · 10 C   W = 1 C · V 2 = 1 · 1004,16 · 10–12 · 1002 =5,02 · 10–6 J 2 2  1  C= =1 µF  1 1 — +—  2 1 +1   –6 –4  Q =10 · 100 =10 C   W = 1 · 10–6 · 1002 =5 · 10–3 J 2  1  C =2 + =3 µF  1 1 — +—  2 2   –6 –4  Q =3 · 10 · 100 =3 · 10 C   W = 1 · 3 · 10–6 · 1002 =15 · 10–3 J 2

30 µF a

—

20 µF b

 1  C= =15 µF  1 1 —+  30 20 +10    Q =15 · 10–6 · 100 =15 · 10–4 C   W = 1 · 15 · 10–6 · 1002 =75 · 10–3 J 2

10 µF

11. Dos condensadores planos poseen las características constructivas indicadas en la tabla: Superficie de las placas (cm2)

Separación entre las placas (mm)

Dieléctrico y constante dieléctrica

C1

20

1

Mica (K =6)

C2

20

0,1

Papel (K =4)

Calcula: a) La capacidad de cada uno de ellos, así como la carga y la energía que acumulan al conectarlos a una tensión de 20 V. b) La capacidad equivalente, así como la carga y la energía que acumulan si se 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 capacidad se calcula aplicando la siguiente fórmula: C=

K · ε0 · S d

Por tanto, la capacidad que obtenemos para cada uno de los condensadores es: C1 =

6 · 8,85 · 10–12 · 20 · 10–4 =1,062 · 10–10 F =106,2 pF 10–3

C2 =

4 · 8,85 · 10–12 · 20 · 10–4 =7,08 · 10–10 F =708 pF 10–4

Al conectarlos a una tensión V =20 V, cada uno de ellos acumula una carga: Q1 =C1 · V =1,062 · 10–10 · 20 =2,124 · 10–9 C Q2 =C2 · 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 carga que acumulan es: C=

1 1 +— 1 — C1 C2

=

1 1 +— 1 106,2 708

=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 +C2 =106,2 +708 =814,2 pF Q' =C' · V =814,2 · 10–12 · 20 =16,284 · 10–9 C

12. Se desea fabricar un condensador plano, con láminas de dieléctrico de 0,05 mm de espesor, capaz de soportar 500 V sin perforarse. ¿Qué rigidez dieléctrica debe poseer, como mínimo, el dieléctrico necesario? ¿Cuál habría que escoger entre los de la tabla suministrada en el apartado 1.6? ¿Qué dimensiones 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 valor de rigidez dieléctrica: V 500 V = =107 V · m–1 –3 d 0,05 · 10 m Entre los de la tabla citada (página 36 del libro del alumnado), el primero que cumple tal condición es el neopreno. Sus características dieléctricas son: Emáx =

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 placas deben tener la siguiente superficie: 20 · 10–6 · 5 · 10–5 C · d S= = =16,37 m2 –12 K · ε0 6,9 · 8,85 · 10

13. La capacidad máxima que puede conseguirse conectando cuatro condensadores iguales es de 200 µF. ¿Cuál es el valor de su capacidad y cómo hay que conectarlos? Obténganse también el resto de posibles acoplamientos, indicando la capacidad equivalente en cada caso. La máxima capacidad se consigue conectando los 4 condensadores en paralelo, en cuyo caso: C T =4 · C =200 µF Por tanto, la capacidad de cada uno de ellos es: C=

200 =50 µF 4

El resto de posibles acoplamientos es: C T = C = 50 =12,5 µF 4 4

C T =C + C = 4 · C = 4 · 50 =66,67 µF 3 3 3

C T =

= 3 · C = 3 · 50 =37,5 µF 4 4 1— +— 1 —— 3· C C 1

C T =

1 1+ 1 — C C/2 +C

=

—

C T =

C T =

C T =

C T =

3· C 3 · 50 = =30 µF 5 5

= 2 · C = 2 · 50 =20 µF 5 5 1 +—+— 1 1 — 2· C C C 1

C 5· C 5 · 50 +2 · C = = =125 µF 2 2 2

1 1 +— 1 — 2· C 2· C

=C =50 µF

C C + +C =50 µF 2 2

Los dos últimos acoplamientos no proporcionan una capacidad diferente a la de un solo condensador. Sin embargo, pueden ser útiles para aumentar al doble la tensión máxima 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 con los siguientes dieléctricos: vacío, aire, papel, neopreno. Teniendo en cuenta los valores de las tablas suministradas en las páginas 36 y 45, determina la capacidad, la tensión máxima o de perforación, la carga máxima y la energía almacenada en cada caso. La capacidad del condensador, con cada uno de los dieléctricos, la obtendremos por medio de la expresión: C=

K · ε0 · S d

La tensión máxima o de perforación la calcularemos a partir del dato de la rigidez dieléctrica: Vmáx =Emáx · d Y la carga máxima y la energía almacenada, a partir de las siguientes expresiones: Qmáx =C · Vmáx ; Wmáx =

1 Q ·V 2 máx máx

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

Capacidad (F )

Tensión máxima (V )

Carga máxima (C)

Energía almacenada ( J )

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

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 cuyas capacidades son las siguientes: 1, 2, 4, 6, 10, 20, 50 y 100 µF, todos los cuales soportan una tensión de 60 V sin perforarse; y se desea conseguir, mediante acoplamientos, las siguientes capacidades: 0,25, 1,25, 25 y 225 µF, para conectarlas a una tensión total de 100 V. Determina la conexión necesaria en cada caso, utilizando el número mínimo de condensadores y asegurando que ninguno de ellos se perfore. a) Para obtener una capacidad de 0,25 µF, conectaremos cuatro condensadores de 1 µF en serie: C T =

1µF

C 1 µF = =0,25 µF n 4

1µF 100 V

1µF

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 cuatro condensadores de 1 µF en serie con otros dos de 2 µF, también acoplados en serie: 2 1 C T = = =1,25 µF 2 4 Si en la primera rama se pusiese un solo condensador de 1 µF, la capacidad total sería la misma pero la tensión que tendría que soportar (100 V) superaría el límite de 60 V y podría perforarse.

1µF

2 µF

50 V 1µF

50 µF =25 µF 2

25 V

1µF 100 V

1µF 2 µF

1µF

c) Para obtener una capacidad de 25 µF tan solo necesitamos conectar dos condensadores de 50 µF en serie: C T =

25 V

50 µF 100 V 50 µF

50 V

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

100 µF

50 V 100 µF

50 V 100 µF

100 µF

100 µF

100 µF

50 V

100 µF

50 V

50 V

50 µF

100 V

C T =

50 · 4+ =225 ( 100 ) 2 2

100 µF

50 µF

µF

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

16. Entre las placas de un condensador plano con dieléctrico de aire hay un campo eléctrico de 2000 N · C–1. Si la separación entre ellas es de 0,1mm, calcula qué diferencia de potencial se les ha aplicado y cuánta carga acumula el condensador si la superficie de las placas es de 200cm2. Los datos que proporciona el enunciado del problema son: 2

–2

S

+ + + + + + + + + + Q

2

S =200 cm =2 · 10 m

V

–4

d =0,1 mm =10 m

d

E – – – – – – – – – – Q

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=

·S 8,85 · 10–12 · 2 · 10–2 = =1,77 · 10–9 F –4 d 10

ε0

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 conecta a 50 V el tiempo suficiente para que se cargue y, después de separarlo de la fuente de tensión, se le intercala un dieléctrico cuya constante vale 4. Calcula la capacidad final, el valor del campo eléctrico inicial y final existente 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

Al introducir entre las placas un dieléctrico de constante K = 4, la capacidad del condensador se modifica: C' =K · C =4 · 5 =20 µF Suponiendo que en dicha operación se mantiene la carga del condensador, la modificación de la capacidad determina que cambie el valor de la diferencia de potencial entre las placas y, por tanto, también el valor del campo eléctrico: V' =

25 · 10–5 Q = =12,5 V C' 20 · 10–6

Como no se conoce el valor de la separación entre las placas, no es posible calcular el campo eléctrico inicial y final, aunque sí la relación matemática entre ellos: E V/d V 50 = = = =4 E' V'/d V' 12,5

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. Calcula su capacidad, así como la carga y la energía que almacena si se conecta a una fuente de tensión de 50 V. De acuerdo con el dibujo, los valores de a, b y L son: L = 200 m

a = 0,7 =0,35 mm 2 b = 4,8 =2,4 mm 2

a

b

L =200 m Un cable coaxial equivale a un condensador cilíndrico. Por tanto: –12 2 · π · K · ε0 · L = 2 · π · 2,3 · 8,85 · 10 · 200 =13,28 · 10–9 F =13,28 nF ln (b/a) 2,4 ln — 0,35 Si se conecta a una diferencia de potencial de 50 V, la carga y la energía que almacena son:

C=

( )

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

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

19. Dos condensadores, de 10 y 40 µF, cuyas tensiones de perforación son de 100 y 200 V, respectivamente, se conectan en serie. ¿Cuál será el valor de la tensión máxima que se puede aplicar en bornes del acoplamiento y cuánta carga pueden llegar a acumular? Cada condensador, considerado aisladamente, puede acumular la siguiente carga: Q1máx =C1 · V1máx =10 · 10–6 · 100 =10–3 C Q2

áx

=C2 · V2

áx

=40 · 10–6 · 200 =8 · 10–3 C

Al estar conectados en serie, los dos condensadores acumulan la misma cantidad de carga, igual a la cantidad de carga total. En consecuencia, la carga máxima del acoplamiento se ve limitada al menor de los valores anteriores:

V 1

C 1 = 10 µF V 1 m áx = 100 V

V 2

C 1 = 40 µF V 2 m áx = 200 V

V

–3

Q Tmáx =Q1máx =Q2 =10 C La tensión que alcanza cada condensador es: V1 =

Q1máx 10–3 = =100 V =V1máx C1 10 · 10–6

V2 =

Q2 10–3 = =25 V
Y la tensión máxima total vale: V Tmáx =V1máx +V2 =100 +25 =125 V

20. Un condensador plano con dieléctrico de vacío, 0,1 mm de separación entre placas 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 placas en 0,5 mm, ¿cómo se modifican su capacidad, la carga acumulada y la diferencia de potencial entre ellas? ¿Cuánta energía hay que desarrollar para hacerlo y qué fuerza hay que aplicar? Inicialmente, la capacidad del condensador, la carga y la energía acumuladas son: C=

·S =100 µF =10–4 F d

ε0

+ Q –4

–3

Q =C · V =10 · 24 =2,4 · 10 C W=

V = 24 V

d

ε0

– Q

S

1 1 · Q · V = · 2,4 · 10–3 · 24 =0,0288 J 2 2

Tras aumentar la separación entre las placas, obtenemos la siguiente situación: + Q'

d' =d +0,5 mm =0,6 mm =6 · 10 m –4

V'

d '

Q' =Q =2,4 · 10–3 C

S

suponiendo que no hay descarga en la operación. Con estos valores, la capacidad disminuye como se indica: C' =

·S d'

ε0

ε0

→

1 · 10–4 C' (ε0 · S)/d' d = = = =0,17 C d' (ε0 · S)/d 6 · 10–4

C' =0,17 · C =1,7 · 10–5 F

– Q'

F

La tensión aumenta a: V' =

2,4 · 10–3 Q' = =141,2 V C' 1,7 · 10–5

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

1 1 · Q' · V' = · 2,4 · 10–3 · 141,2 =0,1694 J 2 2

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

W' – W = 0,1694 – 0,0288 =281,2 N d' – d 6 · 10–4 – 1 · 10–4

21. Una botella de Leyden puede considerarse similar a un condensador cilíndrico si se desprecia el efecto de los bordes y de la base plana. Haciéndolo así, ¿cuál sería el valor de la capacidad de una botella de Leyden con las dimensiones de la figura y cuánta carga podría acumular sin llegar a perforarse?

0,5 cm

50 cm

Si consideramos despreciable el espesor de las láminas metálicas y no tenemos en cuenta el efecto de la base, la botella de Leyden puede ser representada por un condensador cilíndrico como el de la figura: 40 cm L

a =19,5 cm a b

Vidrio (K )

b =20 cm L =50 cm =0,5 m

d

Considerando los siguientes valores para el vidrio:   K =10  Emáx =14 · 10–6 V · m–1 Obtenemos: C=

–12 2 · π · K · ε0 · L π = 2 · · 10 · 8,85 · 10 · 0,5 =11 · 10–9 F ln (b/a) 20 ln — 19,5

( )

Vmáx =Emáx · d =14 · 106 · 0,5 · 10–2 =7 · 104 V Qmáx =C · Vmáx =11 · 10–9 · 7 · 104 =77 · 10–5 C

22. Una nube tempestuosa de 50 km2 de superficie inferior se encuentra a una altura de 400 m y descarga un rayo. Considerando que constituye con la superficie de la Tierra un condensador plano de tales dimensiones, ¿cuánto valdrá aproximadamente su capacidad? ¿Y en cuánto se pueden estimar los valores de la carga y la energía que se acumula, así como la diferencia de potencial entre ella y la Tierra? (Tómese 2 · 106 N · C–1 como valor medio del campo eléctrico entre la nube y la Tierra). Si asimilamos la superficie inferior de la nube y la superficie de la Tierra a las placas de un condensador plano, la superficie efectiva de dichas placas es la que corresponde a la nube. S = 50 km 2 = 50 . 106 m 2 – –

K = 1

– – – –

– – – – – – E = 2 . 104 V . m – 1

– – –

E

d = 400 m

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

El dieléctrico es el aire (K =1), y su espesor, la distancia de la nube a la Tierra. La capacidad aproximada será: K · ε0 · S 1 · 8,85 · 10–12 · 50 · 106 C= = =1,1 · 10–6 F =1,1 µF 400 d Si se toma como valor medio del campo eléctrico cuando la nube ha adquirido su máxima carga, E =2 · 106 V · m–1, la diferencia de potencial entre la nube y la Tierra habrá 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=

1 1 · Q · V = · 880 · 800 · 106 =35,2 · 1010 J 2 2

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

Problemas de selectividad 1. Un condensador de 1 µF se carga a la tensión de 300 V e, independientemente, 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 figuras: +

C 1 = 10 – 6 F

+Q 1

+

V 1 = 300 V

– Q 1

+Q 2

V 2 = 500 V

–

– Q 2

C 2 = 3 . 10 – 6 F

–

La carga inicial de cada uno de los condensadores es: Q1 =C1 · V1 =10–6 · 300 =3 · 10–4 C =300 µC Q2 =C2 · V2 =3 · 10–6 · 500 =15 · 10–4 C =1500 µC Si ahora unimos sus armaduras, obtenemos el siguiente circuito equivalente (derecha): +

+

+Q 1'

V'

– Q 1'

– 6

C 1 = 10

F

+Q 1' – Q 1'

C 2 = 3 . 10 – 6 F

–

<>

V'

+Q T – Q T

C T

–

La carga y la capacidad totales de este acoplamiento en paralelo son: Q T =Q1 +Q2 =3 · 10–4 +15 · 10–4 =18 · 10–4 C =1800 µC C T =C1 +C2 =1 +3 =4 µF =4 · 10–6 F a) La tensión en bornes del acoplamiento resulta ser: V' =

Q T 18 · 10–4 = =450 V C T 4 · 10–6

Esta nueva tensión común, intermedia entre 300 y 500 V, se produce por trasvase de carga de C2 a C1 en los instantes en que se efectúa el acoplamiento, mediante una corriente transitoria. La carga total queda finalmente repartida del modo que se indica en el apartado b).

b) Q'1 =C1 · V' =10–6 · 450 =450 µC Q'2 =C2 · V' =3 · 10–6 · 450 =1350 µC

2. En el conjunto decondensadores que se muestra en la figura, la tensión aplicada a los de 1 µF es de 5V. A

2 µF +

V

1µF

1µF

1µF

1µF

–

B

¿Cuál es la tensión V que estamos aplicando entre A y B al conjunto? LOGSE. Murcia, 2000.

Como C4 y C5 tienen la misma capacidad y la misma cantidad de carga (están conectados en serie), la tensión entre sus placas es la misma (5 V), luego: V45 =V23 =2 · V4 =2 · 5 =10 V +

A

C 1 = 2 µF V'

V 2

C 2 = 1 µF

C 4 = 1 µF

C 3 = 1 µF

C 5 = 1 µF

V 4 = 5 V V 45 = V 23 = 2 .V 4 = 10 V

–

B

La capacidad equivalente de las dos ramas en paralelo es: C2345 =

1· 1 1· 1 1 1 + = + =1 µF 1 +1 1 +1 2 2

Y la carga acumulada: Q2345 =C2345 · V45 =10–6 · 10 =10–5 C El condensador C1 (en serie) acumula la misma carga: Q1 =Q2345 =10–5 C Y su tensión vale: V1 =

Q1 10–5 = =5 V C1 2 · 10–6

La tensión total, por tanto, vale: V =V1 +V45 =5 +10 =15 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, cerrando el interruptor S1. Después se abre el interruptor S1, y los condensadores cargados se conectan al descargado, C3, cerrando S2.

S 1

S 2

C 1

+

C 3

V

Se pide:

C 2

a) Calcular la carga inicial adquirida por C1 y C2. 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: +

S 1

S 2

C 1 = 6 µF V = 20 V

C 3 = 8 µF C 2 = 3 µF

–

a) Cuando se cargan los condensadores C1 y C2 con S1 cerrado y S2 abierto, la capacidad equivalente del acoplamiento serie es: C12 =

6· 3 18 = =2 µF 6 +3 9

La carga total del acoplamiento serie, igual a la de cada uno de los condensadores, es: Q12 =C12 · V =2 · 10–6 · 20 =4 · 10–5 C =Q1 =Q2 b) Ahora, con S1 abierto y S2 cerrado, C3 queda conectado en paralelo con el acoplamiento serie C12, absorbiendo parte de su carga hasta que la tensión en bornes de ambas ramas se estabiliza en un valor V'
Q T 4 · 10–5 = =4 V C123 10–5

Con esa tensión final, la carga de cada condensador es: Q3 =C3 · V' =8 · 10–6 · 4 =3,2 · 10–5 C Q

Q

C

V' =2 · 10–6 · 4 =0,8 · 10–5 C

+

C 1 V'

C 3 C 2

4. Calcula: a) La capacidad equivalente entre los terminales A y B del esquema de la figura:

A

C 1

C 2

B

C 3

b) Si entre A y B se aplica una diferencia de potencial de 100V, ¿cuáles serán los valores de las cargas que aparecerán en cada condensador? Datos: C1 =10 µF; C2 =20 µF; C3 =40 µF LOGSE. Madrid, 1995.

Obsérvese en el esquema que, gracias a los dos “puentes”, los tres condensadores forman realmente un acoplamiento en paralelo conectado a los terminales de alimentación AB: A

A

B C 1

C 2

C 3

<>

V AB

C 1

C 2

B

En consecuencia, la carga acumulada por cada condensador es: Q1 =C1 · VAB =10 · 10–6 · 100 =10–3 C Q2 =C2 · VAB =20 · 10–6 · 100 =2 · 10–3 C Q3 =C3 · VAB =40 · 10–6 · 100 =4 · 10–3 C Y la carga total: Q T =Q1 +Q2 +Q3 =10–3 +2 · 10–3 +4 · 10–3 =7 · 10–3 C

C 3


2.1. EL PRIMER GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA: LA PILA ELÉCTRICA Página 58

1. Para conseguir una pila que suministre una diferencia de potencial aproximada 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 conseguir una diferencia de potencial (teórica) cercana a 3 V con los siguientes metales: 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

2. Si se sueldan dos hilos metálicos, uno de cobre y otro de hierro, y se tocan simultáneamente los dos extremos con la lengua, ¿qué puede suceder y por qué? La saliva y los dos hilos metálicos (hierro y cobre) soldados forman un sistema que equivale a una pila puesta en cortocircuito.

Cu

Fe

La f.e.m. generada podría llegar a ser: ε =+0,34 – (–0,44) =0,8 V

suficiente para producir una corriente eléctrica apreciable en la lengua.

Saliva (electrólito)

2.2. ACUMULADORES Página 61

1. En la placa de una pequeña batería de Ni-Cd se pueden leer las siguientes características: 9 V, 100 mA-hora; carga: 14 h a 10 mA. ¿Qué significan estos tres datos? ¿A cuántos coulomb equivale su capacidad? ¿Realmente ha acumulado esa carga en su interior? ¿Cuánta energía será capaz de suministrar a un circuito 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.

100 mA-hora: Es la cantidad de carga que puede suministrar funcionando normalmente. Equivale a: Q =I · t =100 mA · 1 h =0,1 A · 3600 s =360 C Carga: 14 h a 10 mA: Indica el tiempo que tarda en cargarse la batería, haciendo circular por ella una corriente de 10 mA. La carga de 360 C no se encuentra realmente acumulada en el interior de la pila, sino que es la cantidad de carga que, por efecto de las reacciones químicas que ocurren en su interior, la batería hace circular por el circuito durante el proceso de descarga completo. Lo que realmente acumula la batería durante el proceso de carga es energía, que luego devuelve al circuito exterior durante la descarga. El valor de dicha energía es: W =Q · E =360 · 9 =3240 J

2.5. ANÁLISIS DEL CIRCUITO ELEMENTAL DE CORRIENTE CONTINUA Página 67

1. Si en un conductor se consumen 1200 J en quince minutos cuando por él circula una intensidad de 10 A, ¿cuánto valen su resistencia y la diferencia de potencial entre sus extremos?

I

+

V R

W =1200 J

–

t =15 minutos =900 s I =10 A

W (t )

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:

) 1200 R= W = =0,013 Ω I 2 · t 100 · 900 Y aplicando la ley de Ohm, se obtiene el valor de la diferencia de potencial entre sus extremos:

)

)

V =R · I =0,013 · 10 =0,13 V Página 69

2. Un elemento conductor, sometido a una diferencia de potencial V creciente, responde con valores de intensidad que siguen la curva de la figura.

I (A) 2 A

B

1

Calcula la resistencia en el tramo O -A de funO cionamiento. ¿Qué sucede con la resistencia 50 100 150 V (V) en el tramo A-B ? ¿Cuánta energía disipa durante dos horas si se le aplica una tensión de 50 V? ¿Y si se le aplican 100 V?

El valor de la resistencia en el tramo O-A es la inversa de la pendiente de la gráfica en dicho tramo, en el que la curva característica es una recta: R = ∆V = 80 =57,1 ∆I 1,4

ȃ

57 Ω

En el tramo A-B, la gráfica deja de ser una recta. En este tramo, el aumento del potencial no produce un aumento significativo de la intensidad, como ocurre en los dispositivos 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 =

V2·t R

Para V =50 V, resulta: W=

V2·t 502 · 7200 = =315789 J R 57

Para V =100 V, I =1,6 A según la gráfica, y entonces resulta: W =V · I · t =100 · 1,6 · 7200 =1152000 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 una diferencia de potencial de 0,1 V. Calcula el campo eléctrico en su interior, su resistencia, la intensidad y la densidad de la corriente. Con los datos que proporciona el enunciado, junto con el valor de la resistividad del cobre (ver tabla en página 72) podemos obtener todos los valores que nos piden:

V I

E

S ρ l

Campo eléctrico: E=

V 0,1 = =0,02 V · m–1 l 5

Resistencia eléctrica: R=

ρ·l

S

=

0,017 · 5 =0,0425 Ω 2

Intensidad de la corriente: I=

V 0,1 = =2,35 A R 0,0425

Densidad de la corriente: J =

I 2,35 = =1,175 A · mm–2 S 2

2. En un almacén hay un carrete de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección y de longitud desconocida. Para determinarla sin necesidad de desliar todo el carrete, a alguien se le ocurre aplicar entre sus extremos una tensión de 9 V y medir la corriente que circula, que resulta ser de 0,5 A. ¿Cuál es el valor de dicha longitud? Con la intensidad de la corriente y la tensión aplicada, se calcula el valor de su resistencia eléctrica, aplicando la ley de Ohm: R=

V 9 = =18 Ω I 0,5

Y con este valor es posible calcular su longitud: l=

R·S ρ

=

18 · 0,5 =529,4 m 0,017

3. Un conductor de cobre de 1 mm2 de sección y 2 m de longitud se somete a un proceso de trefilado, hasta disminuir su diámetro a la mitad. Calcula su resistencia eléctrica antes y después. El conductor de cobre lo podemos representar como se indica a la derecha:

l

=2m

ρ = 0,017 Ω · mm 2 · m – 1

S =1mm 2

La resistencia eléctrica del conductor, antes de trefilarlo, vale: R =ρ ·

l 0,017 · 2 = =0,034 Ω S 1

Supongamos que, en el proceso de trefilado, no hay pérdida de material, en cuyo caso el volumen del conductor sigue siendo el mismo. l'

S '

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

r 2

S' = π · r' 2 = π · l' =

( ) r 2

2

2 1 S = π · r = = =0,25 mm2 4 4 4

V V V = =4 · =4 · l =4 · 2 =8 m S' S/4 S

En tal caso, la resistencia eléctrica resulta ser 16 veces mayor que la inicial: R' = ρ ·

l' 4· l l =ρ · =16 · ρ · =16 · R S' S/4 S

→

R' =16 · 0,034 =0,544 Ω

Página 74

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, aplicable a una línea de dos hilos de cobre montados al aire, es la siguiente: S (mm2)

0,5

0,75

1

1,5

2,5

4

6

10

Imáx (A)

6

8,5

12

15

21

28

36

50

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 ·

√

S π

√

=2 ·

2,5 π

=1,784 mm

La corriente de fusión se calcula mediante la siguiente fórmula empírica, válida para ese 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 receptor de 4 Ω a través de una línea de 20 m, hecha de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección. Determina la diferencia de potencial en bornes del receptor, y la caída de tensión en la línea y en el interior de la batería. El circuito que analizamos en este caso es el que representa la figura, y de él conocemos, además, los siguientes datos:

R i

ρ = 0,017 Ω . mm 2 / m

S = 0,5 mm 2 ε

ε =12 V

L = 20 m

V

I

V'

R

Ri =0,3 Ω R =4 Ω En primer lugar, es necesario determinar el valor de la resistencia de la línea Rl y calcular la intensidad de la corriente I, planteando la ecuación del circuito: Rl = ρ · 2 · L = 0,017 · 2 · 20 =1,36 Ω S 0,5 ε =I · (Ri +Rl +R)

I=

ε

R +R +R

=

12 12 = =2,12 A 0,3 +1,36 +4 5,66

La caída de tensión es la suma de la que cae en la resistencia interna y la que cae en la resistencia de la línea: Vc =Vci +Vcl =Ri · I +Rl · 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, la potencia 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 =Pg – Ppi =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 – Ppl =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 siguientes valores: 1, 2, 4, 8, 16 y 32 Ω, ¿cuánto vale la tensión en bornes del generador? El circuito utilizado en las dos cuestiones anteriores, al que hemos añadido el valor de la resistencia de línea Rl, obtenido en la primera de ellas, es el que representa en la figura de la derecha:

R i = 0,3 Ω

ε =12 V

R l = 1,36 Ω

V

I

R

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

ε

Ri +Rl +R

=

12 = 12 0,3 +1,36 +R 1,66 +R

V =ε – Ri · I =12 – 0,3 · I Con los distintos valores de la resistencia R propuestos en el enunciado, se obtiene la siguiente tabla de resultados: R I

(A)

V (V)

1

2

4

8

16

32

4,51

3,28

2,12

1,24

0,68

0,36

10,65

11,02

11,36

11,63

11,80

11,89

Página 80

4. Al conectar los faros de un automóvil, cuyas lámparas poseen una potencia nominal de 60W cada una, la tensión en bornes dela batería baja de 12V a 11,65 V. Determina su fuerza electromotriz, su resistencia interna, la energía química que se transforma en eléctrica, la energía eléctrica que consumen los faros en diez minutos, la energía que se pierde, el rendimiento de la instalación y la corriente de cortocircuito. El circuito de la instalación, despreciando el valor de la resistencia de los conductores y suponiendo que no hay conectados otros receptores, es el siguiente: R i

R i

V

ε

r

r

<>

ε

V

I

R

donde R es la resistencia equivalente de las dos lámparas conectadas en paralelo. La resistencia de cada una de las lámparas, r, se calcula a partir de la potencia y la tensión nominales de las lámparas: Vn2 122 r 2,4 r= = =2,4 Ω ; R = = =1,2 Ω 60 2 2 Pn

– 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 hay una tensión V =11,65 V, y la intensidad de la corriente vale: I=

V 11,65 = =9,7 A R 1,2

Planteando la ecuación del circuito, se puede despejar la resistencia interna de la batería: ε =I · (Ri +R)

Ri =

→

12 =9,7 · (Ri +1,2)

12 – 1,2 =0,037 Ω 9,7

– Balance energético: En un tiempo de diez minutos (600 s), la energía total que se transforma en la batería, la energía útil que consumen los faros y la energía perdida en la resistencia interna de la batería son: Wt =e · I · t =12 · 9,7 · 600 =69840 J Wu =R · I 2 · t =1,2 · 9,72 · 600 =67744,8 J Wp =Wt – Wu =69840 – 67744,8 =2095,2 J El rendimiento de la instalación es, por tanto: η=

Wu 67744,8 = =0,97 (97%) 69840 Wt

– Corriente de cortocircuito: Tanto si se produce en los bornes de la batería como en cualquier otro punto del circuito, la corriente resultante es: 12 Icc = ε = =324,3 A 0,037 Ri

2.10. ANÁLISIS DE CIRCUITOS PRÁCTICOS Página 82

1. Un secador de pelo de 800 W, fabricado para funcionar a 125 V, se desea conectar a una toma de corriente de 220 V, y en casa se dispone de hilo de nicrom de 0,5mm2 de sección. Diseña un dispositivo que permita utilizarlo provisionalmente. ¿Qué rendimiento tendría la instalación? La solución provisional es conectar el secador en serie con una resistencia limitadora RL, de modo que el circuito de la instalación sea como el que se muestra en la gráfica: El valor de la resistencia calefactora del secador, R, se obtiene a partir de los valores nominales de potencia y tensión:

R L R V = 220 V

Vn2 1252 R= = =19,53 Ω 800 Pn Así como el valor de la intensidad: I=

Pn 800 = =6,4 A 125 V

I

V n = 125 V

800 W 125 V

El valor de la resistencia limitadora se puede obtener despejando de la ecuación del circuito: 220 V =(RL +R) · I → 220 =(RL +19,53) · 6,4 ; RL = – 19,53 =14,84 Ω 6,4 También se puede obtener este resultado aplicando la ley de Ohm al tramo de RL: RL =

220 – 125 =14,84 Ω 6,4

Diseño de la resistencia limitadora: 220 V

Para construir la resistencia RL con hilo de nicrom de 0,5 mm2 de sección, se necesita una longitud: l=

RL · S ρ

= 14,84 · 0,5 =7,42 m 1

0 22

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

5 11

Rendimiento de la instalación: – Potencia útil: Pu =800 W – Potencia total: Pt =V · I =220 · 6,4 =1408 W – Rendimiento: η =

Pu 800 = =0,568 1408 Pt

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

2. Un voltímetro posee las siguientes características, dadas por el fabricante: alcance, 0-50 V; resistencia interna, 250000 Ω. ¿Qué resistencia de ampliación de escala habría que conectarle, y cómo, para que pueda medir hasta 500 V? Si el voltímetro alcanza a medir 50 V, para poder medir hasta 500 V es necesario conectarle una resistencia en serie en la que “caigan” los 450 V que hay de diferencia. El circuito con el que lo conseguiríamos es el de la figura. El valor de la intensidad máxima que soporta el voltímetro es: I=

450V

R

500V

50 =2 · 10–4 A =20 mA 250000

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

450 V =225 · 104 Ω =2,25 MΩ 2 · 10–4 A

I

50 V

V

R i = 250 kΩ 0 – 50 V

3. Un amperímetro posee un alcance de 0-3 A y una resistencia interna de 20 mΩ. ¿Quéresistencia habría que conectarle, y cómo, para que alcance a medir 20A? Si el amperímetro alcanza hasta 3 A y se desea medir hasta 20 A, es necesario conectar una resistencia en paralelo, por la que se deriven los 17 A que hay de diferencia. El circuito que debemos montar es el siguiente: a I 1 = 3 A

I = 20 A

R i = 20mΩ 0 – 3 A

A

b

I 2 = 17 A R

La tensión en bornes del aparato alcanza un valor: Vab =I1 · Ri =3 · 20 · 10–3 =60 · 10–3 V Luego, el valor de la resistencia de ampliación de escala es: R=

Vab 60 · 10–3 = =3,53 · 10–3 Ω =3,53 mΩ 17 I2

Página 85

4. Un horno eléctrico de 8000 W está alimentado por un cable de dos hilos de 2,5mm2 y 50m, montado al aire y conectado a una alimentación de 220 V. Calcula la resistencia del horno (en caliente), la intensidad que circula por ella, la caída de tensión en la línea, la potencia perdida y el rendimiento de la instalación. Comprueba que la sección del conductor es adecuada para que el cable no se 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). L =50m I S =2,5 mm2

R l P n = 8000 W V'

V =220 V

R V n = 220 V

El valor de Rl se calcula a partir de los datos del cable, que se supone de cobre, mientras que R se determina con los valores nominales de potencia y tensión del horno: Rl =

ρ · 2·L

S

=

0,017 · 2 · 50 =0,68 Ω 2,5

Vn2 2202 R= = =6,05 Ω 8000 P

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

220 V = =32,7 A Rl +R 0,68 +6,05

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 =7194 W – Potencia útil: Pu =R · I 2 =6,05 · 32,72 =6469 W – Potencia perdida: Pp =Pt – Pu =7194 – 6469 =725 W – Rendimiento: η =

Pu = 6469 =0,899 (89,9%) 7194 Pt

El rendimiento no es bueno, y la potencia que llega al horno es bastante menor que la potencia nominal. Por añadidura, la caída de tensión en la línea es excesiva, mucho mayor que el 3%, y la intensidad que pasa por la línea sobrepasa el máximo valor que admite la sección de 2,5 mm2 (21 A según la tabla de intensidades máximas admisibles para cables aislados de dos hilos de cobre montados al aire, que se muestra a continuación). S (mm2)

0,5

0,75

1

1,5

2,5

4

6

10

Imáx (A)

6

8,5

12

15

21

28

36

50

Es evidente que, para mejorar la instalación, hay que corregir el valor de la sección del conductor: — Al hacer el cálculo de la sección por calentamiento, la sección mínima según la tabla es de 6 mm2, que soporta hasta 36 A. — Al hacerlo por caída de tensión, la sección mínima será: S = 200 · ρ · L · P = 200 · 0,017 · 50 · 8000 =9,4 mm2 v· V2 3 · 2202 La sección adecuada es, por tanto, S =10 mm2. Repitiendo los cálculos para este valor de sección, se obtienen los siguientes resultados: Rl =0,17 Ω

Pu =7581,6 W

I =35,4 A

Pt =7788 W

Vcl =6 V (2,7%)

η =0,973

5. Se desea hacer una instalación de alumbrado con 100 lámparas de 220 V y 60W, conectadas a una red de 220 V y distribuidas en una línea de 600m. ¿Cómo hay que conectarlas, en serie o en paralelo? (Dibuja el circuito). ¿Qué sección de cables conductores hay que elegir si la instalación se hace bajo tubo protector y la caída de tensión no debe sobrepasar el 2%? (Supóngase que todas las cargas pueden colocarse al final de la línea). Para que todas las lámparas funcionen en condiciones normales, es decir, con valores de tensión y potencia prácticamente iguales a los nominales, hay que conectarlas en paralelo, como se indica en la gráfica.

L = 600m I

……………. 100 …………… V = 220 V

Cálculo de la sección por calentamiento: El valor de la intensidad I se determina considerando que toda la carga se encuentra aplicada al comienzo de la línea (cálculo por exceso, para la condición más desfavorable, que desprecia la resistencia de la línea): I=

P 100 · 60 6000 = = =27,27 A V 220 220

Para esta intensidad, dadas las características de la línea, la sección adecuada según la tabla de intensidades máximas admisibles para cable de cobre de dos hilos aislado y montado bajo tubo protector (página 74 del libro del alumnado), es de 6 mm2 (que soporta 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 = 200 · ρ · L · P = v· V2

600m P = 6000 W

220V S

= 200 · 0,017 · 600 · 6000 = 126 mm2 2 · 2202

Este es un resultado excesivo que encarecería mucho la instalación. Por tanto, es necesario hacer un cálculo más ajustado: b) Cálculo considerando que las 100 lámparas están uniformemente repartidas a lo largo de los 600 m de la línea. En tal caso es como si todas ellas se encontraran localizadas en su punto medio, a 300 m. 300m 220 V S

P = 6000 W

S = 200 · 0,017 · 300 · 6000 =63 mm2 2 · 2202

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

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 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 carga fluye por cualquiera de sus extremos durante tres minutos y cuánta energía desarrolla dicha carga? Se supone que la tensión nominal de la resistencia es de 220 V, en cuyo caso, la intensidad de la corriente tiene por valor: I=

Pn = 250 =1,136 A 220 Vn

+

P n = 250 W V = 220V

I

V n = 220 V

Durante un tiempo de 3 minutos (180 s), por cualquier punto del circuito, se desplaza 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 desde el positivo hasta el negativo de la fuente de alimentación, atravesando la resistencia calefactora, luego, teniendo en cuenta el valor de la cantidad de carga calculado anteriormente y el de la tensión de la fuente de alimentación, se habrá disipado en ella una energía: W =Q · V =204,48 · 220 =44985,6 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 alimentación de 6 V capaz de suministrar una corriente máxima de 10 A. Explica 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 calcular la resistencia correspondiente a cada lámpara, para lo cual hemos de tener en cuenta que: Vn2 Pn = R Por tanto: L1 (6 V, 1 W) → R1 =

62 =36 Ω 1

L2 (6 V, 4 W) → R2 =

62 =9 Ω 4

32 L3 (3 V, 1 W) → R3 = =9 Ω 1 L4 (3 V, 4 W) → R4 =

32 =2,25 Ω 4

Con los valores de resistencia pueden determinarse la intensidad y la potencia efectivas en cada lámpara, para cada uno de los acoplamientos: a) Dos lámparas L1 en serie: I

I=

6V

6V =0,0833 A =83,3 mA <10 A (36 +36) Ω

L1

36 Ω

P1 =36 · 0,08332 =0,25 W

L1

36 Ω

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

b) Dos lámparas L1 en paralelo: I

I= 36 Ω

6 =0,)3 A =333,)3 mA <10 A 36/2

62 P1 = =1 W 36

36 Ω

6V

Ambas lámparas funcionan a potencia nominal. La fuente tampoco sobrepasa el límite de corriente. c) L1 y L2 en serie: I

I=

) ) 6 =0,13 A =133,3 mA <10 A 36 +9 )

L1 6V

L2

36 Ω

P1 =36 · 0,132 =0,64 W <1 W

9Ω

P2 =9 · 0,132 =0,16 W <<4 W

)

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

d) L1 y L3 en serie: I

I=

) ) 6 =0,13 A =133,3 mA <10 A 36 +9 )

L1

36 Ω

P1 =36 · 0,132 =0,64 <1 W

L3

9Ω

P3 =9 · 0,132 =0,16 W <1 W

)

6V

Ambas lámparas funcionan a potencia reducida. La fuente no sobrepasa el límite. e) L3 y L4 en paralelo: Rt =

I

I= L3

6V

9Ω

L4

2,25 Ω

9 · 2,25 =1,8 Ω 9 +2,25

) 6 =3,3 A <10 A 1,8

P3 =

62 =4 W >1 W 9

P4 =

62 =16 W >4 W 2,25

Aunque la fuente no sobrepasa el límite de corriente, las dos lámparas sí que lo hacen: ambas funcionan a una potencia cuatro veces mayor que la nominal, luego, es probable que se fundan. f) L1, L2, L3 y L4 en paralelo: I

6V

L1

36 Ω

L2

9Ω

L3

9Ω

L4

2,25 Ω

1 = 1 + 1 + 1 + 1 ; 1 =0,694 36 9 9 2,25 Rt Rt Rt =1,44 Ω I=

) 6 =4,16 A <10 A 1,44

P1 =

62 62 62 62 =1 W; P2 = =4 W; P3 = =4 W >1 W; P4 = =16 W >4 W 36 9 9 2,25

La fuente tampoco sobrepasa el límite. L1 y L2 funcionan a potencia nominal, mientras que L3 y L4 sufren sobrecarga y pueden fundirse.

3. Una placa de una cocina eléctrica con tres posiciones (500, 1000 y 1500 W) está construida como indica la figura. Dibuja su circuito eléctrico simplificado, indicando la potencia de cada posición del conmutador. Calcula el valor de las tres resistencias. El esquema simplificado de la placa es el siguiente: R 1

R 2

2

3

R 3

1

1

4

2

3

4

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 1500, 1000 y 500 W se consiguen conectando una sola, dos en serie y tres resistencias en serie, respectivamente: 2202 R1: 1500 W = R1 R1 +R2: 1000 W =

2202 → R1 = =32,27 Ω 1500 2202 32,27 +R2

R1 +R2 +R3: 500 W =

→

R2 =

2202 – 32,27 =16,13 Ω 1000

2202 32,27 +16,13 +R3

→

R3 =

2202 – 48,4 =48,4 Ω 500

El conmutador habría que conectarlo del siguiente modo: R 1

R 2

2

3

1

R 3

4

220V

– 2-a hipótesis: Las tres resistencias tienen el mismo valor, en cuyo caso, la relación de potencias deseada puede conseguirse del modo siguiente: 1000 W: Una resistencia sola: 1000 =

2202 R

→

R=

2202 =48,4 Ω 1000

500 W: Dos resistencias en serie: 2202 2202 = =500 W 2 · R 2 · 48,4 1500 W: Dos resistencias en serie con una en paralelo: 2202 2202 2202 2202 + = + =500 +1000 =1500 W 2· R R 2 · 48,4 48,4 El conmutador (doble o de dos pisos) se conectaría del siguiente modo: R

R

2

3

1

R

4

220 V

4. En una instalación eléctrica como la de la figura, realizada mediantedos conductores unipolares bajo tubo protector, las tomas de corriente son de 15 A, y el conductor, de 4 mm2 de sección. ¿Qué potencia máxima puede tener un aparato que se conecte a cualquiera de ellas? ¿Qué potencia máxima puede suministrar en total el circuito?

220 V

El fabricante garantiza que las tomas de corriente funcionan adecuadamente para un valor de la corriente de 15 A (corriente nominal). Teniendo en cuenta que este valor no debe sobrepasarse y que la red posee una tensión de 220 V, el límite de potencia para los aparatos que se conectan a cada toma es: Pmáx =V · Imáx =220 · 15 =3300 W La línea que alimenta las tres tomas de corriente, de 4 mm2 de sección, teniendo en cuenta sus características (ver tabla de intensidades máximas admisibles para cables de dos hilos de cobre aislados, montados bajo tubo protector en la página 74 del libro de texto), soporta una intensidad máxima de 23 A, a la que corresponde una potencia: (Pmáx)línea =220 · 23 =5060 W En consecuencia, con esta instalación, solo una de las tres tomas de corriente puede “trabajar” simultáneamente al límite de potencia (3300 W).

5. Una lámpara de incandescencia, según la marca de características técnicas que lleva en la ampolla, posee una tensión de trabajo de 220 V, pero la cifra de su potencia nominal se ha borrado. ¿Cuál es su valor aproximado si su resistencia en frío mide 50 Ω y suponemos que el filamento de tungsteno alcanzará una temperatura de 1950 °C? El esquema del circuito en el que conectamos la lámpara es el de la derecha. El valor del coeficiente α del tungsteno, necesario para resolver el ejercicio, lo podemos obtener de la tabla de la página 74 del libro de texto.

R 20 = 250 Ω α = 0,0045 °C – 1

220 V

Por tanto, si suponemos que la resistencia en frío está medida a 20 °C, la resistencia en funcionamiento normal (t =1950 °C) será: R =R20 · (1 + α · ∆ t) =50 · (1 +0,0045 · 1930) =484 Ω En consecuencia, la potencia de la lámpara vale: P=

V 2 2202 = =100 W R 484

6. Un acumulador de 12 V posee una resistencia interna de 1 Ω, y se le conectan sucesivamente 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 y rendimiento. Representa dichos valores por medio de gráficas y comprueba para qué valor de la resistencia de carga se produce la máxima transferencia de potencia. El esquema del circuito es el siguiente: R i = 1 Ω

12 V

I

V

R

Las expresiones de la intensidad, la tensión en bornes, la potencia útil y el rendimiento en función de la resistencia de carga R, para el circuito concreto que nos ocupa, representado en la figura anterior, son: I=

Pu 12 ; V =R · I ; Pu =V · I ; η = 1 +R 12 · I

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

)

)

)

Como puede observarse en la gráfica, conforme aumenta la resistencia de carga, disminuye la intensidad y aumentan (mejoran) la tensión en bornes y el rendimiento del generador. En cambio, la potencia transferida a la carga (Pu) sube al principio, pasa por un máximo y luego baja rápidamente. La máxima potencia (36 W) se da para R = 1 Ω, precisamente el valor de la resistencia interna. Sin embargo, en tal punto el rendimiento solo vale 0,5. I (A)

V (V)

8

η

7 6

P u (W)

η

40

1

35 V

10

30

5

25

4

20

3

5

P n

2

I

0,75

0,5

15 10

0,25

5

1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12

R (Ω)

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

A (Cobre)

2V

b

B (Hierro)

c

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

¿En cuál de los dos es mayor la intensidad del campo eléctrico? ¿Cómo variará la diferencia de potencial medida por un voltímetro entre a y cualquier otro punto p del circuito? (Exprésalo mediante una gráfica Vap (x ), siendo x la distancia entre a y p). Teniendo en cuenta los valores de resistividad del cobre (0,017 Ω · mm2 · m–1) y del hierro (0,13 Ω · mm2 · m–1), y las dimensiones de cada hilo, sus respectivas resistencias son: ρ·l 0,017 · 2 → RA = R= =0,34 Ω S 0,1 RB =

0,13 · 1 =0,26 Ω 0,5

Podemos dibujar el circuito equivalente del montaje: E = 2 V

I V A a

V B b

R A

c

R B

Y calcular la resistencia total, la intensidad de la corriente, las tensiones parciales y 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

) ) ) ) VB =RB · I =0,26 · 3,3 =0,86 V ) ) PA =VA · I =1,13 · 3,3 =3,77 W ) ) VA =RA · I =0,34 · 3,3 =1,13 V

PB =VB · I =0,86 · 3,3 =2,88 W

La diferencia de potencial Vap (x) podemos representarla así: V ap (V) 2V

2 1

V a

c

x

b

Hierro Cobre 1

2

3 x (m)

La intensidad del campo eléctrico dentro de cada hilo vale:

)

) V 1,13 EA = A = =0,56 V · m–1 2 lA )

) V 0,86 EB = B = =0,86 V · m–1 >EA 1 lB Nótese que en el tramo de hierro, donde la inclinación de Vap (x) es mayor, la intensidad del campo eléctrico también lo es.

8. Una resistencia calefactora de un termo, que trabaja a 220 V, eleva la temperatura de 50 litros de agua de 5 a 70 °C en 100 minutos. Teniendo en cuenta queel calor específico del agua es de 4180 J · kg–1 · °C–1, calcula la cantidad de calor que ha sido necesaria, la potencia eléctrica de la resistencia (considerando que el termo tiene un rendimiento calorífico del 90%), la cantidad de carga y la corriente que circula por ella durante dicho tiempo. En la figura de la derecha podemos ver un esquema de un termo, con una resistencia calefactora en su interior, en la que se ha representado también la energía útil Wu, las pérdidas de energía, Wp, y la energía eléctrica necesaria, Wt.

W p I W u 220 V

R W t

Termo

El termo contiene 50 l de agua, y conocemos, además, los siguientes datos: ∆ T =70 – 5 =65 °C

t =6000 s La energía eléctrica Wt disipada en la resistencia calefactora, salvo unas pérdidas Wp 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 · 4180 · 65 =13,585 · 106 J Teniendo en cuenta el rendimiento del 90%, la energía eléctrica que se necesita para elevar la temperatura es: Wt =

Wu 13,585 · 106 = =15,1 · 106 J 0,9 0,9

Y la potencia de la resistencia: P=

Wt 15,1 · 106 = =2517 W 6000 t

Por el termo circula una corriente eléctrica de intensidad: I = P = 2517 =11,44 A V 220 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 · 6000 =68640 C

9. Para realizar el montaje de un árbol de Navidad, se dispone de 200 lámparas de incandescencia de 6 V y 60 mA. ¿Cuál es el valor de la resistencia en caliente de cada una de ellas? Si se conectan en serie, ¿qué voltaje y potencia debe tener la fuente de alimentación necesaria? ¿Y si se conectan en paralelo? ¿Qué sección de cable debería utilizarse en cada caso? ¿Qué ventajas e inconvenientes tiene cada sistema? ¿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 la tensión y de la intensidad: R=

Vn = 6 V = 6 =100 Ω 60 mA 0,06 In

Conexión en serie: 6V

6V (200)

I = 0,06A

V

6V

S 6V

6V

Para que todas las lámparas funcionen a plena potencia, la fuente de alimentación ha de tener las siguientes características: V =200 · 6 =1200 V ; P =V · I =1200 · 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 74 del libro de texto.

Conexión en paralelo: I

0,06 A

0,06 A (200)

6V

S

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 soporta una intensidad máxima de 12 A.

La ventaja de la conexión en serie es que la línea de conexión es menos costosa (un solo hilo de pequeña sección). El inconveniente, que trabaja a una tensión demasiado grande (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 la rotura de una lámpara no afecta a las demás. El inconveniente, que exige una línea de 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 permita conectar directamente a la red de 220 V. I V'

(6)

220 V I'

(37)

Así, cada lámpara funciona con los siguientes valores de tensión e intensidad: V' = 220 =5,94 V ; I' = V' = 220/37 =0,0594 A =59,4 mA 37 R 100 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 se mantiene el inconveniente de que la avería de una lámpara afecta a una de las ramas, es decir, a 37 lámparas.

10. En el montaje típico para medir la tensión y la intensidad de un circuito se usan amperímetros de muy pequeña resistencia interna (para que apenas se produzca caída de tensión) y voltímetros de alta resistencia interna (para que se derive una corriente despreciable).

A

+

V

carga

–

¿Qué sucedería si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro? ¿Cómo se comete menos error: colocando el voltímetro antes del amperímetro, como está en el esquema, o después? En el montaje del enunciado, es indiferente conectar el amperímetro antes o después de la carga, pues en ambos casos circulará por él la misma intensidad, y también es la misma tensión la que mide el voltímetro.

Si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro, el amperímetro (que posee una resistencia muy pequeña) se verá recorrido por una corriente de gran intensidad y probablemente sufrirá una avería. El amperímetro conectado directamente a la fuente de tensión equivale prácticamente a un cortocircuito.

Conexión incorrecta

+

V

R V ≈ ∞

I A ≈∞

Para responder a la última cuestión de este ejercicio, es preciso obtener la expresión general del error que se comete con cada uno de los montajes:

V

A

R

R A ≈ 0

–

a) Montaje largo (como en el enunciado): +

A

R A

I med

R V

V

V med

I R

V R

R

–

Imed =IR; Vmed =VR +RA · IR Rmed =

Vmed V +RA · IR V = R = R +RA =R +RA >R Imed IR IR

Error absoluto: E =Rmed – R =RA (por exceso) RA Error relativo: e = E · 100 = · 100 = 100 Rmed R +RA 1 +R/RA 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 resistencia grandes (R >>RA). b) Montaje corto: +

A I med

R A

I V R V

V

I R

V med

V R

R

Vmed =VR; Imed =IR +

Rmed =

Vmed = Imed

VR RV VR IR

VR = = R
—

Error absoluto: E =R – Rmed =R –

R R = 1 +R/RV 1 +RV /R

Error relativo: e=

(

R – Rmed Rmed

)

(

)

· 100 = R – 1 · 100 = Rmed

(

)

R – 1 · 100 = R · 100 RV R —— 1 +R/RV

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

Problemas de selectividad 1. Se quiere construir la resistencia de una estufa de 2kW de potencia para ser conectada a una red de 220V. Se va a utilizar hilo metálico de un material cuya resistividad vale 0,05ohm · mm2/m (se supone que no varía con la temperatura), arrollado helicoidalmente sobre un cilindro de material cerámico de 5 cm de diámetro. Las espiras de la hélice están en una sola capa. El hilo está recubierto de un esmalte aislante de espesor despreciable, y las espiras contiguas se tocan entre sí. Se pide: a) Elegir la mínima sección del hilo de acuerdo con la intensidad que va a circular permanentemente a través de él en las condiciones normales de funcionamiento de acuerdo con la tabla siguiente: S (mm2) I

(A)

0,5

0,75

1

1,5

2,4

8,7

10,8

12,7

16,1

22,2

b) Calcular la longitud de hilo necesaria y el número de espiras que tendrá la resistencia cuando esté devanada sobre el cilindro cerámico. c) Indicar la intensidad quecircula por la resistencia al conectarla a la red si el hilo se rompe. d) Indicar la intensidad que circula por la resistencia al conectarla a la red si, por un arañazo durante el montaje, el esmalte de hilo queda eliminado en las espiras de la primera mitad de la resistencia, de forma que el metal del hilo conductor está en contacto con ellas.

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

d = 5 cm I N espiras apretadas (esmaltadas) V = 220V

Estufa : P = 2 kW = 2 000 W

ρ = 0,05 Ω · mm2 / m

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

P 2000 = =9,1 A V 220

De acuerdo con la tabla del enunciado, la mínima sección de hilo que soporta tal intensidad es: S =0,75 mm2 b) El valor de la resistencia es: R = V = 220 =24,17 Ω I 9,1 La longitud de hilo necesario vale, por tanto: L=

R·S ρ

=

24,17 · 0,75 =362,55 m 0,05

Una espira de hilo mide: l = π · d =π · 0,05 =0,157 m Y el número de espiras de la resistencia será: W=

L 362,55 = =2309,2 l 0,157

ȃ

2310 espiras

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

ȃ

∞), luego, la in-

I0 =0 A d) Si el esmalte del hilo de la mitad de las espiras se deteriora, todas esas espiras quedan en cortocircuito, ofreciendo una resistencia prácticamente nula. La resistencia total queda reducida, por tanto, a la mitad: R' =

R 24,17 = =12,085 Ω 2 2

Y la intensidad valdrá el doble: I' =

V 220 = =18,2 A R' 12,085

2. Una lámpara de incandescencia de 40 W y 110 V se conecta por error a la red de 220V. Durante unos momentos brilla intensamente y luego se funde. Calcula: a) La potencia consumida por la lámpara durante el tiempo que estuvo conectada erróneamente. b) La resistencia que habría que intercalar en serie con la lámpara en su conexión a la red de 220V, para que funcionase correctamente. c) La potencia total consumida en el caso anterior y el número de kWh consumidos por el sistema resistencia-lámpara durante 12 horas de funcionamiento. LOGSE. Extremadura, 2000.

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

Suponemos que la resistencia de la lámpara tiene el mismo valor funcionando a 110 V y a 220 V, en cuyo caso: Vn2 1102 Rn = = =302,5 Ω 40 Pn

P n = 40 W V = 220 V

V 2 2202 P= = =160 W (4 veces la nominal) Rn 302,5

V n = 110 V

La potencia que realmente consume la lámpara conectada a 220 V es el cuádruple que la consumida a la tensión nominal de 110 V. b) Para que la lámpara funcionase correctamente habría que conectarla en serie con una resistencia limitadora RL de valor tal que en bornes de la lámpara quede aplicada una tensión parcial de 110 V, para una intensidad igual a la nominal: In =

) Pn 40 = =0, 36 110 Vn

VRL =V – Vn =220 – 110 =110 V RL =

I n

R L

V R

L

V = 220 V

V n = 110V

VRL = 110 ) =302,5 Ω In 0, 36

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

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

R

R R

R

LOGSE. Andalucía.

Puesto que las tres resistencias en paralelo son del mismo valor, su resistencia equivalente valdrá tres veces menos, y la potencia, tres veces más: R' =

I

R 3

R

P' =3 · P =3 · 10 =30 W

V

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

R '

P '

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 consumen 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 acoplamiento en paralelo es: RP =

P p = 720 W

2

V 2 120 = =20 Ω 720 PP

Y el valor de R: R =3 · R T =3 · 20 =60 Ω

R p V = 120 V

R

R

R

La resistencia total del acoplamiento en serie es: P s

RS =3 · R =3 · 60 =180 Ω

R = R = 60 Ω

Y la potencia que disip isipa a, alim limentado a 360 V: PS =

R s

3602 V' 2 = = 720 W = 0,72 kW 180 RS

R

V ' = ' = 360 V

La respuesta correcta es, por tanto, la a).

R

5. En el circuito circuito de de la figura, figura, est esta ando el el inte interr rruptor uptor K abierto, la lectura del amperímetro es de 3 ampère. 5Ω

K

+ E

5Ω

V

5Ω

A

Determina:

5Ω

a) La f.e.m. f.e.m. de la fuente fuente,, E. Se cierra el interruptor K . Razónese: b) Si aume aumenta nta o disminuye disminuye la potencia potencia gene generrada ada por la la fuente. fuente. c) Si aumenta umenta o dismin disminuye uye la le lectura ctura del del voltímetro voltímetro V. LOGSE. Cantabria, Cantabria, 1997. 1997.

a) Con el el inte interrupt rruptor or K abierto, K abierto, el circuito equivalente es el siguiente que se muestra a la derecha. Si la intensidad de la corriente medida con el amperímetro es de 3 A, la tensión parcial medida por el voltímetro, la f.e.m. de la fuente (considerada ideal) y la potencia generada, son:

I

5Ω

+ E

5Ω

V =R · I =5 · 3 =15 V 5Ω

E = R T · I =(5 +5 +5) · 3 =45 V P = E I =45 · 3 =135 W

A

V

b y c) Con el inte interrupt rruptor or K cerrado, K cerrado, el nuevo circuito equivalente es el de la gráfica. I'

Las dos resistencias en paralelo tienen por resistencia equivalente: R' =

5Ω

5· 5 =2,5 Ω 5 +5

En cuyo caso, la resistencia total, la intensidad, la tensión parcial V y la potencia generada por la fuente valen:

R'

+ E

5Ω

V

5Ω

5Ω

R T =5 +2,5 +5 =12,5 Ω 45 I' = E = = 3,6 A 12,5 R T

A

V' = R' · I ' =2,5 · 3,6 =9 =9 V, menor menor que antes. antes. P ' = E · I ' = 45 · 3,6 =16 = 162 2 W, mayor mayor que que antes. antes.

6. Un ge generador nerador de corr corriente iente continua sumini suminist stra ra corriente corriente a una una línea línea bifilar bifilar 2 –1 2 de hilo de cobre (ρ =0,018 0,018 Ω · mm · m ) de 20mm 20 mm de sección, a dos puntos situados situados a 40 40 m y 100 100 m de dis100 m tancia del generador. Calcula:

40 m

a) La caída caída de tensión tensión en los los tratramos OA y AB.

A

0

B

b) La de densidad de corriente corriente en cada tramo.

25 A

c) La pér pérdida tota total de pote potencia. ncia.

60 A

LOGSE. Cataluña, 2000.

El circuito equivalente de la línea es el siguiente: L2 = 100 m L1=40m O

S = S = 20 mm2

I 1 = 85 A A

R L

1

B R L

60 A

2

I 2 = 25A

V R C

R C

2

1

O'

A'

El valor de la resistencia de los dos tramos de línea es: RL = 1

ρ · 2 · L1

S

=

0,018 · 2 · 40 =0,072 Ω 20

B'

RL =

ρ · 2 · (L (L2 – L1)

S

2

= 0,018 · 2 · (100 – 40) = 0,108 Ω 20

a) Caída de tens tensió ión n en cada cada tram tramo: VC = RL · I1 =0,072 · (60 +25) =0,072 · 85 =6,12 V 1

1

VC = RL · I2 = 0,108 0,108 · 25 =2,7 =2,7 V 2

2

b) Densidad Densidad de corriente corriente en en cada tram tramo: I1 = 85 A 2 = 4,25 A/ mm2 S 20 mm I J2 = 2 = 25 A 2 = 1,25 A/ mm2 S 20 mm J1 =

c) Pérdida Pérdidas s de pote potencia: ncia: Pp =RL · I12 + RL · I22= 0,072 0,072 · 852 + 0,108 0,108 · 252 = 587,7 587,7 W 1

2

7. Quer Queremos medir medir la potenci potencia a abs absorbi orbida da por una una resiste resistenci ncia a mediante mediante voltímetro y amperímetro, disponiendo primero el voltímetro, de resistencia intern terna a 10k 10 k Ω, que marca marca 100 100 V. En seri serie e con la la resistenci resistencia a se se di dispone el el ampeamperímetro, de resistencia interna 0,01 Ω, y ma marca 5 A. Calcula: a) La inte intensidad nsidad que circula circula por el voltímetro. voltímetro. b) La inte intensidad nsidad total total en en el circuito. circuito. c) La caída caída de tensión tensión en el amperí amperíme metro. tro. d) La diferencia diferencia de pote potencia ncial en borne bornes de la re resiste sistencia. ncia. e) El valor de la resiste resistenci ncia a a me medir. f ) La pote potencia ncia eléctr eléctrica seg según los los aparat aparatos os de medida. medida. g) La potenci potencia a absorbida absorbida por todo el el cir circuito. h) La pote potencia ncia abs absorbi orbida da por la re resiste sistencia. ncia. LOGSE. Valencia, 1999.

El esquema del montaje descrito en el enunciado es: R V = 10 4 Ω

V V = V = 100 V R a = 0,01 Ω

R

A I = I = 5 A V a

V R V = V = 100V

I

I V

I T

a) Intens ntensidad idad por el el voltímet voltímetro: ro: IV = V = 100 =0,01 A RV 104 b) Inte ntensida nsidad d tota total: l: I T =I + IV =5 +0,01 =5,01 A c) Caída de tens tensió ión n en el am amperímet perímetro: ro: Va = Ra · I =0,01 · 5 =0,05 V d) Tensió Tensión n en bornes de la resiste resistencia: ncia: VR = V – Va = 100 100 – 0,05 =99 =99,95 ,95 V e) El valor de la la resist resistenc encia, ia, de acue acuerdo rdo con los los valo valores res medidos por el voltím voltímet etro ro y el amperímetro, sería: Rmed =

V 100 = = 20 Ω I 5

Aunque el valor exacto es: V R = R = 99,5 = 19,99 Ω I 5 f) La potencia potencia seg según ún los aparat aparatos os de medida es: es: Pmed = V · I = 100 100 · 5 =50 =500 0W g y h) No obstant obstante, e, la potencia total total absorbi absorbida da por el circuito circuito es algo algo mayor, mayor, mienmientras que la realmente absorbida por la resistencia es algo menor: P T =V · I T = 100 100 · 5,01 =501 W PR = VR · I = 99,95 99,95 · 5 =49 =499,75 9,75 W

8. Cualquier Cualquier voltímetro voltímetro o amperí mperíme metro tro re r eal de los que que pode podemos encontrar encontrar en un laboratorio de electrotecnia tiene una cierta resistencia interna. Si tuvieses que escoger entre varios de ellos para realizar una medida —supuesta la misma escala—, preferirías: a) Un voltíme voltímettro de 1 MΩ o uno de 0,1 0,1 MΩ de resistencia interna. b) Un ampe amperí ríme metro tro de 1 Ω o uno de 0,1 Ω de resistencia interna. LOGSE. Murcia, 1998.

a) Supóngase upóngase un circuito con dos resist resistenc encias ias en el que se va a efectuar la medida de la tensión en bornes de una de ellas, por medio de un voltímetro (de resistencia interna RV ), como el que se muestra en la gráfica de la derecha.

I

R' I V V T

R V

R

V I R

Es evidente que la introducción del voltímetro modifica las condiciones de funcionamiento del circuito, provocando un error de medida. Al aparecer RV en paralelo con la resistencia R sobre la que se desea medir, la resistencia total del circuito disminuye: R T =R' +

R · RV
Luego, la intensidad I aumenta, la caída en la resistencia previa R' aumenta y la tensión en bornes de R disminuye, produciéndose un error de medida en el voltímetro, por defecto. Este error será mayor cuanto menor sea el valor de RV ; lo ideal es que el voltímetro tenga resistencia interna infinita. Entre las dos opciones que ofrece el enunciado, conviene escoger el voltímetro de 1MΩ de resistencia interna. b) En el caso caso de la la medida medida de intensidades intensidades el razonarazonamiento es similar, aunque más evidente: al introducir en serie el amperímetro, la resistencia total aumenta (R (R +Ra > R), luego, disminuye la intensidad respecto al valor que se deseaba medir, cometiéndose un error por defecto tanto mayor cuanto mayor sea el valor de Ra.

I

A R a

V

R

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

9. Un conductor de c cobre obre tiene tiene una de densidad de de corrie corriente, nte, J , d de e 5 A/mm A/mm2. ¿Qué densidad de corriente debería tener un conductor de aluminio, de igual longitud que el de cobre, por el que circula la misma corriente, para que la caída de tensión en ambos conductores sea también la misma? Datos:

ρCu =0,018 0,018 Ω

· mm2/ m

0,03 Ω · mm2/ m ρAl =0,03 LOGSE. Andalucía, 1999.

La caída de tensión en un conductor tiene por expresión: VC = RL · I = ρ ·

L I · I =ρ · L · = ρ · L · J S S

Si en los dos conductores, de aluminio y de cobre, la longitud y la caída de tensión poseen los mismos valores, se tiene que cumplir: VC = ρCu · L · JCu = ρAl · L · JAl ρ JCu = Cu JAl ρAl

En cuyo caso, conocida la densidad de corriente en el conductor de cobre, se puede calcular la correspondiente en el conductor de aluminio: JAl = JCu ·

ρCu ρ

= 5 · 0,018 =3 A/m A/ mm2 0,03

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 se conectan a la misma tensión de red (V ), ¿qué estufa da más calor? Razona la respuesta. LOGSE. Valencia, 1999.

El valor de la resistencia de un hilo tiene por expresión: ·L R= ρ S Si las dos estufas A y B están construidas con hilo del mismo material (igual resistividad, ρ) y la misma sección S, pero utiliza la estufa B el doble de longitud, se cumplirá que: RB =2 · RA Por otro lado, la cantidad de energía calorífica que consume una resistencia en un segundo, es decir, su potencia, tiene por expresión: P =V · I =V ·

V2 V = R R

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

P V2 V2 = = A RB 2 · RA 2

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 las resistencias RA y RB fueran idénticas. LOGSE. Madrid, 1995.

En el circuito formado por la pila de f.e.m. E y resistencia interna Ri y el receptor de resistencia R, la expresión de la potencia que recibe el receptor es: P =R · I 2 =R ·

(

E R +Ri

2

)

=E 2 ·

R (R +Ri )2

Si sucesivamente se conectan receptores de resistencia RA y RB , y la potencia que reciben es la misma, se cumplirá: PA =PB =E 2 ·

I

R i V

E

RA RB 2 =E · (RA +Ri )2 (RB +Ri )2

R · (R 2 +2 · R · R +R 2) =R · (R 2 +2 · R · R +R 2)

R

RA · RB2 +2 · Ri · RA · RB +RA · Ri2 =RB · RA2 +2 · Ri · RA · RB +RB · Ri2 Ri2 · (RA – RB) =RB · RA2 – RA · RB2 Ri =

√

RB · RA2 – RA · RB2 RA – RB

Para determinar el valor de la resistencia interna es necesario conocer los valores de RA y RB para los que se cumple la condición de igual potencia recibida. Por ejemplo, si RA =50 Ω y RB =100 Ω Ri =

√

100 · 502 – 50 · 1002 =70,7 Ω 50 – 100

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

242 · 50 =1,97 W (50 +70,7)2

ȃ

242 · 100 =PB (100 +70,7)2

12. En un montaje que comprende una fuente de alimentación de corriente continua, un reóstato y un amperímetro, se conecta un voltímetro entre los bornes de la fuente de alimentación. Para distintos valores de la resistencia del reóstato se obtienen las siguientes lecturas. Amperímetro (A)

4,7

3,55

2,15

1,4

0

Voltímetro (V)

15,3

16,4

17,8

18,6

20

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 potencial en función de la intensidad. c) Calcular la fuerza electromotriz y la resistencia interior de la fuente de alimentación. LOGSE. Madrid, 1996.

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

R I

R i

V E

A

b) La gráfica V (I) es una recta: V (V) 25 20 15 10 5

1

2

3

4

5

6

I (A)

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 que mide el voltímetro en vacío (I =0). La pendiente de la recta es negativa debido a que la resistencia interna produce una caída de tensión proporcional al valor de la intensidad. c) El valor de la f.e.m. es, en este caso, de 20 V. El valor de la resistencia interna se obtiene dando a la ecuación cualquiera de los restantes pares de valores y despejando: I =4,7 A  20 – 15,3 =1Ω  → 15,3 =20 – Ri · 4,7 → Ri = 4,7 V =15,3 V 

13. Un óhmetro dispone deuna pila de 9V y un galvanómetro de 50 µA. Seajusta a cero para que pasen por el circuito 50 µA. ¿Qué medirá el galvanómetro cuando realice la lectura de un resistor de 180k Ω? Si la pila baja con el uso a 7,2V y no se hace un ajuste adicional, ¿cuál será la lectura con el mismo resistor? LOGSE. Andalucía.

En el interior del óhmetro, el galvanómetro está conectado en serie a la pila y a una resistencia limitadora RL, tal como puede verse en el esquema. Cuando se pone a cero el aparato, se conectan directamente los dos terminales o puntos de prueba (R =0), y entonces la suma de la resistencia interna del galvanómetro (Ri ) 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 de la escala (valor 0 de Ω). Por tanto: Ri +RL =

9V =180000 Ω =180 kΩ 50 · 10–6 A

R L R i 50 µA

Ω

I = 50 µA

9V

R

Con un resistor de 180 kΩ entre los terminales de medida, el galvanómetro marcará una intensidad: I' =

9V 9V = =25 µA 180 +180 +0 Ri +RL +R

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 nuevo ajuste a cero variando el valor de RL, la intensidad que mide el galvanómetro será: I '' =

7,2 V =20 µA 180 +180

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


3.6. GENERACIÓN DE UNA FUERZA ELECTROMOTRIZ POR 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 moverla para que se induzca en ella la máxima corriente posible? Un conductor rectilíneo recorrido por una corriente crea a su alrededor un campo magnético cuyas líneas de fuerza son circunferencias concéntricas con él mismo y cuya intensidad B disminuye con la distancia. Dicho campo puede ser representado así: φ = 0

e =

0

e =

φ = cte

e =

0

0

φ

e ≠

0

I

r

Siendo las expresiones que corresponden al campo magnético y la f.e.m. inducida: µ ·I ∆φ B= 0 ; e =–N · ∆t 2· π · r Si se coloca la bobina en un plano paralelo al conductor y se mueve según la dirección 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 dirección del conductor. Si se sitúa en el mismo plano que el conductor y se mueve paralelamente a él, el flujo abarcado 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 sentido contrario, se consigue con el movimiento la máxima variación de flujo y, por tanto, 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).

3.7. INDUCCIÓN MUTUA Y AUTOINDUCCIÓN Página 114

1. Un solenoide de 300 espiras, 20 cm de longitud y 4 cm2 de sección, ¿qué cantidad 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 autoinducción del solenoide es: L=

N 2 · µ0 · S 3002 · 12,57 · 10–7 · 4 · 10–4 = =2,26 · 10–4 H 0,2 l

Si por el solenoide circula una corriente de 15 A, se crea un campo magnético en el que se almacena una energía: 2,26 · 10–4 · 152 W= 1 ·L ·I2= =0,0254 J 2 2

3.8. COMPORTAMIENTO MAGNÉTICO DE LA MATERIA Página 117

1. ¿Por qué la curva de primera magnetización y las de sucesivas magnetizaciones llegan al mismo punto a del ciclo de histéresis? En el punto a se produce la saturación magnética del material: debido a la intensidad del campo creado por la corriente, prácticamente todos los “imanes moleculares” se encuentran orientados en la misB (T ) a ma dirección y en el mismo sentido que dicho campo exterior. Tal cosa se produce para un determinado valor de la intensidad, o, lo que es igual, de la excitación, H.

H (Av

. m –1)

En consecuencia, que el proceso parta o no de una situación inicial con la muestra desmagnetizada resulta indiferente cara al resultado final.

3.9. EL CIRCUITO MAGNÉTICO Página 119

1. Un circuito magnético de 60 cm de longitud y 9 cm2 de sección, fabricado con hierro 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 intensidad de la corriente.

El circuito magnético lo podemos representar del siguiente modo: S I

l =60 cm =0,6 m

l

S =9 cm2 =9 · 10–4 m2 N

N =50 espiras µ =4 · 10–3 Wb/(Av · m)

Según la curva de permeabilidad del hierro templado de la página 116, a una permeabilidad 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: l 0,6 = =1,67 · 105 Av/Wb –3 –4 µ·S 4 · 10 · 9 · 10 Finalmente, la fuerza magnetomotriz y la intensidad de la corriente necesarias son: Rm =

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

I = θ = 195 =3,9 A N 50 Página 120

2. En el circuito magnético de la cuestión anterior se abre un entrehierro de 1 mm2 de sección. Si se mantiene el mismo valor de flujo magnético, ¿qué pasa con la intensidad de la corriente? El “entrehierro” del enunciado no puede ser sino una pequeña ranura practicada en el núcleo, la cual constituye para el flujo un ramal en paralelo con el tramo correspondiente de hierro. No obstante, al ser la sección de aire muy pequeña en comparación con la sección de hierro, y su permeabilidad mucho menor, es evidente que la reluctancia de la ranura es mucho mayor que la del hierro: (Rm )aire = (Rm )Fe =

l l = µ0 · S' 12,57 · 10–7 · 10–6

l µ · (S – S')

ȃ

l

l 4 · 10 · 9 · 10–4 –3

(Rm )aire 4 · 10–3 · 9 · 10–4 = =2,86 · 106 –7 –6 (Rm )Fe 12,57 · 10 · 10

9cm2

1mm2

La reluctancia de la ranura es millones de veces mayor. El efecto de la ranura sobre el circuito magnético es prácticamente despreciable, luego la intensidad de la corriente no se modifica.

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Determina el campo magnético dentro de un arrollamiento en forma de toroide de 40 cm de radio medio, recorrido por una corriente de 3 A. A efectos del cálculo del campo magnético en su interior, un arrollamiento toroidal puede ser considerado un solenoide de longitud igual a la longitud de la circunferencia media de su núcleo.

B l

I

r N espiras

Por tanto: B=

µ0 · N · I

l

=

µ0 · N · I

2· π · r

En este caso: B=

12,57 · 10–7 · N · 3 =15 · N · 10–7 T 2 · π · 0,4

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 solenoidede10 cm delongitud y 2 cm de diámetro interior, con una corriente de 3A. ¿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 diámetro y 10 cm de longitud, está hecho de un material no ferromagnético, en cuyo caso, la expresión del campo magnético en su interior es: µ ·N·I B= 0 l Para conseguir un campo de 0,002 T, con una intensidad de la corriente de 3 A, el número de espiras ha de ser: N = B · l = 0,002 · 0,1 =53 espiras µ0 · I 12,57 · 10–7 · 3 Para determinar con exactitud la longitud de hilo necesaria, es preciso saber si el solenoide llevará las espiras en una sola capa. El hilo de 0,1 mm2 tiene un diámetro: d =2 ·

√

S π

=2 ·

√

0,1 π

=0,36 mm

Las 53 espiras, apretadas, ocuparían 53 × 0,36 =19,1 mm
R =2

·1

6,28 cm

Y la longitud total de hilo: L =N · le =53 · 6,28 =333 cm =3,33 m La resistencia eléctrica del solenoide valdrá: R=

ρ·L

S

=

0,017 · 3,33 =0,57 Ω 0,1

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 cuadrados de superficie cuando gira en el interior de un campo de 0,5 teslas, pasando 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 una posición intermedia en la que se ha indicado el sentido de la fuerza electromotriz inducida por el movimiento (e).

B

e

x

Posición inicial

t = 1 s

Posición final

Según la ley de Faraday: e =–

∆φ ∆t

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 de e, 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) Wb =3 · 10–3 V 1s

según el sentido marcado en la figura.

4. Determina la fuerza electromagnética ejercida sobre un conductor rectilíneo de 25 cm de longitud, situado dentro de un campo magnético uniforme de 1,4 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 recorrido por 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 mano izquierda. a) Paralelo a las líneas del campo: α =0°

F =B · l · I · sen 0° =0

b) Perpendicular a las líneas del campo:

l

I B

I

α =90°

F =B · l · I · sen 90° =B · l · I = =1,4 · 0,25 · 6 =2,1 N

I

α F

B

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

I I α

α =40°

F =B · l · I · sen 40° = =1,4 · 0,25 · 6 · sen 40° = =2,1 · sen 40° =1,35 N

F

α F

B

F

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

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

µ0 · I

2· π · d

=

12,57 · 10–7 · 60 =1,5 · 10–4 T 2 · π · 0,08 l =

0,8 m F

F B

I B

d =

8 cm = 0 ,08 m

B

I B

F

F

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 longitud media de 80 cm. Determina el valor del campo magnético y la permeabilidad si se excita con una 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 conseguir el doble de flujo? La tabla de magnetización de la chapa al silicio es: H

(Av/ m)

90

140

170

240

350

530

B (T)

0,1

0,3

0,5

0,7

0,9

1,1

Para obtener con precisión los valores de campo y permeabilidad, para un valor cualquiera de excitación, construiremos la curva correspondiente a la tabla anterior:

B (T)

1,8 1,7 1,6 1,5 1,4 1,3 1,2 1,1 1 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1

2o punto de trabajo

1er punto de trabajo

1300 5000 9000 15500 1,3

1,5

1,6

1,7

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

l =

0,8 m

I S = N =

20 . 10 – 4 m2

200

B

En el primer punto de trabajo la intensidad que recorre la bobina es I =0,5 A. Tal intensidad determina una excitación: H=

N· I 200 · 0,5 = =125 Av/m l 0,8

y, por tanto, un campo magnético y una permeabilidad: B =0,22 T (según la curva); µ =

B 0,22 Wb = =1,76 · 10–3 H 125 Av · m

En el segundo punto de trabajo se aumenta la corriente hasta conseguir el doble de flujo. 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' =

H' · l 165 · 0,8 = =0,66 A N 200

7. Por una bobina de 150 espiras circula una corriente de 5 A y en su interior se ha producido un flujo magnético de 75 · 10–6 Wb. ¿Cuánto vale su coeficiente de autoinducción? N I

N =150 espiras

φ

I =5 A L

Φ =75 · 10–6 Wb

El coeficiente de autoinducción de la bobina vale: L=

150 · 75 · 10–6 N·Φ = =2,25 · 10–3 H 5 I

8. Si en la bobina anterior la corriente desaparece en 0,01 s, ¿qué fuerza electromotriz se induce en ella? La variación de la corriente induce en la bobina una fuerza electromotriz de valor:

I (5A

0) L = 2,25 mH en 0,01 s ε

e =–L · ∆i =–2,25 · 10–3 · (0 – 5) =1,125 V ∆t 0,01 El sentido de dicha f.e.m. es tal, que favorece el mantenimiento de la corriente, de acuerdo con la ley de Lenz.

9. Una espira cerrada de hilo de cobre de0,5 mm2 de sección y 40 cm de diámetro está situada en el interior de un campo magnético uniforme formando un ángulo de 90 grados con las líneas de fuerza y abarca un flujo magnético de 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, determina el valor del flujo abarcado al final de dicho movimiento, así como la fuerza electromotriz y la corriente inducidas. Determina, sobre un dibujo, el sentido de la corriente inducida y el sentido del campo magnético que dicha corriente produce en el centro de la espira. El dibujo que pide el enunciado es el siguiente: ϕ = 20°

e B

0,4m

B i

S =

0,5 mm2

a) El flujo magnético abarcado por la espira inicialmente y el valor del campo son: φinicial =B · A =4 · 10–4 Wb

B=

4 · 10–4 4 · 10–4 = =3,18 · 10–3 T A π · 0,22

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 =–

(3,76 · 10–4 – 4 · 10–4) ∆φ =– =8 · 10–4 V 0,03 ∆t

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

e e 8 · 10– 4 e = = = =0,0187 A π ·R π · 0,2 l 2 · 2 · R ρ·— ρ · ———— 0,017 · ————— s s 0,5

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 disminución de φ

10. En el montaje de la figura, el conductor deslizante tiene una masa de 100 gramos. l =2 m

m =100g

I

Determina el valor que tiene que tener la intensidad para que dicho conductor 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 deslizante, un campo magnético B, cuyo sentido (de acuerdo con la regla del sacacorchos) es el indicado en la figura, siendo las expresiones del campo magnético y la fuerza magnética sobre el conductor las siguientes: F I

B=

B

P

µ0 · I

2· π · d

F =B · l · I =

µ0 · l · I 2

2· π · d

I

En consecuencia, sobre él aparece una fuerza electromagnética F que, según la regla 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 el aire es: P =F → m · g =

µ0 · l · I 2

2· π · d

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

√

2· π · d · m· g = µ0 · l

√

2 · π · 0,02 · 0,1 · 9,81 =221,4 A 12,57 · 10–7 · 2

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

µ0 · l · I 2

2· π · m· g

=

12,57 · 10–7 · 2 · 502 2 · π · 0,1 · 9,81

ȃ

10–3 m =1 mm

11. Se desea construir un circuito magnético con un núcleo rectangular de chapa al silicio de 30 cm de largo por 20 cm de ancho y 4 cm 2 de sección cuadrada, para que el flujo en su interior sea de 0,0002 weber, con una corriente eléctrica de 5 ampère. ¿Cuántas espiras deberá tener la bobina? Calcula también los valores de la fuerza magnetomotriz, la excitación magnética y la reluctancia. Utiliza los datos de la tabla de magnetización de la chapa al silicio que figura a continuación. H

(Av/ m)

90

140

170

240

350

530

B (T)

0,1

0,3

0,5

0,7

0,9

1,1

1300 5000 9000 15500 1,3

1,5

1,6

1,7

La geometría del circuito magnético es la de la figura: 20 cm 18 cm

2 cm S = 4 cm2

I

N

28 cm

30 cm

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: 2 · 10–4 B= = =0,5 T S 4 · 10–4 φ

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 =

θ Av = 156,4 =78,2 · 104 –4 Φ Wb 2 · 10

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

θ

I

=

156,4 =31,28 → 32 espiras 5

Problemas de selectividad 1. Si a una bobina de 0,2 µH se le aplica una intensidad que varía en el tiempo con la forma que se muestra en la figura, ¿qué tensión aparecerá entre sus terminales entre t =0 y t =4 ms?

i (A)

1

0

1

2

3

4

t (ms)

LOGSE. Murcia, 1997.

De acuerdo con la ley de Faraday, en una bobina recorrida por una corriente de intensidad variable se produce una fuerza electromotriz de autoinducción cuyo valor y sentido son los indicados en la figura de la derecha.

i

+

∆i e = – L . ∆t

L

v

Y la tensión en bornes de la bobina, según el convenio de signos de la figura, es: v =–e =L ·

∆i ∆t

–

Según la gráfica de la variación de la intensidad, la gráfica de la tensión en cada tramo de los señalados y su valor, será: Tramo a:

i (A)

v =0,2 · 10–6 · 1 – 0 =0,2 · 10–3 V 10–3

b

1

c

a

Tramo b:

d

v =0,2 · 10–6 · 0 – 0 =0 V 10–3

0

1

2

3

4

t (ms)

v (mV)

Tramo c: v =0,2 · 10–6 · 0 – 1 =–0,2 · 10–3 V 10–3

0,2

0

Tramo d: v =0,2 · 10–6 · 0 – 0 =0 V 10–3

1

2

3

4

t (ms)

– 0,2

2. Una inductancia devalor 10µH 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 LOGSE. Cataluña, 2000.

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

∆i ∆t

→

∆i v 10 V = = =106 A/s –6 ∆t L 10 · 10 H

3. Se dispone de un núcleo toroidal de material ferromagnético cuyas características son: 1500 de permeabilidad relativa, 15 cm de radio y 10 cm2 de sección recta. Sobre dicho toro, y aislado de él, se devana una bobina de 1250 espiras, que absorbe una corriente de 0,8A. Sabiendo que la permeabilidad del vacío vale 4 · π · 10–7 H/m, calcula: a)La intensidad decampo, la inducción y el flujo total en el interior del toro. b)El coeficiente de autoinducción de la bobina y la energía almacenada por ella. c) El valor de la f.e.m. de autoinducción cuando en 20 ms la corriente se anula linealmente. LOGSE. Cantabria, 1998.

De acuerdo con los datos que proporciona el enunciado, el núcleo toroidal en el que se muestra en la figura de la derecha.

B

I = N =

l =

0,8 A

1250

r =

0,15 m

0,8 m 10 cm2 = 10 – 3 m2 µ r = 1500

S =

B

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 toro son: H=

N·I 1250 · 0,8 = =1061 ∆v · m–1 L 0,99

B = µ · H = µr · µ0 · H =1500 · 4 · π · 10–7 · 1061

ȃ

2T

Φ =B · S =2 · 10–3 Wb

b) El coeficiente de autoinducción es: L=

–3 N·Φ = 1250 · 2 · 10 =3,125 H I 0,8

Y la energía almacenada: W=

1 1 · L · I 2 = · 3,125 · 0,82 =1 J 2 2

c) Si la corriente se anula en 20 ms, la f.e.m. de autoinducción que se produce vale: i e =–L · ∆ =–3,125 · 0 – 0,8 =125 V ∆t 20 · 10–3

4. Una bobina tiene 450 espiras y su núcleo de acero fundido tiene una longitud de 10 cm y una sección transversal de 20 cm2. Deseamos que el flujo magnético en el nucleo sea de 2 mWb. Utilizando los datos de la gráfica:

B (T)

1,8 Acero fundido

1,6 1,4 1,2 1,0

Hierro fundido

0,8 0,6 0,4 0,2 600

1200 1800 2400 3 000 3 600

H (Av

. m – 1)

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. LOGSE. Madrid, 1998.

La bobina a la que se refiere el enunciado podemos representarla como se muestra a continuación: S =

20 cm2 = 20 . 10 – 4 m2

I

N =

Siendo el valor de la intensidad de campo: L

= 0,1 m

B=

–3 = 2 · 10 –4Wb2 =1 T S 20 · 10 m

Φ

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

450

H =900 Av · m–1

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

H·L 900 · 0,1 = =0,2 A N 450

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

) B = 1T =1,1 · 10–3 Wb · A–1 · m–1 H 900 Av · m–1

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

)

1,1 · 10–3 µ = =884,2 µr = µ0 4 · π · 10–7


4.2. EL CONVERTIDOR ELECTROMECÁNICO ELEMENTAL Página 133

1. Un motor de corriente continua suministra una potencia de 3 kW, con un rendimiento 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 rozamiento. d) El valor de la fuerza contraelectromotriz. Para simplificar, y considerando además que no se poseen datos del devanado de campo, suponemos que se trata de un motor de imanes permanentes, es decir, una máquina magnetoeléctrica. En tal caso, su circuito equivalente es el siguiente: I

V

R i

E

M

a) La potencia nominal del motor (3000 W) es la potencia mecánica útil que entrega 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 =

Pn

η

=

3000 =3529,4 W 0,85

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

Pt = 3529,4 =16 A V 220

c) Si se desprecian las pérdidas por rozamiento, toda la potencia perdida corresponde a la que se produce en la resistencia interna Ri: Pp =3529,4 – 3000 =529,4 = Ri · I 2 =Ri · 162 Y puede despejarse el valor de Ri: Ri = 529,4 =2,067 Ω 162 d) Finalmente, como V = E + Ri · I, se puede despejar el valor de la fuerza contraelectromotriz: E =V – Ri · I =220 – 2,067 · 16 =186,93 V Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

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 desea 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 bobina plana alojada en el rotor, girando dentro de un campo magnético uniforme producido por un devanado “de excitación” como el de la figura: I e W e

B

ω

n

x E

V

G

S

Entre los anillos colectores se puede medir con un voltímetro la f.e.m. inducida, que sabemos que es alterna y responde a la siguiente expresión: e =Emáx · sen (ω · t), siendo Emáx = 2 · π · n · N · B · l · d 60 donde n es la velocidad de giro del rotor en r.p.m.; N, el número de espiras de la bobina giratoria; B, la intensidad del campo magnético, y l y d, las dimensiones de la bobina (largo, ancho). a) Sin modificar la estructura de la máquina, hay dos formas de elevar al doble el valor de pico de la fuerza electromotriz, Emáx: – 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 de excitación Ie convenientemente. 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 dimensiones 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). Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

4.4. LOS GENERADORES DE CORRIENTE CONTINUA Página 142

1. En la máquina de Pacinotti hay momentos en los que dos bobinas están cortocircuitadas 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 están en cortocircuito? a) Consideremos, por ejemplo, el rotor de la figura, con 8 bobinas. La bobina 1 acaba de pasar por la posición en que es cortocircuitada por la escobilla A; al cabo de media vuelta, lo será por la escobilla B, y de nuevo por la escobilla A al producirse una vuelta completa. Así pues, durante una vuelta del rotor, cada bobina es cortocircuitada 2 veces por las escobillas, y, en definitiva, son 16 en total las veces que las escobillas ponen “en corto” alguna bobina. En general, se puede decir que se produce tal hecho tantas veces como bobinas posea el inducido, multiplicado por dos.

3 4

2 n

A

1

5 B

8

6

7

b) Las bobinas cortocircuitadas por las escobillas son las que en ese momento pasan por la Z.N. (posición de máximo flujo abarcado), y en ellas la f.e.m. inducida es nula, luego el 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 resistencia: al aparecer una corriente por el inducido, el campo magnético se deforma (reacción de inducido) y la Z.N. se desplaza; en consecuencia, las bobinas cortocircuitadas pasan a tener una cierta f.e.m. inducida que origina una corriente de cortocircuito considerable y el consiguiente calentamiento y posible deterioro del colector 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 de 0,04 Wb por polo, y 600 conductores activos, distribuidos entre 4 ramas del inducido. ¿A qué velocidad gira? La expresión general de la fuerza electromotriz inducida en una máquina rotativa de corriente continua es: E= p ·n·Z·φ 60 · a Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

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 de ramas del inducido. Considerando los datos del enunciado, la velocidad de giro n de la dinamo puede despejarse de dicha expresión: n=

60 · a · E 60 · 2 · 240 = =600 r.p.m. p· Z· φ 2 · 600 · 0,04

Página 150

2. Por su característica de funcionamiento, ¿a qué otro tipo de generador se parece la dinamo con excitación en derivación? En este generador, la tensión en bornes, V, disminuye ligeramente con el aumento de la intensidad demandada por la resistencia de carga, de forma prácticamente lineal, tal como puede verse en la figura. V

La característica es una recta que se corresponde con la ecuación:

R i . I E

V =E – Ri · I Una pila eléctrica posee aproximadamente la misma característica. I

Página 151

3. ¿Cómo debe ser el devanado serie del generador con excitación compuesta, de hilo fino o de hilo grueso?¿Por qué? El esquema de un generador de corriente continua con excitación compuesta es el siguiente: I i

+

I d

I

G

I s

–

Por el devanado conectado en serie con el inducido circula prácticamente la corriente del inducido I, dado que la corriente por el devanado en derivación Id es muy pequeña (al ser este de hilo fino, con muchas espiras). En consecuencia, el devanado serie debe ser de hilo grueso y con pocas espiras, para que ofrezca poca resistencia eléctrica y apenas dé lugar a caída de tensión, y también para que soporte (sin fundirse) la corriente. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

4.7. EL MOTOR DE CORRIENTE CONTINUA Página 152

1. En el montaje improvisado de Hyppolite Fontaine, ¿qué efecto negativo produce la resistencia limitadora conectada entre las dos máquinas? El esquema del montaje improvisado por Hyppolite Fontaine en la Exposición de Viena es el siguiente: R l

R l . I

A

G

V 1

I

M

V 2

B

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 poder hacer funcionar como motor este último sin deteriorarlo, conectó ambas máquinas a través de una línea con un cable muy largo, capaz de proporcionar la caída de tensión V1 – V2 =Rl · I necesaria, siendo Rl la 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 Rl , sería sin duda bastante bajo. Página 155

2. ¿De qué forma se puede invertir el sentido de giro de un motor serie? ¿Y el de un motor derivación? Dibuja los esquemas y explícalo. El esquema del motor serie es el siguiente: –

+

–

+

I

M I

M I

I

En el caso del motor serie, al cambiar de posición el conmutador, la corriente por el inducido cambia de sentido, mientras que no lo hace al pasar por el devanado de excitación. En consecuencia, cambian el sentido del par electromagnético y el sentido de giro. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

En el motor derivación, el devanado de excitación está conectado directamente, luego la intensidad de excitación, Ie, 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.

+

–

+

–

I i

M

M

I e

I e

I i

3. ¿Por qué aumenta la velocidad si disminuye el campo inductor en un motor de corriente continua con excitación en derivación? ¿Qué ocurre si se corta totalmente la corriente por ese devanado? ¿Por qué no se embala funcionando en carga? El esquema del motor de corriente continua con excitación en derivación es: + I i R i

R e V = E ' + R i . I i

I e

M E'

–

Sabemos que la fuerza contraelectromotriz en un motor de corriente continua responde a la expresión: E' = n · Z · φ 60 siendo n la velocidad de giro del rotor; Z, el número de conductores activos del inducido, y φ, el flujo magnético por polo. Como normalmente la resistencia interna del inducido es muy pequeña, podemos considerarla despreciable, y entonces: V

Ȃ

E' =

n·Z·φ 60

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

60 · V cte = Z·φ φ

Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

Es decir, la velocidad de giro aumenta cuando disminuye el campo inductor φ, cosa que se puede conseguir actuando sobre el reostato de excitación Re. Si se corta la corriente de excitación, por avería en la conexión del devanado, el flujo φ baja a un valor muy pequeño, correspondiente al magnetismo remanente. En consecuencia, la velocidad aumenta hasta un valor muy grande; el motor se “embala” y puede deteriorarse. Funcionando en carga (y sin avería en el devanado de excitación), este motor no se embala, aunque el par sea muy pequeño, precisamente por la misma razón anterior: al ser Ri muy pequeña, las variaciones del par resistente y de la corriente del inducido, Ii , se traducen en ligeras modificaciones de la fuerza contraelectromotriz E', con lo que la velocidad se mantiene prácticamente constante (ver gráfica característica velocidad–par).

n

Característica de funcionamiento

M

Página 156

4. La potencia nominal de un motor de corriente continua es de 300 W, alimentado a una tensión de 12 V. Si tiene un rendimiento del 80% y su velocidad nominal es de 300 r.p.m., determina: a) La intensidad nominal. b) El par nominal. Independientemente de cuál sea el tipo de motor de corriente continua, la potencia mecánica que entrega en el eje es la potencia nominal, y esta tiene por expresión: Pn =Pm =Mn · ω =

I n

n V n

M

=Mn · 2 · π · n =Pu 60

Esta es la potencia útil en un motor, mientras que la potencia total es la potencia eléctrica que absorbe de la red: Pt =Pe =Vn · In =

Pn

η

En este caso, pues, la intensidad In y el par Mn serán: In =

Pn 300 = =31,25 A 12 · 0,8 Vn · η

Mn =

Pn · 60 = 300 · 60 =9,55 N · m 2 · π · 300 2· π · n


EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Un motor elemental con un conductor deslizante de 25 cm y un campo magnético de 1,1 T tiene que arrastrar una carga de 100 g, posee una resistencia interna 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 rozamiento, determina: a) La intensidad de la corriente y la fuerza electromagnética en el arranque. b) La velocidad, la fuerza contraelectromotriz, la intensidad, la potencia eléctrica, la potencia mecánica útil y el rendimiento, al alcanzarse el punto 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 limitar la intensidad durante el arranque (dibuja el esquema). El esquema al que se refiere el enunciado es el siguiente: +

I

R i =

0,5 Ω

+ R

l

= 25 cm

F c

I

F e

ε'

B =

V =

1,1 T

12 V

–

– v

Las ecuaciones del circuito, válidas en cualquier situación de funcionamiento, son: I = V – ε' ; Fe =B · L · I ; ε' =B · L · v Ri +R 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 intensidad y la fuerza de arranque son: Ia = V = 12 =24 A ; Fa =B · l · Ia =1,1 · 0,25 · 24 =6,6 N 0,5 Ri La fuerza resistente de la carga vale: Fc =M · g =0,1 · 9,81 =0,981 N < Fa (luego arranca) b) Punto de equilibrio (para Fc =0,981 N): Fc =0,981 =Fe =B · l · I → I = I = V – ε' Ri

0,981 0,981 = =3,57 A B·l 1,1 · 0,25

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

v = ε' = 10,22 =37,16 m · s–1 B·l 1,1 · 0,25 Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

Pm =Pu =Fc · v =0,981 · 37,16 =36,45 W Pe =Pt =V · I =12 · 3,57 =42,84 W

η=

Pu 36,45 = =0,851 (85,1 %) 42,84 Pt

c) Segundo punto de equilibrio (para Fa =M · g =1,962 N): Procediendo del mismo modo, obtendremos los valores: 1,962 =7,13 A ; ε' =12 – 0,5 · 7,13 =8,43 V 1,1 · 0,25 v = 8,43 =30,65 m · s–1 ; Pu =1,962 · 30,65 =60,13 W 1,1 · 0,25 Pt =12 · 7,13 =85,56 W ; η = 60,13 =0,703 (70,3%) 85,56 d) Arranque con reostato: I=

Limitemos, por ejemplo, la intensidad de arranque de modo que la fuerza de arranque sea el doble que la segunda carga: Fa =2 · 1,962 =3,924 N =B · l · Ia Ia =

3,924 =14,27 A ; R = 12 – 0,5 =0,34 Ω 1,1 · 0,25 14,27

2. Un generador elemental posee un conductor deslizante de 0,5 m y un campo magnético de 0,8 T, y ha de funcionar con una velocidad de 5 m/s, siendo la fuerza 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 0,5Ω y se conecta a los bornes del aparato una lámpara de 3,5 Ω, determina la intensidad de la corriente, la tensión en bornes, la fuerza electromagnética, la potencia mecánica total, la potencia mecánica perdida, la potencia eléctrica perdida, la potencia eléctrica útil y el rendimiento. c) Ídem si se conectan 4 lámparas de 3,5Ω en paralelo. Dibujemos, en primer lugar, el generador que describe el enunciado: R i =

+

0,5 Ω

+

I l

F e

= 0,5 m F R =

F m

ε

V

R

1N B =

–

– v =

0,8 T

5 m/s

Las ecuaciones del circuito son:

ε =B · L · v ; I =

ε Ri +R


; Fe =B · L · I ; v =ε – Ri · I

a) Funcionamiento en vacío (R =∞):

ε =0,8 · 0,5 · 5 =2 V I=

2

=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=

2 2 = =0,5 A. 0,5 +3,5 4

Fe =0,8 · 0,5 · 0,5 =0,2 N ; Fm =Fe +FR =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 =Pu +Ppm +Ppe =Fm · v =1,2 · 5 =6 W

η=

Pm 0,875 = =0,146 (14,6%) 6 Pt

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=

3,5 =0,875 Ω 4

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

2 =1,45 A ; V =2 – 0,5 · 1,45 =1,275 V 0,5 +0,875

Fe =0,8 · 0,5 · 1,45 =0,58 N ; Fm =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 = 1,849 =0,234 (23,4%) 7,9

En este caso, el rendimiento mejora, pero sigue siendo bajo. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

3. Un generador de corriente alterna, constituido por una bobina rectangular de 30 cm de largo por 20 cm de ancho y 30 espiras, con un campo magnético de 1,2 T, gira sin pérdidas por rozamiento a una velocidad de 1000 r.p.m.: a) Determina la frecuencia y el valor de pico de la fuerza electromotriz que se genera. b) Calcula su resistencia interna si el hilo de cobre con que se ha fabricado la bobina es de 0,1 mm2 de sección. c) Determina los valores de pico de la intensidad de la corriente y la tensión en 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 para mantener la velocidad de giro? Podemos representar el generador como se indica en la siguiente gráfica:

n = l

= 0,3 m

1000 r.p.m.

ω

d =

0,2 m

ε B =

N =

1,2 T

30 espiras

v

R

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 =

2· π · n 2 · π · 1000 ·N·B·l ·d= · 30 · 1,2 · 0,3 · 0,2 =226,2 V 60 60

Y su frecuencia: f = n = 1000 =16,6 Hz 60 60 b) La resistencia interna del devanado vale : Ri =ρ ·

L =0,017 · S


30 · 0,5 · 2 =5,1 Ω 0,1

Ȃ

5Ω

c) Con la resistencia interna calculada en el apartado anterior y con una resistencia de carga de 500 Ω, el circuito equivalente es el representado en la figura de la derecha.

5Ω I

ε

V

500 Ω

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

Emáx = 226,2 =0,448 A 5 +500 505

Vmáx =R · Imáx =500 · 0,448 =224 V d) El momento del par electromagnético es variable, según la expresión: 1 · N · φmáx · Imáx · [1 – cos (2 · ω · t)] 2

m=

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

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

4. La dinamo de un aerogenerador gira a una velocidad de 300 r.p.m. y suministra una corriente de 20 A a 50 V. Si su rendimiento es del 65%, determina el momento del par mecánico en el eje. El esquema de la dinamo es el siguiente:

20 A 300 r.p.m.

G

50 V

R

M

P m

η = 0,65

P e

La potencia eléctrica entregada a la carga es: Pe =V · I =50 · 20 =1000 W Teniendo en cuenta el rendimiento, la potencia mecánica resulta: Pm =

Pe

η

=

1000 =1538 W 0,65

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

Pm

ω

=

1538 1538 · 60 = =49 N · m 2·π ·n 2 · π · 300 ——— 60


5. ¿De qué formas se puede cambiar la polaridad de un generador de corriente continua? Depende de cómo esté resuelta la excitación. Analicemos las distintas posibilidades: a) Imaginemos que se trata de una máquina magnetoeléctrica, por ejemplo, el pequeño generador de una bicicleta.

+ ( – )

G

N

I

R

S

n

– (+)

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 dos formas: 1) Cambiando el sentido de giro del rotor. 2) Cambiando el sentido del campo magnético, al invertir la corriente de excitación.

+

–

–

+

+ ( – )

G

I

R

I e n

– (+)

c) Si se trata de una máquina con excitación en derivación, hay que recordar que la máquina alcanza el funcionamiento nominal autoexcitándose, para lo cual se aprovecha el magnetismo remanente del circuito magnético. Pero solo es posible si se hace girar la máquina en un sentido determinado, de modo que la corriente de excitación amplía el valor del campo. Si se hace girar en sentido contrario, la fuerza electromotriz inicial cambia efectivamente de sentido, pero de forma efímera, pues la corriente de excitación que produce extinguirá el campo magnético remanente, en lugar de aumentarlo.

+ I

+

G –

R I e

n

–

Por tanto, para invertir la polaridad, habría que hacer en este caso una operación más compleja: desconectar el devanado de excitación, aplicarle una corriente para modificar el sentido del magnetismo remanente, conectarlo otra vez y, finalmente, hacer girar la máquina en sentido contrario. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

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

La característica par-velocidad de un motor serie es la de la figura. Como puede observarse en ella, si el par disminuye de valor (M1 → M2), como consecuencia de que lo haga el par resistente acoplado a su eje, la velocidad aumenta considerablemente, hasta el punto de que se embala peligrosamente cuando el par se acerca a cero.

2

n 2

1

n 1

3

n 3 M 2

M 1

M 3

M

Si se acopla un motor serie a una locomotora de un tren, cuesta arriba se consigue un comportamiento bueno, especialmente si la pendiente es mucha: el motor es capaz de dar un par alto, aunque sea a costa de una baja velocidad (punto de funcionamiento 3). Cuesta abajo, por lo dicho anteriormente, tiende a embalarse, puesto que el par resistente en tal caso se hace pequeño e incluso llega a anularse y a cambiar de sentido (si la pendiente es suficiente). Antes de que eso ocurra, el motor debe ser 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 hace igual a cero.

7. Un motor de excitación serie tiene una potencia nominal de 20 kW y un rendimiento del 85%. Si la tensión en bornes a aplicar es de 440 V, la resistencia del 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: + I I i R i = V n =

0,3 Ω

–

E

Vn =440 V

η =85%

440 V I e

Pn =20000 W

M

I =Ie =Ii 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 intensidad y fuerza electromotriz: I=

Pn 20000 = =53,47 A ; E =V – Ri · I =440 – 0,3 · 53,47 =424 V η·V 0,85 · 440


Sin embargo, según el enunciado, la corriente de excitación (que es igual que la corriente absorbida por la línea y que la del inducido) tiene un valor de 2 A. Es decir, el motor está realmente funcionando a una potencia bastante menor que la nominal. En esta situación: I =Ii =Ie =2 A E = 440 440 – 0,3 · 2 =43 = 439,4 9,4 V y la potencia consumida es: P =440 440 · 2 =88 =880 0W Nota: Otra posibilidad de respuesta es considerar que en el enunciado se ha deslizado un error y que el motor realmente es de excitación en derivación.

En tal caso, suponiendo que todos los datos se refieren al punto de funcionamiento nominal: P I = n = 20000 =53,47 A η·V 0,85 · 440

+ I I i R i = V =

440 V

0,3 Ω

I e

2A

Ii =I – Ie =53,47 – 2 =51,47 A

M

E I e

E =V – Ri · Ii =440 – 0,3 · 51,47 =424,5 V

8. Un motor motor de corriente corriente continua de de 6 polos con excitación excitación en deri deriva vación ción posee 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 una tensión de 150 V y el flujo magnético por polo es de 0,05 Wb, determina: a) La veloci velocida dad d de de funcionamiento funcionamiento en vacío vacío.. b) La caída caída de tensión tensión en la l a resiste resistenci ncia a del del inducido, inducido, la fuerza contraelectrocontraelectromotriz y la velocidad si se aplica en el eje un par resistente de 20 N · m. c) Las pérdidas de potenci potencia a y el el rendimiento ndimiento en en esta esta última situación, situación, si se desprecia el efecto del rozamiento. El esquema eléctrico del motor es el de la figura, y de él conocemos, además, los valores: Z = 420 conductores

φ =0,05 Wb

+

I

R e = V =

150 Ie = V = =0,75 A 200 Re

200 Ω

I e

I i R i =

0,2 Ω

150 V E

M

a) En ausencia ausencia de rozamiento rozamiento y de carga carga en en el eje, el par electromecánico electromecánico vale cero, y, en consecuencia: Ii =

2 · π · Me =0 Z·φ

E = V – Ri · Ii =V =150 150 V n=

E · 60 60 150 · 60 = =428,6 r.p.m. Z·φ 420 · 0,05 0,05


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

2 · π · 20 20 = 5,98 A 420 · 0,05

Ȃ

6A

La caída de tensión en la resistencia del inducido vale: Vci =Ri · Ii =0,2 · 6 =1,2 =1,2 V y la fuerza contraelectromotriz es: E = 150 150 – 1,2 =14 =148,8 8,8 V mientras que la velocidad baja a: n = 148,8 · 60 =425 r.p.m. 420 · 0,05 0,05 c) Como no hay pérdidas pérdidas mecá mecánicas nicas,, la la pérdida pérdida de potencia potencia (solo (solo eléctrica) es: es: Pp =Ri · Ii 2 +Re · Ie2 =0,2 · 62 +200 200 · 0,752 =7,2 +11 +112,5 =11 =119,7 9,7 W Las potencias útil (mecánica), total (eléctrica) y el rendimiento son: Pu = E · Ii = 148,8 148,8 · 6 =89 =892,8 2,8 W =M = Me · ω Pt = V · I =V · (I (Ie +Ii ) =15 = 150 · (0,75 (0,75 + 6) =1 =1012,5 W

η=

Pu = 892,8 =0,88 (88%) 1012,5 Pt

9. Un generador generador magnetoelé netoeléctri ctrico co de dos polos con un flujo fl ujo magnét magnético ico de 0,1W 0,1 Wb tiene un un rotor r otor de 30 ranuras ranuras y un inducido inducido de dos dos capas capas,, con bobinas 2 de 10 espiras hechas con hilo de cobre de 0,5 mm de secci sección ón,, cuyas medidas son de 30 cm de largo por 20 cm de ancho. a) Calcula el el valor de la tensión tensión en bor bornes nes funcionando funcionando en en vacío, si si gira gira a 750 r.p.m. b) Calcula el el valor valor de la resiste resistencia ncia del del indu inducido. cido. c) Si se conect conecta a una carga que absor absorbe be una una corr corriente de 2 A, ¿cuánto ¿cuánto vale el el par eletromagnético, qué potencia mecánica hay que suministrarle, en ausencia de pérdidas por rozamiento, y cuánto valen la tensión en bornes, la potencia útil y el rendimiento? El inducido, de dos capas en un rotor de 30 ranuras, tiene 30 bobinas, repartidas por las escobillas y el colector en dos ramas de 15 bobinas cada una: R i

+ I i = I

G

E

V

R

_

+

15 bobinas

_


a) El número número de conductores conductores activos activos es: es: Z =30 bobinas bobinas · 10 espiras · 2 =600 600 conductores acti activos La tensión en bornes, funcionando el generador en vacío, es igual a la fuerza electromotriz, al no producirse caída de tensión en Ri: V0 =E =

n ·Z·φ 750 · 600 · 0,1 = =750 V 60 60

b) La resist resistencia encia del del inducido, inducido, teniendo en cuenta cuenta su su esquem esquema a desa desarrol rrollado lado (fi (figura gura de la derecha en la página anterior), se calcula del modo siguiente: lbobina =(0,3 +0,2) +0,2) · 2 · 10 =10 m =l =l b → Rbobina =ρ · Ri =

lb =0,017 · 10 =0,34 Ω =Rb S 0,5

15 · Rb 15 · 0,34 = =2,55 Ω 2 2

c) Al conect conectar ar una una carg carga a de de resist resistencia encia R, que determina una intensidad I =2 A por el inducido, el par electromagnético (que en ausencia de rozamiento y en vacío era cero), ahora valdrá: Me =

Z · φ · Ii 600 · 0,1 · 2 = =19,1 N · m 2· π 2· π

La tensión en bornes, la potencia mecánica o total, la potencia útil y el rendimiento son: V =E – Ri · I =750 750 – 2,55 · 2 =74 =744,9 4,9 V Pm =Me ·

2· π · n 2 · π · 750 =19,1 · =1500 W = Pt 60 60

Pu = V · I =744,9 · 2 =1489,8 W

η=

Pu 1489,8 = =0,993 (99,3%) 1500 Pt

10. 10. El indu inducido cido de corriente corriente continua de del ejercicio jercicio ante anterior rior va montado montado en en una dinamo con excitación derivación, cuyo devanado de excitación posee una resistenci sistencia a de 1500 500 Ω. Si gira a 750 r.p.m., calcula: a) La intensidad intensidad de de la corrie corri ente por el inducido inducido si el gene generador rador se conecta conecta a una carga de 30 Ω. b) El par electr electromagnético nético y la potenci potencia a mecánica mecánica total total si hay hay un un momento de rozamiento de 0,5 N · m. c) La tensión en en bornes y la potencia eléctrica útil, la potencia perdida en el inducido y en el devanado de excitación y el rendimiento. El esquema eléctrico de la dinamo es el de la derecha: Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

I i R i =

I I e

2,55 Ω

R e = E

n =

+

G

1500 Ω V

750 r.p.m. —

R =

30 Ω

a) Si suponemos suponemos que la máquina máquina trabaja trabaja tam también bién con el mismo mismo valor de de flujo flujo magmagnético, la fuerza electromotriz inducida girando a igual velocidad (750 r.p.m.) será la misma que la del ejercicio anterior. Por tanto, tal como hicimos en él: V0 =E =

n ·Z·φ 750 · 600 · 0,1 = =750 V 60 60

Ten Tenien iendo en cuenta que R está en paralelo con Re y ambas en serie con Ri , la intensidad por el inducido es: Ii =

E 750 = = 23,46 A R · Re 30 · 1500 ——— + Ri ———— +2,55 R +Re 1530

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

Z · φ · Ii 600 600 · 0,1 · 23,46 23,46 = =224 N · m 2· π 2· π

Sumando el par de rozamiento y multiplicando por la velocidad angular, se obtiene la potencia mecánica total aplicada en el eje: Mt = 224 +0,5 +0,5 =224,5 =224,5 N · m Pt = Mt · ω =224,5 224,5 · 2 · π · 750 =17632 W 60 c) La tens tensión ión en bornes: bornes: V =E – Ri · I i =750 750 – 2,55 · 23,46 =69 =690 0V permite calcular el resto de potencias. Por tanto: – Potencia útil: Pu =

V 2 6902 = =15870 W R 30

– Potencia perdida en los devanados: V2 6902 2 Ppe = +Ri · I i = +2,55 · 23,462 =1720 W Re 1500 – Potencia perdida: Pp =Pt – Pu = 17632 – 15870 = 1762 762 W – Potencia perdida por rozamiento: Ppm =1762 – 1720 =42 W Finalmente, el rendimiento, es decir, el cociente entre la potencia útil y la potencia mecánica total aplicada en el eje, tiene un valor:

η=

Pu 15870 = = 0,9 (90%) Pt 17632


11. 11. El esque squema ma de de la figura figura corre corr esponde a un motor de corri corrie ente contin continua ua con excitación en derivación, cuyos valores nominales son: potencia, 30 W; tensión, 50 V; velocidad, 500 r.p.m. y rendimiento, 90%. Si la resistencia del inducido es de 3 Ω, ¿cuánto vale la fuerza contraelectromotriz en el punto de funcionamient funcionamiento o nominal? nominal? ¿Cuáles Cuáles + son los valores de la intensidad en el arranque sin reostato y de la resistencia Rs del reostato para R d R s limitarla a un valor 4 veces mayor que el nominal? ¿Qué ocurre 50 V si una vez alcanzado el punto de funcionamiento nominal se auM R i menta la resistencia del reostato Rd hasta que la intensidad de ex – citación baja a la mitad? Ten Tenien iendo en en cuenta que la pot potencia nomina inal de del mot motor or es la pot potencia mecánica ica útil que entrega en el eje, la potencia eléctrica total que recibe de la línea será: ) P 30 Pt = n = =33, 3 W η 0,9 La intensidad total, nominal, vale: ) ) Pt 33, 3 In = = =0,6 A 50 Vn Si consideramos que la resistencia del devanado de excitación es muy grande (muchas espiras de hilo fino), la intensidad de excitación Ie la podemos despreciar frente a la del inducido, Ii, en cuyo caso Ii I, y la fuerza contraelectromotriz vale:

+

R d

Ȃ

V

)

ȃ

I i

l

50 V

R s

I e

E +Ri · I → E =50 – 3 · 0,6 =48 V

En el arranque, con Rs = 0 y sin sin la la oposioposición de la f.c.e.m., la corriente vale:

) 50 Ia = V = =16, 6 A 3 Ri

M

R i

–

Para limitarla a 4 veces el valor nominal, habrá que situar el reostato en una posición tal que: Rs + 3 = 50 = 50 ) =18,75 → Rs = 18,75 – 3 =15 = 15,75 ,75 Ω 4 · In 4 · 0, 6 Si el motor se encuentra funcionando a plena carga y se reduce la intensidad de excitación 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 Rs, apenas varía con esta operación: E=

n ·Z·φ =cte 60

Entonces, si el el flujo flujo pasa pasa a valer φ , la velocidad veloci dad de giro será: será: 2 2 · n =2 · 500 =1000 r.p.m. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

Problemas de selectividad 1. En la figura se muestra el modelo eléctrico equivalente de un motor de corriente continua. +

I R i

+

M

V

E

—

En su placa de características se indica: V = 220 V, I = 40 A, rendimiento µ =85%. Mediante ensayo, se determina que las pérdidas mecánicas, por rozamiento y ventilación, son de 760W. Calcula: a) La potencia absorbida, la potencia útil, las pérdidas totales y las pérdidas por 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 la electricidad es de 16 PTA/kWh. LOGSE. Cantabria, 1998.

El esquema del circuito del enunciado, con sus valores característicos, es el siguiente: +

I n =

40 A R i

V n =

220 V

ηn = 0,85

E n

M P u

–

a) De acuerdo con los datos nominales de la placa de características, las potencias absorbida (o total) y útil son: Pt =Vn · In =220 · 40 =8800 W =8,8 kW Pn =η · Pt =0,85 · 8800 =7480 W =7,48 kW De modo que las pérdidas totales de potencia en funcionamiento nominal son: Pp =Pt – Pu =8800 – 7480 =1320 W =1,32 kW Y las pérdidas eléctricas, por efecto Joule, en la resistencia interna Ri , son: Ppe =Pp – Ppm =1320 – 760 =560 W =0,56 kW Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

b) El valor de la resistencia interna se calcula a partir de las pérdidas eléctricas, considerando el valor nominal de la intensidad: Ri =

Ppe I

2 n

= 560 =0,35 Ω 402

Luego la fuerza contraelectromotriz vale: En =Vn – Ri · In =220 – 0,35 · 40 =206 V c) En un minuto se pierde una energía: Wp =Pp · t =1,32 kW · 1 h =0,022 kWh 60 Que cuesta: 0,022 · 16 =0,352 PTA

2. Un motor de excitación shunt, con una resistencia de 50Ω, absorbe, a una tensión de 100 V y con una determinada carga, una corriente de 20 A, de forma que gira a una velocidad de 720r.p.m. Se sabe, además, que la caída de tensión en las escobillas es de 2 V y la resistencia de inducido es de 0,1Ω. 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 la excitación de 20 Ω. (Supón que la intensidad que absorbe el motor es constante). LOGSE. Castilla y León, 2000.

El circuito equivalente del motor con excitación shunt, en el que la caída de tensión en las escobillas se ha representado por medio de una pila ficticia ( u) en oposición a la tensión de alimentación, es el siguiente: I i

I

+

I e

R i =

0,1 Ω

R u = V =

100 V

R e =

2V

50 Ω

E

M

–

a) En el primer punto de funcionamiento, para R =0 en el reostato de excitación y una velocidad de giro de 720 r.p.m., la intensidad total vale I =20 A, luego las intensidades por el devanado de excitación y por el inducido son: 100 Ie = V = =2 A 50 Re Ii =I – Ie =20 – 2 =18 A Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

b) En el segundo punto de funcionamiento, se introduce una resistencia R =20 Ω mediante el reostato de excitación y se mantiene la intensidad total en 20 A, en cuyo caso las intensidades parciales son: Ie' =

100 V = =1,43 A 50 +20 Re +R

Ii ' =I – Ie' =20 – 1,43 =18,57 A Como la intensidad por el inducido ha variado muy poco y, además, la resistencia del inducido es muy pequeña, la fuerza contraelectromotriz del motor en ambos casos es prácticamente igual: E =V – U – Ri · Ii =100 – 2 – 0,1 · 18 =96,2 V E' =V – U – Ri · Ii ' =100 – 2 – 0,1 · 18,57 =96,14 V La fuerza contraelectromotriz es directamente proporcional a la velocidad de giro y al flujo de excitación, o, lo que es igual, a la intensidad de excitación, en cuyo 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 giro en el segundo punto de funcionamiento: 96,2 k · 720 · 2 = 96,14 k · n' · 1,43

→ n' = 96,14 · 720 · 2 =1006 r.p.m. 96,2 · 1,43

3. Un motor de corriente continua de excitación compuesta es alimentado a 150 V y es empleado para accionar una potencia de 2400 W a 1000 r.p.m. +

150 V –

R s =

R a =

0,2 Ω

0,1 Ω

E ,R a

R d =

30 Ω

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. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

+

I a

I

Rd =30 Ω

I d R d

Rs =0,2 Ω

R a

R s

Ra =0,1 Ω V =150 V

V

E

M

P u n

Pu =2400 W n =1000 r.p.m.

–

a) La intensidad de la corriente por el devanado de excitación en paralelo vale: 150 Id = V = =5 A 30 Rd Mientras que la intensidad por el inducido responde a la expresión: 150 – E 150 – E Ia = V – E = = 0,2 +0,1 0,3 Rs +Ra Y también a la siguiente, considerando despreciables las pérdidas mecánicas: P 2400 Ia = u = E E Igualando las dos últimas expresiones, es posible despejar el valor de la fuerza contraelectromotriz: 150 – E 2400 = 0,3 E 150 · E – E 2 =0,3 · 2400 =720 E 2 – 150 E +720 =0 E=

+150 ± √ 1502 – 4 · 720 +150 ±140 = =145 V 2 2

Y determinar después el valor de la corriente por el inducido: Ia =

2400 =16,55 A 145

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 =3232,5 W Y el rendimiento del motor:

η=

Pu 2400 = =0,74 (74%) 3232,5 Pt

c) El par motor se obtiene a partir de los valores de la potencia útil (en el eje) y de la velocidad de giro: M=

Pu 2· π · n

=

60 · 2400 =22,9 N · m 2 · π · 1000


4. Tenemos un motor eléctrico de corriente continua con excitación independiente del tipo 804 z, conectado a una línea de 230 V. Utilizando los datos de las tablas, se pide: a) El rendimiento del motor. b) La resistencia del inducido. (Desprecia la caída de tensión en las escobillas 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 inducido para alcanzar la velocidad máxima de debilitamiento. d) Representa el esquema de conexión del motor con excitación independiente. LOGSE. Madrid, 1997. EXCITACIÓN INDEPENDIENTE

TIPO

Corriente nominal de inducido Potencia (kW)

a 230 V (A)

a 440 V (A)

Velocidad (r.p.m.)

Máxima velocidad por debilitamiento de campo (r.p.m.)

802 z

7,45

38

20

900

1800

803 z

11,2

57

30

800

2000

804 z

14,9

75

39

725

1800

806 z

22,4

111

57

650

1950

EXCITACIÓN SERIE

Potencia (kW)

Velocidad (r.p.m.)

Máxima velocidad de funcionamiento (r.p.m.)

802 z

7,45

800

3600

803 z

11,2

725

3300

804 z

14,9

650

3000

806 z

22,4

575

2600

TIPO

De las tablas obtenemos los siguientes valores: Pn =Pm =14,9 kW =14900 W In =75 A nn =725 r.p.m. ; nd =1800 r.p.m. Unidad 4. Máquinas de corriente continua.

a) Para calcular el rendimiento, calculamos primero la potencia total: Pt =V · I =230 · 75 =17250 W Por tanto, el rendimiento resulta:

η=

Pn 14900 = =0,864 (86,4%) 17250 Pt

b) La fuerza contraelectromotriz es: E=

Pu 14900 = =198,7 V I 75

Con lo que la resistencia del inducido resulta: Ri = V – E = 230 – 198,7 =0,417 Ω I 75 c) En un motor de corriente continua, la fuerza contraelectromotriz responde a la siguiente expresión: E=

n ·Z·φ 60

Como Z es el número de conductores activos del inducido, que permanece invariable, manteniendo constantes la intensidad por el inducido y, por tanto, la fuerza contraelectromotriz, se puede regular la velocidad variando el flujo magnético φ. Teniendo en cuenta que n y φ son inversamente proporcionales, n aumenta cuando φ disminuye o se debilita. Entonces: nn φmín = nd φn

→

φ 725 = mín 1800 φn

→ φmín

ȃ

0,4 · φn

Para alcanzar 1800 r.p.m., máxima velocidad por debilitamiento de campo, hay que disminuir el flujo en un 60% del flujo nominal (es decir, hasta el 40%). d) La representación del esquema de conexión es la siguente: I

+

I i

R i V =

230 V

E

—


M

R e


5.2. LA CORRIENTE ALTERNA Página 173

1. Calcula la reactancia de una bobina de 20 mH para distintas frecuencias comprendidas entre 0 y 400 Hz. Haz una gráfica que muestre la variación de la reactancia respecto a la frecuencia. 2. Para la bobina de la cuestión anterior, dibuja una gráfica de variación de la corriente respecto a la frecuencia, suponiendo que el valor eficaz de la tensión es de 50 V. Una bobina con un coeficiente de autoinducción L y resistencia despreciable, sometida a una tensión alterna de valor eficaz V y frecuencia f , ofrece una reactancia XL y es recorrida por una corriente de valor eficaz IL, que tienen por expresión: – Reactancia:

I L

XL =2 · π · f · L – Intensidad: V IL = V = 2 · π · f · L XL

V (f )

L

X L

– El circuito equivalente es el que se muestra en el esquema de la derecha. Teniendo en cuenta los valores proporcionados en los enunciados de las cuestiones 1 y 2, se obtiene la siguiente tabla de resultados de XL y de IL, para diferentes valores de la frecuencia, y las correspondientes gráficas de XL ( f ) y de IL ( f ): X L (Ω)

L = 20 mH = 0,02 H

50

V = 50 V

40

Ω

X L (f )

30

f (Hz)

XL ( )

I L (A)

0

0

∞

25

3,14

15,91

50

6,28

7,96

100

12,56

3,98

15

200

25,13

1,99

10

400

50,26

0,99

20 10 25 50 100

400 f (Hz)

I L (A)

20

5

I L (f )

25 50 100

Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

200

200

400 f (Hz)

Página 176

3. Calcula la impedancia de una bobina de 30 mH con 0,06Ω de resistencia, si se conecta a una tensión alterna de 100 V/50Hz. ¿Y si la frecuencia de la tensión es de 50 kHz? Determina en ambos casos la intensidad de la corriente y su desfase respecto a la tensión. Una bobina real, con resistencia R y coeficiente de autoinducción L, posee en corriente alterna el circuito equivalente de la figura, y la impedancia que ofrece, la intensidad que absorbe y el desfase entre la tensión y la intensidad son: Z = √ R2 +XL2 I=

I

V Z

ϕ =arctg

R

XL R

Z

V f

Donde XL es la reactancia de la bobina, de valor:

L

XL =2 · π · f · L Con los datos del enunciado, y para los dos valores de frecuencia, se obtienen los resultados siguientes: – Primer caso: Para un frecuencia f =50 Hz, obtenemos: XL =2 · π · 50 · 0,03 =9,424 Ω Z = √ 0,062 +9,4242 =9,42419 Ω

Ȃ

XL

100 =10,61 A 9,42419 ϕ =arctg 9,424 =89,63° 0,06 I=

– Segundo caso: Al elevar la frecuencia hasta f' =50000 Hz, resulta: XL' =2 · π · 50 · 103 · 0,03 =9424 Ω Z' = √ 0,062 +94242 =9424 Ω =XL' 100 =10,61 · 10–3 A =10,61 mA 9424 ) ϕ' =arctg 9424 =89,9 90° 0,06 I' =

Ȃ

Como puede observarse, en una bobina de pequeña resistencia como la del enunciado, la impedancia es prácticamente igual a la reactancia y el ángulo de desfase entre la 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). Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

4. Una impedancia está recorrida por una corriente de 6 A, y entre sus bornes se mide una tensión de 220 V. Si consume una potencia de 1000 W, ¿qué ángulo de desfase produce entre la tensión y la corriente? Sabemos que la potencia realmente consumida por una carga en corriente alterna, como la representada en el esquema de la derecha, es la potencia activa, cuya expresión es:

I

V f

P =V · I · cos ϕ

Z

Con los datos del enunciado, el factor de potencia de la carga es: cos ϕ =

P 1000 = =0,757 V·I 220 · 6

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 si es capacitiva. Página 182

5. En un circuito con varias cargas, conectadas de forma desconocida, la intensidad 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 correspondiente triángulo de la impedancia. El esquema del circuito al que se refiere el enunciado es el de la figura de la izquierda: I

El valor de la impedancia es: Zeq =

V

Z eq

V 220 = =73,33 Ω I 3

El factor de potencia se obtiene a partir del valor de la potencia activa: cos ϕ =

P 500 = =0,757 → ϕ =40,7° V·I 220 · 3

Conocido el ángulo ϕ, se puede dibujar el triángulo de la impedancia, y calcular la resistencia y la reactancia: R =Z · cos ϕ =73,33 · cos 40,7° =55,6 Ω Z X

ϕ = 40,7° R


X =Z · sen ϕ =73,33 · sen 40,7° =47,8 Ω Se ha supuesto que la reactancia es inductiva.

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Se desea transmitir una potencia de 1000 kW a una distancia de 20 km, mediante una línea de dos conductores de cobre, y el generador de corriente continua 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 sobrepasen el 5% del total? b) ¿Qué tensión habría que utilizar para que el tamaño de los conductores no sea excesivo desde el punto de vista económico? (Por ejemplo, no más de 4 cm de diámetro). c) Repite el razonamiento anterior para que la caída de tensión no sobrepase el 2%. Representamos la línea con el siguiente esquema: l = 2

· 104 m

ρ, S V =900V

P = 10

6

W

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 =

2 · ρ · l · P2 S· V2

donde ρ =0,017 Ω · mm2 · m–1. La sección mínima necesaria será entonces: S=

2 · ρ · l · P2 2 · 0,017 · 2 · 104 · (106)2 = =16790 mm2 Pp · V 2 5 · 104 · (900) 2

y por tanto, el diámetro será: d =2 ·

√π

S

=2 ·

√

16790

π

=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 la siguiente sección: S' =π ·

( ) d' 2

2

=π ·

( ) 40 2


2

=1256,6 mm2

Con esa sección, para que la potencia perdida siguiese siendo la misma, la tensión habría que elevarla a: V' =

√

2 · ρ · l · P2 = S· Pp

√

2 · 0,017 · 2 · 104 · 1012 =3290 V 1256,6 · 5 · 104

Habría que utilizar una tensión superior a 3290 V, por ejemplo de 3300 V. Con ello se lograría un considerable ahorro en cobre: Volumen de cobre para V =900 V: 16790 · 10–6 · 2 · 104 =335,8 m3 Volumen de cobre para V =3300 V: 1256,6 · 10–6 · 2 · 104 =25,1 m3 c) La caída de tensión en una línea de corriente continua tiene por expresión: Vc = 2 · ρ · l · P S· V 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= 2· ρ · l · P = Vc · V

2 · 0,017 · 2 · 104 · 106 =41975,3 mm2 18 · 900

con lo que el diámetro mínimo del cable deberá ser: d =2 ·

√

41975,3

π

=231,2 mm

Ȃ

23 cm

2. En un circuito formado por dos elementos en serie, las tensiones parciales que mide un voltímetro son de 100 V y 150 V, mientras que la tensión total es de 220 V/50 Hz: a) Obtén gráficamente el desfase entre las tensiones parciales. b) ¿Cuánto valen los valores máximos y cuáles son las expresiones matemáticas de los valores instantáneos de ambas tensiones? c) Súmalos punto a punto y comprueba que el resultado es una señal alterna de 220V y de igual frecuencia. d) ¿Cuánto tiempo tarda cualquiera delasseñales en recorrer un ciclo completo? a) Llevamos V1 sobre el eje X graduado convenientemente (cada división equivale a 10 V) y, con el compás, trazamos dos arcos de circunferencia de radios V y V2, respectivamente. El punto de corte es el tercer vértice del triángulo. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

V

V

V

En el gráfico se miden los ángulos correspondientes:

ϕ1 =0 ; ϕ2 =57°

Ȃ

1 rad ; ϕ =35°

Ȃ

0,61 rad

b) Como V1, V2 y V son valores eficaces, los valores máximos son: V1 máx = √ 2 · V1 = √ 2 · 100 =141,42 V V2 máx = √ 2 · V2 = √ 2 · 150 =212,13 V Vmáx = √ 2 · V = √ 2 · 220 =311,12 V El período y la pulsación de cualquiera de las señales son: T = 1 = 1 =0,02 s ; ω =2 · π · f =2 · π · 50 =100 · π rad/s f 50 Los valores instantáneos responden a las siguientes expresiones: v1 =100 · √ 2 · sen (100 · π · t) v2 =150 · √ 2 · sen (100 · π · t +1) v =220 · √ 2 · sen (100 · π · t +0,61) c) Tomando suficientes valores de t entre 0 y 0,02 s, y calculando los correspondientes valores de v1, v2 y v, podemos comprobar punto a punto que efectivamente v1 +v2 =v. Hagámoslo mediante una tabla: t (s)

v1

v2

v

0

0

178,5

178,2

0,0025

100

207,2

306,3

0,005

141,4

114,6

255

0,0075

100

–45,2

54,2

0,01

0

–178,5

–178,2

0,0125

–100

–207,2

–306,3

0,015

–141,4

–114,6

–255

0,0175

–100

45,1

–54,2

0,02

700

178,5

178,2

La desviación de v1 +v2 respecto de v en ningún caso va más allá de 1 V, error muy pequeño frente a los valores máximos. Ha quedado demostrado, pues, por medio de este ejemplo, que la suma vectorial (geométrica) de los valores eficaces de dos señales alternas representa a la señal 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). Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

3. A una resistencia de 15Ω 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 máximo y el desfase entre la tensión y la corriente. b) Indica la expresión matemática de los valores instantáneos de ambas señales y dibuja las curvas correspondientes respecto al tiempo. c) ¿Cuánto vale la potencia disipada en la resistencia y la energía durante 10 minutos? d) ¿Qué ocurre si la frecuencia se eleva a 100 Hz? a) El valor eficaz de la corriente para el circuito es: I = V = 30 =2 A R 15

I

V =30V f =50Hz

Los valores máximos de la tensión y la corriente son:

R

Vmáx = √ 2 · 30 =42,4 V Imáx = √ 2 · 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 · √ 2 · sen (100 · π · t) i =Imáx · sen (ω · t) =2 · √ 2 · sen (100 · π · t) donde:

42,4 V 2,28 A

ω =2 · π · f =

v i

=100 · π rad · s

–1

T =

t

1 =0,02 s 50

ϕ =0° T =0,02 s

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 =36000 J d) Si la frecuencia se eleva a 100 Hz, la única magnitud que se modifica es el período, que pasa a ser: T' =

1 =0,01 s 100

Los valores instantáneos tendrían entonces las expresiones: v =30 · √ 2 · sen (200 · π · t) i =2 · √ 2 · sen (200 · π · t) Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

4. Una resistencia de 100Ω se conecta a una línea de 220 V/50 Hz. Determina su impedancia, la intensidad de la corriente, las potencias activa, reactiva y aparente y el factor de potencia. Dibuja el diagrama vectorial tensión-intensidad, así como la representación gráfica 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 se produce 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 resultante, se muestran a continuación: I 220V

R =100 Ω Z ϕ

50Hz

V I

El cálculo de la intensidad, las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia, proporciona los siguientes valores: I=

V 220 = =2,2 A R 100

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 = √ 2 · V = √ 2 · 220 =311,12 V Imáx = √ 2 · I = √ 2 · 2,2 =3,11 A T =

1 1 = =0,02 s f 50

Las expresiones de los valores instantáneos de la tensión, la intensidad y la potencia son: v = √ 2 · 220 · sen (100 · π · t) i = √ 2 · 2,2 · sen (100 · π · t) p =v · i =484 – 484 · cos (200 · π · t) Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

En una resistencia, el único “efecto energético” que se produce es la transformación de energía eléctrica en calor, que se disipa. Esa energía, por tanto, solo puede poseer un signo (positivo), independientemente del sentido de la corriente. 968 W

p

484 W 220 · 2,2 ·

2 V 2 A

v

t

i 0,02s

5. Resuelve el ejercicio anterior, para una bobina ideal cuyo coeficiente de autoinducción vale 30 mH. La impedancia de una bobina ideal es su reactancia, y el desfase que produce entre la tensión y la corriente es de 90°: Z =XL =2 · π · f · L =2 · π · 50 · 30 · 10–3 =9,42 Ω

ϕ =90° = π (adelantada la tensión) 2

El esquema del circuito y el diagrama vectorial resultante son los siguientes: I

200V 50Hz

L =30mH Z ϕ

V 90°

I

Obtenemos, en este caso, los siguientes valores: – Intensidad eficaz: 220 I=V = =23,354 A XL 9,42 – 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 =5138 VAR – Potencia aparente: S =V · I =220 · 23,354 =5138 VA Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

Las expresiones de los valores instantáneos son:

(

v =220 · √ 2 · sen 100 · π · t + π 2

)

i =23,35 · √ 2 · sen (100 · π · t)

(

p =P – S · cos (2 · ω · t + ϕ) =–5138 · cos 200 · π · t + π 2

)

La potencia instantánea es, en este caso, alterna, con semiciclos positivos (en los que la bobina recibe energía de la línea) y otros negativos (en los que devuelve dicha energía en su totalidad). Los semiciclos positivos corresponden a los intervalos en que la intensidad, sea cual sea su sentido, aumenta de valor, y con ella el campo magnético en la bobina; para crear dicho campo es necesario aportar energía. Los semiciclos negativos corresponden a los intervalos de intensidad decreciente (desaparición del campo), y por eso el campo magnético de la bobina devuelve energía al circuito.

p

5138 W 220 ·

2V

23,35 ·

2A

v i

t

0,02s

6. Resuelve el ejercicio 4 para el caso de un condensador de 200µF. La impedancia de un condensador ideal es su reactancia, y el desfase que produce entre la tensión y la corriente también es de 90°, pero en este caso adelantada la intensidad: Z =XC =

1 1 = =15,9 Ω 2 · π · f · C 2 · π · 50 · 200 · 10–6

ϕ =–90° =– π (adelantada la corriente) 2

I I 220 V 50 Hz

C = 200 µF Z ϕ

Obtenemos, en este caso: – Intensidad eficaz: 220 I=V = =13,83 A XC 15,9 – Potencia activa: P =V · I · cos ϕ =220 · 13,83 · cos (–90°) =0 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

90°

V

– Potencia reactiva: Q =V · I · sen ϕ =220 · 13,83 · sen (–90°) =–3043 VAR (capacitiva) – Potencia aparente: S =V · I =220 · 13,83 =3043 VA Las expresiones de los valores instantáneos son:

(

π v =220 · √ 2 · sen 100 · π · t – 2

)

i =13,83 · √ 2 · sen (100 · π · t)

(

p =P – S · cos (2 · ω · t + ϕ) =–3043 · cos 200 · π · t – π 2

)

La potencia es una magnitud alterna: posee semiciclos positivos, correspondientes a los intervalos en que se crea el campo eléctrico (tensión creciente); y semiciclos negativos, correspondientes a los intervalos de desaparición del campo eléctrico (tensión decreciente). v

p

i

t

0,02s

7. Si la resistencia, la bobina y el condensador de los ejercicios anteriores se conectan 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 cualitativa. Haremos el análisis para los dos circuitos básicos, en serie y en paralelo: – Circuito en serie: I V R V = 220 V 50 Hz

V L V C

Ω

R = 100 Ω X L = 9,42 Ω X C = 15,9 Ω

2 4 , 9 =

R = 100 Ω

ϕ

C

Z

Obtenemos los siguientes valores: Z = √ 1002 +(15,9 – 9,42)2 =100,2 Ω ; ϕ =arctg 15,9 – 9,42 =3,7° 100 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

L

X

Ω

9 , 5 1 =

X

I=

V 220 = =2,19 A Z 100,2

VR =R · I =100 · 2,19 =219 V

I = 2,19 A

VL =XL · I =9,42 · 2,19 =20,6 V

V 6 , 0 2 =

L

V R = 219 V ϕ = 3,7°

V

V 8 , 4 3 =

C

V

V = 220 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 estuviese conectada la resistencia. La justificación es la siguiente: El mantenimiento de los campos alternos magnético y eléctrico, en la bobina y en el condensador respectivamente, determina sendas tensiones parciales desfasadas 90° respecto de la corriente, y de sentidos contrarios, debido a que ambos campos fluctúan de forma inversa (cuando uno se forma y reclama energía de la red, el otro está reduciéndose y devolviendo energía). Si los dos efectos (inductivo y capacitivo) se compensan, cosa que ocurre para XL =XC, el circuito se comporta globalmente como si tuviese solo la resistencia. En caso contrario, la resistencia sufre una pérdida de tensión y la intensidad de la corriente disminuye, al tiempo que se desfasa respecto de la tensión, en retraso si predomina 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 cano a cero), porque XL y XC son pequeñas frente a R.

Ȃ

IR, ϕ cer-

– Circuito en paralelo: I I R

220 V V 50 Hz

I L

R = 100 Ω

X L = 9,42 Ω

IR =

V 220 = =2,2 A (en fase con V) R 100

IL =

V 220 = =23,35 A (retrasada 90°) XL 9,42

IC =

V 220 = =13,83 A (adelantada 90°) XC 15,9 A 2 8 , 3 1 =

ϕ I

X C = 15,9 Ω

I = √ 2,22 +(23,35 – 13,83) 2 =9,78 A

C

I R = 2,2 A I

I C

V = 220 V A 5 3 , 3 2 =

L I


ϕ =arctg (23,35 – 13,83) =77° 2,2

La corriente está retrasada respecto de la tensión, y es mayor que si solo estuviese conectada la resistencia.

La justificación, en este caso, es la siguiente: Valen, con algunas modificaciones, los argumentos anteriores. En la conexión en paralelo, la introducción de la bobina y el condensador determina la aparición de las correspondientes corrientes, añadidas a la de la resistencia (en suma geométrica o vectorial), corrientes que están desfasadas 90° respecto a la tensión y en oposición entre sí (por el motivo ya explicado). Si ambas corrientes poseen el mismo valor, cosa que ocurre para XL =XC, el circuito se comporta como si solo tuviese la resistencia; en caso contrario, la red debe aportar una corriente mayor, en adelanto si predomina el efecto del condensador (IC >IL, XC IC, XL
8. Una línea monofásica de 220 V/50 Hz alimenta un motor de 3 kW con factor de potencia 0,8, una instalación de alumbrado fluorescente de 600 W con factor 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 la aparente. d) El factor de potencia global de la instalación y la capacidad del condensador que habría que conectar en paralelo para corregirlo totalmente. Dibujamos el esquema “unifilar” de la instalación y su circuito equivalente: I V =220V/50Hz I 1

V

220V 50Hz

I 2

Z 1 ϕ1

Z 2 ϕ2

I 3

Z 3 ϕ3

MOTOR ALUMBRADO HORNO P 1 = 3000 W P 2 = 600 W P 3 =5 000 W cos ϕ1 =0,8 cos ϕ2 =0,65 cos ϕ3 = 1

a) Además de la intensidad y la impedancia de cada receptor, determinaremos también su potencia reactiva. Los datos de partida son la potencia activa y el factor de potencia. MOTOR:

I1 =

P1 = 3000 =17 A 220 · 0,8 V · cos ϕ1

220 Z1 = V = =12,9 Ω 17 I1

ϕ1 =arccos 0,8 =36,87° (en retraso I1 respecto de V) Q1 =P1 · tg ϕ1 =3000 · tg 36,87° =2250 VAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

ALUMBRADO:

I2 =

600 =4,2 A 220 · 0,65

Z2 =

220 =52,3 Ω 4,2

ϕ2 =arccos 0,65 =49,45° (en retraso I2) Q2 =P2 · tg ϕ2 =600 · tg 49,45° =701,2 VAR I3 = 5000 =22,7 A 220

HORNO:

Z3 =

220 =9,7 Ω =R3 22,7

ϕ3 =0 (I3 en fase con V) Q3 =0 b) Los valores de I y ϕ se pueden obtener gráficamente (haciendo el diagrama a escala), mediante fórmulas geométricas, o haciendo la descomposición de los vectores. V I I

I I

Sin embargo, en este caso en que se dispone de los valores de P y Q, el camino más rápido es a través del triángulo de potencias: Q 3 =0 Q 2 S =V · I Q

ϕ P 1

I=

Q 1

P P 2

P =P1 +P2 +P3 =3000 +600 +5000 = =8600 W Q =Q1 +Q2 +Q3 =2250 +701,2 +0 = =2951,2 VAR S = √ P 2 +Q2 = √ 86002 +2951,22 =

P 3

=9092,3 VA

S 9092,3 = =41,3 A V 220

ϕ =arctg Q =arctg 2951,2 =18,9° P

8600

La impedancia equivalente es: Zeq =

V 220 = =5,33 Ω I 41,3

con un ángulo de desfase de 18,9° en retraso (la corriente respecto a la tensión). Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

c) La potencia total suministrada por el generador no es sino la potencia activa (8600 W), y la potencia aparente ya ha sido calculada también (9092,3 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 condensador que porporcionase la potencia reactiva QC necesaria para compensar la de la instalación: I c 220V V 50Hz

QC =2951,2 VAR En cuyo caso,

Z eq C

IC =

QC 2951,2 = =13,41 A V 220

220 1 1 XC = V = =16,40 Ω ; C = = =194 µF 13,41 2 · π · 50 · 16,40 IC 2 · π · f · XC

9. Una línea trifásica de 380 V/50 Hz con tres conductores alimenta un motor de 15 kW con factor de potencia 0,75 y un horno trifásico de 20 kW. Dibuja el circuito 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 potencia si se conectan ambos simultáneamente. d) ¿Qué habría que hacer para corregir el factor de potencia? Dibuja el circuito y haz los cálculos oportunos. El esquema unifilar, con fusibles de protección (F) e interruptores (S) es el siguiente: V =380V/50Hz F 1

F 2

S 1

S 2

MOTOR P 1=15000 W cos ϕ1= 0,75

a) Cuando funciona solo el motor: I1 =

P1

√ 3 · Vl · cos ϕ1

=

15000 =30,38 A √ 3 · 380 · 0,75

ϕ1 =arccos 0,75 =41,4° (en retraso, inductivo) Q1 =P1 · tg ϕ1 =15000 · tg 41,4° =13228,7 VAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

HORNO P 2=20000 W cos ϕ2= 1

b) Cuando funciona solo el horno: P2 20000 I2 = = =30,38 A √ 3 · 380 √ 3 · Vl

ϕ2 =0 (carga resistiva) Q2 =0 c) Si funcionan las dos cargas, las potencias totales, activa y reactiva, son: P =P1 +P2 =15000 +20000 =35000 W Q =Q1 +Q2 =13228,7 +0 =13228,7 VAR luego, S = √ P2 +Q2 = √ 350002 +13228,72 =37416,5 VA Il =

37416,5 S = =56,8 A √ 3 · Vl √ 3 · 380

ϕ =arctg Q = 13228,7 =20,7° → cos ϕ =0,935 P

35000

(inductiva, en retraso I respecto a V). d) Para corregir el factor de potencia totalmente (cos ϕ' =1), habría que instalar una batería de condensadores, conectados por ejemplo en triángulo, capaces de compensar la potencia reactiva del motor. 380V/50Hz

F 1

F 2

F 3

S 1

S 2

S 3

MOTOR

HORNO

C

QC =13228,7 VAR QC IC = =20 A √ 3 · Vl Esta corriente es de línea. Como los condensadores están conectados en triángulo, la corriente por fase es: 20 (IC)f = =11,54 A √3 V 380 XC = l = =32,9 Ω X C 11,54 (IC)f C=

1 =97 µF 2 · π · 50 · 32,9


10. En el circuito de la figura, calcula: R = 4 Ω

X C = 6 Ω

X L = 8 Ω

220 V/ 50Hz

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 circuito. a) La impedancia equivalente es: Z = √ R2 +(XL – XC)2 = √ 42 +(8 – 6)2 =4,47 Ω con un ángulo de desfase:

ϕ =arctg

XL – XC 8– 6 =arctg =26,56° R 4

(en retraso la corriente respecto a la tensión, puesto que XL >XC) La intensidad tendrá un valor eficaz: I = V = 220 =49,2 A Z 4,47 Para medirla, hay que conectar un amperímetro en serie con la carga, es decir, con los tres elementos: R

C

L

A

220 V/ 50Hz

b) Construimos el triángulo de potencias: S =V · I =220 · 49,2 =10824 VA P =S · cos ϕ =10824 · cos 26,56° =9681,7 W

S

Q =S · sen ϕ =10824 · sen 26,56° =4840 VAR Factor de potencia: cos ϕ =cos 26,56 =0,894 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

ϕ =26,56° P

Q

c) Teniendo en cuenta la frecuencia de la tensión de alimentación, los valores deC y L son: C= L=

1 1 = =530,5 µF 2 · π · 50 · 6 2 · π · f · XC XL 2 · π · f

=

8 =25,46 mH 2 · π · 50

11. Un receptor constituido por dos elementos A y B en serie está conectado a una línea de 220 V/50 Hz y consume una potencia de 2500 W, medida con un vatímetro, mientras que la intensidad que circula por él es de 15 A, medida con un amperímetro. a) Dibuja el circuito de medida. b) Determina el valor de la impedancia total, de las potencias reactiva y aparente 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 el valor si A fuese una resistencia y B un condensador? a) El circuito completo, con los dos aparatos de medida, es el siguiente:

I

V

A Z B

El vatímetro ha medido una potencia activa P =2500 W, y el amperímetro una intensidad eficaz I =15 A. b) El valor de la impedancia será: Z = V = 220 =14,6 Ω I 15 La potencia aparente: S =V · I =220 · 15 =3300 VA El factor de potencia: cos ϕ =

P 2500 = =0,757 (ϕ =41°) S 3300

Y la potencia reactiva: Q =S · sen ϕ =3300 sen 41° =2165 VAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

c) En el supuesto de que A sea una resistencia y B una bobina, un polímetro mediría en bornes del receptor su resistencia total, es decir:

Z

X L

R =Z · cos 41° =14,6 · 0,757 =11 Ω R

Si B es un condensador, como el polímetro trabaja con corriente continua, medirá una resistencia de valor infinito, dado que en continua el condensador se comporta como un circuito abierto.

12. Una lámpara de descarga de vapor de mercurio de 250 W está conectada a una línea de 220 V/50 Hz mediante una reactancia, y absorbe una intensidad de 2 A: a) Determina la impedancia del circuito, el factor de potencia y las potencias reactiva y aparente. b) Si desea corregir el factor de potencia hasta hacerlo igual a la unidad, conectando un condensador en serie. ¿Qué valor debe tener su capacidad? c) También se puede hacer dicha corrección conectando un condensador en paralelo. En tal caso, ¿cuánto valdría su capacidad? El circuito equivalente de la instalación es: I

R

V

Z

P I X L

a) Con los valores que proporciona el enunciado, obtenemos las magnitudes pedidas: Impedancia: Z=

V 220 = =110 Ω I 2

Potencia aparente: S =V · I =220 · 2 =440 VA Factor de potencia: cos ϕ =

P 250 = =0,568 S 440

(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 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

b) Para hacer cos ϕ =1, se conecta un condensador en serie; tal cosa ocurrirá si su reactancia es igual a la de la bobina: I

XC =XL =110 · sen 55,37° =90,5 Ω Luego su capacidad ha de ser: C=

1 1 = = 2 · π · 50 · 90,5 2 · π · f · XC

110 55,37° Ω

220V 50Hz

=35,2 · 10–6 F

X C

c) Si, en vez de conectarlo en serie, se conecta el condensador en paralelo, para calcular C' hemos de considerar que cos ϕ se hace 1 cuando la potencia reactiva del condensador compensa la que posee la reactancia de la lámpara: QC' =362 VAR, en cuyo caso, IC' =

QC' 362 = =1,645 A V 220

220 XC' = V = =133,7 Ω 1,645 IC' 1 C' = = 2 · π · f · XC' =

I C

Z C

1 =23,8 · 10–6 F 2 · π · 50 · 133,7

Obsérvese que el valor del condensador es diferente si la corrección del factor de potencia se hace en serie o en paralelo. Además, debe considerarse que en serie se modifica la tensión en la carga si se mantiene la misma alimentación.

13. Un circuito con R =100 Ω, L = 150 mH y C =200 µF, conectado en paralelo, se alimenta con una tensión alterna de 50 V/50 Hz, suministrada por un generador de frecuencia variable. a) Determina las intensidades parciales, la intensidad total y la impedancia del circuito. b) Determina las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia. ¿En qué elemento se consume la potencia? c) Si aumenta la frecuencia de la tensión aplicada, ¿qué sucede en las tres ramas del circuito? ¿Qué sucedería si disminuyese? d) ¿Qué valor de frecuencia será necesario para que el factor de potencia fuese la unidad? En tal situación, ¿qué sucede con la energía en los tres elementos del circuito? El esquema del circuito es el representado en la primera figura de la página siguiente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

I

I 1 50 V 50 Hz

I 2 R =100 Ω

I 3 C = 2 · 10 – 4 F

L = 0,15 H

a) Las intensidades parciales se obtienen tras determinar la impedancia correspondiente a cada rama: Z1 =R =100 Ω Z2 =XL =2 · π · f · L =2 · π · 50 · 0,15 =47,12 Ω Z3 =XC =

1 1 = =15,9 Ω 2 · π · f · C 2 · π · 50 · 2 · 10–4

Con lo que resulta: V 50 = =0,5 A R 100 (ϕ1 =0°, I en fase con V) I1 =

I2 =

V 50 = =1,06 A XL 47,12

(ϕ2 =90°, I retrasada) 50 I3 = V = =3,14 A 15,9 XC (ϕ3 =90°, I adelantada) La intensidad total se determina haciendo la suma vectorial de las intensidades parciales: I = √ I12 +(I3 – I2)2 =

I I

= √ 0,52 +(3,14 – 1,06) 2 =2,14 A I –I cos ϕ =arctg 3 2 =arctg 2,08 =76,4° 0,5 I1

I

V

(en adelanto I respecto a V) I

Luego la impedancia equivalente del circuito es: Z=

V 50 = =23,3 Ω ∠ 76,4° (globalmente capacitiva) I 2,14


b) Construimos el triángulo de potencias: P

S =V · I =50 · 2,14 =107 VA

ϕ

cos ϕ =cos 76,4° =0,235 (capacitivo) P =S · cos ϕ =107 · 0,235 =25 W

S

Q

Q =S · sen ϕ =107 · sen 76,4° =104 VAR La potencia activa se consume exclusivamente en la resistencia, supuestos ideales el condensador y la bobina. c) Si aumenta la frecuencia de la fuente de alimentación del circuito, la resistencia de la rama 1 no se ve afectada, pero sí las reactancias de la bobina y del condensador. 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 =

1 2 · π · f · C

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: XL disminuye (I2 aumenta), XC aumenta (I3 disminuye); el circuito se hace cada vez menos capacitivo, hasta que llega un momento en que I2 e I3 son 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 momento en que I2 e I3 se igualan y se anulan, haciendo que cos ϕ =1. Cuando esto sucede, se cumple: XC =XL → 2 · π · f · L =

1 2 · π · f · C

donde, despejando la frecuencia, resulta: f =

1 1 = =29 Hz 2 · π · √L · C 2 · π · √ 0,15 · 2 · 10–4

En esta situación, no existe globalmente potencia reactiva, aunque sí la poseen tanto la bobina como el condensador. Eso significa que la energía reactiva, que es la que está asociada al mantenimiento de los campos eléctrico (en el condensador) y magnético (en la bobina), alternos, no fluctúa entre dichos elementos y el generador, como es habitual, sino que lo hace entre ambos, produciéndose entonces el fenómeno conocido como resonancia (eléctrica) del circuito. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

14. Un alternador monofásico de 4 polos con un campo magnético de excitación de 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 750 r.p.m. b) ¿A qué velocidad debe girar para que la frecuencia de la corriente sea de 50 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 magnético por polo φ, el número de espiras del inducido N y el número de pares de polos p, la fuerza electromotriz de un alternador monofásico y su frecuencia se calculan por medio de las expresiones: E =4,44 · f · N · φ ; f =

p· n 60

20 a) En este caso, como el inducido posee 20 conductores activos, N = =10 espi2 ras; y teniendo en cuenta los demás datos: f =

2 · 750 =25 Hz ; E =4,44 · 25 · 10 · 0,1 =110 V 60

b) Para que la frecuencia fuese de 50 Hz: n' =

60 · f 60 · 50 = =1500 r.p.m. p 2

El alternador tendría que girar a doble velocidad, y entonces la fuerza electromotriz 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 frecuencia 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 resistencia y una reactancia del inducido de 0,2Ω 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 carga inductiva de 10 Ω de resistencia y 4 Ω de reactancia. c) ¿Qué sucede con todos los valores si se eleva la velocidad de giro hasta 3000 r.p.m.? El circuito equivalente del alternador trabajando en vacío es: Z cc

110 V 25 Hz

G


a) La impedancia de cortocircuito es: Zcc = √ 0,22 +22 =2,01 Ω (con ϕcc =arctg

2 =84,28° en retraso) 0,2

Si se conectan directamente los bornes haciendo un cortocircuito, la corriente será: 110 Icc = E = =54,72 A Zcc 2,01 (retrasada 84,28° respecto a la f.e.m. E) b) Al conectar la carga, el circuito equivalente que obtenemos será: Z cc

I

V

Z c

la impedancia total vale, en este caso: Zt = √ Rt2 +Xt2 = √ 10,22 +62 =11,83 Ω (con ϕ =arctg

6 =30,4° en retraso) 10,2

mientras que la impedancia de carga es: Zc = √ 102 +42 =10,77 Ω (con ϕc =21,8°) La intensidad de la corriente será: 110 I=E = =9,3 A Zt 11,83 Y la tensión en bornes: V =Zc · I =10,77 · 9,3 =100,16 V c) Si se eleva la velocidad de giro hasta 3000 r.p.m., cuatro veces mayor, la f.e.m. E pasa a valer 440 V, y se puede suponer que también se cuatriplican los valores de las reactancias. La corriente de cortocircuito apenas cambia, mientras que el resto de magnitudes resultan: Zt =26 Ω ; ZC =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, mientras que la caída de tensión interna ha aumentado considerablemente (del 10% al 27%, aproximadamente). Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

16. En el circuito de la figura, con el interruptor abierto, se mide con el polímetro la resistencia entre a-bc-d, con los siguientes resultados: Rab

a

R

b

L

c

C

d

= 50 Ω; Rbc = 0; Rcd = infinito

Luego se cierra el circuito y se miden los valores correspondientes de tensión: Vab

=200 V; Vbc =180 V; Vcd =88 V

220V/50Hz

a) Calcula el valor de la intensidad. b) Calcula el valor de la reactancia de la bobina y del condensador, la impedancia 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 factor de 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 condensador pueden 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=

Vab 200 = =4 A R 50

b) Con este valor y las medidas de las tensiones parciales restantes, se determinan las reactancias: Vbc 180 = =45 Ω I 4 V 88 XC = cd = =22 Ω I 4 XL =

La impedancia del circuito es: Z = √ R2 +(XL – XC)2 = √ 502 +(45 – 22) 2 =55 Ω (con ϕ =arctg

45 – 22 =24,7°) 50

Y los valores del coeficiente de autoinducción y la capacidad son: L= C=

XL 2 · π · f

=

45 =0,143 H 2 · π · 50

1 1 = =144,7 · 10–6 F 2 · π · 50 · 22 2 · π · f · XC

c y d) El diagrama vectorial y el triángulo de potencias son los que se muestran en las figuras de la página siguiente, junto con los valores de las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

V bc =180 V

V cd = 88 V

S

V 2 2 0 = V

ϕ =24,7 ° I = 4 A

Q

24,7°

P

V ab =200V

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 semodifica la capacidad del condensador hasta conseguir un factor de potencia de valor 1. En esa situación se dice que el circuito ha entrado en resonancia. ¿Cuánto tiene que valer C en estas condiciones? ¿Qué ocurre con la energía en los tres elementos? Para que el circuito entre en resonancia (cos ϕ =1), se ha de cumplir la condición de 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=

1 1 = =70,7 · 10–6 F 2 · π · f · XC 2 · π · 50 · 45

Cuando el circuito ha entrado en resonancia, se comporta globalmente como si solo tuviese la resistencia. No hay entonces intercambio de energía entre el generador y los elementos reactivos (bobina y condensador). Así pues, en la resistencia se disipa energía y en la bobina y en el condensador hay una energía reactiva, asociada a los campos magnético y eléctrico, que fluctúa (oscila) entre uno y otro elemento.

18. En el circuito de la figura dos de las tensiones parciales son mayores que la tensión total. Justifícalo. Es debido a que las tres tensiones alternas, representadas por tales valores eficaces, al corresponder a una resistencia, una bobina y un condensador recorridos por la misma corriente, están desfasadas en el tiempo, por lo que tienen que ser sumadas vectorialmente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

V 1 =100V

V 2 =300V

V 3 =496V

R

L

C

I =10A

220V/50Hz

En la resistencia, V1 está en fase con I. En la bobina, V2 está adelantada 90° respecto a I. En el condensador, V3 está atrasada 90° respecto a I. Teniendo esto en cuenta, podemos hacer la representación vectorial (véase la figura de la derecha) y comprobar que, efectivamente, la suma vectorial de las tensiones parciales es igual a la tensión total:

300 V

100 V

V = √ 1002 +(496 – 300) 2 =220 V

496 V

I

V

19. Un alternador trifásico tiene 4 polos en el rotor y las bobinas del inducido tienen 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 electromotriz inducida en cada una de las bobinas, si el rotor gira a 1500 r.p.m. b) Obtén la expresión del valor simultáneo de las tres fuerzas electromotrices, y dibuja las curvas y el diagrama vectorial correspondiente. c) Dibuja un esquema del estator y el rotor, con la disposición de las bobinas, indicando la posición inicial para el rotor (t =0). d) En el instante t = 0,013 s, determina el valor de la fuerza electromotriz en cada bobina, y señala sobre el esquema la polaridad de sus bornes. ¿Cuánto vale la suma de las tres y por qué? a) Como el alternador tiene 4 polos (p =2) y gira a 1500 r.p.m., la frecuencia y el período del sistema trifásico serán: f = p · n = 2 · 1500 =50 Hz ; T = 1 = 1 =0,02 s 60 60 f 50 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 que las masas polares pasan frente a las bobinas U1 U2 en el instante t =0, serán: BOBINAS

e1 =Emáx · cos (ω · t) = √ 2 · 800 · cos (100 · π · t)

(

2· π 2· π = √ 2 · 800 · cos 100 · π · t – 3 3

(

2· π 2· π = √ 2 · 800 · cos 100 · π · t + 3 3

e2 =Emáx · cos ω · t – e3 =Emáx · cos ω · t +

U1 U2

)

(

)

V1 V2

)

(

)

W1 W2


Las representaciones gráfica y vectorial son: E 2 · 800 V

e 1

e 2

e 3

t

E

t = 0,02 s

c) La estructura interna del alternador puede ser representada mediante el esquema de la derecha: Cada devanado o fase tiene 4 lados de bobina activos, separados entre sí 90° (que a “efectos magnéticos” equivalen a 180° en un circuito magnético de 4 polos), y enlazados adecuadamente para que se sumen las f.e.m. de todas las espiras. El comienzo de cada devanado está separado 60° (120° a efectos eléctricos) del anterior y del posterior.

E

U V

W

V t

U

n

t

W

d) El rotor está dibujado en su posición para t =0. Para t =0,013 s, habrá girado: n 1500 ·t= · 0,013 =0,325 vueltas 60 60 Es decir, 117° geométricos (equivalentes a 234° eléctricos =1,3 · π rad). En esa posición, e1 =–665 V; e2 =–460,17 V; e3 =1125,17 V, y la corriente por las bobinas tiene el sentido indicado en el esquema. Lógicamente, al tratarse de un sistema 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 estrella, formando una línea trifásica de cuatro conductores que alimenta un grupo 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 puntos habría que conectar un voltímetro para comprobarlo? b) El valor de la intensidad de la corriente por los cuatro conductores de la línea. ¿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: Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

U I

R

E

V f

V l I

U V W

R

R

V

W E

E I I

a) La tensión de fase, considerando despreciable la posible caída de tensión en los devanados y en la línea, será prácticamente la fuerza electromotriz de cada devanado: Vf =E =800 V Y la tensión de línea será: Vl = √ 3 · Vf = √ 3 · 800 =1385,6 V Para comprobar Vf se 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 coincide con la que circula por cada fase de la carga, será: IR =IS =I T =If =Il =

Vf 800 = =32 A R 25

Para medirla, habría que intercalar el amperímetro en cualquiera de los hilos activos de la línea, después de interrumpir el circuito. La intensidad por el conductor neutro, como el sistema está equilibrado, vale cero: IO =0 c) El diagrama vectorial, teniendo en cuenta que la carga es resistiva y no produce desfase entre la tensión de fase y la corriente respectiva, es el de la figura de la derecha. Cada tensión de línea es la resta vectorial de dos tensiones de fase, de acuerdo con el esquema.

– V SO

I R I S

V TO

V SO

P = √ 3 · Vl · Il · cos ϕ =3 · Vf · If · cos ϕ =


V ST

I T

d) La potencia activa en la carga es: =3 · 800 · 32 · 1 =76800 W

V RO

V RS

V TR

21. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si las bobinas del alternador se conectan en triángulo a una línea de tres conductores, con las mismas resistencias 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 una corriente de cortocircuito? Si los devanados del alternador y las resistencias de la carga se conectan en triángulo, el esquema que se obtiene es el siguiente: I R

W 2

R

I RS

U 1 E 3

E 1

R

V f =V l

W 1

U 2 V 2 E 2

V 1

I TR

R

R = 25 Ω

I ST S

T

I S

I T

a) En este caso, la tensión de fase y de línea son iguales a la fuerza electromotriz del alternador: Vf =Vl =E =800 V =VRS =VST =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 =IRS =IST =I TR =

Vf 800 = =32 A R 25

mientras que la intensidad por los hilos de la línea es: Il = √ 3 · If = √ 3 · 32 = 55,4 A =IR =IS =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 de línea). V RS

c) El diagrama vectorial es como el de la figura de la derecha.

I R

En coherencia con el esquema, cada corriente de línea es resultado de restar dos corrientes de fase (por supuesto, vectorialmente). d) La potencia activa en la carga vale: P =3 · Vf · If · cos ϕ =3 · 800 · 32 · 1 = =76800 W Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

– I TR

I RS

I ST

– I ST

I TR

V ST

V TR – I RS

La potencia que llega a la carga es la misma que en el ejercicio anterior, como es lógico, puesto que en ambos casos cada fase de la carga está alimentada directamente por la correspondiente fase del alternador. Si los devanados del alternador se conectan en triángulo, mientras que las resistencias de la carga se conectan en estrella, se obtiene el siguiente sistema trifásico: I

W U

R E

E V l U

W

V

R

R

V E

I I

Se obtiene una línea trifásica de 3 conductores activos (R, S, T), sin neutro, con una tensión de línea Vl =800 V, igual que en el sistema anterior. Ahora, sin embargo, al conectar la carga en estrella, la tensión que se aplica a cada una de las resistencias será: Vl 800 = =461,88 V √3 √3 En consecuencia: V 461,88 IR =IS =I T =If =Il = f = =18,47 A R 25 Vf =

La intensidad por cada fase de la carga (y por los hilos de la línea) es menor; y también es menor la potencia activa: P =3 · Vf · If · cos ϕ =3 · 461,88 · 18,47 · 1 =25600 W Como puede comprobarse, la potencia que consume la carga, al modificar la conexión (̅ → ), se reduce a la tercera parte, siempre que se haga la conexión en la misma línea. Las bobinas del alternador, conectadas entre sí formando un triángulo, no producen un cortocircuito porque la suma de las tres fuerzas electromotrices es en todo 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 bobina real 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 de 10 A, y la potencia, de 500 W. ¿Qué corriente y qué potencia serán absorbidas cuando se aplique una tensión de 100 V a las dos bobinas conectadas en serie? Teniendo en cuenta su comportamiento eléctrico, el circuito equivalente y la impedancia de la bobina A son los que se muestran en la página siguiente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

I A = 8 A

cos ϕA = R A 100 V 50 Hz

LA

PA 120 = =0,15 100 · 8 V · IA

Z A ϕA

ϕA =arccos 0,15 =81,37°

P A = 120 W

100 ZA = V = =12,5 Ω 8 IA

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 derecha de su circuito equivalente:: I B

cos ϕB =

ϕB =arccos 0,5 =60°

R B Z B X B

500 =0,5 100 · 10

B

P B

ZB =

100 =10 Ω 10

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 muestra en la figura de la derecha. I

La impedancia total o equivalente se determina calculando en primer lugar la resistencia y la reactancia totales:

1,875 Ω

R =RA +RB =1,875 +5 =6,875 Ω X =XA +XB =12,358 +8,66 =21 Ω Con estos valores, la impedancia resulta:

12,358 Ω

Z ϕ

100 V 50 Hz

Z = √ R2 +X 2 = √ 6,8752 +212 = 22,11 Ω 21 (con ϕ =arctg =71,8°) 6,875

5Ω 8,66 Ω

Finalmente, se pueden calcular la intensidad de la corriente y la potencia absorbida (activa): I=

V 100 = =4,52 A Z 22,11

P =V · I · cos ϕ =100 · 4,52 · cos 71,8 =141 W Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

Problemas de selectividad 1. En una fábrica que está alimentada por una red trifásica de 380 V/50 Hz se realizan dos mediciones con los contadores de energía activa y reactiva; la primera da como resultado 485358 kWh y 268546 kVARh; la segunda, al cabo de 4 horas, da como resultado 506654 kWh y 285346 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 conectados en estrella para mejorar el factor de potencia a 0,95. LOGSE. Madrid, 1994.

El esquema de la instalación es el siguiente:

I C

V f C

a) Las potencias activa y reactiva de la carga se obtienen a partir de las dos medidas de los contadores, restándolas para hallar el “gasto” de energía realizado y dividiendo luego por el tiempo: Wactiva 506654 – 485358 21296 = = =5324 kW 5 4 4 W 285346 – 268546 16800 Q = reactiva = = =4200 kVAR t 4 4 P=

Luego, la potencia aparente es: S = √ P2 +Q2 = √ 53242 +42002 =6781,2 kVA b) Para conseguir un factor de potencia de 0,95, el ángulo del triángulo de potencias ha de ser:

ϕ' =arccos 0,95 =18,2° La potencia reactiva final, vale:

} Q

c

S 18,2° = ϕ' P

Q' =P · tg ϕ' =5324 · tg 18,2° =1750 kVAR La aportada por la batería de condensadores es, por tanto: QC =Q – Q' =4200 – 1750 =2450 kVAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

}

Q'

}

Q

La batería deberá absorber, por tanto, una corriente: QC 2450 · 103 IC = = =3722 A √ 3 · 380 √ 3 · Vl La reactancia por fase ha de ser: XC =

Vf 380 / √ 3 = =0,0589 Ω 3722 IC

Finalmente, la capacidad por fase vale: C=

1 1 = =0,054 F 2 · π · f · XC 2 · π · 50 · 0,0589

2. En el circuito de la figura, determina: a) La representación vectorial de las corrientes del circuito, y la medida obtenida en el amperímetro A3.

A1

b) El valor de R.

A3

c) El valor de L.

A2

V

d) Las potencias activa, reactiva y aparente, así como el factor de potencia del conjunto del circuito. Datos: f = 50 Hz; V1 =220 V

V1

L

R

A1 =13 A; A2 =11 A;

LOGSE. Cataluña, 2000.

Considerando la bobina como inductancia pura y los aparatos de medida ideales, podemos dibujar el circuito del siguiente modo: I = 13 A I L V = 220 V 50 Hz

I R = 11 A

L

R

a) En tal caso, la intensidad por la resistencia está en fase con la tensión, mientras que la intensidad por la bobina está retrasada 90°, y el diagrama vectorial es: I R = 11 A

V = 220 V

ϕ

I = 13 A


I L

Resolviendo el triángulo de intensidades se obtiene el valor eficaz de la intensidad por la bobina, que es la que mide el amperímetro A3: IL = √ I 2 – IR2 = √ 132 – 112 =6,92 A Y también el ángulo ϕ de desfase entre la intensidad total y la tensión aplicada:

ϕ =arcos

IR 11 =arcos =32,2° I 13

b) El valor de R es: 220 R=V = =20 Ω 11 IR c) Los valores de la reactancia y del coeficiente de autoinducción de la bobina son: XL 220 31,8 XL = V = =31,8 Ω ; L = = =0,101 H 6,92 2 · π · f 2 · π · 50 IL d) Las potencias aparente, activa y reactiva y el factor de potencia del circuito son: S =V · I =220 · 13 =2860 VA P =S · cos ϕ =2860 · cos 32,2° =2420 W Q =S · sen ϕ =2860 · sen 32,2° =1524 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 200V. 5Ω

I 1 A

I

R 10 Ω

B

10 Ω

D

I 2

5Ω

a) Determina los valores eficaces de las tensiones VBD y VAD. b) Representa el diagrama fasorial, aproximadamente a escala, adoptando la tensión VAB como origen de fases. c) Calcula el factor de potencia del circuito. d) Si se desconecta la resistencia R, razona el funcionamiento del circuito en estas condiciones. LOGSE. Cantabria, 1997.

a) La intensidad por la bobina de 5 Ω y por el condensador valen: I1 =

VAB V 200 200 = =40 A ; I2 = AB = =40 A 5 5 XL1 XC


Si consideramos que ambos elementos carecen de resistencia, ambas corrientes estarán desfasadas entre sí 180° y, por tanto, se anularán. En tal caso, la intensidad total es igual a la que circula por la resistencia y también por la bobina de 10 Ω de reactancia: I =IR =

→ VAB 200 = =20 A (en fase con VAB ) R 10

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 VAB . →

→

La tensión total será la suma vectorial de VAB y VAD y su valor eficaz será: VAD = √ VAB2 +VBD2 = √ 2002 +2002 =282,8 V b) El diagrama vectorial es el siguiente:

V AD

V BD

I 2

ϕ V AB

I = I R I 1

→

→

c) El desfase entre la tensión total VAD y la corriente I es de 45° (en retraso la intensidad), 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 intensidad total también se hace cero, aunque por la bobina de 5 Ω y por el condensador paradójicamente pueden seguir circulando las intensidades de 40 A en oposición. Esto es teóricamente posible: al cesar la corriente suministrada por el generador, la energía almacenada en la bobina y en el condensador, en ausencia de resistencia, oscilará indefinidamente entre el campo magnético y el campo eléctrico, manteniendo una corriente alterna de 40 A en el circuito LC.

4. Para el circuito de la figura, calcula las potencias activa, reactiva y aparente cedidas por el generador en los siguientes casos: a) Con el interruptor C1 abierto. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

b) Con el interruptor C1 cerrado. 10 H 125 . π

6Ω

220 V / 50 Hz

1250 µF π

C 1

LOGSE. Andalucía, 1999.

b) Veamos qué ocurre, en primer lugar, con el interruptor cerrado. El circuito equivalente y sus valores característicos son: XL =2 · π · f · L =

I

=2 · π · 50 ·

R V

L

10 =8 Ω 125 · π

Z = √ R2 +XL2 = √ 62 +82 =10 Ω I=

V 220 = =22 A Z 10

Luego, las potencias activa, reactiva y aparente valen: P =R · I 2 =6 · 222 =2904 W Q =XL · I 2 =8 · 222 =3872 VAR S =V · I =220 · 22 =4840 VA a) Con el interruptor abierto el circuito que resulta es el siguiente: XL =8 Ω

I

XC =

R V

L

C

1 = C · 2 · π · f

=

1 = (1250/ π) · 10–6 · 2 · π · 50

=

106 =8 Ω 125000

X =XL – XC =0 Ω Z =R =6 Ω I =

) V 220 = =36,6 A Z 6

Ahora, las potencias reactivas, debido al condensador y a la bobina, se anulan entre sí y, por tanto, las potencias activa y aparente tienen el mismo valor:

)

)

)

)

P =R · I 2 =6 · 36,62 =8066,6 W ; S =V · I =220 · 36,6 =8066,6 VA Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

5. El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario senoidal. Bajo estas 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. 5Ω

0,01F

2 . 20 . cos (10 . t )

L 1 = 0,5 H

L 2 = 0,2 H

LOGSE. Murcia, 1997.

a y b) La expresión temporal de la tensión de alimentación permite determinar, en primer lugar, su valor eficaz, pulsación y frecuencia: v = √ 2 · V · cos (ω · t) = √ 2 · 20 · cos (10 · t) V =20 V

ω =10 rad/s ; f = ω

2· π

=

10 5 = =1,59 Hz 2· π π

A continuación pueden calcularse todas las reactancias y la impedancia del circuito: XL1 = ω · L1 =10 · 0,5 =5 Ω XL2 = ω · L2 =10 · 0,2 =2 Ω XC =

1 1 = =10 Ω C·ω 0,01 · 10

XL12 =

XL1 · XL2 5· 2 = =1,428 Ω 5 +2 XL1 +XL2

X =XC – XL12 =10 – 1,428 =8,572 Ω (capacitiva) Z = √ R2 +X2 = √ 52 +8,5722 =9,923 Ω El ángulo de desfase entre la intensidad y la tensión (totales) será:

ϕ =arctg X =arctg 8,572

60° = π/3 rad R 5 En adelanto la intensidad, puesto que la impedancia es predominantemente capacitiva. Ȃ

El valor eficaz de la intensidad, resulta: I=

V 20 = Z 9,923

Ȃ

2A


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 L1 valdrá: IL1 =

VL12 2,856 = =0,571 A 5 XL1

con el mismo ángulo de desfase que la intensidad total, luego su expresión temporal será: iL1 = √ 2 · 0,571 · cos (10 · t + π/3) c) La fuente de alimentación suministra las siguientes potencias activa, reactiva y aparente: 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 corriente 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 corregir el factor de potencia a 0,85. LOGSE. Islas Baleares, 1998.

a) El circuito sin condensador se puede representar del siguiente modo: I

V

Z cos

La impedancia del circuito y su ángulo de desfase son: Z=

V 220 = =386 Ω I 0,57

ϕ =arcos 0,61 =52,4° (en retraso la intensidad respecto a la tensión) Luego, la resistencia (parte real) y la reactancia (parte imaginaria) correspondientes son: R =Z · cos ϕ =386 · 0,61 =235,4 Ω X =Z · sen ϕ =386 · sen 52,4° =305,8 Ω Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

El triángulo de potencias inicial, necesario para responder al apartado siguiente, es: S =V · I =220 · 0,57 =125,4 VA V A 4 , 5 1 2 =

P =V · I · cos ϕ =125,4 · 0,61 =76,5 W

Q = 99,3 VAR

S

Q =V · I · sen ϕ =125,4 · sen 52,4° =

ϕ = 52,4°

=99,3 VAR

P = 76,5 W

b) Al conectar el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito y el nuevo triángulo de potencias serán: I' I /

I C Z

V A 4 , 5 1 2 =

S

ϕ = 52,4°

S '

ϕ' = 39,8°

C

Q C Q = 99,3 VAR Q'

P = 76,5 W

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 =

QC 51,9 = =0,23 A V 220

Su reactancia: 220 XC = V = =956,5 Ω 0,23 IC Y su capacidad: C=

1 1 = =3,3 · 10–6 F =3,3 µF 2 · π · 50 · 956,5 ω · XC


cos

7. Para que una lámpara incandescente de 125 V/40W no se funda al conectarla a una red de 380 V, se conecta en serie con ella una inductancia pura. Averigua el coeficiente de la misma, así como el condensador que habrá que conectar 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: I

L V = 380 V 50 Hz

Z

R P R = 40 W

V R = 125 V

Para que la lámpara funcione correctamente, por el circuito ha de circular una intensidad: I=

PR 40 = =0,32 A 125 VR

En cuyo caso la resistencia de la lámpara valdrá: R=

VR 125 = =390,6 Ω I 0,32

Y la impedancia del circuito: Z=

V 380 = =1187,5 Ω I 0,32

Mediante el triángulo de la impedancia se puede determinar el valor de la reactancia de la bobina y su coeficiente de autoinducción: X

XL = √ Z2 – R2 = √ 1187,52 – 390,62 =1121,4 Ω L=

XL

ω

=

XL 2 · π · f

=

1121,4 =3,57 H 2 · π · 50

Z R

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 = √ S2 – P 2 = √ 121,62 – 402 =114,8 VAR cos ϕ =

P 40 = =0,329 (ϕ =70,8°) S 121,6


Para corregir totalmente el factor de potencia, se puede instalar en paralelo un condensador cuya potencia reactiva compense totalmente la anterior: QC =Q =114,8 VAR Luego, su intensidad, su reactancia y su capacidad han de tener los siguientes valores: IC =

QC 114,8 = =0,302 A V 380

XC = V = 380 =1258,2 Ω 0,302 IC C=

1 1 = =2,5 · 10–6 F =2,5 µF 2 · π · 50 · 1258,2 2 · π · f · XC

8. Un operador de un cuadro de maniobra anotó las siguientes indicaciones de los instrumentos correspondientes a la instalación de un generador trifásico conectado en estrella: V1 =400 V, I =145 A, P =80 kW y potencia de accionamiento, 121 CV. Calcula la potencia aparente, la tensión de fase, el factor de potencia, la potencia reactiva, las intensidades activa y reactiva, y el rendimiento. LOGSE. Castilla-La Mancha.

Se supone que se trata de un sistema trifásico equilibrado, en cuyo caso, el circuito generador-receptor es el siguiente: U Z

Z

Z

R W

V

El amperímetro mide la intensidad de línea, en este caso, igual a la de fase, Il =If = =145 A. El voltímetro V2 mide la tensión de línea Vl =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: – Potencia aparente: S = √ 3 · Vl · Il = √ 3 · 400 · 145 =100460 VA =100,46 kV – Tensión de fase: V 400 Vf = l = =231 V √3 √3 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica.

– Factor de potencia: P 80 cos ϕ = = =0,796 (ϕ =37,2°) S 100,46 – Potencia reactiva: Q =S · sen ϕ =100,46 · sen 37,2° =60,74 kVAR – Intensidad activa: (Ia )l =Il · cos ϕ =145 · 0,796 =115,42 A – Intensidad reactiva: (Ir )l =Il · sen ϕ =145 · sen 37,2° =87,66 A – Potencia mecánica: Pm =121 CV ·

736 W =89056 W =89,056 kW 1 CV

– Rendimiento:

η= P = Pm

80 =0,898 (89,8%) 89,056



6.1. EL TRANSFORMADOR Página 205

1. ¿Cuánto vale el flujo máximo en una bobina de 500 espiras alimentada por una tensión de 200 V/50 Hz? ¿Qué ocurre con su valor si el número de espiras se duplica? ¿Y si se duplica la frecuencia? Sabemos que la relación entre la tensión en bornes y el campo magnético, en una bobina 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 frecuencia de su variación. En este caso, pues:

φmáx =

V 200 = =1,8 · 10–3 Wb 4,44 · f · N 4,44 · 50 · 500

Si se duplica el número de espiras o la frecuencia, manteniendo el valor eficaz de la tensión, 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 siguientes valores: P 0 =3 W; P = 5 W. Si se conecta a una carga con factor de potencia 0,7, que absorbe una intensidad de 1 A, calcula: cc

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 I 1n

I 2n

V 1n

V 2n

Z ϕ

a

Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

I2n =Sn/V2n =

) 200 =1,6 A 120

I1n =Sn/V1n =

) 200 =0,83 A 240

a=

V1n I 240 = 2n = =2 120 V2n I1n

a) La intensidad por el primario, teniendo en cuenta la del secundario y la relación de transformación, es: I 1 I1 = 2 = =0,5 A a 2 b) El índice de carga es: I c = 2 = 1) =0,6 I2n 1,6 c) Las pérdidas en el hierro, que no dependen del índice de carga, vienen dadas por el 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=

Pu 84 = =0,945 (94,5%) Pu +PFe +PCu 84 +3 +1,8

6.3. TIPOS DE TRANSFORMADORES Página 212

1. En una línea de media tensión de 30 kV, que transporta una potencia máxima de 6000 kVA, se desea controlar el valor de la tensión y de la corriente por medio 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:

V = 30 kV I V 1

I 1

Carga kVA

S = 6000 a I 2

a' V 2

A

V

0– 3 A

0 – 60 V

– Transformador de intensidad: La intensidad que circula por la línea, y también por el primario del transformador de intensidad, es: I =I1 =

S 6000 kVA = =200 A V 30 kV


La intensidad I2 por el secundario de dicho transformador está limitada por el alcance del amperímetro (3 A). La relación de transformación, entonces, tiene que ser: I2 3 = =0,015 200 I1

a=

como máximo. Lo lógico sería instalar un transformador de intensidad con una rela1 ción algo menor, por ejemplo a = , que permite medir una intensidad I =300 A. 100 – Transformador de tensión: Como el voltímetro alcanza a medir hasta 60 V, la relación de transformación del transformador de tensión necesario debe ser, como mínimo: V1 30000 = =500 60 V2

a' =

Se puede instalar, por ejemplo, un transformador con a' =1000, que alcanza a medir, con el voltímetro, hasta V =60 kV. Página 213

2. Un autotransformador indica los siguientes datos en su placa de características: 50 VA, 0-115-240 V. Determina su relación de transformación y los valores nominales de intensidad. Los datos de la placa significan lo siguiente: 50 VA es la potencia aparente a plena carga o nominal (Sn), 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). I 2n (240V)

I 1n (115V)

V 2n V 1n (0V)

a

(0V)

La relación de transformación es: a=

V1n 115 = =0,48; si trabaja como elevador de tensión. 240 V2n

Los valores nominales de intensidad, I1n =

Sn 50 = =0,434 A =434 mA 115 V1n

I2n =

Sn 50 = =0,208 A =208 mA 240 V2n


6.5. EL CAMPO MAGNÉTICO GIRATORIO Y LOS MOTORES DE CORRIENTE ALTERNA Página 219

1. En un motor de corriente continua se puede variar la velocidad variando la tensión 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 depende de la frecuencia de la tensión de alimentación y del número de pares de polos del devanado del estator (ns =60 · f / P). Por lo tanto, no se puede regular la velocidad fácilmente, actuando sobre el valor eficaz de la tensión, como se hace en un motor de corriente continua. Para variar n de manera discontinua, se utilizan los motores Dahlander, con devanados de diferente número de pares de polos, conmutables, con lo que se consiguen 2 ó 3 velocidades. Para variar n de forma continua, el método que se usa es modificar el valor de la frecuencia 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 950 r.p.m. ¿Cuánto vale su deslizamiento? ¿Qué ocurre con su valor si el motor se sobrecarga? n M

V / 50Hz

Consideramos que el motor está alimentado por una tensión alterna de 50 Hz, en cuyo caso la velocidad de sincronismo o del campo giratorio es: ns =

60 · f 60 · 50 = =1000 r.p.m. P 3

Con la carga nominal, el deslizamiento entre el campo giratorio y el rotor de jaula de ardilla es: sn =

100 · (ns – nn) 100 · (1000 – 950) = =5% 1000 ns

Si se sobrecarga el motor, al aumentar el par en el eje, el rotor suministra un par electromagnético mayor gracias a un aumento de la corriente por el inducido, para lo cual 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 2950 r.p.m., y la relación entre el par de arranque y el par nominal es 2, mientras que la relación entre el par máximo y el par nominal es 2,5. Calcula los tres valores del par y dibuja su curva característica. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

A partir de los valores nominales de la potencia, que es potencia útil en el eje, y la velocidad, se obtiene el valor del par nominal: Mn =

Pn

ωn

=

60 · Pn Pn 60 · 160000 = = =518 N · m 2 · π · nn 2 · π · nn 2 · π · 2950 60

Luego el par de arranque y el par máximo son: Ma =2 · Mn =2 · 518 =1036 N · m Mmáx =2,5 · Mn =2,5 · 518 =1295 N · m Como la velocidad de sincronismo, dado que la nominal es de 2950 r.p.m., tiene que ser ns =3000 r.p.m., podemos hacer un trazado suficientemente aproximado de la curva característica.

M (N · m) M m áx 1250 M a 1000 750

Los puntos de ns, Pn y Ma son inequívocos. El resto de la curva se supone por el comportamiento típico de estos motores.

500

M n =518

P n

250

n n =2958 1000

2000

n s 3 000

n (r.p.m.)

3. En el mismo motor de la cuestión anterior, ¿qué ocurre si antes de arrancar se le 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 alimentación de algún modo (manual o automático), se mantiene por los devanados una corriente de gran intensidad (el valor de arranque, aproximadamente 10 veces mayor que 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 con el comportamiento de los motores de corriente continua serie y paralelo. 5. ¿Qué ocurre en el caso de que al motor se le demande un par mucho mayor que el nominal? Reunamos en el mismo gráfico las características de funcionamiento de los tres tipos de motores, suponiendo que los tres se encuentran inicialmente en el mismo punto de funcionamiento P.

M M a

1 Motor de c.c. derivación 2 Motor de c.a. (de inducci ón) 3 Motor de c.c. serie

1 3

M m áx M a M n


2

P

n 0 n s

P m áx

n

– Si el par resistente tiende a cero (lo que sucede con el motor en vacío), el punto de funcionamiento de los tres motores se desplaza hacia abajo, de modo que el motor derivación aumenta ligeramente la velocidad (hasta n0); 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 embala y se avería). – Si el par se eleva, los tres motores disminuyen su velocidad: el motor serie, en bastante 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 la curva de potencia máxima); el motor serie lo hace también, pero disminuyendo mucho la velocidad; el motor de inducción responde hasta llegar a Mmáx, y a partir de ahí se para bruscamente y puede quemarse.

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Un transformador tiene 20 espiras en el primario y 300 espiras en el secundario: a) Si en el primario se aplica una tensión alterna de 220 V, ¿cuánto valdrá la tensión en vacío medida en bornes del devanado secundario? b) Si se conecta el secundario a una resistencia de 100Ω, ¿cuánto vale aproximadamente la intensidad de la corriente en ambos devanados? ¿Cuánto vale la potencia que transfiere el transformador de la línea a la resistencia de carga? c) ¿Cuál de los dos devanados debe hacerse con hilo de mayor sección? ¿Por qué? El esquema del transformador es el de la figura: I 1

N1 =20

I 2

N2 =300 V 1 N 1

N 2

V 2

R

a=

a

N1 V = 20 = 1 N2 300 V2

ȃ

I2 I1

a) Con V1 =220 V, la tensión en el secundario es: V2 =

300 · V1 300 · 220 = =3300 V 20 20

b) Al conectar en el secundario una carga resistiva de 100 Ω (cos ϕ =1), y despreciando las pérdidas en el transformador, las intensidades y la potencia transferida son: I2 =

V2 3300 300 · I2 300 · 33 = =33 A ; I1 = = =495 A R 20 100 20

P =V2 · I2 · cos ϕ =3300 · 33 · 1 =108900 W c) Para evitar las pérdidas por calentamiento en el cobre, cuanto mayor sea la intensidad de la corriente en un devanado, mayor debe ser la sección del hilo. En este caso, se trata del devanado primario. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

2. Un transformador posee 10 espiras en el primario y 5000 espiras en el secundario: a) Si en el primario se conectaun generador de corrientealterna de 50 V/50 Hz, ¿qué tensión se obtiene en el secundario? ¿Y si se conecta el generador al secundario? 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 cerrar el interruptor en el circuito primario? ¿Por qué? ¿Y si se conecta la batería en el secundario? c) Comenta la siguiente afirmación: el transformador es un dispositivo que solo funciona en corriente alterna. Rigidez dieléctrica del aire =3 · 106 V/m.

V 1

N 1

N 2

a=

V 2

N1 V = 10 = 1 = 1 N2 5000 500 V2

a

a) Si se hace V1 =50 V, V2 =

V1 = 50 =25000 V a 1/500

Si se hace V2 =50 V, V1 =a · V2 =

50 =0,1 V 500

b) Si se monta con el transformador el circuito de la figura, alimentando el primario con una batería de 12 V y conectando una bujía en el secundario, al abrir el circuito se produce en el secundario una tensión instantánea cuyo valor será aproximadamente: V2 =

12V

V 2

1 mm

V1 =500 · 12 =6000 V a

Entre los electrodos de la bujía habrá un campo eléctrico: V = 6000 =6 · 106 V/m d 10–3 superior a la rigidez dieléctrica del aire. Por tanto, durante una fracción de segundo existirá una descarga en la bujía. E=

Si se conecta la batería en el secundario y la bujía en el primario, entre los electrodos de esta se produce, durante los instantes de conexión o desconexión del circuito, una tensión y un campo eléctrico: V1 =a · V2 =

V 0,024 12 =0,024 V ; E = 1 = –3 =24 V/m d 500 10

muy por debajo de lo necesario para hacer saltar la chispa en la bujía. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

c) La afirmación no es rigurosamente cierta. Si se entiende por transformador solo y exclusivamente el dispositivo capaz de transferir grandes cantidades de energía, de forma continua, desde el circuito primario al secundario, efectivamente el transformador solo funciona en corriente alterna. Pero si se acepta una definición más amplia, es evidente que el transformador (o un dispositivo similar) puede ofrecer prestaciones útiles funcionando con una alimentación de corriente continua, como se acaba de ver con el ejemplo de la bujía.

3. Una bobina de 2000 espiras tiene un núcleo de 20 cm2 de sección y 80 cm de longitud media, construido con chapa de hierro de permeabilidad relativa 800, 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 corriente magnetizante. b) Ídem si se elimina el núcleo de hierro. c) Si se monta una segunda bobina de 200 espiras y se supone un funcionamiento ideal del aparato, ¿qué tensión alterna podrá medirse entre los bornes de esta última? El esquema de la bobina a la que se refiere el enunciado es el siguiente: N 1 = 2 0 0 0 N 2 = 200 l =0,8m A = 2 · 10 – 3 m 2 µr = 800

l

Φ I m

20V 50Hz

N 1

v 1

A

N 2

v 2

µr

a) Al aplicar a la bobina de N1 espiras, con el núcleo de hierro, la tensión alterna, la corriente por ella y el flujo máximo en el núcleo son:

φmáx = Bmáx =

V1 20 = =45 · 10–6 Wb 4,44 · 50 · 2000 4,44 · f · N1

φmáx

(Im)máx = Im =

A

=

45 · 10–6 =22,5 · 10–3 T –3 2 · 10

l · Bmáx 0,8 · 22,5 · 10–3 = =0,0089 A =8,9 mA µr · µ0 · N 800 · 12,57 · 10–7 · 2000

8,9 =6,3 mA √2

b) Si se elimina el núcleo de hierro, los valores de pico del flujo y del campo magnético no se modifican, puesto que están condicionados por el valor de V1, que no ha cambiado. Lo que sí sufre modificación es la corriente magnetizante, que aumenta considerablemente. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

Para calcularla, a falta del dato preciso, supondremos que la bobina posee una longitud aproximadamente igual a 1/4 de la que tenía el núcleo de hierro, en cuyo caso: l' · Bmáx (0,8/4) · 22,5 · 10–3 (Im')máx = = =1,79 A µ0 · V1 12,57 · 10–7 · 2000 Im =

1,79 =1,26 A √2

c) En bornes de la segunda bobina, se puede medir una tensión eficaz: V2 =4,44 · f · N2 · φmáx =4,44 · 50 · 200 · 45 · 10–6 =2 V Obsérvese que se cumple la relación de transformación: V1 20 N 2000 = =10 = 1 = =a 2 200 V2 N2

4. En el ensayo en cortocircuito de un transformador de 200 VA el amperímetro marca 0,91 A; el voltímetro, 4 V, y el vatímetro, 1,6W: a) Determina la impedancia equivalente del transformador y sus componentes (resistencia y reactancia). b) Si se produce un cortocircuito accidental en los bornes del secundario, ¿a cuánto asciende la corriente por el primario? El circuito del ensayo y el circuito equivalente simplificado son: I 1n

Z cc ϕcc

A

I 2n

W P cc

V cc

V

V cc = 4V

I 1n = 0,91A

a) El valor de Zcc es: Zcc =

Vcc 4 = =4,39 Ω 0,91 I1n

La potencia medida por el vatímetro corresponde a la disipada en el componente resistivo de la impedancia, luego la resistencia equivalente es: Rcc =

Pcc = 1,6 2 =1,93 Ω 2 (I1n ) (0,91)

La reactancia y el ángulo de desfase son: Xcc = √ Zcc2 – Rcc2 = √ 4,392 – 1,932 =3,94 Ω ; ϕcc =arctg Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

Xcc 3,94 = =64° 1,93 Rcc

b) La tensión nominal del primario vale: V1n =

Sn 200 VA = =219,78 V 0,91 A I1n

220 V

Ȃ

Si se aplica dicha tensión y se produce un cortocircuito en los bornes del secundario, el circuito equivalente es el de la derecha, siendo la corriente de cortocircuito (por el primario): Icc =

Z cc = 4,39 Ω

V 1n = 220V

I cc

V1n = 220 =50 A Zcc 4,39

5. El primario del transformador de la figura se conecta a una tensión alterna: 11

21

V 1

N 1

N 2

12

V 2

Z

22

a) Dibuja, cuando el borne 11 es positivo respecto al borne 12, el sentido de la corriente en el primario, el sentido del flujo en el núcleo, el sentido de la 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 del arrollamiento en el secundario? Hemos dibujado primero el esquema con el circuito secundario cerrado, completándolo con el sentido convencional de las intensidades y del flujo magnético, uitlizado habitualmente en el estudio del transformador. Obsérvese que todos son “eléctricamente coherentes” con el sentido de los arrollamientos y el sentido del flujo, según la regla del sacacorchos. I 1

Φ

11

V 1

N 1

12


N 2

21

V 2

22

I 2

Z ϕ

Y par para simpl implif ific ica ar, haremos el an análisis lisis con el tra transform formador ide ideal, despre precian iando además la intensidad de magnetización frente al valor total de la intensidad del primario. En tal caso, el diagrama vectorial y las correspondientes gráficas de las magnitudes alternas son: v 1 v 2

V 1 ϕ

I 1

ϕ

ω π /2

V 2

π

3·π /2

ω ·t

i 1

I 2

Φ

2·π

i 2 1

2

3

a) Sien iendo v1 positiva (11 positivo respecto a 12), el sentido del resto de las magnitudes puede ser diferente, dependiendo del momento que se considere. Por ejemplo: Momento 1: v1 positiva → i1, i2 y φ negativos. Momento 2: v1 positiva → i1 e i2 positivos, φ negativo. Momento 3: v1 positiva → i1, i2 y φ positivos. Sin embargo, siempre v2 está en fase con v1 y por tanto, si el terminal 11 es positivo respecto a 12, el terminal 21 es positivo respecto a 22. b) Visto Visto lo anterior, son homopolares homopolares los termin terminales ales 11 11 y 21, 21, así así como como 12 12 y 22. 22. c) Si se invierte el el sentido sentido del arrollam arrollamiento en el el secundario secundario,, cambia cambia el sentido sentido de la fuerza electromotriz inducida en él y cambian también el sentido de v2 y los terminales homopolares, que ahora serían 11-22 y 12-21.

6. Un transforma transformador dor de 50 kVA, kVA, 230 2300/ 0/23 230 0 V y 50 Hz, cuyos valo valorres de de resiste esistenci ncia a y reactancia de cortocircuito, obtenidos en el ensayo correspondiente, son de 0,71 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 corriente de cortocircuito accidental. Fe de erratas de la primera edición: Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito aparecen en el libro del alumno expresadas en watt. La unidad que les corresponde es, evidentemente, el ohm.

Dibujamos el circuito equivalente del transformador, simplificado, con una carga cualquiera Z ∠ ϕ , y el diagrama vectorial correspondiente:

R eq V 1

X eq I 1

V 2'

Z ϕ

V 1

ϕ

V 2' I 1


ϕ R eq · I 1

X eq · I 1

En vacío, V2' = V1; en carga, hay una caída de tensión que, como puede verse en el diagrama vectorial anterior, vista desde el primario, tiene por expresión:

∆V2' = V1 – V2' ≈ Req · I1 · cos ϕ + Xeq · I1 · sen ϕ Sin conocer las características de la carga, resolvamos la cuestión para dos casos típicos: =0, cos ϕ =1). A plena carga: Carga resistiva (ϕ =0, I1 = I1n =

Sn 50000 = =21,74 A 2300 V1n

= Req · I1n · cos 0° + Xeq · I1n · sen 0° = Req · I1n = 0,71 · 21,74 = 15,4 15,4 V ∆V2' =R Vista desde el secundario, la caída de tensión es:

∆V2 =

∆V2' a

=

15,4 = 1,54 V 2300/ 300/23 230

La potencia útil y las pérdidas en el cobre son: Pu = Sn · cos ϕ =50000 W ; PCu =Req · I1n2 =0,71 · 21,742 = 335 335 W Y el el re rendimie imien nto:

η=

Pu 50000 = =0,985 +390 0 +33 +335 5 Pu +PFe +PCu 50000 +39

ejemplo). ). El valo valorr de la inte intensidad nsidad nominal nominal Carga inductiva (con cos ϕ = 0,8, por ejemplo es el mismo, pero ahora está retrasada respecto a la tensión un ángulo:

ϕ =arccos 0,8 =36,86° ,86° (sen ϕ =0,6) ∆V2' =Req · I1n · cos ϕ +Xeq · I1n · sen ϕ =21,74 =21,74 · (0,7 (0,71 1 · 0,8 +1,57 +1,57 · 0,6) 0,6) =32 = 32,8 V ∆V2 =

∆V2' a

=

32,8 = 3,28 V (m (más alta) 10

Pu = Sn · cos ϕ =50000 · 0,8 =40000 =40000 W PCu =Req · I1n2 = 0,71 · 21,742 =335 335 W

η=

40000 = 0,982 (ligeramente menor) 40000 +39 +390 0 +33 +335 5

Siempre trabajando a plena potencia, cuanto más inductiva es la carga mayor es la caída de tensión, y el rendimiento menor, como consecuencia de que disminuye la potencia útil sin modificación de las pérdidas. La corriente de cortocircuito se determina calculando primero el valor de la impedancia correspondiente: Zcc = √ R2cc +X 2cc = √ 0,712 +1,572 =1,72 Ω Icc =

V1 2300 = =1337 A 1,72 Zcc


7. Un transformador monofásico ideal ideal tiene 2750 750 espiras spiras en el el primari primario, o, 150 150 2 espi espiras ras en en el secundario secundario y un núcle núcleo de hierro hierro de 6 cm de sección y 25 cm de long ongitud media. Si está está conect conectado ado a una lí línea de de 220 220V/ V/50 50 Hz, dete deterrmina: mina: a) La tensión tensión en el el secunda secundari rio. o. b) La inte intensidad nsidad en en el secunda secundari rio o y en en el primari primario o si en el el secundari secundario o se conecta una carga de 30 W con cos cos ϕ =0,65. c) El valor de pico del del flujo flujo mag magnético nético en el el núcle núcleo. o. d) La corriente corriente mag magnetizante netizante si si el transformador trabaja trabaja en una zona de la curva de magnetización en la que la permeabilidad magnética vale µ =800. r

e) La inte intensidad nsidad por el prima pri mari rio o si se descone desconecta cta la carga. carga. f ) El diag diagrama vectori vectorial al de flujo, flujo, tension tensione es e inte intensidade nsidades. s. El esquema del transformador, con todos los datos, es el siguiente: Φ I 1

220V 50Hz

v 1

N 1 = 2750 2750 N 2 =150

I 2

v 2

Z ϕ P = 3 0 W cos ϕ 2 = 0,65 0,65 (ϕ =49,4 °)

µr = 800 800

– 4 m2 A = 6 ·10 – 4

a) La relación de transform transformac ación ión es: a=

) N1 2750 = =18,3 150 N2

Y la tensión ión en el se secundario: io: V2 =

V1 220 = ) =12 V a 18,3

b) La inten intensida sidad d por el secun secunda dario: rio: I2 =

30 P = =3,846 A (con un retraso de 49,4° re respecto a V2) V2 · cos ϕ2 12 · 0,65

Reflejada en el primario, su valor es: I2' =

I2 3,846 = ) =0,21 A a 18,3

El valor de la intensidad por el primario también depende de la corriente magnetizante; como aún no se conoce, dejamos la respuesta hasta el apartado d). Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

c) El valor del flujo fl ujo de pico o máximo máximo y la intensida intensidad d de cam campo que impone son:

φmáx = Bmáx =

V1 220 = = 0,36 · 10–3 Wb 4,44 · 50 · 2750 4,44 · f · f · N1

φmáx A

0,36 · 10–3 = =0,6 T 6 · 10–4

d) En consecuencia, consecuencia, la la corriente mag magnet netizante izante posee posee un valor máximo: áximo: (Im)máx =

l · Bmáx 0,25 · 0,6 = =0,054 A µr · µ0 · N1 800 · 12,57 · 10–7 · 2750

0,054 =0,0 =0,03 38 A, con con un ret retras raso de de 90° res respect pecto o a la tensión nsión.. √2 Con la corriente magnetizante y la reflejada del secundario se puede determinar la corriente por el primario:

Y un un valor lor efica icaz: Im =

I 2' · ' ·cos ϕ2

V 1 I m I 2' · ' · sen ϕ2

ϕ2

I 2' · ' ·cos ϕ2

V 2

ϕ1

I 2' I m + I 2' · ' · sen ϕ2

I 1

I1 = √ (I2' · cos ϕ2)2 +(I +(Im + I2' · sen ϕ2)2 = = √ (0,21 · cos 49,4°)2 +(0,038 +0,21· sen 49,4°)2 = 0,1972 = 0,24 A = √ 0,1362 + 0,197 (con un ángulo ϕ1 = arctg 0,197 =55,4° en retra retraso) so) 0,136 e) Si se descone desconecta cta la carga carga,, I2 e I2' se anulan, y entonces la corriente por el primario es igual a la de magnetización: (I1)en vacío =Im =0,038 0,038 A f) Finalm Finalment ente, e, el diag diagram rama vectorial vectorial con el flujo flujo,, las las tensiones tensiones y las las intensidade intensidades s es: es: V 1 =12V I m (0,038A)

V 2 =220V

ϕ2 = 49,4 49,4°

ϕ1 = 55,4 55,4°

I 2' = 0,21A 0,21A

Φm á 0,36mWb x áx = 0,36mWb

I 1 = 0,24A 0,24A


8. En un transformador monofásico de 220/ 220/24 24 V, las potenci potencias as medidas medidas en los ensayos de vacío y de cortocircuito son, respectivamente, de 3 W y 4 W: a) Calcula su rendimie rendimiento si se conecta conecta a una resiste resistencia ncia de 5,76 5,76 Ω. b) Si se conecta a una resistenci esistencia a de 10Ω 10 Ω, calcula el índice de carga y determina el nuevo valor del rendimiento. Fe de erratas de la primera edición: La unidad que debe acompañar a los valores de las resistencias de los apartados a) y b) debe ser el ohm, no el watt.

a) Se supone que el el transformador transformador trabaja a potencia nominal al conectarle la resistencia de carga de 5,76 Ω, en cuyo caso: I2n =

V2 24 = =4,166 A R 5,76

Pu = V · I2n · cos ϕ = 24 · 4,166 · 1 =10 =100 0W

ηn =

Pu Pu 100 = = =0,934 (93,4%) Pu +PFe +PCu Pu + P0 +Pcc 100 +3 +4

b) Con una carga carga resistiva resistiva de 10 Ω: I2 = El índice de carga es: c =

V2 24 = =2,4 A R 10

I2 = 2,4 =0,576 4,166 I2n

Pu = V2 · I2 · cos ϕ =24 · 2,4 · 1 =57,6 W

ηn =

Pu 57,6 = =0,93 (93%) 2 57,6 +3 +0,5762 · 4 Pu +P0 +c · Pcc

9. Un transforma transformador dor trifás trifásico ico tiene tiene una potencia potencia nominal nominal de 75 kVA kVA para para tentensiones siones nominal nomi nales es de 15 kV en en el pri pr imario mario y 230/ 230/ 380 V en en el secundario. secundario. Si Si las l as bobinas están dispuestas según la figura y los terminales homopolares son los indicados: 1N

2N

1U

2U

1V

2V

1W

2W

a) Dibuja Dibuja el el esque esquema ma de conexiones conexiones corres correspondi pondie ente a la conexi conexión ón Yy6 Yy6 y el el diagrama vectorial correspondiente. b) Ídem para para la conexi conexión ón Dd6 y para para la conexi conexión ón Yd5 Yd5.. c) ¿Cuánto ¿Cuánto vale vale la relación de transformación y llas as tensio tensiones nes en el prima primari rio o y 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 triángulo-estrella, y entonces la relación entre las fuerzas electromotrices de las fases es: E1 N 15000 = 1 = = 65,2 230 E2 N2 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

Conexión Yy6 (desfase 6 · 30 =180°) 1N

2N

1U

2U

1V

2V

1W

2W

1U

2W 2V

180° 2U

1W

1V

Haciendo el neutro de la estrella con terminales no homopolares en el primario y el secundario, se obtiene efectivamente un desfase de 180°. La relación de transformación (entre las tensiones de línea) es: √ 3 · Vf 1 V f 1 E1 V a = l1 = = = =65,2 V l2 V f 2 E2 √3 · V f 2

Conexión Dd6 (desfase 6 · 30 =180°) 1U 1U

2U

1V

2V

1W

2W

2V 2W 1W

2U 1V

Del mismo modo, “sacando” los terminales de la placa de puntos del triángulo no homopolares (en el secundario respecto al primario), se obtiene también un desfase de 180°. La relación de transformación es: V V E a = l1 = f 1 = 1 =65,2 V l2 V f 2 E2

Conexión Yd5 (desfase 5 · 30 =150°) 1U 1U

2U

1V

2V

1W

2W

2W 2V 2U 1W

150°

1V

1 V

Con esta conexión se obtiene un desfase de 150°, como puede verse en el diagrama vectorial trasladando convenientemente una tensión de línea del primario (1V1U) para ver el ángulo que forma con la correspondiente del secundario (2V2U). La relación de transformación es: a=

√ 3 · Vf 1 √ 3 · E1 √ 3 · N1 V l1 = = = = √ 3 · 65,2 =113 V l2 E2 N2 Vf 2


10. Un motor monofásico de arranque por condensador posee los siguientes valores nominales: potencia, 0,75 kW; velocidad, 2870 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 el valor 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: I n P u

M

P t V

M

Siendo los datos que aporta el enunciado del problema los siguientes: Pu =Pn =750 W nn =2870 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 tiene por expresión: 2 · π · nn Pu =Pn =Mn · 60 El par en el eje a plena carga es, entonces: Mn =

60 · Pn 60 · 750 = =2,5 N · m 2 · π · nn 2 · π · 2870

La potencia eléctrica absorbida, o potencia total, es: Pt =

Pu

= 750 =1071,4 W η 0,7

Y la intensidad de la corriente por la línea: In =

Pt 1071,4 = =6 A Vn · cos ϕ 220 · 0,8

En el arranque, la intensidad por la línea alcanza un valor muy alto, de hasta 10 veces el valor nominal, mientras que el par de arranque es también más del doble que el 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 consiguientes, aumentan considerablemente. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

11. Un motor trifásico de rotor de jaula de ardilla posee los siguientes valores nominales: Potencia: 110 kW; velocidad: 2860 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 par indefinidamente? e) ¿Qué ocurre con la corriente y el par en el momento del arranque? ¿Cómo se puede limitar el valor de la corriente en el arranque? Los datos que proporciona el enunciado del problema son los siguientes:

V =380V/50Hz P t

n n = 2860 r.p.m. P u =110000 W

M

M n η = 0,85 cos ϕ = 0,87

a) La velocidad síncrona de la gama de 50 Hz más cercana a 2860 r.p.m. es ns =3000 r.p.m. En consecuencia, el número de pares de polos es: p=

60 · f 60 · 50 = =1 (2 polos) ns 3000

Y el deslizamiento vale: s=

ns – n 3000 – 2860 · 100 = · 100 =4,66% 3000 ns

b) El par en el eje es: Mn =

Pu = 110000 · 60 =367 N · m 2 · π · nn 2 · π · 2860 60

c) La potencia eléctrica absorbida: Pt =

Pu

η

=

110000 =129411 W 0,85

Y la intensidad de la corriente por la línea: Pt 129411 I= = =226 A √ 3 · V · cos ϕ √ 3 · 380 · 0,87 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

d) Si el motor se queda sin carga, el par electromagnético tiende a cero, las corrientes inducidas en el rotor son muy pequeñas y el deslizamiento casi nulo (el motor alcanza la velocidad de sincronismo, 3000 r.p.m.); y la potencia absorbida y la corriente en la línea también son muy pequeñas. Por el contrario, si el par de la carga aumenta indefinidamente, inicialmente el motor responde aumentando el par electromagnético, a costa de un aumento de la potencia absorbida y de la corriente y de una ligera disminución de la velocidad (mayor deslizamiento). Pero si se sobrepasa el par máximo del motor, este deja de responder y se para súbitamente (n =0), quedando en una situación de máximo deslizamiento (100%) y de máxima corriente por la línea, consumiéndose toda la potencia absorbida en forma de 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 grande, de modo que el motor acelera rápidamente hasta llegar a una velocidad de equilibrio, cuando el par electromagnético (decreciente con el deslizamiento) se iguala al resistente. No obstante, si el par resistente o de carga es mayor que el de 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 gran potencia, puede ser perjudicial para la línea de alimentación, se suele efectuar el arranque conectando inicialmente los devanados del motor en estrella (de ese modo la potencia absorbida se reduce a 1/3) y conmutándolos automáticamente a la conexión en triángulo, una vez que la velocidad se acerca a la nominal.

Problemas de selectividad 1. Un señor adquiere para su casa un frigorífico de 1000W con un factor de potencia 0,8. Cuando llega a casa, se da cuenta de que su instalación es de 125 V y el frigorífico solo funciona correctamente a 220 V. Para solucionar el problema, decide comprar un transformador. a) ¿Qué características mínimas debe tener el transformador? b) ¿Qué corriente absorberá de la red el conjunto transformador-frigorífico cuando esté en funcionamiento? (Considera el transformador ideal). LOGSE. Andalucía, 1999.

El esquema del conjunto, representando el frigorífico por medio de una impedancia equivalente, es el siguiente: I

I

V

V

a


Z

P cos ϕ

a) Considerando el transformador ideal, la relación de transformación y la potencia aparente que ha de ser capaz de suministrar son: a=

V1 125 P 1000 = =0,568 ; S = = =1250 VA cos ϕ 0,8 V2 220

b) Si se desprecia, además, el valor de la corriente de vacío, la relación de transformación también puede ponerse como: a=

V1 V2

ȃ

I2 1000 P , siendo I2 = = =5,68 A 220 · 0,8 I1 V2 · cos ϕ

En cuyo caso, la intensidad por el primario será: I1 =

V2 · I2 = 220 · 5,68 =10 A 125 V1

2. Un transformador monofásico ideal tiene 2000 espiras en el primario y 250 en el secundario. Al primario del transformador se le aplica una tensión de 660 V/50 Hz. a) Determina la relación de transformación y la tensión en el secundario del transformador. b) Si en el secundario del transformador se conecta una carga, formada por una resistencia de 10 Ω en serie con una bobina de 7,5 mH de inductancia, determina la corriente que circula por el primario del transformador. c) Determina la potencia aparente consumida por el transformador con la carga anterior, y dibuja el diagrama de tensión e intensidad del primario y del secundario del transformador. LOGSE. Cataluña, 2000.

El esquema del transformador, con la carga conectada en el secundario es el siguiente: I 2

I 1

V 1 = 660 V (50 Hz)

N 1 = 2 000

N 2 = 250

V 2

Z ϕ

R = 10 Ω L = 7,5 · 10-3 H

a) La relación de transformación y la tensión en el secundario son: V N 2000 660 a= 1 = =8 ; V2 = 1 = =82,5 V 250 a 8 N2 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 = √ R2 +XL2 = √ 102 +2,352 =10,27 Ω ; ϕ =arctg Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

XL 2,35 =arctg =13,2° R 10

Con estos valores, calculamos la intensidad por el secundario: I2 =

V2 → 82,5 = =8 A (retrasada 13,2° respecto de V2) Z 10,27

Y, por tanto, la intensidad por el primario resulta: I1 =

I2 ≈ 8 =1 A a 8

c) La potencia aparente es: S =V1 · I1 =660 · 1 =660 VA El diagrama vectorial (simplificado, sin la intensidad de vacío) es el siguiente: V I

V ϕ

I

3. Un transformador de potencia nominal 160 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1400 W y, en el cobre, de 1800 W. El transformador trabaja a plena carga. 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 de índice de carga 95%, 97% y 99%. LOGSE. Valencia, 1999.

Se supone que las pérdidas de potencia a que se refiere el enunciado son las medidas por medio del ensayo en vacío (las pérdidas en el hierro, PFe =P0 =1400 W, independientes del índice de carga) y del ensayo en cortocircuito ( Pcc =1800 W, las pérdidas en el cobre correspondientes al funcionamiento a plena carga). En tal caso, la expresión del rendimiento del transformador, en función del factor de potencia y del índice de carga, es:

η=

Pu Pu C · Sn · cos ϕ = = Pt Pu +PFe +PCu C · Sn · cos ϕ +P0 +C2 · Pcc

a) A plena carga (C =1), el rendimiento para diferentes valores del factor de potencia será: cos ϕ =1

η=

160000 =0,98 160000 +1400 +1800

cos ϕ =0,8

η=

128000 =0,975 128000 +1400 +1800

cos ϕ =0,5

η=

80000 =0,961 80000 +1400 +1800


b) Con un factor de potencia de 0,9 y diferentes índices de carga, el rendimiento será: C =0,95

η=

0,95 · 160000 · 0,9 =0,9772 0,95 · 160000 · 0,9 +1400 +0,952 · 1800

C =0,97

η=

0,97 · 160000 · 0,9 =0,9783 0,97 · 160000 · 0,9 +1400 +0,972 · 1800

C =0,99

η=

0,99 · 160000 · 0,9 =0,9780 0,99 · 160000 · 0,9 +1400 +0,992 · 1800

Para trazar el diagrama conviene graduar el eje del índice de carga en centésimas, y el eje del rendimiento en diezmilésimas: η (P u / Pt ) 0,98

0,979

0,978

0,977

0,976

0,975 0,94

0, 95

0,96

0,97

0,98

0,99

1

C (I 1 / I1n )

4. Un transformador monofásico tiene 1000 espiras en el primario y 2000 en el secundario. La tensión del primario es de 1000 V y el transformador alimenta una carga en el secundario que consume una corriente de 100 A con factor de potencia 0,8 inductivo. a) ¿Cuál es el valor de la tensión secundaria en el supuesto de considerar el transformador ideal? b) ¿Cuál es el valor de la corriente primaria si se considera una corriente de vacío 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 considera que ambos arrollamientos trabajan con la misma densidad de corriente? LOGSE. Madrid, 1995.

El esquema del transformador es el representado en la página siguiente: Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

I

I

N

V

N

V

Z

cos ϕ

a) Considerando el transformador ideal se desprecia la caída de tensión interna, en cuyo caso: V1 (V ) N ≈ 1 0 = 1 = 1000 =0,5 =a 2000 V2 (V2)0 N2 Por tanto, la tensión secundaria vale: V2 =

V1 1000 = =2000 V a 0,5

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 efectuar obteniendo primero las componentes activa y reactiva de ambas. Calculamos, en primer lugar, los componentes de I2': →

I2 =100 A, con ϕ2 =arcos 0,8 =36,8° en retraso respecto aV2 I2' =

I2 100 = =200 A a 0,5

con el mismo ángulo ϕ2 de retraso que I2. Por tanto: (I2')a =I2' · cos ϕ2 =200 · cos 36,8° =160,1 A (I2')r =I2' · sen ϕ2 =200 · sen 36,8° =119,8 A Del mismo modo, para la intensidad de vacío obtenemos: →

→

I0 =2 A, con ϕ0 =arcos 0,3 =72,5° en retraso respecto aV1 y V2 Las componentes, en este caso, son: (I0)a =I0 · cos ϕ0 =2 · cos 72,5° =0,6 A (I0)r =I0 · sen ϕ0 =2 · sen 72,5° =1,9 A Las componentes activa y reactiva de la corriente primaria son: (I1)a =(I2')a +(I0)a =160,1 +0,6 =160,7 A (I1)r =(I2')r +(I0)r =119,8 +1,9 =121,7 A La intensidad del primario resulta, finalmente: I1 = √ (I1)a2 +(I1)2r = √ 160,72 +121,72 =201,5 A con un desfase respecto a las tensiones:

ϕ1 =arctg

(I1)r 121,7 =arctg =37,1° 160,7 (I1)a


c) Si los dos devanados han de trabajar exactamente con la misma densidad de corriente, se cumplirá: J =

I1 I = 2 S1 S2

Para el devanado secundario la densidad de corriente es: J =

100 =20 A/mm2 5

Luego la reacción del devanado primario debe ser como mínimo del siguiente valor: S1 =

I1 = 201,5 =10,075 mm2 J 20

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 10kW de potencia útil, rendimiento 91%, factor de potencia 0,8, cuando está conectado a una red de 380 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. LOGSE. Galicia, 2000.

a) Un motor de 6 polos (p =3), alimentado por un sistema trifásico a 50 Hz, engendra un campo giratorio cuya velocidad de sincronismo es: ns = 60 · f = 60 · 50 =1000 r.p.m. p 3 Entonces, el deslizamiento del rotor es: S=

100 · (ns – n) 100 · (1000 – 955) = =4,5% 1000 ns

b) La potencia total o absorbida por el motor es: Pt =

Pn

η

=

10000 =10989 W 0,91

Y la intensidad en la línea trifásica: Il =

Pt

√ 3 · Vl · cos ϕ

=

10989

√ 3 · 380 · 0,8

=20,87 A

c) Como el motor está conectado en triángulo, la intensidad de fase que circula por sus devanados es: If =

Il

√3

=

20,87

√3

=12 A


6. ¿Cuál es la única opción que no modifica significativamente la velocidad de giro 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 ligeramente inferior a la velocidad de sincronismo, cuya expresión es: ns =

60 · f p

Esto significa que solo hay dos formas de modificar apreciablemente la velocidad de giro, modificando la frecuencia de la alimentación (opción b) o modificando el número de polos del devanado del estator (opción c), cosa que puede hacerse, por ejemplo, utilizando en el mismo motor dos devanados diferentes (opción d). En consecuencia, la opción que no modifica significativamente la velocidad de giro es 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 la siguiente expresión: 2· π · n M · —— Pn 60 I= = — √ 3 · V · cos ϕ √3 · V · cos ϕ

7. Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 30 kW, 220/380 V, 50Hz, tipo 1RA2146 (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 de línea. b) ¿Cuál será el valor de la corriente de línea y su factor de potencia en el caso de que el motor trabaje suministrando la potencia nominal? c) ¿Podrá arrancar el motor si mueve un par resistente de 400 N · m? LOGSE. Madrid, 1995.

a) En un motor trifásico la menor de las tensiones de servicio corresponde a la conexión triángulo, en funcionamiento permanente. En este caso, por tanto, si la línea de alimentación trifásica es de 220 V, es esa la conexión que hay que hacer en la placa de bornes del estator: Unidad 6. El transformador y los motores de inducción.

L1

L2

L3 220 V

U 1

V 1

W 1

W 2

U 2

V 2

b) De acuerdo con la tabla, para el modelo IRA2 146, la potencia útil (en el eje) vale 30 kW, si se conecta en triángulo a la línea de 220 V, en cuyo caso la potencia absorbida (para un rendimiento del 90,5%) sera: Pt =

Pn

η

=

30000 =33149 W 0,905

Si se conecta el motor en estrella a una línea de 380 V, la intensidad de línea, según la tabla, sería de 58 A. Con la conexión triángulo a 220 V (para igual potencia) será: (In)̅ =(In) · √ 3 =58 · √ 3 =100,45 A Entonces, el factor de potencia del motor será: cos ϕ =

Pt

√ 3 · V · In

=

33149 =0,866 √ 3 · 220 · 100,45

c) Según la tabla, la velocidad del motor es de 1450 r.p.m. y la relación entre el par de arranque y el nominal es Ma /Mn =2. Luego el par de arranque vale: Ma =2 · Mn =2 ·

(

)

60 · Pn 2 · 60 · 30000 = =395,1 N · m 2 · π · 1450 2 · π · nn

Este resultado es ligeramente inferior a 400 N · m, luego el motor no arranca.



7.3. LAS ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS Página 249

1. Haz un razonamiento que justifique la existencia de ondas electromagnéticas tras 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 ondas sonoras producidas por un disparo, se siguen propagando cuando ha cesado la causa 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. DISPOSITI VOS SEMICONDUCTORES: DIODO DE UNIÓN Y TRANSISTOR Página 267

1. Dibuja la forma de la componente alterna de la corriente de salida si la corriente alterna de entrada tiene un valor máximo de 4 mA. En el amplificador con transistor PNP en montaje emisor común de la figura, situado en el punto de funcionamiento P, se le aplica una señal alterna en la entrada para hacer oscilar el valor de iB ±4 mA. Como puede observarse, no se consigue, pues el transistor solo puede funcionar entre los puntos P' (de máxima corriente o de saturación) y P'' (de mínima corriente o de corte). Como consecuencia, la componente alterna de la corriente de salida ic resulta “recortada”, tal como puede verse en el análisis gráfico.

i C

C i B

R C =

B E

R B

i E V 2 =

V 1 =

2,5 V

ω · t i C (mA)

i B (mA)

i C (mA) 100

P'

+4 +3

ω · t 50

P

+2 +1 P'' 0 – 30

Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

300 Ω

v CE

30 V

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En el circuito amplificador del triodo PC86, la resistencia de carga vale 30 k Ω y la placa está polarizada con una batería de 100V: 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 la resistencia de carga? b) Ídem si el voltaje de rejilla vale cero. ¿Cómo se comporta el diodo en este caso? c) Calcula el valor de la resistencia interna del triodo en ambos puntos de funcionamiento. ¿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 circuito amplificador es este. La señal de entrada se puede “inyectar” en el circuito de rejilla, mientras que la señal de salida se recoge en bornes de la resistencia de carga R del circuito de placa.

i a PC 86

Señal de salida

R = 30 kΩ

v a Señal de entrada

100 V

La ecuación de la recta de carga es: 100 = va +30 · ia (R se da en kΩ, ia en mA)

 va =0 ; ia =100/30 =3,33 mA

Puntos de corte: 

 ia =0 ; va =100 V

Dibujándola sobre la característica ia (va) del triodo, se obtiene: i a (mA) v r = 0

– 0,5 V

– 1 V

– 1,5 V

7,5

– 2 V – 2,5 V – 3 V

5 3,33 2,5 ∆i a ≈ 5 mA

– 3,5 V P' P

25 50 ∆v a = 5 V

75

100


125

150

175

200

225

250

v a (V)

a) Si el voltaje de rejilla vale –0,5 V, el triodo se sitúa en el punto de funcionamiento P, al que, según la gráfica, le corresponden los valores: =45 V; ia =2 mA

va

En la resistencia de carga existirá una diferencia de potencial: =R · ia =30 · 2 =60 V

vR

b) Si vr =0, el triodo pasa al punto: P' (va

=22 V; ia =2,8 mA)

al que corresponde: =30 · 2,8 =84 V

vR

Obsérvese que, para un pequeño incremento de la tensión de rejilla (0,5 V), se ha producido un incremento grande de la tensión de salida (84 – 60 =24 V), debido al efecto amplificador del triodo. Situada en el punto P' y en ausencia de señal de entrada, la válvula se comporta como si no tuviese rejilla, o sea, como un diodo de vacío. c) Si aplicásemos el concepto “estático” de resistencia (tensión en bornes dividida por intensidad que circula), se obtendrían los siguientes valores de resistencia interna: P:

Ri

=

P':

Ri

=

va ia

=

45 V =22,5 kΩ 2 mA

22 V =7,85 kΩ 2,8 mA

En los circuitos electrónicos, sin embargo, se utiliza el concepto dinámico de resistencia interna (oposición a las variaciones de corriente). Vista así, la resistencia interna en ambos puntos posee un valor parecido: Ri

=

∆va ≈ 5 V =1 kΩ ∆ia 5 mA

La corriente por la rejilla es nula en ambos casos: al poseer un potencial negativo o nulo no puede absorber electrones. d) En cambio, si la rejilla adquiere un potencial positivo, sí absorbería electrones y habría una corriente de rejilla; pero su valor no sería grande, en comparación con el aumento de la corriente de placa. Por la velocidad que alcanzan, los electrones traspasan la posición de la rejilla y caen bajo la influencia del fuerte potencial 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 por una batería de 150V, mientras que la rejilla lo está con una batería de 1 V. Si la resistencia del circuito de placa es de 15k Ω: a) Traza la recta de carga. b) Indica el punto de funcionamiento y calcula los valores correspondientes de resistencia interna de la válvula. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

c) Si sobre ese punto se introduce en el circuito de rejilla una señal alterna de 0,75 V de pico, determina el valor de pico de la corriente de placa y el de la tensión en la resistencia de carga. En este caso, el esquema y el análisis gráfico son los siguientes:

PC 86

R = 15 kΩ

Señal de entrada

v a 150 V

1V

a) La ecuación de la recta de carga es: 150 = va +15 · ia →

 va =0 ; ia =150/15 =10 mA   ia =0 ; va =150 V . t

ω

) V (

v a

i a (mA)

10 i a

v r = 0

– 0,5 V

– 1 V

– 1,5 V

7,5

– 2 V – 2,5 V – 3 V

5

P

– 3,5 V

∆ i a

∆ v a

2,5

50

100

150

200

250

v a (V)

b) El punto de funcionamiento correspondiente a vr =–1 V es P (va =90 V; ia =4 mA); manteniendo constante vr =–1 V y dando un ∆ va =10 V en torno a P, se obtiene un ∆ ia =2 mA, luego la resistencia interna (dinámica) es: Ri

=

∆va = 10 V =5 kΩ 2 mA ∆ia

c) Si mediante la señal alterna de entrada se hace oscilar vr entre –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 alterna en R, superpuesta al valor de reposo, tiene un valor de pico de 2,25 · 15 =33,75 V. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

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, positivo en el ánodo (polarización directa), y luego en el contrario (polarización inversa). i a (A) 5

1

-v a ( V) 1 250

1 000

750

500

250

0

0,5

0,1 0,5 1 5 10 -i a (µA)

0,1 0,05

0,01 0

0,5

1

1,5

v a (V)

a) Dibuja los circuitos y determina la intensidad de la corriente y la resistencia 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: i a (A)

5

v a

i a

1V

P 1 0,5

0,1

P (va

=1 V; ia =1,8 A)

0,05

Resistencia interna (estática): Ri

=

va ia

=

1V =0,55 Ω 1,8 A


0,01 0

0,5

1

1,5

v a (V)

– Polarización inversa: – v a (V)

1 250

1 000

750

500

250

0

0,1

P' 0,5

1

5 10

– i a

– i a (µA)

– v a

Con una tensión inversa tan pequeña (– va = 1 V), el punto de funcionamiento es difícil de situar, aunque seguro que se encuentra entre el origen y P'. Tomando por válido P' (–va =1 V, –ia =0,5 µA), la resistencia interna inversa (estática) sería: Ri

=

1V =2 · 106 Ω =2 MΩ –6 0,5 · 10

b) Si en polarización directa el voltaje va baja hasta 0,5 V, el diodo deja de conducir al no superarse la tensión umbral necesaria (aproximadamente 0,6 V según la característica). La tensión umbral es debida a la existencia de un potencial de barrera en la unión PN, que aparece como consecuencia de la recombinación de electrones y huecos alrededor de ella. c) Si la polarización negativa se llevase hasta 1250 V, podría alcanzarse la tensión Zener, valor para el cual se produce una fuerte corriente de rotura en avalancha de los enlaces en el cristal; corriente que, si no se trata de un diodo Zener concebido para funcionar en dicha situación, determina su destrucción.

4. El diodo del ejercicio anterior se polariza directamente mediante una fuente de 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 , i a , y la resistencia interna en el punto de funcionamiento (estática y dinámica). a) El esquema del circuito es: i a V =

v a

50 V

R C =

125 Ω

b) La ecuación de la recta de carga es: 50 = va +125 · ia →

 va =0 ; ia =50/125 =0,4 A   ia =0 ; va =50 V


Otro punto que facilita el trazado sin necesidad de llevar el eje de va hasta 50 V es: va

=10 V ; ia =

50 – 10 40 = =0,32 A 125 125

Para trazar la recta y hacer el estudio gráfico, es necesario trasladar la característica a unos ejes adecuados: llevamos, por ejemplo, los puntos 0, 1 y 2: i a

(A) 5

4 2 1

1 0,5

i a (A)

2

P'

0,1

Caracter ística del diodo

0,05

1 Recta de carga

P

0,4

(10 V, 0,32 A)

0

0,01 0

0,5

1

v a (V)

0,6 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

v a (V)

c) El diodo estará situado en el punto de funcionamiento: P (va

ȃ

0,7 V; ia

ȃ

0,38 A)

La resistencia interna estática es: (Ri )estáti ca =

va ia

=

0,7 =1,84 Ω 0,38

La resistencia interna dinámica, como la característica es prácticamente recta en el intervalo dibujado, la podemos determinar tomando incrementos entre 0 y P': Ri

=

∆va 1 – 0,6 0,4 = = =0,2 Ω 2– 0 2 ∆ia

5. Con un diodo de silicio se forman los dos circuitos de la figura. ¿En cuál de los dos casos se enciende la lámpara y por qué? 9V 9V En el circuito de la izquierda, el diodo está polarizado directamente, luego conduce y se comporta como un interruptor cerrado, 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 circulación de corriente; toda la tensión de la batería queda aplicada al diodo, y la lámpara no se enciende. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

6. Con un transistor PNP, una lámpara de linterna y una pila eléctrica se forman los circuitos de la figura. a)

b) C

c)

9V

d)

9V

B

9V

9V

E

¿En qué casos se enciende la lámpara? Un transistor PNP equivale, en cierto modo, a dos diodos de unión puestos en oposición con un terminal intermedio, que es la base. C

C

C

P B

B

PNP

N

B

P

E

E

E

a) Si se aplican +9 V en el circuito CE, con el positivo en C, la unión BC queda con polarización directa y podría conducir; pero la unión BE queda con polarización inversa 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 no se enciende. c) Con B positivo respecto a E, la unión BE queda con polarización inversa: L no se enciende. d) Con E positivo respecto a B, la unión BE queda polarizada directamente; hay conducción 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: C

C

C

N B B

NPN E

P

B

N E

E

De las cuatro posibilidades propuestas en el enunciado del ejercicio anterior, la única que permite el encendido de la lámpara es la tercera: si se aplican +9 V en el circuito BE, con la base positiva, la unión BE queda polarizada directamente. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

8. Las curvas características de la figura corresponden a una serie de diodos Zener, uno de los cuales se conectará entre C y D para estabilizar la tensión aplicada a la resistencia R2: – v a (V)

Z 6

10

Z 5

9

Z 4

8

Z 3

7

Z 2 Z 1

6 5 4

0

50

100 150 200 250 300 350 400 450 500 – ia (mA)

R 1 = 50

A

Ω

C

12 V

R 2 =100

B

Ω

D

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 qué valores oscilará la corriente por el diodo Zener? ¿Qué pasa mientras tanto con la tensión en la resistencia R2? ¿Y en la resistencia R1? a) Antes de conectar el diodo Zener: R 1

A

= 50 Ω

C

I

V =

12V

I R

V a

R 2

I = 100 Ω

=

R1 + R2

=

12 = 50 +100

=0,08 A Va

B

V

=R2 · I =100 · 0,08 =8 V

D

b) Si se desea estabilizar la tensión Va en ese valor (8 V), por medio de un diodo Zener, conviene utilizar aquel que posea dicho valor en un punto intermedio de su 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. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

R 1

A

La ecuación del circuito es:

= 50 Ω

C

V I

I R

I a

V =

12V

R 2

V a

=Va +R1 · I =

(

=Va + R1 · Ia +

Va R2

= 100 Ω

(

12 = Va +50 · Ia + = B

D

)

Va

100

)=

3 · Va +50 · Ia 2

Se trata de la ecuación de una recta, cuyos puntos de corte con los ejes son: Va Ia

=0 ; Ia =12/50 =0,24 A =240 mA

=0 ; Va = 2 · 12 =8 V 3

Para trazar la recta sobre la característica, como el eje – Va de esta no parte de cero, es conveniente dibujarla adecuadamente: De acuerdo con los sentidos de Va e Ia en el esquema, se han cambiado los signos en los ejes. +v a (V)

11 10 9 8

P

P'

Z 4

7 6 5

2 4 3

1

2 1

+I a (mA)

0 0 9 mA

48 mA

100

200

240

280

300

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 de la característica. Eso significa que la tensión de entrada no puede bajar de 12 V sin que se pierda el efecto estabilizador sobre la resistencia de carga R2. 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. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

En cambio, el límite superior del enunciado sí puede alcanzarse; la recta de carga correspondiente (2) es: 14 =

 Va =0 ; Ia =14/50 =0,28 A =280 mA   Ia =0 ; Va =(2 · 14)/ 3 =9,33 V

3 · Va +50 · Ia → 2

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 por el diodo Zener oscila entre 9 y 48 mA, mientras que la tensión va aplicada a la carga R2 se 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 R2 la corriente se mantiene prácticamente constante. Mientras tanto, en la resistencia R1 la 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 en la primera gráfica, se monta el circuito de la segunda gráfica: -i c (A)

-i b =

9 mA 8

0,8

7 6 0,6

=5V – Vce

5 4

0,4

3 2

0,2 1

(mA)10 – ib

5

0

5

200 =5V – Vce

400 -v be (mV)


10 -v ce (V)

R C =

R B =

280

Ω

V 2

V 1

20 Ω

= 10 V

= 1V

a) Determina el punto de funcionamiento (vce, i c ) si la corriente de base vale 2 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 la corriente entre 1 y 3 mA, ¿entre qué valores oscilará la tensión en la resistencia de carga? Dibujemos, en primer lugar, el circuito, indicando los sentidos convencionales de tensiones y corrientes, de acuerdo con los signos de las curvas características.

i c i b

R C =

20

Ω

v ce

R B =

280

v be

Ω

V 2

V 1

= 1V

= 10 V

v C

Al dibujar el circuito hemos tenido en cuenta el convenio de sentidos de tensiones y corrientes, generalmente aceptado, al que responden las curvas, considerando que las corrientes entran al transistor y designando las tensiones respecto al terminal común.

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 ic

=–

10 =– 0,5 A 20

=0 ; –vce =10 V

Dicha recta corta a la característica correspondiente en – ib =2 mA, en el punto de funcionamiento: P (–vce =5,1 V ; –ic

=0,23 A)


c) Si la señal alterna de entrada hace oscilar –ib entre 1 y 3 mA, el punto de funcionamiento oscila sobre la recta de carga entre: P'(– v'ce =6

(A) – ic

7 6

0,6 =5V – Vce

=0,32 A)

V'c

=– i'c · Rc =0,12 · 20 =2,4 V

V''c

=– i''c · Rc =0,32 · 20 =6,4 V

5

0,5

4

0,4

La tensión en la resistencia de carga Rc oscila, por tanto, entre 2,4 y 6,4 V:

3

P"

2

P

0,2 (mA) – ib 10

5

P'

0

b) La ganancia de la corriente es:

β=

8

0,8

V; – ic =0,12 A)

P''(– v''ce =3,5 V; – ic

= 9 mA – ib

5

1 (V) – vce 10

200

∆i c = 0,32 – 0,12 =100 ∆ib (3 – 1) · 10–3

=5V – Vce

400 (mV) – vbe

10. Al diodo de silicio cuyas características de funcionamiento pueden verse en la 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. I a (A)

P m áx

– 500

– 100

0,7 1

2

3

4

5

V a (V)

Contestaremos a la pregunta interpretando la información que suministra la característica de funcionamiento: a) Regulación 0 a –500 V: Durante la mayor parte del margen considerado, la intensidad de la corriente es negativa (corriente inversa, de cátodo a ánodo por su interior) y de un valor muy pequeño, por lo que se considera prácticamente que el diodo no conduce en ese sentido. No obstante, al sobrepasar un valor cercano a –500 V, la corriente inversa aumenta súbitamente y tiende a infinito, sin apenas aumentos de tensión inversa. 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. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos.

b) Regulación 0 a +5 V: Entre 0 y +0,7 V el diodo prácticamente no conduce (resistencia infinito). A partir de ahí, conduce, y la corriente aumenta proporcionalmente a los aumentos de la tensión (se comporta como una pequeña resistencia, de valor constante). Por encima de Va =3 V, el punto de funcionamiento supera la curva de potencia máxima, lo cual significa que el diodo no es capaz de disipar todo el calor que se produce en su interior, por el paso de la corriente; en consecuencia, se puede calentar 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. Es debida al potencial de barrera que se crea en la unión PN, como consecuencia de 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 trae consigo el deterioro del diodo (a no ser que esté fabricado para trabajar en esa zona 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 su curva característica. Haz un cálculo del valor aproximado de la corriente. D

+

100 Ω

20 V I

–

Dentro del margen de funcionamiento normal de un diodo de silicio, polarizado directamente y conduciendo, su tensión en bornes apenas sobrepasa el valor de la tensión umbral (0,7 V). Por tanto, para hacer un cálculo aproximado sin usar el procedimiento de la recta de carga, se puede considerar válida la siguiente ecuación del circuito: v

ȃ

Vo

+Rc · I

En este caso: 20

ȃ

0,7 +100 · I

Luego: I

ȃ

20 – 0,7 =0,193 A =193 mA 100


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 vale 121, ¿cuánto valdrán las corrientes? Los datos del enunciado no son coherentes. En un transistor PNP (por ejemplo, en montaje emisor común, como el de la figura) siempre se cumple que: iE

= iC + iB i C R C

i B

i E

R B

V 2

V 1

Y, además, iB suele ser bastante más pequeña que las otras dos intensidades, y las variaciones de iB se traducen en variaciones “amplificadas” de iC, de modo que:

β=

∆i C ∆i B

recibe el nombre de ganancia de corriente. En consecuencia, no puede ser que iC =0,44 A, siendo iE = 1 mA. Esta última corriente 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, iB e iE serán: iC

=440 +121 =561 mA

iB

=1 +1 =2 mA

iE

=561 +2 =563 mA


14. Dadas las curvas características de la figura, correspondientes a un transistor PNP, determina el valor del parámetro β y el de las corrientes de base y emisor en el punto de funcionamiento:

= 80 mA – ib 70

– ic (A) 3

60 50 40

2

=1V – vce

30

–Vce =8 V ; –I c =1,6 A

20 1 10

– vc e (V)

(mA) – ib

75

50

0

25

5

10

15

250 500

=1V – vce

750 (mV) – vbe

Llevando los valores – Vce =8 V, –iC =1,6 A a las curvas características, se determina la posición del punto de funcionamiento P, al que corresponde una corriente de base –ib =30 mA. Para obtener el valor de la ganancia de corriente β en el punto P, se hace variar ib en torno a P, sin modificar – Vce, y se observa qué incremento se produce en la corriente de colector. Por ejemplo, entre P' y P'':

= 80 mA – ib 70

(A) – ic

3

60 50 P"

 ∆ib =–20 mA  → ∆iC =–0,9 A =–900 mA 

30

P

1,6

20

P '

1

∆i → β = c = –900 =45 –20 ∆i b

10

(V) – vce

(mA) – ib

75

50

25

0

5

250 =1V – vce

500 750 (mV) – vbe


40

2

=1V – vce

8 10

15


8.1. CIRCUITOS AMPLIFICADORES Página 279 1. Un amplificador posee una ganancia de tensión –100 y una ganancia de corriente –50. En la entrada se aplica una señal de 5 mV y 12µA. 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: I a

I s

V a

V s

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 salida y la entrada). a) Los valores eficaces de la tensión y la corriente de salida son: Vs =Av · Va =–100 · 5 · 10–3 =–0,5 V Is = Ai · Ia =–50 · 12 · 10–6 =–6 · 10–4 A

b) Las resistencias de entrada y de salida: Ra =

–3 Va = 5 · 10 –6 =416,6 Ω Ia 12 · 10

Rs =

Vs = –0,5 –4 =833,3 Ω Is –6 · 10

c) Y la ganancia de potencia: Ap = Av · Ai =–100 · (–50) =5000

que expresada en dB vale: ap =10 · lg Ap =10 · lg 500 Unidad 8. Circuitos electrónicos.

ȃ

37 dB

8.2. CIRCUITOS RECTIFICADORES Página 287 1. Se dispone de un sistema trifásico de 380/220 V. Dibuja tres tipos de rectificadores alimentados por él y calcula el valor medio de la tensión continua de salida en cada caso (uno de ellos debe ser monofásico).

El rectificador monofásico lo alimentaremos con tensión de fase, siendo los valores de la tensión los que se indican después de la gráfica: L1 L2 L3 N V l

V l V f

R c

R c

V m

V m

R c V m

Rectificador monofásico en puente

Rectificador trifásico simple

Rectificador trifásico en puente

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 k Ω

L

=300 mH

C =150 µF

La frecuencia de resonancia en un circuito RLC depende exclusivamente de lo que valen la capacidad del condensador C y el coeficiente de autoinducción de la bobina L, de acuerdo con la expresión: 1 f R = 2 · π · √L · C En este caso: 1 f R = =23,72 Hz 2 · π · √ 0,3 · 150 · 10–6 Unidad 8. Circuitos electrónicos.

2. Un circuito LC está conectado a una antena que capta una señal de 50 kHz. Si la bobina posee un coeficiente L = 200 H, ¿qué valor debe tener C para que el circuito entre en resonancia con dicha señal?

Conocida la frecuencia de resonancia del circuito y el valor de L, la capacidad del condensador necesario se determina con la expresión: C=

1 1 → C= =5 · 10–14 F =5 · 10–2 pF 2 –3 2 L · (2 · π · f R) 200 · (2 · π · 50 · 10 )

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Un diodo de silicio tiene una tensión umbral de 0,67 V, y su resistencia interna en polarización directa es de 0,04 Ω: a) Traza su característica de vacío aproximada, considerando que la resistencia de polarización inversa es infinita. b) Traza la característica de carga para una resistencia de carga de 150Ω. c) Si en la entrada del circuito rectificador de media onda se aplica una señal alterna de 220 V, ¿qué valor de pico tendrá la señal de salida? ¿Cuánto valdrá su valor medio? (Dibuja el circuito). ¿Qué valores de pico ha de soportar el diodo? d) Resuelve de nuevo el apartado anterior en el caso de un rectificador de onda completa.

a y b) La característica de vacío, dado el escaso valor de la resistencia interna directa, 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 correspondiente de valor infinito, la característica es una recta horizontal que coincide con el eje de tensiones. La característica en carga se traza teniendo en cuenta que la ecuación del circuito (al considerar la tensión en el diodo prácticamente constante e igual a 0,7 V) resulta ser:

i

0,7 V R c

v

150 Ω

v =0,7 + i · RC =0,7 +150 · i

A continuación, está dibujada la característica en carga usando unos ejes que permiten apreciar el punto de tensión umbral y la característica de vacío. i (mA) 250 200

Característica de vacío

150 100

i = 0,05 A ; v = 8,2 V

Característica en carga

50 1

Unidad 8. Circuitos electrónicos.

2

3

4

5

6

7

8

9

v (V)

En esta gráfica, se utilizan unos ejes adecuados al orden de magnitud de la tensión de entrada. i (A) i = 2 A ; v = 300,7 V 2 Característica en carga 1

100

200

300

400

v (V)

c) Si la señal de entrada tiene una tensión eficaz de 220 V, su valor de pico es: Vmáx = √2 · V = √2 · 220 =311,12 V D V

R c

V m

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 tensión 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 inversa cuyo valor máximo o de pico es: Vmáx =311,12 V

d) Utilizando un rectificador de onda completa como el del esquema, constituido por cuatro diodos conectados en puente, al existir en todo momento dos diodos por 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 soportar cada diodo es Vmáx =311,12 V. (Al conducir D1 – D3 por ejemplo, D2 y D4 quedan conectados en paralelo con la carga). Unidad 8. Circuitos electrónicos.

D 4

D 1

D 3

D 2

v

R c = 150 Ω V m

2. Un rectificador monofásico en puente ha de suministrar a una resistencia de 50 Ω una tensión continua de 24 V de valor medio. Dibuja el circuito y determina: 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 poseer una tensión eficaz: Vm

= 24 =26,66 V 0,9 0,9 El valor de pico de la tensión, tanto en la entrada como en la salida, es: V=

Vmáx = √2 · V =26,66 · √2 =37,7 V

El circuito y las formas de la señal son: 37,7

v

v (V) D 1

37,7

D 2

v

R c D 4

D 3

V m

V m = 24 V i

50 Ω

I m = 0,48 A

b) Cuando no conducen (D1 – D3 en semiciclos negativos, D2 – D4 en 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 =

Vmáx = 37,7 =0,754 A (de pico) 50 RC

Aunque su valor medio es: I V /R (Im)D = m = m C = 24 =0,24 A 2 2 2 · 50 d) Para determinar el factor de rizado, dibujaremos la tensión de salida y sus componentes continua y alterna: V m áx = 37,7 V V m = 24 V

=


(V a )m áx

+

V a

Aunque la señal alterna de salida no es sinusoidal, para un análisis aproximado consideraremos que lo es, en cuyo caso su valor de pico es: Vmáx

= 37,7 =18,85 V 2 2 Y su valor eficaz: (Va)máx Va ≈ = 18,85 =13,32 V (error por exceso) √2 √2 Este cálculo nos da un error por exceso, dado que los semiciclos negativos de la señal alterna, más agudos que los de una señal sinusoidal, producen una reducción del valor eficaz. (Va)máx ≈

Finalmente, el valor de rizado es: r=

Va = 13,32 =0,55 (error por exceso) 24 Vm

Conviene que el factor de rizado sea lo más próximo posible a cero. El rizado de este circuito se puede mejorar intercalando un filtro antes de la resistencia de carga RC. 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: V m áx V m áx

V

R c = 50 Ω

V m = 24 V

=

(V a ) m áx

+

a) Valor eficaz de la tensión de entrada: V=

Vm

0,45

= 24 =53,33 V 0,45

b) Tensión inversa de pico: el valor máximo de la tensión de entrada, es decir: Vmáx = √2 · V =53,33 · √2 =75,42 V

c) La corriente por el diodo alcanza un valor de pico y un valor medio: Imáx =

Vmáx V = 75,42 =1,5 A ; Im = m = 24 =0,48 A 50 50 RC RC

d) La componente alterna de la salida es: V /2 (Va)máx Va ≈ = máx = 75,42 =26,6 V 2 · √2 √2 √2 Luego el factor de rizado es: r = 26,6 =1,1 24 Unidad 8. Circuitos electrónicos.

4. Se desea construir un rectificador en puente con diodos cuya tensión inversa de pico máxima es de 50 V, para alimentar una resistencia de carga de 300 V de corriente continua. ¿Cuántos diodos son necesarios y cómo hay que conectarlos?

El circuito rectificador en puente que deseamos construir es el siguiente: + D 4

D 1 n

n

n

n

V m áx

D 3

D 2

R c

V m = 150 Ω

–

Con este circuito, para conseguir una salida de 300 V de valor medio, se necesita una tensión de entrada cuyo valor eficaz es: V=

Vm

0,9

= 300 =333,3 V 0,9

Al que corresponde un valor máximo: Vmáx = √2 · V =333,3 · √2 =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 dos bloques, polarizados inversamente. Entonces, si cada diodo soporta como máximo un pico de 50 V, en cada bloque son necesarios: n = 471,3 V =9,42 → 10 diodos

50 V En total se necesitan 40 diodos.

5. Dibuja el esquema de un circuito rectificador monofásico en puente y la forma de la señal a la entrada y a la salida. Si el valor eficaz de la tensión de entrada 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: V m á x V m áx

v R c

siendo: Vmáx = √2 · 28 =39,6 V Unidad 8. Circuitos electrónicos.

V m

V m

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, de aproximadamente 0,7 V. 6. Repite el ejercicio anterior para el caso de un rectificador trifásico y para un rectificador trifásico en puente.

El circuito rectificador trifásico es el siguiente: V l

V f

R c

V m

R S T O

Con este circuito, las señales de entrada y de salida que se obtienen son: v V m áx

V RO V SO V TO

V m á x

D 1

D 2

D 3

D 4 V m

t

t

Señal de entrada (sistema trifásico)

Señal de salida (rectificada)

Si suponemos que el dato de 28 V se refiere a la tensión de línea del sistema trifásico, obtenemos: Vf =

Vl

= 28 =16,16 V ; Vmáx =Vf · √2 =16,16 · √2 =22,86 V √3 √3

Vm =0,67 · Vl =0,67 · 28 =18,76 V

Para el caso del rectificador trifásico en puente, las señales que obtenemos son: v V m áx

V RS

D 1 D 1 D 2 D 2 D 3 D 3 D 1 V m áx D 5 D 4 D 4 D 6 D 6 D 5 D 5

V ST V TR

t

Señal de entrada


V m

t

Señal de salida

El esquema de este rectificador es el siguiente: V l

R c

V m

R S T O

Y el valor medio de la tensión de salida valdrá: Vl =28 V Vmáx = √2 · Vl =28 · √2 =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 frecuencia variable: 10 kΩ

200 pF

10 mH

100 V

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 debajo de la frecuencia de resonancia? d) Cuando esté en resonancia, ¿qué ocurre en la bobina y en el condensador?

a) En situación de resonancia, la tensión y la intensidad están en fase, para lo cual se ha de cumplir la condición de que las reactancias de la bobina y del condensador se anulen mutuamente, en cuyo caso la frecuencia es: f r =

1 2 · π · √L · C

f = f R x L R = Z R


x C

En este caso: f R =

1 =112,5 · 103 Hz –3 –12 2 · π · √ (10 · 10 ) · (200 · 10 )

b) La impedancia del circuito es, entonces: ZR = R =10 kΩ =10000 Ω

Y la intensidad de la corriente: IR = V = 100 =0,01 A =10 mA 10000 ZR

Mientras que las potencias son: – Activa: PR = R · IR2 =10000 · (0,01) 2 =1 W

– Reactiva: QR =0

– Aparente: SR =PR =1 VA

c) Para una frecuencia menor que la de resonancia: 1 2 · π · f · L < ; X < XC 2 · π · f · C L Z >ZR (Z >10 kΩ)

f < f R x L R

x C

ϕ

Z

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, 1 2 · π · f · L > ; X > XC 2 · π · f · C L Z >ZR

f > f R x L

x C

Z ϕ

R

La impedancia también aumenta y, por tanto, con el resto de las magnitudes sucede igual que antes; la única diferencia es que con f > f R el circuito es predominantemente inductivo y la corriente se retrasa respecto a la tensión, mientras que para f >f R es al revés. Unidad 8. Circuitos electrónicos.

d) El comportamiento del circuito puede describirse por medio de las curvas de resonancia: Z (Ω)

P (W)

I (mA)

Z

10

1 P

10 000

I

50

f R 100 150

200

f (kHz)

8. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si los elementos del circuito están conectados en paralelo.

Conectando los mismos elementos en paralelo, se forma el siguiente circuito: I I R

I L

I C

f = f R

V

I R = I V

R

L

10 kΩ

C

10 mH

I C

200 pF I L

a) Para que el circuito esté en resonancia, con la intensidad total y la tensión en fase, 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 reactancias tengan el mismo valor, y la frecuencia de resonancia es, por ello, la misma que en el circuito serie: f R =112,5 · 103 Hz =112,5 kHz

b) Los valores de la impedancia, la intensidad total, y las potencias activa, reactiva y aparente, también son iguales que en el circuito serie: ZR = R =10 K Ω ; 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
I R

V

ϕ

I I L


I C

2 · π · f · L <

1 ; XL < XC ; V > V XL XC 2 · π · f · C

IL >IC y la intensidad total, I, es mayor que la de re-

sonancia, y se atrasa respecto a la tensión (circuito inductivo).

 →  Z = V disminuye (Z S =1 VA) R

Por tanto, si I > IR

En el caso de que f >f R: 2 · π · f · L >

1 ; XL > XC ; V < V XL XC 2 · π · f · C

f >f R

IL < IC y la intensidad total I es mayor que la de reso-

I

ϕ

I R

nancia, aunque ahora adelanta respecto a la tensión (circuito capacitivo).

V I L

I C

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 entre la tensión y la corriente. d) En este caso, las curvas de resonancia son las que se muestran en la siguiente gráfica: Z (Ω) I (mA)

P (W) S (VA)

I S

10 000 10

P Z

50

f R 100 150

1

1

f (kHz)

200

9. Analiza el siguiente circuito con puertas NOR y obtén la tabla de verdad y la expresión booleana correspondientes. ¿Cómo se podría llamar a la función global que cumple? +

M

A

S P

P

La ecuación lógica de la salida es: S = M +S +P

—


—

La particularidad de este circuito es que posee un lazo de realimentación, que “inyecta” la salida S en la entrada de la primera puerta NOR. Analicemos primero lo que ocurre si se activa uno de los dos contactos: –

– +P

M

P

Simulación inicial (reposo)

0

1

1

0 (estable)

Se activa M

1

1

0

0

Se activa P

0

0

1

0

A

= M +S

S = A

Activar cualquiera de los contactoscambia el estado de A, pero la salida sigue en 0

Pero veamos qué sucede si se activan ambos contactos, cosa que puede hacerse según dos secuencias: primero P y después M, o primero M y después P. Se activa P

↓ y luego M

0 1 1

0 0 0

1 0 0

0 0 1

1 1

1 0

0 0

0 1

inestable estable ← ←

Se activa M

↓ y luego P

Si se activan los dos contactos, independentemente de la secuencia, la salida pasa a 1

estable

←

Veamos finalmente qué ocurre al desactivar los contactos: Se desactiva M

0

0

0

1

Se desactiva P

1

1

0

0

Solo se desactiva la salida al desactivarse el contacto P

Si imaginamos un dispositivo cualquiera accionado desde dos puestos M y P, este circuito permitiría su funcionamiento solo si están de acuerdo M y P; en cambio, su detención 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 memoria para un solo puerto: +

M

A

S P

P


Al que corresponde la tabla:

Reposo

M

P

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

1

1

A

=M +S

A

= A +P 0

↓ Activado M

1

←

↓ Memoria (retención)

1

↓ Borrado (parada)

←

0

10. A partir de una tensión alterna de 220 V y 50 Hz, se desea obtener una tensión continua de 12 V para alimentar una carga resistiva de 0,5 Ω. Diseña tres rectificadores monofásicos diferentes determinando las características básicas de los diodos y del transformador necesario.

Dibujemos primero los esquemas de los tres circuitos básicos, con la forma de la tensión de salida:

V 1

V 1

V 1

V 2

V 2 V 2 2

V m = 12 V R c = 0,5 Ω

RECTIFICADOR MONOFÁSICO CON UN DIODO

V m = 12 V

V m = 12 V

R c = 0,5 Ω

R c = 0,5 Ω

RECTIFICADOR MONOFÁSICO CON DOS DIODOS

RECTIFICADOR MONOFÁSICO EN PUENTE

V m á x V m áx

V m áx V m

π

2.π


V m

π

2 .π

V m

π

2.π

El valor máximo de la tensión de salida es, en el primer caso: V Vmáx = m = 12 =37,73 V 0,318 0,318 Y en el segundo y tercer caso: V Vmáx = m = 12 =18,86 V 0,636 0,636 El valor eficaz de la tensión en el secundario del transformador de los dos primeros rectificadores es: V V2 = m = 12 =26,66 V 0,45 0,45 Y en el tercero: V V2 = m = 12 =13,33 V 0,9 0,9 Y el valor máximo correspondiente de los dos primeros rectificadores es: (V2)máx =V2 · √2 =26,66 · √2 =37,71 V Y en el tercero: (V2)máx =13,33 · √2 =18,85 V La potencia de corriente continua aparente consumida en la resistencia de carga es, en todos los casos: (V2)2 122 Pcc = = =288 W 0,5 Rc Pero el valor de la potencia efectivamente consumida está determinado por la tensión eficaz de la señal de salida (pulsatoria) que vale: V Vs = máx = 37,73 =18,86 V (caso 1) 2 2 Vmáx

= 18,86 =13,33 V (casos 2 y 3) √2 √2 Donde hemos tenido en cuenta que una señal de media onda suministra la mitad de potencia que la de onda completa; luego su valor eficaz será: Vs =

Vs =

V

√2

=

Vmáx/ √— 2

√2

=

Vmáx

2

La potencia efectivamente consumida, denominada potencia de corriente alterna, es: 2 V2 Pca = s = 18,86 =711,4 W (caso 1) 0,5 Rc Pca =

Vs2 13,332 = =355,3 W 0,5 Rc

(casos 2 y 3)

La intensidad media por la resistencia de carga en todos los casos vale: V Im = m = 12 =24 A 0,5 Rc Unidad 8. Circuitos electrónicos.

Sin embargo, por cada diodo pasarán, en cada caso, intensidades medias y eficaces que valen: (Im)D = Im =24 A ID =

√

Pca Rc =

   caso 1 711,4 =37,72 A 

√ 0,5

Im

     casos 2 y 3   

(Im)D = = 24 =12 A 2 2 ID =

√ 0,5 =26,65 A 355,3

La tensión inversa de pico que ha de soportar cada diodo es ( V2)máx en cualquiera de los casos, de menor valor en el rectificador monofásico en puente. En definitiva, los valores necesarios para seleccionar los diodos y el transformador son: Diodos:

– Tensión inversa de pico (V2)máx. – Intensidad media (Im)D. – Intensidad eficaz ID.

Transformador: – Tensión total V2 y 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 Pca. 11. A la salida de un rectificador, la forma de la onda es la de la figura:

v t

R c

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 se consigue? 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 un rectificador monofásico constituido por dos diodos y transformador de toma intermedia, o por cuatro diodos en conexión “puente”. (Véase el esquema en el ejercicio anterior). Unidad 8. Circuitos electrónicos.

Para mejorar el rizado de la señal rectificada, se intercala un filtro entre la salida del rectificador y la resistencia de carga. El filtro más simple es un condensador en paralelo (filtro de condensador), cuyas prestaciones pueden mejorarse añadiendo una resistencia en serie (filtro RC) o una bobina (filtro LC).

C

R c

Filtro de condensador L

R

C

C

R c

Filtro RC

R c

Filtro LC

La forma de la señal de salida (filtrada) es, en cada caso: v

Filtro RC Filtro C Filtro LC

ω . t

Filtro de condensador: Durante los intervalos de subida de la tensión rectificada

(pulsatoria), el condensador se carga, absorbe energía, a través de la pequeña resistencia interna de los diodos; luego la constante de carga RC es pequeña y la señal filtrada es solo un poco más baja que la rectificada. Durante los intervalos en que baja la tensión pulsatoria, el condensador se descarga sobre la resistencia Rc (constante de tiempo RcC 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, por tanto, la carga es más lenta y la señal filtrada es más baja; además, en R se produce

una 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, es oponerse a las variaciones de la corriente por la carga Rc, 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 condensador solo. Unidad 8. Circuitos electrónicos.

12. El amplificador de la figura tiene una ganancia de corriente de valor 100 y una ganancia de tensión de valor 180:

I a

I s

V a

V s

a) ¿Cuánto vale la ganancia en potencia? b) Si la señal de entrada es de 25 mV y 2 mA (valores eficaces), ¿qué valores tiene la señal de salida? c) Determina la impedancia de entrada y de salida.

a) La ganancia de potencia es: Ap = Av · Ai =180 · 100 =18000

Y expresada en dB: ap =10 · log Ap =10 · log 18000 =42,5 dB

b) La señal de salida tiene los valores: Vs =Av · Va =180 · 25 mV =4500 mV =4,5 V Is = Ai · Ia =100 · 2 mA =200 mA =0,2 A

c) Las impedancias de entrada y de salida son: Ra =

Va V = 25 mV =12,5 Ω ; Rs = s = 4,5 V =22,5 Ω 2 mA 0,2 A Ia Is

13. Explica la función global del circuito de la figura, así como las funciones parciales de cada circuito: 1

L1

L2

D

C 2

2

C 3

C 4

3

R

C 1

Si se desean captar emisiones de ondas de 600 kHz y la bobina L1 tiene un coeficiente de autoinducción de 0,5 mH, ¿qué valor debe tener la capacidad del condensador C1?

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 frecuencia, separando de ella la componente de audiofrecuencia que pueda contener. Unidad 8. Circuitos electrónicos.

En el circuito pueden distinguirse varias partes o etapas: Circuito L 1C1: Antena con circuito de sintonía L1C1: capta la señal de RF determinada por la frecuencia de resonancia de L1C1 (la cual puede regularse mediante el

condensador variable).

Circuito L 2C2: 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 señal ondulada, que sigue las oscilaciones de la señal de audio original, pero montada sobre una componente de corriente continua.

Circuito RC4: Circuito de salida con C4 de baja reactancia ante las señales de AF. Se-

para la señal de audio de la componente continua, de modo que pueda llevarse a continuación a un auricular (directamente) o a un altavoz (a través de una etapa amplificadora). En la siguiente gráfica se pueden apreciar las señales en los puntos 1, 2 y 3:

Señal en punto 1

Señal en punto 2

Señal de salida

14. Analiza el circuito amplificador de la figura y responde a las siguientes cuestiones: – Vcc

R 1

R c s

a

T C 1


R 2

R e

C 2

C e

a) ¿Qué tipo de amplificador es? b) ¿Entre qué terminales se aplica la señal de entrada y en qué terminales se recoge la señal de salida? c) ¿Para qué sirven las resistencias R1, R2 y 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 NPN equivalente? h) Si la ganancia de corriente del transistor es de 125, ¿qué señal se obtiene a la salida si en la entrada se aplica una señal de 4 mA?

a) El circuito corresponde a un amplificador con transistor PNP en configuración emisor común. b) La señal de entrada se aplica entre el terminal de entrada (a) y masa, mientras que la señal de salida se recoge entre el terminal de salida ( s) y masa. c) R1 y R2 constituyen un divisor de tensión, y permiten, con la tensión de alimentación (–Vcc), polarizar el transistor, es decir, situarlo en el punto de funcionamiento deseado, en el dominio de la corriente continua. Rc es 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 Re sirve para asegurar la estabilidad térmica del punto de funcionamiento. Si se elimina, el punto de funcionamiento previsto se desplaza hacia mayores valores de intensidad, debido al aumento de la rotura de enlaces que se produce en el cristal con el incremento de la temperatura, al circular la corriente por el transistor. La presencia de Re supone que la tendencia al aumento de la intensidad 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 Ce, el paso de la componente alterna por Re haría fluctuar el punto de funcionamiento en el dominio de corriente continua y, por tanto, la señal de entrada saldría distorsionada a la salida. Se produciría una realimentación indeseable de la salida alterna en la entrada, y el amplificador funcionaría mal. f) C1 y C2 son condensadores de acoplamiento, cuya misión es transmitir la señal alterna, impidiendo que pase la componente continua. g) Si se sustituye el transistor PNP por un NPN, la única modificación que hay que hacer en el circuito es invertir la polaridad de la fuente (+Vcc). h) Si R1 y R2 fuesen muy grandes en comparación con la impedancia de entrada del transistor, podríamos considerar despreciable la corriente alterna que se deriva por dichas resistencias y, por tanto, considerar que la corriente alterna de entrada es igual que la corriente alterna que circula por la base: Ia = Ib =4 mA Unidad 8. Circuitos electrónicos.

En tal caso, la corriente alterna de colector (o sea, en el circuito de salida) sería: Ic =β · Ib =125 · 4 =500 mA =0,5 A

Sin embargo, los valores de R1 y R2 no son, por lo general, tan grandes como para permitir ese cálculo aproximado. En consecuencia: Ib < Ia → Ic <0,5 A

Dicho de otro modo, la ganancia de corriente del amplificador es menor que el parámetro β del transistor: Ai <β =125 Nota: La determinación exacta de la corriente alterna de salida solo puede hacerse, pues, mediante un

análisis más completo del funcionamiento del circuito en el dominio de la corriente alterna, para el cual se 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 acuerdo con 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 funcionamiento del enunciado son: A

B

L

0

0

0

0

1

1

1

0

1

1

1

0

– – L =A · B +A · B De acuerdo con esto, la lámpara se enciende siempre que esté pulsado uno de los pulsadores y no lo esté el otro.

Se puede montar un circuito que cumpla tales condiciones por medio de pulsadores – con dos contactos, normalmente abierto sin pulsar (A) y normalmente cerrado (A): Símbolo normalizado

A A


El circuito sería el siguiente: A

B A

B L

A

B

La misma función podría realizarse por medio de dos pulsadores simples y puertas lógicas electrónicas: A

A

A.B

A.B+A.B = L A.B

B B

16. Un sistema de alarma accionado mediante cuatro relés, A, B, C y D, debe actuar 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 en el 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 todas las combinaciones que conducen a una salida cero, es la de la derecha: La ecuación lógica que se deduce directamente de la tabla de verdad es: –– –– –– – – S =ABCD +ABCD +ABCD +ABCD


A

B

C

D

S

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

0

1

0

1

1

1

1

0

1

Pero las ecuaciones en álgebra de Boole también pueden ser simplificadas, aprovechando que las operaciones lógicas suma y producto poseen las propiedades distributiva y conmutativa: – – – – – – S =ABD(C +C) +B(ACD +ACD) Por otro lado, la suma de una variable y su negación, en álgebra de Boole, da como resultado 1, y multiplicar por 1 no modifica la variable. En consecuencia, – C +C =1 se puede eliminar: – – – – – S =ABD +B(ACD +ACD) Para obtener el circuito con los relés A, B, C, D, se empieza por dibujar la parte – – – correspondiente al paréntesis (ACD +ACD). Una primera rama formada por un contacto normalmente abierto de A, uno normalmente cerrado de C y otro normalmente abierto de D, todos ellos conectados en serie, con lo que se completa – – – ACD; 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 rama – ABD en paralelo y el timbre de la alarma en serie con todo el circuito: A

C

D

B

S

Obsérvese que los relés y los contactos se han dispuesto del modo más conveniente para la claridad del esquema, dibujando los contactos debajo del relé correspondiente. La ecuación lógica, entonces, se transforma ligeramente, por aplicación de la propiedad conmutativa del producto y la suma lógicos: – – – – – S =(ACD +ACD) B +ADB b) Con puertas lógicas, el circuito que cumpliría la misma función es: A B C D

ACD ACD + ACD ACD

ADB

A B C D


(ACD + ACD) B

S

17. Dibuja un circuito rectificador monofásico en puente, con un filtro RC. Explica el funcionamiento del circuito y dibuja las ondas que se observarían con un osciloscopio a la salida del rectificador y en la carga. c D 1

e

D 2 V m áx

a

V m áx

R

V m áx

R c

V b D 4

D 3 d

f

El circuito rectificador está formado por cuatro diodos semiconductores, dispuestos como indica el esquema anterior, cuyo funcionamiento es el siguiente: Si entre los bornes de entrada (a, b) se aplica una tensión alterna, durante los semiciclos positivos los diodos D1 y D3 son polarizados directamente y conducen la corriente a través de la carga, comportándose como si fueran interruptores cerrados; mientras tanto, los diodos D2 y D4 están polarizados inversamente y no conducen (se comportan como interruptores abiertos). Durante los semiciclos negativos sucede lo contrario: D1 – D3 no conducen y D2 – D4 conducen, de modo que por la carga la corriente sigue circulando en el mismo sentido. En consecuencia, entre los terminales cd se podría observar una señal 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 consecuencia de la acción del condensador. Durante los intervalos en que la tensión pulsatoria tiende a aumentar, el condensador se carga a través de la resistencia R, de modo que la señal resulta más baja que la tensión pulsatoria original; y durante los intervalos en que la tensión tiende a disminuir, el condensador se descarga sobre la resistencia de carga Rc y la señal de salida resulta más alta que la original. Entre los bornes de salida (ef ) se puede observar una señal ligeramente ondulada, como la dibujada 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 ocurre en el circuito al entrar en estado resonante. b) Deduce el valor de la frecuencia de resonancia.

Sabemos que un circuito serie RLC, alimentado por una tensión alterna de frecuencia f y valor eficaz V, ofrece al paso de la corriente una impedancia:

I R v

Z = √ R +(XL – XC) 2

2

X L = 2 . π . f . L

f X C =


1 . 2 π . f . C

Siendo XL y XC las 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 respecto a la tensión un ángulo: X – XC ϕ = arctg L (o adelantada en el caso de que XL sea menor que XC). R

a) Si la tensión de alimentación se mantiene constante y se modifica la frecuencia, dicho circuito se comporta como indican las “curvas de resonancia”: Z

I Z (f)

I m á x (mA)

Z m ín (Ω) I (f)

f R

f

f < f r

Resonancia

f > f r

XL
XL =XC

XL >XC

I en fase X L R

RESISTIVO X C

ϕ Z

Z

X L

X C

ϕ

R

I adelantada

I retrasada

CAPACITIVO

INDUCTIVO

El circuito presenta una impedancia Z variable con la frecuencia, cuyo punto mínimo (Zmín = R) corresponde a un valor f r para el cual las rectancias XL y XC son iguales y se anulan. En ese punto, por tanto, la intensidad alcanza el máximo valor ( Imáx = V/ R), la corriente está en fase con la tensión (ϕ =0) y el circuito se comporta globalmente como si solo tuviese la resistencia; se dice entonces que está en resonancia. Para valores de f por encima o por debajo de f r, el circuito pierde la condición de resonancia; la impedancia aumenta y la intensidad de la corriente disminuye y se desfasa respecto a la tensión, en adelanto si f < f r (circuito capacitivo) o en retraso si f > f r (circuito inductivo). Unidad 8. Circuitos electrónicos.

b) La expresión del valor de la frecuencia de resonancia se deduce de la condición XL = XC: 1 ; 4 · π 2 · f r2 · L · C =1 2 · π · f r · C 1 1 f r2 = ; f r = 2 L C 4· π · · 2 · π · √L · C 2 · π · f r · L =

Problemas de selectividad 1. En la figura se muestra un circuito rectificador de doble onda. Explica el funcionamiento del circuito y dibuja las ondas que se observarían con un osciloscopio conectado entre A y B, y entre C y D.

A

R

C

R C

C

B

D

LOGSE. Madrid, 1995. T

V 1

D 4

D 1

D 3

D 2

R

A

V 2

V m a =

N 1 N 2

B

V 2

V AB

C

V m '

R C

D V CD

D 1 D 3

D 2 D 4

D 1 D 3

t

1

C

2

V m

V m '

t

t

3

El circuito corresponde a una sencilla fuente de alimentación con un transformador reductor T, un puente de diodos D1 D2 D3 D4 y un filtro RC, a cuya salida se conecta la resistencia de carga Rc. El transformador, de relación de transformación a = N1/ N2, reduce la tensión de la red V1 hasta un valor adecuado: V2 =

V1 a


El puente de diodos rectifica la señal, dejando pasar la corriente por la carga durante los dos semiciclos de la señal de entrada V2. Durante los semiciclos positivos conducen los diodos D1 y D3 mientras que D2 y D4 permanecen bloqueados. Durante los semiciclos negativos sucede lo contrario. Pero en ambos casos la corriente por la carga es del mismo sentido, luego entre A y B se obtiene una señal pulsatoria de onda 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 tensión creciente (a través de R) y de descarga durante los intervalos de tensión decreciente (sobre la resistencia de carga Rc), 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 pulsatoria original. (Obsérvese que dicha señal pulsatoria se ha dibujado algo más baja que la existente entre A y B, para indicar que en R se produce cierta caida de tensión indeseable, evitable si se sustituye R por una bobina, constituyendo un filtro LC). 2. En el circuito de la figura se conocen los siguientes valores: RC =2 k Ω, RB = = 193 k Ω, tensión base-emisor VBE = =0,7 V, VC =20 V y β =hFE =75.

R B

R C C I C

Estando abierto el interruptor S, la tensión de colector-emisor VCE es de: a) 5 V.

c) 15 V.

b) 7,5 V.

d) Otro valor.

V C

I B B E

S

LOGSE. Galicia, 1998.

R B

R C

Ω

Ω

I C

V C

I B V CE S

V BE V BE

Con S abierto, por RB circula IB, cuyo valor es: V – VBE IB = C = 20 – 0,73 =0,1 · 10–3 A =0,1 mA RB 193 · 10 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). Unidad 8. Circuitos electrónicos.


9.2. ANÁLISIS DE REDES DE CORRIENTE ALTERNA POR EL MÉTODO FASORIAL Página 326

1. Determina la expresión compleja (en sus dos formas) de una impedancia inductiva 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 una tensión de 220 V/50Hz. Determina la impedancia compleja del circuito y la intensidad de la corriente. Considerando la frecuencia de la tensión de alimentación, f = 50 Hz, las reactancias del condensador y de la bobina son: → → → 1 XC =– j · 1 =– j · = C·ω 2 · π · f · C

I

C = 40

pF

→

=– j · 220V/50Hz L

= 0,5 H

→

→

→ 1 =– j · 79577 Ω 2 · π · 50 · 40 · 10–9 →

XL = 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 del circuito y la intensidad de la corriente son: →

→

→

V

→

→

→

→

Z =XL +XC = j · 157 – j · 79577 =– j · 79420 Ω =79420 Ω ∠ –90° I=

→

→

=

Z

→ 220 V ∠ 0° =0,00277 A ∠ 90° = j · 0,00277 A 79420 Ω ∠ –90°

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 este caso a la alta impedancia que ofrece el condensador, como consecuencia de su baja capacidad. Página 329

3. Calcula, para el caso del ejemplo 4, la potencia compleja y, a partir de ella, las potencias aparente, activa y reactiva. La potencia compleja la calculamos a partir de la expresión: →

→

→

→

S =V · I * =S ∠ ϕ =P + j · Q Unidad 9. Análisis de circuitos.

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°) =1892 ∠ 38,2° = →

=1486,8 + j · 919,5 →

→ S =1892 VA ; P =1486,8 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 comportamiento prácticamente lineal. La expresión que relaciona el voltaje en bornes, v, con la intensidad, i, que suministra una batería de f.e.m. E y resistencia interna Ri, es la función de una recta: v =E – Ri · i

v

E v = E – R i · I

donde E es la ordenada en el origen, y Ri la pendiente negativa de la recta.

i R i E

Esta función cumple la condición:

v

∆v =constante ∆i que debe cumplir un dispositivo con comportamiento lineal.

I

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En un circuito serie de dos elementos, las tensiones parciales medidas con el voltímetro son de 120V y 180V, y están adelantadas 20° y 35° respectivamente respecto a la intensidad, que tiene un valor de 2 A. Escribe la expresión compleja y la expresión cartesiana de los valores instantáneos de las tres señales, y los de la tensión total. Dibuja el diagrama fasorial y determina la expresión compleja de la impedancia del circuito. Los valores de tensiones e intensidad del enunciado son valores eficaces; con ellos, y considerando a la intensidad referencia de fase, se obtienen las expresiones Unidad 9. Análisis de circuitos.

complejas de las tres señales, en sus dos formas (polar y binómica):

I

→

V 1

→

I =I ∠ 0° =2 A ∠ 0° =2 · cos 0° + j · 2 · sen 0° =2 A →

V1 =V1 ∠ ϕ 1 =120 V ∠ 20° =

V

→

→

=120 · cos 20° + j · 120 · sen 20° =112,7 + j · 41 V V 2

→

V2 =V2 ∠ 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 =V1 +V2 =(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 = √ 260,12 +144,22 =297,4 V    ϕ =arctg 144,2 =29° 260,1

Siendo el diagrama fasorial de tensiones-intensidad el que se muestra en la figura de la derecha:

V 2

V

V 1 I

La expresión compleja de la impedancia del circuito se obtiene mediante la ley de Ohm: →

Z=

→

297,4 ∠ 29° =148,7 29° ∠ Ω =130 + j · 72 Ω → = 2 ∠ 0° I

V

→

La impedancia inductiva de 148,7 Ω, con un ángulo 29° de retraso de la corriente respecto a la tensión, equivale a una resistencia de 130 Ω en serie con una inductancia de 72 Ω. Para llegar a la expresión de los valores instantáneos de las señales, es necesario obtener los valores máximos y los ángulos de fase expresados en radianes: Imáx = √ 2 · I = √ 2 · 2 = 2,82 A. V1máx = √ 2 · 120 =169,7 V ; ϕ1 =20° =

20 · π = π rad 180 9

V2máx = √ 2 · 180 =254,5 V ; ϕ2 =35° =

35 · π 7· π = rad 180 36

Vmáx = √ 2 · 297,4 =420,5 V ; ϕ =29° =

29 · π rad 180

Unidad 9. Análisis de circuitos.

Finalmente, obtenemos: i =Imáx · sen(ω · t) =2,82 · sen(ω · t) v1 =V1máx · sen(ω · t +ϕ1) =169,7 · sen(ω · t + π/9) v2 =V2máx · sen(ω · t +ϕ2) =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 200Ω, una inductancia de 50mH y un condensador de 50µF. Si la intensidad de la corriente vale 5A, a una frecuencia de 50 Hz, determina la impedancia del circuito, las tensiones parciales, la tensión total, el triángulo de potencias y el factor de potencia. Dibuja el diagrama fasorial. El circuito serie RLC es el siguiente: I

V (50Hz )

V R

R = 200 Ω

V L

L = 50 mH = 50 · 10 – 3 H

V C

C = 40 µF = 50 · 10 – 6 F

A la frecuencia f = 50 Hz, la resistencia o reactancia de cada elemento y la impedancia total del circuito son: →

R =200 Ω =200 Ω ∠ 0° →

→

→

→

XL = j · 2 · π · f · L = j · 2 · π · 50 · 50 · 10–3 = j · 15,7 Ω =15,7 Ω ∠ 90° →

→

→ → 1 1 =– j · =– j · 63,6 Ω = 2 · π · f · C 2 · π · 50 · 50 · 10–6 =63,6 Ω ∠ –90°

XC =– j ·

→

→

→

→

→

→

→

Z =R +XL +XC =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 referencia: →

I =5 A =5 A ∠ 0° →

→ →

→

→ →

VR =I · R =(5 ∠ 0°) · (200 ∠ 0°) =1000 V ∠ 0° =1000 V →

VL =I · XL =(5 ∠ 0°) · (15,7 ∠ 90°) =78,5 V ∠ 90° = j · 78,5 V Unidad 9. Análisis de circuitos.

→

→ →

→

VC =I · XC =(5 ∠ 0°) · (63,6 ∠ –90°) =318 V ∠ –90° =– j · 318 V →

→

→

→

→

→

→

V =VR +VL +VC =1000 + j · 78,5 – j · 318 =1000 – j · 239,5 = =1028,2 V ∠ –13,4° →

→

(Para la tensión total se obtiene igual resultado calculando Z · I ). El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente: V L

I 13,4°

V C

V R V

El cálculo de las potencias y del factor de potencia es: Potencia aparente:

S =V · I =1028,2 · 5 =5141 VA

Potencia activa:

P =S · cos ϕ =5141 · cos(–13,4°) =5001 W

Potencia reactiva:

Q =S · sen ϕ =5141 · sen(–13,4°) =–1191,4 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: P = 5 001 W

ϕ = – 13,4° S =

5 14 1

Q = 1 191,4 VAR (capacitiva) V A

3. Una carga inductiva de 150Ω con factor de potencia 0,6, y otra capacitiva de 80 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 impedancia total, la potencia activa y el factor de potencia del circuito. El circuito al que se refiere el enunciado es el siguiente: I

V 1

Z 1 = 150 Ω cos ϕ 1 = 0,6 inductivo

V = 380V (f = 50Hz) V 2


Z 2 = 80 Ω cos ϕ 2 = 0,4 capacitivo

La expresión compleja de las dos impedancias es:

ϕ1 = arccos 0,6 =53 =53,13° ,13°

ϕ2 = arccos 0,4 =– =–66,42 66,42°°

(positiv (positivo, o, pue pues s la carg carga a es induct inductiva iva))

(nega (negativo, pues pues la carg carga a es capa capacit citiva iva))

→

→

→

→

Z1 =150 Ω ∠ 53,13° ,13° =90 + j · 120 Ω Z2 =80 =80 Ω ∠ –66,42 –66,42° = 32 – j · 73,3 Ω La impedancia total es, por tanto: →

→

→

→

→

→

Z =Z1 + Z2 =(90 + j · 120) +(32 – j · 73,3) =12 = 122 2 + j · 46,7 =130,6 Ω ∠ 21° (predominantemente inductiva). La intensidad de la corriente: →

I=

→

V

→

=

Z

380 ∠ 0° =2,9 A ∠ –21° 130,6 ∠ 21°

(En retraso retraso 21° 21° respecto a la tensión tensión,, que se toma toma como como referencia referenci a de fase). fase). El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente:

– 87,42 87,42°

V 1

V 2

32,13° 21° – 21

V

I

Por otro lado, las tensiones parciales: →

→ →

→

→ →

V1 = I · Z1 =(2,9 ∠ –21°) · (15 (150 ∠ 53,13°) 53,13°) =43 = 435 5 V ∠ 32,13° V2 = I · Z2 =(2,9 ∠ –21 –21°) · (80 (80 ∠ –66,42 66,42°) °) = 232 V ∠ –87,42° Y el cálcul lculo o de las las ma magnit nitudes ne necesaria rias para calcu lcular lar el el triá riángulo de pot pote encia ncias s: – Potencia aparente:

S = V · I =380 380 · 2,9 =1 = 1102 102 VA VA

– Factor de potencia: cos ϕ = cos(–21°) =0,93 inductivo – Potencia activa:

P =S · cos ϕ = 1102 102 · 0,93 0,93 =1 =1028,8 W

– Potencia reactiva:

Q = S · sen ϕ =1102 · sen 21° = 395 VAR

Por tanto, el triángulo de potencias es el de la figura de la derecha:

A 2 V 1 1 0 = S

ϕ = 21° P = P = 1028,8 W Unidad 9. Análisis de circuitos.

Q = Q = 395 VAR VAR (inductiva)

4. Resue Resuelve de nuevo nuevo el ejercicio ejercicio anteri anterior or si las las dos dos car cargas se se conecta conectan n en paralelo. El circuito, con las cargas conectadas en paralelo es el siguiente: I I 1

V = V = 380V 380V

I 2

Z 1=150 Ω 53,13°

(50Hz)

Z 2 = 80 Ω – 66,42 66,42°

Las intensidades parciales son: →

→

I1 =

V →

=

→ 380 ∠ 0° =2,53 A ∠ –53,1 –53,13 3° =1,5 – j · 2 150 ∠ 53,13°

=

→ 380 ∠ 0° = 4,75 A ∠ 66,42° 6,42° = 1,9 + j · 4,35 80 ∠ –66,42°

Z1 →

→

I2 =

V →

Z2

Por tanto, la intensidad total es: →

→

→

→

→

→

I = I1 +I2 = (1,5 (1,5 – j · 2) +(1,9 + j · 4,35) 4,35) =3,4 = 3,4 + j · 2,35 =4,1 = 4,13 3 A ∠ 34,6°

(adelantada respecto a la tensión: al conectar las dos cargas en paralelo, el circuito es 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 se muestra a continuación: I 2

I

34,6° – 57,13 57,13°

I 1

V

66,42°

La impedancia total o equivalente la podemos calcular como sigue: →

→

Z=

V

→

I

=

380 ∠ 0° = 92 Ω ∠ –34,6° 4,13 ∠ 34,6°

Y se se obt obtien iene el mis mism mo re result ultado hacien iendo: →

Z=

→

→

→

→

Z1 · Z2 Z1 + Z2

=

(150 ∠ 53,13°) · (80 (80 ∠ –66,42°) 12000 ∠ –14,29° = ≈ 92 ∠ –34,6° (150 ∠ 53,13°) +(80 ∠ –66,42°) 130,6 ∠ 21°


El cálculo para determinar las magnitudes que componen el triángulo de potencias es el siguiente: →

→

→

– Potencia compleja: S =V · I * = (380 ∠ 0°) · (4,1 (4,13 3 ∠ –34,6°) = →

=1569,4 ∠ –34,6° –34,6° = 1291 1291,8 – j · 891 – Potencia aparente: S = 1569,4 569,4 VA – Potencia activa:

P =1291,8 W →

– Potencia reactiva: Q = 891 VAR (capacitiva, (capacitiva, pues la la parte imaginari imaginaria a de S es negativa) – Factor de potencia: cos ϕ = cos(–34,6°) =0,823 (capacitivo) El triángulo de potencias es, por tanto, el que se muestra a continuación: P = P = 1291,8 W – 34,6° 34,6° S

= 1 5 6 9 ,4 V A

Q = Q = 891 VAR VAR (capacitiva)

5. Dos bate baterí rías as de 9 y 12 12 V, con re resistenci sistencia a interna 0,2 y 0,3Ω 0,3Ω, respectivame espectivamente, nte, están conectadas en oposición y alimentan dos resistencias de 6 y 14Ω 14 Ω conectadas en serie. Determina la intensidad de la corriente y la diferencia de potencial entre el punto de conexión de las baterías y el punto de conexión de las resistencias. El esquema del circuito que describe el enunciado es el siguiente: 9V

0,2 Ω

12 V

0,3 Ω

A

I

6Ω

B

14 Ω

La intensidad se determina aplicando la 2-a ley de Kirchhoff (regla de las mallas) a la única malla que forma el circuito: 12 – 9 I = Σ f.e.m. = = 3 = 0,146 A ΣR 0,2 +0,3 +14 +6 20,5 Unidad 9. Análisis de circuitos.

Para determinar la diferencia de potencia entre A y B, se toma una de las partes del circuito, comprendida entre A y B, y se aplica la 2-a ley de Kirchhoff considerando VAB como si fuese una f.e.m. más: A

12 V

0,3 Ω

VAB +12 =(0,3 +14) · 0,146 =2,08

V AB

I = I = 0,146 A

VAB =2,08 – 12 =–9,92 V B

14 Ω

El resultado es negativo, lo que significa que el punto B está a mayor potencial que el punto A. Obsérvese que, desde el principio, a la corriente se le asignó un sentido acorde con el sentido de la batería de mayor fuerza electromotriz.

6. En el circui circuito to dela fig figura, de deter termina la inte intensida nsidad d de la corriente corriente por las tres tres ramas y la diferencia de potencial entre los puntos A y B. A

5Ω 12 V 0,5 Ω

4Ω

10 Ω

9V

6V

0,2 Ω

0,1 Ω B

Las corrientes de rama, supuestamente suministradas por cada generador, son designadas mediante las letras i1 – i2 – i3. Para resolver el circuito por el método de las corrientes de malla, se utilizarán las corrientes I1 e I2, con los sentidos arbitrarios del esquema: A 5Ω

4Ω

1

12 V

9V I 1 0,2 Ω

i 2 B


6V I 2

0,5 Ω

i 1

10 Ω

2

0,1 Ω

i 3

Aplicando la 2-a ley de Kirchhoff a las dos mallas, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: Mall Malla a 1: 9 – 12 = (5 +4 +0,2 + 0,5) ,5) · I1 – (4 +0,2 +0,2)) · I2   Malla Malla 2: 2: 6 – 9 =– (4 +0,2) ,2) · I1 + (4 + 10 + 0,1 + 0,2) ,2) · I2  Operando, obtenemos: –3 =9,7· I1 – 4,2·I 4,2· I2   –3 =–4,2· I1 +14,3· I2  Cuyas soluciones son: I1 =–0,458 A ; I2 =–0,344 A Luego las corrientes de rama son: i1 =– I1 = 0,458 0,458 A i2 =I1 – I2 = – 0,458 0,458 + 0,344 0,344 = – 0,114 0,114 A i3 =I2 =– 0,344 0,344 A Estos resultados ponen de manifiesto que los generadores de 9 V y 6 V están funcionando como cargas, absorbiendo energía en lugar de suministrarla. La tensión VAB se obtiene analizando cualquiera de las ramas: i3 =– 0,344 0,344 =

A

VAB +6 10 + 0,1

10 Ω

–3,474 =V = VAB +6

6V

V AB

VAB =–3,474 – 6 =–9,474 V

0,1 Ω

B

i 3

7. En el circuito cir cuito de la fig figura los amperí amperíme metros tros 1 y 2 marcan respectivam respectivame ente una intensidad de 3 A y 5A. 5 A. Dete Deterrmina mina el el valo valorr de la fuerza fuerza el electromotriz ctromotriz de las dos baterías, así como la diferencia de potencial en bornes de la resistencia de carga Rc. A

A

1

2

4Ω

2Ω R c =3 Ω

E 1 1Ω

E 2 0,5 Ω

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: Unidad 9. Análisis de circuitos.

I 1 = 3A

4Ω

I 2 = 5A

A

I C

E 1

2Ω

E 2 R C = 3 Ω

1Ω

0,5 Ω

B

De acuerdo con la 1-a ley de Kirchhoff, la intensidad de la corriente por la resistencia de carga RC es: IC =I1 +I2 =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 ramas correspondientes: 3A

4Ω

24 V

E 1

E1 – 24 =3 · (4 +1) =15 E1 =15 +24 =39 V

1Ω

5A

2Ω

E2 – 24 =5 · (2 +0,5) =12,5 24 V

E 2 0,5V


E2 =24 +12,5 =36,5 V

8. Si en el circuito del ejercicio 6 se interrumpe la continuidad en la rama central, entre la resistencia y la batería, ¿qué diferencia de potencial se podría medir entre los terminales resultantes? Al interrumpirse el circuito en la rama central, solo hay una malla por la que circula corriente: A

5Ω

4Ω

10 Ω

C D

12 V

6V 9V 0,1 Ω

0,5 Ω

0,2 Ω I B

La intensidad de esa corriente será: I=

Σ f.e.m. = 12 – 6 6 = =0,384 A ΣR 5 +10 +0,5 +0,1 15,6

Ahora, la tensión VAB ha cambiado de valor: A 0,384A 5Ω

V AB

12V 0,5 Ω

0,384 =

12 +VAB 5 +0,5

VAB =0,384 · 5,5 – 12 =–9,888 V B

Como en la rama central la corriente es nula, las resistencias de 4 Ω y 0,2 Ω, a efectos de caída de tensión, es como si no existieran; entonces, la tensión VCD puede determinarse del siguiente modo: A

C V CD 9,888V D

0

9 – 9,888 – VCD =0 VCD =9 – 9,888 =–0,888 V

9V B Unidad 9. Análisis de circuitos.

(Aunque esté conectado al borne negativo de la batería, el terminal D es positivo respecto al terminal C).

9. Halla la resistencia equivalente y la intensidad de la corriente total en el circuito de la figura. 1k Ω

10k Ω

4,7k Ω

2k Ω

15k Ω

50V

Para determinar la resistencia total del circuito, es necesario sustituir previamente el triángulo de resistencias R3, R4, R5, por la estrella equivalente R'3, R'4, R'5: R

k Ω 1 =

R 1

4 = 1

R ' 5

0 k Ω

Ω

R 3'

k 7 , 4 =

3

I

R R 2 = 2 k Ω

'

R 4

Ω 1 5 k

R 5 =

50V

Sus valores son: R'4 =

R3 · R5 4,7 · 15 = =2,37 kΩ 4,7 +10 +15 R3 +R4 +R5

R'3 =

R4 · R5 10 · 15 = =5,05 kΩ 4,7 +10 +15 R3 +R4 +R5

R'5 =

R3 · R4 4,7 · 10 = =1,58 kΩ 4,7 +10 +15 R3 +R4 +R5

Con esta transformación, el circuito queda como se muestra a continuación: R 5 = 1 , 5 8 k Ω

k Ω 1 =

’

R 1

k Ω 7 3 2 , =

R 2 = 2 k Ω

’

R 4 50V


R 3’ =5,05k Ω

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) =

(R1 R'5) · (R2 R'4) 2,58 · 4,37 = =1,62 kΩ 2,58 +4,37 (R1 R'5) +(R2 R'4)

Y la resistencia total, y la corriente: R =(R1 R'5 R2 R'4) +R'3 =1,62 +5,05 =6,67 kΩ I = 50 V =7,5 mA 6,67 kΩ

10. Obtén el equivalente Thévenin del circuito de la figura y determina a continuación la corriente que suministraría a resistencias de 2, 3, 4, 5, 6, 7 y 8 Ω conectadas entre los terminales C-D. C

50V

20V R c 3Ω

1Ω

D

Una vez desconectada la carga RC, hay que determinar los valores de f.e.m. y resistencia interna (E Th, r Th) del “generador de Thévenin” equivalente, que produzca los mismos efectos sobre la misma. E Th es igual al valor de VCD cuando entre los terminales no hay conectada carga alguna: 50 – 20 I= =7,5 A 3 +1

C

50 V 3Ω

20 V I

V CD

1Ω

VCD – 20 =7,5 · 1 VCD = 20 +7,5 =27,5 V = E Th

D C

r Th es igual a la resistencia equivalente del circuito cuando se cortocircuitan los generadores. Por tanto, de acuerdo con el esquema de la derecha, obtenemos: R31 =

3· 1 =0,75 Ω =r Th 3 +1


3Ω

1Ω

D

A continuación, con los valores del generador de Thévenin, es fácil determinar la corriente que suministra el circuito a una carga de resistencia RC: I E Th =27,5V

I=

R C

r Th = 0,75 Ω

E Th = 27,5 r Th +RC 0,75 +RC

Para los valores de RC del enunciado, se obtienen los siguientes valores de intensidad:

Ω)

Rc ( I

(A)

2

3

4

5

6

7

8

10

7,33

5,78

4,78

4,07

3,54

3,14

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. de los generadores se obtienen planteando las ecuaciones de malla correspondientes, de acuerdo con el siguiente circuito: A1 4Ω

E 1

B

A2

3A

5A

R 3 = 3 Ω

I 1

2Ω

E 2

I 2

0,5 Ω

1Ω

A

Malla 1: E1 =I1 · (4 +1 +3) +I2 · 3 =8 · I1 +3 · I2 =8 · 3 +3 · 5 =39 V Malla 2: E2 =I2 · (2 +0,5 +3) +I1 · 3 =5,5 · I2 +3 · I1 =5,5 · 5 +3 · 3 =36,5 V La tensión VAB se obtiene analizando cualquiera de las ramas como, por ejemplo, la que se muestra a la derecha: 36,5 – VAB =5 · (2 +0,5)

A

2Ω 36,5

V AB

0,5 Ω

VAB =36,5 – 5 · 2,5 =24 V B Unidad 9. Análisis de circuitos.

5A

12. Una dinamo derivación tiene la curva característica de la figura, y se conecta a una carga cuya resistencia vale 7 Ω. Determina la intensidad por el circuito y la tensión en bornes del generador. V (V) 250 200

100

I (A)

100

La ecuación correspondiente a la resistencia de carga es:

I

V =R · I =7 · I G

Cuya característica es una recta que pasa por el origen y, por ejemplo, por el punto de coordenadas:

R = 7 Ω

V

I =10 A V =7 · 10 =70 V El punto de funcionamiento, que obtenemos gráficamente, queda definido por la intersección de ambas gráficas: Vp =230 V Ip 33 A ȃ

Los dos valores anteriores se obtienen directamente de la gráfica. No obstante, se puede dar un resultado más preciso calculando el valor de Ip mediante la ecuación de la carga.

V (V)

Carga P 200

Como:

Dinamo

Vp =230 V 100

Entonces: Ip =

Vp 230 = = 32,85 A R 7 50


100

I (A)

13. Una línea monofásica de 220 V, con una resistencia óhmica de 6Ω por cada kilómetro de línea, alimenta tres cargas inductivas de3 kW, 5 kW y 8kW, con factor de potencia 0,8, 0,6, 0,7 respectivamente, situadas a 2, 4, 6km del comienzo de esta. Dibuja el circuito equivalente del sistema, resuelve por completo todas las magnitudes y determina la caída de tensión que se produce al final de la línea. Obtén la expresión general correspondiente. El circuito equivalente del sistema, con las impedancias de las cargas (Z1 – Z2 – Z3) y las resistencias de los tres tramos de la línea (R1 – R2 – R3), es el siguiente:

I

R 1

I'

R 2

R 3

I 1

V

V 1

I 2

Z 1

V 2

Z 2

I 3

V'

Z 3 Z A

Z B Z C Z D Z

Teniendo en cuenta que cada tramo de la línea tiene 2 km y que a cada kilómetro le corresponde una resistencia de 6 Ω (para los dos conductores), las tres resistencias valdrán: R1 =R2 =R3 =2 km · 6 Ω/km =12 Ω Las impedancias de las cargas se determinan a partir del valor nominal de la potencia, considerando que se refiere al valor nominal de tensión V =220 V. Por tanto:   P1n =3000 W ; cos ϕ1 =0,8 → ϕ1 =arccos 0,8 =36,8°   3000 220 Carga 1:  I1n = =17 A ; Z1 = =12,9 Ω 220 · 0,8 17  → →  Z1 =12,9 Ω ∠ 36,8° =10,32 + j · 7,72 Ω

    Carga 2:        Carga 3:   

P2n =5000 W ; cos ϕ2 =0,6 → ϕ2 =arccos 0,6 =53,1° 5000 220 I2n = =37,8 A ; Z2 = =5,8 Ω 220 · 0,6 37,8 →

→

Z2 =5,8 Ω ∠ 53,1° =3,48 + j · 4,63 Ω P3n =8000 W ; cos ϕ3 =0,7 → ϕ3 =arccos 0,7 =45,5° 8000 220 I3n = =51,9 A ; Z3 = =4,23 Ω 220 · 0,7 51,9 →

→

Z3 =4,23 Ω ∠ 45,5° =2,96 + j · 3 Ω


Un análisis riguroso del circuito exige la determinación de las impedancias parciales ZA – ZB – ZC – ZD y de la impedancia total Z: →

→

→

→

ZA =R3 + Z3 =12 +2,96 + j · 3 =14,96 + j · 3 =15,25 ∠ 11,3° Ω →

→

→

→

Z2 · ZA

53,1°) · (15,25 ∠ 11,3°) = 88,45 ∠ 64,4° = = (5,8 ∠ → → 19,95 ∠ 22,4° (3,48 + j · 4,63) +(14,96 + j · 3) Z2 + ZA

→

ZB =

→

=4,43 ∠ 42° =3,29 + j · 2,96 Ω →

→

→

→

ZC =R2 + ZB =12 +3,29 + j · 2,96 =15,29 + j · 2,96 =15,57 ∠ 11° Ω →

ZD =

→

→

→

→

Z1 · ZC Z1 + ZC

=

(12,9 ∠ 36,8°) · (15,57 ∠ 11°) = 200,85 ∠ 47,8° = → → 27,74 ∠ 22,6° (10,32 + j · 7,72) +(15,29 + j · 2,96) →

=7,24 ∠ 25,2° =6,55 + j · 3,08 Ω →

→

→

→

Z =R1 + ZD =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, todos los valores parciales de tensión e intensidad de los diferentes tramos y ramas: →

→

I=

V

→

=

Z →

220 ∠ 0° =11,7 A ∠ –9,4° 18,8 ∠ 9,4°

→ →

V1 = I · ZD =(11,7 ∠ –9,4°) · (7,24 ∠ 25,2°) =84,7 V ∠ 15,8° →

→

VR = I · R1 =(11,7 ∠ –9,4°) · 12 =140,4 V ∠ –9,4° 1

→

→

I1 =

V1 →

=

Z1

84,7 ∠ 15,8° =6,56 A ∠ –21° 12,9 ∠ 36,8°

→

→

V1

→

→ →

84,7 ∠ 15,8° I' = → = =5,61 A ∠ 4,8° 15,57 ∠ 11° ZC

V2 = I · ZB =(5,61 ∠ 4,8°) · (4,43 ∠ 42°) =24,8 V ∠ 46,8° →

→

V2

→

→

24,8 ∠ 46,8° I3 = → = =1,62 A ∠ 35,5° 15,25 11,3° ∠ ZA →

V' = I3 · Z3 =(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 caída de 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 del excesivo valor de la resistencia en los diferentes tramos de la línea, en comparación con los valores de impedancia de las cargas. Unidad 9. Análisis de circuitos.

Se trata, por tanto, de una línea poco eficaz. Las pérdidas de energía por calentamiento serán grandes, y ninguna de las cargas funcionará cerca de sus valores nominales. En cuanto a la expresión general de la caída de tensión en una línea monofásica, se obtendrá primero para el caso (más sencillo) de una sola carga, pero considerando la impedancia de la línea Zl, es decir, el posible efecto añadido de su reactancia Xl , no siempre despreciable. La ecuación del circuito y el diagrama vectorial son los siguientes: Z l = R l + j · X l

C B I

V 1

Z ϕ

V 2

A '

A

ϕ'

V 1

ϕ ϕ'

l

V 1 = V 2 + I

·

O

(R l + j · X l )

j · X l · I

ϕ' R l ·I

V 2 I

En el diagrama puede verse que la caída de tensión VC =V1 – V2 es igual al segmen— — to AC y aproximadamente igual al segmento A'C, luego: VC =A'C =A'B +BC =Rl · I · cos ϕ' +Xl · I · sen ϕ' =I · (Rl · cos ϕ' +Xl · sen ϕ')

— — —

ϕ' no es conocido como dato, sino que se conoce ϕ; pero normalmente ambos ángulos apenas se diferencian y puede considerarse que, aproximadamente: VC =I · (Rl · cos ϕ +Xl · sen ϕ) Tal como se hizo en el enunciado, en los cálculos de líneas eléctricas suelen utilizarse “valores unitarios”, por kilómetro de línea, al indicar su resistencia y su reactancia. 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, resolveremos el caso para la línea monofásica con varias cargas: Su circuito equivalente es: l t l1

l2

R l1 + j · X l1 V 1


R l 2 + j · X l 2 Z 1 ϕ1

V 2

R ln + j · X ln Z 2 ϕ2

V n

Z n ϕn

Y el diagrama fasorial: V …

j · X ln – 1·I n – 1

R l

n – 1

· I n – 1

j ·X l ·I n n

V n

R l ·I n n

I n – 1 O ϕ

n

ϕn – 1

I n

Considerando que los parámetros unitarios de la línea (resistencia Ru y reactancia Xu) 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 – V2 =(In +… +I2) · l2 · (Ru · cos ϕ2 +Xu · sen ϕ2) V – V1 =(In +… +I1) · l1 · (Ru · cos ϕ1 +Xu · sen ϕ1) 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 =… = =Zn (ϕn)] y estén repartidas uniformemente a lo largo de la línea (l1 =l2 =… ln), 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 ·

n · (n +1) · l · (Ru · cos ϕ +Xu · sen ϕ) 2

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 5Ω y alimenta una carga de 20 Ω. A continuación, se le añade una resistencia igual en paralelo, y así sucesivamente, hasta conseguir la condición de máxima transferencia de potencia. ¿Cuántas resistencias en paralelo tendrá finalmente la carga? Como las resistencias están conectadas en paralelo y son del mismo valor, la resistencia total de la carga tiene por expresión: Rt =

20 Ω n


Siendo el circuito formado por el generador y las n resistencias de la carga el siguiente:

R i = 5 Ω

20 Ω

20 Ω

(n resistencias)

G

Entonces, como la condición de máxima transferencia de potencia es que Ri =Rt =5 Ω, el número de resistencias que ha de poseer la carga será: 20 n = 20 = =4 resistencias 5 Rt

15. El circuito magnético de una máquina eléctrica posee una longitud media de 80 cm y un entrehierro de 2 cm, y está construido con chapa de hierro cuya curva de magnetización es la de la figura. B ( T ) 1,5

1

0,5

1 000

2 000

3 000 H (Av· m – 1)

Si la bobina de excitación tiene 200 espiras y está recorrida por una corriente de 50 A, ¿cuánto vale la intensidad del campo magnético? El circuito magnético al que se refiere el enunciado es el que se muestra en la gráfica:

l Fe = 80 – 2

I = 5 0 A

N = 200


=78cm= 0,78m

la =2cm=0,02m

La ecuación del circuito magnético es: HFe · lFe +Ha · la =N · I → 0,78 · HFe +0,02 · Ha =200 · 50 =10000 Considerando que en el entrehierro el campo magnético tiene prácticamente el mismo valor que en el hierro: 0,78 · HFe +0,02 ·

BFe =10000 12,57 · 10–7

0,78 · H +15911 · B =10000 Esta ecuación tiene por gráfica una recta, que pasa por los siguientes puntos: H =0 ; B =

10000 =0,62 T 15911

H =3000 ; B =

10000 – 0,78 · 3000 =0,48 T 15911

Al representarla sobre la curva de magnetización de la chapa de hierro, se obtiene el punto de intersección P que define los valores de B y H buscados.

B ( T ) 1,5

Curva de magnetización

1

Aproximadamente:

P

Hp =300 Av/m

Recta del entrehierro

0,5

Bp =0,613 T (El valor de Bp se ha obtenido con ayuda de la ecuación de la recta).

1000 M p = 300

2 000

3000

( )

H Av m

16. Una línea trifásica de 380 V con tres conductores alimenta un grupo de lámparas de incandescencia de 30kW conectadas en estrella de forma equilibrada. ¿Cuánto vale la intensidad de la línea? Si la mitad de las lámparas de una fase se desconectan, ¿cuánto vale la intensidad por los tres conductores de la línea? Si se desconectan todas las lámparas de dicha fase, ¿cuánto valen en ese caso las tres intensidades? ¿A qué tensión queda el punto común de la estrella respecto a tierra en cada caso? La gráfica que representa el sistema trifásico equilibrado es la siguiente: R

I R 380 – 120°

I T

T

R f

380 0° R f

R f

380 120° S Unidad 9. Análisis de circuitos.

I S

Como la carga trifásica (puramente resistiva, al tratarse de lámparas de incandescencia) tiene una potencia activa de 30 kW, la intensidad de la corriente por cualquiera de los conductores de la línea vale: P 30000 = =45,5 A √ 3 · V · cos ϕ √ 3 · 380 · 1

IR =IS =I T =I = Y la resistencia por fase: Rf =

Vf 380 / √ 3 = =4,82 Ω 45,5 I

En el caso del sistema trifásico desequilibrado, con una fase con la mitad de

sus lámparas conectadas: La resistencia de dicha fase será: R'f =2 · Rf =2 · 4,82 =9,64 Ω I R

R 380 – 120°

I 1

380 0°

9,64 Ω O

4,82 Ω

4,82 Ω

I T

T

I 2

380 120° I S

S

Planteando las ecuaciones de dos de las mallas, se pueden determinar las intensidades: 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:

→

→

–380 ∠ –120° +14,46 · I1 –380 ∠ –120° +4,82 · I1 I2 = = 4,82 9,64

→

I1 = 4,82 · 380 ∠ 120° +9,64 · 380 ∠ –120° =–23,64– j · 13,65 =27,3A ∠ –150° 9,64 · 14,46 – 4,82 · 4,82

→

→

→

I2 =

→ 380 ∠ 120° +4,82 · 27,3 ∠ –150° =–31,53 + j · 27,31 =41,7 A ∠ 139° 9,64

Las intensidades de línea (y de fase) son: →

→

IR =– I1 =27,3 A ∠ 30° →

→

→

→

IS = I2 =41,7 A ∠ 139°

; →

→

→

I T = I1 – I2 =–23,64 – 13,64 · j +31,53 – 27,31 · j =7,9 – j · 41 =41,7 A ∠ –79° Unidad 9. Análisis de circuitos.

Y las tensiones de fase: →

→

→

→

→

→

VRO =9,64 · IR =9,64 · 27,3 ∠ 30° =263 V ∠ 30° VSO =4,82 · IS =4,82 · 41,7 ∠ 139° =201 V ∠ 139° V TO =4,82 · I T =4,82 · 41,7 ∠ –79° =201 V ∠ –79° El diagrama de tensiones es el que se muestra a la derecha:

V ST

V RS

V RO

N O V ST

V TR

V TO

De acuerdo con el diagrama, la tensión entre el punto O de la estrella y el neutro del sistema trifásico N, en el origen de la línea, conectado a tierra, será: →

→

→

VON =VRN – VRO =

380 ∠ 30° – 263 ∠ 30° =–43,6 V ∠ –150° √3

Finalmente, para el caso del sistema trifásico desequilibrado con una fase sin

carga: En tal caso, en el sistema solo hay una malla con corriente: I R = 0

R

4,82 Ω I T

T

4,82 Ω

O

T 380 120°

S

S I

I S

→

I=

380 ∠ 120° =39,4 A ∠ 120° 4,82 +4,82

→

→

IS = I =39,4 A ∠ 120°

→

→

I T =– I =39,4 A ∠ –60°

→

→

VSO =4,82 · IS =4,82 · 39,4 ∠ 120° =190 V ∠ 120° Unidad 9. Análisis de circuitos.

→

→

V TO =4,82 · I T =4,82 · 39,4 ∠ –60° =190 V ∠ –60° →

→

→

VON =V TN – V TO =

→ 380 ∠ –90° – 190 ∠ –60° =–95 – j · 55 =109,7 V ∠ –150° √3

Siendo el diagrama fasorial de tensiones:

V SO

V ON

N

O

V TN

V TO

Problemas de selectividad 1. En el circuito de la figura: 5Ω

3Ω

A

10 V

5V

2Ω 3Ω

5Ω 8V 5Ω

4Ω B

determina la corriente en cada una de sus ramas y la potencia disipada en la resistencia de 2 Ω, en los siguientes casos: a) Interruptor abierto. b) Interruptor cerrado. LOGSE. Canarias, 2000.

Para resolver el circuito aplicando las leyes de Kirchhoff, se asignan a cada rama corrientes (I1 - I2 - I3) con un sentido cualquiera; por ejemplo, el coherente con la polaridad de la pila que hay en cada una. Igualmente, se puede hacer con las corrientes de malla (IA - IB), a las que se asigna arbitrariamente a priori el sentido de las agujas del reloj. Unidad 9. Análisis de circuitos.

5Ω

3Ω

A I 2

5V

10 V I 1

I 3

2Ω I A

I B

3Ω

5Ω

8V

5Ω

B

4Ω

a) Interruptor abierto. Evidentemente, en la rama central: I2 =0 Las otras dos ramas forman una única malla en la cual se cumple: I1 =–I3 =

10 – 5 5 = =0,2 A 5 +3 +5 +4 +5 +3 25

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 de ecuaciones de las mallas A y B es: –10 – 8 =(5 +2 +5 +3) · IA – 2 · IB   8 +5 =(3 +5 +4 +2) · IB – 2 · IA  que, simplificando, queda –18 =15 · IA – 2 · IB   13 =–2 · IA +14 · IB  Y su solución es: IA =–1,09 A ; IB =0,77 A En cuyo caso, I1 =–IA =1,09 A I2 =IB – IA =0,77 – (–1,09) =1,86 A I3 =IB =0,77 A Y la potencia disipada por la resistencia de 2 Ω vale, entonces, P2 =R2 · I22 =2 · 1,862 =6,91 W

2. En el circuito de la figura, la bobina se ajusta hasta que la tensión en bornes de la resistencia es máxima: V R

V C

V L

R = 5 Ω

C = 20 µF

L

+

10 0°, (ω = 1000 rad . s – 1)

a) Calcula la tensión en bornes de cada elemento. Unidad 9. Análisis de circuitos.

b) Dibuja el diagrama vectorial de tensiones y corrientes en todos los elementos. c) Calcula la potencia activa y reactiva consumida por todos y cada uno de los elementos pasivos. LOGSE. Comunidad Valenciana, 1999.

En un circuito RLC serie en resonancia, la impedancia alcanza el mínimo valor, la intensidad el máximo y la tensión en la resistencia también el máximo, igual a la tensión de alimentación. Tal cosa sucede cuando la reactancia de la bobina y la del condensador tienen el mismo valor y se compensan. Como la reactancia del condensador vale: →

→

→ → 1 1 = j · =– j · 50 Ω =50 ∠ –90° Ω C·ω 20 · 10–6 · 103

XC = j ·

La reactancia de la bobina será: →

→

→

XL =– XC = j · 50 Ω =50 ∠ 90° Ω Y el valor de ajuste de la bobina es: L=

XL

ω

50 =0,05 H 1000

=

La intensidad de la corriente es entonces: →

I=

→

V

→

→

V

=

Z

→

→

→

R +XL +XL

=

10 ∠ 0° V =2 ∠ 0° A → → 5 + j · 50 – j · 50

a) En consecuencia, la expresión fasorial de las tensiones parciales es: →

→

→

→

→

→

→

→

→

→

VR =R · I =5 · 2 ∠ 0° =10 ∠ 0° V =V

VL =XL · I =(50 ∠ 90°) · (2 ∠ 0°) =100 ∠ 90° V VC =XC · I =(50 ∠ –90°) · (2 ∠ 0°) =100 ∠ –90° V b) El diagrama vectorial de la intensidad y las tensiones, dibujado a escala, es el siguiente: V L

V C

V V R I Unidad 9. Análisis de circuitos.

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 de efecto contrario: QC =QL =XL · I 2 =50 · 22 =200 VAR

3. En el circuito de la figura: I t

V g

I L

R

L

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; I t =3,33∠ –72,5° A; I L =3,18∠ –90° A. LOGSE. Cataluña, 2000.

El esquema del circuito del enunciado, con el condensador conectado en paralelo, es: I t

I R

V g (50 Hz)

R = 100 Ω

I L

I C

L

C

a) La intensidad por la resistencia es: →

→

)

→

→

→

IR = It – IL =3,33 ∠ –72,5° – 3,18 ∠ –90° =1 – j · 3,18 – (– j · 3,18) = =1 ∠ 0° A

La tensión del generador: →

→

→

→

→

Vg =VR =VL =VC =R · IR =100 · 1 ∠ 0° =100 ∠ 0° V Unidad 9. Análisis de circuitos.

El diagrama vectorial, dibujado a escala, es: V g I R

I t

I L

b) Para que el circuito esté en resonancia, la intensidad reactiva de la bobina debe ser compensada por una igual (pero opuesta) en la rama del condensador: IC =IL =3,18 A ; XC =

Vg 100 = =31,44 Ω 3,18 IC

La capacidad del condensador necesario es: C=

1 1 = =101,2 · 10–6 F =101,2 µF 2 · π · 50 · 31,44 2 · π · f · XC

4. A una línea trifásica ABC de 380 V, 50 Hz, se conecta un receptor en triángulo. La rama AB del triángulo es una bobina con resistencia despreciable y reactancia 5 ohm; la rama BC es una resistencia de 10 ohm; la rama CA es una bobina de resistencia despreciable y reactancia 10 ohm. Calcula las intensidades de línea. LOGSE. Extremadura, 2000.

El esquema del circuito del enunciado es el siguiente: I 1

L1

A I AB

V CA = 380 – 120º V

I CA

I 3

L3

C V BC = 380 120º V

I 2

L2

Las intensidades de fase son: →

→

IAB =

Z AB = 5 90º Ω

Z CA = 10 90º Ω

V AB = 380 0º V

VAB →

=

ZAB


380 ∠ 0° =76 ∠ –90° A 5 ∠ 90°

B Z BC = 10 0º Ω I BL

→

→

IBC =

VBC →

ZBC

= 380 ∠ 120° =38 ∠ 120° A 10 ∠ 0°

→

→

ICA =

VCA →

=

ZCA

380 ∠ –120° =38 ∠ –30° A 10 ∠ 90°

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 siguiente circuito donde todas las resistencias son de 10 Ω, V1 =1 V y V2 =2 V. V 2

R 1

R 2 A

R 3

V 1

R 4 B

LOGSE. Islas Baleares, 2000.

El esquema del circuito equivalente Thévenin del circuito del enunciado se muestra a continuación: R 1 =10 Ω V 2 = 2 V

R 2 =10 Ω

C

A

I 1

A

I 2

R th

I V 1 = 1 V

R 3 = 10 Ω

R 4 = 10 Ω

B

E th

B

La fuerza electromotriz E Th tiene por valor la tensión que puede medirse entre A y B. Se puede calcular del siguiente modo: ) 10 · 20 R24 =10 +10 =20 Ω ; R324 = =6,6 Ω 10 +20 Unidad 9. Análisis de circuitos.

I=

V1 +V2 R1 +R324

= 1 +2) =0,18 A 10 +6,6

)

VCB =R324 · I =6,6 · 0,18 =1,2 V I2 =

VCB 1,2 = =0,06 A 20 R24

VAB =R4 · I2 =10 · 0,06 =0,6 V =E Th La resistencia interna del generador Thévenin, R Th, se determina calculando el valor de RAB en el supuesto de que se cortocircuiten las dos pilas:

)

)

R Th =R1 +R324 =10 +6,6 =16,6 Ω



10.4.ELEMENTOS DE PROTECCI ÓN DE LAS INSTALACIONES Página 362

1. Explica la diferencia entre cortocircuito y cortacircuito. Un cortocircuito es una conexión directa (con resistencia prácticamente cero) entre dos puntos de un circuito sometidos a una diferencia de potencial, por lo general producida por accidente o avería, y a consecuencia de la cual se produce una corriente excesiva que puede deteriorar la instalación. Un cortacircuito es un elemento de protección, capaz de interrumpir automáticamente la corriente cuando esta alcanza un valor excesivo y, especialmente, cuando se produce un cortocircuito.

2. Explica la diferencia entre sobrecarga y cortocircuito. Cualquier instalación eléctrica está calculada para funcionar con unos valores determinados de tensión e intensidad, denominados nominales, por encima de los cuales algunos de sus elementos pueden deteriorarse, debido al calentamiento de los conductores y a las fuerzas electromagnéticas. Una sobrecarga de la instalación es su funcionamiento por encima del valor nominal de intensidad, sea este producido de forma accidental (averías) o por una demanda excesiva de potencia. Un cortocircuito, de acuerdo con la definición hecha anteriormente, es una sobrecarga 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 alimentación por encima del valor nominal. Puede, a su vez, dar lugar a una sobrecarga si los demás parámetros del circuito se mantienen.

10.5. PROTECCIÓN DE LAS PERSONAS CONTRA TENSIONES PELIGROSAS Página 369

1. ¿Cuál es la condición que tiene que cumplirse para que un sistema de puesta a tierra, por sí mismo, proteja a una persona contra la electrocución por contactos indirectos? Supóngase un aparato como el del esquema de la página siguiente, alimentado a 220 V y protegido por medio de un fusible de 20 A, en el cual se ha producido un defecto de aislamiento. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

R S T O 20 A

I f

20 A R a

220 V R t

R h

I t

I h

V c

En el circuito equivalente de la derecha, donde Ra es la resistencia del aislamiento que ha fallado, Rt la resistencia de la puesta a tierra, y Rh la del cuerpo humano, la tensión de contacto a que se ve sometido un posible usuario tendrá por expresión: Vc =Rh · Ih =Rt · It ≈ Rt · If (La corriente de fugas por Rh, mucho menor que Rt, es despreciable frente a la corriente 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 Vc alcance 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 If =50 A. En tal caso, la resistencia de tierra, para que no se alcance una tensión de contacto peligrosa, ha de valer: Rt =

Vc 50 V = =1 Ω 50 A If

La condición es, por tanto, que la resistencia de puesta a tierra sea muy pequeña y acorde con la característica del fusible.

2. Razona por qué el sistema de puesta a tierra, por sí solo, no sirve de protección contra contactos directos. Supóngase la misma instalación de la cuestión anterior, sin defecto de aislamiento, en la que se produce por ejemplo un contacto directo con el conductor de fase después del fusible de protección:

I f

R h

Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

En este caso la persona se ve sometida directamente a una tensión de 220 V, y toda la corriente 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 =

220 =0,44 A =440 mA 500

Con esta intensidad, el fusible no actúa en absoluto, mientras que se puede producir la fibrilación y el paro cardíaco en un tiempo de menos de 1 s, de acuerdo con la gráfica 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 de la corriente por sobrecarga (fusible o interruptor magnetotérmico), no proteje contra contactos directos, pues la corriente de fugas que se produce no es lo suficientemente grande para hacer actuar el dispositivo de corte, mientras que sí lo es para producir la muerte del usuario.

Página 370

3. Razona por qué un diferencial de 30 mA supone suficiente protección, aunque no haya toma de tierra. 220 V

Supóngase un aparato eléctrico conectado a través de un interruptor diferencial de 30 mA de sensibilidad, en el que una persona sufre accidentalmente un contacto, directo o indirecto (gráfica de la derecha). Tanto en un caso como en el otro, el interruptor diferencial, corta la corriente en una fracción de segundo, siempre que la corriente de fugas (If o If ') sobrepase los 30 mA.

I d = 30

mA Interruptor diferencial

Contacto directo Contacto indirecto

R h

R h

I f I f '

Una corriente de tal intensidad, aunque pase íntegramente por el cuerpo, no resulta peligrosa, de acuerdo con la gráfica de efectos de la corriente eléctrica (página 365 del libro del alumnado).

220 V

No obstante, la protección no puede considerarse absoluta; hay una posible situación en la cual el diferencial no ofrece protección suficiente. Si una persona, totalmente aislada de tierra, hace contacto con los dos hilos activos, se comporta como una carga que no da lugar a fugas: la corriente Ih, de alto valor dada la baja resistencia Rh, no es detectada por el interruptor diferencial mientras que, sin duda, pone en peligro la vida de la persona. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

I h

R h

4. Una instalación posee una puesta a tierra de200Ω de resistencia y un diferencial de 300 mA de sensibilidad. ¿Es adecuada la protección? Si no es así, ¿qué habría que hacer para que lo fuera? El esquema de la instalación es el siguiente: 220 V

I d =

300 mA

I f

R t =

R t

I f = I d

V e

200 Ω

Si se produce un defecto de aislamiento, la corriente de fuga máxima (que no hace actuar al interruptor), da lugar a una tensión de contacto: Vc =Id · Rt =0,3 · 200 =60 V que sobrepasa los valores permitidos (50 V en lugares secos y 24 V en lugares húmedos). Por tanto, el sistema de protección no es suficiente. Para mejorarlo se pueden hacer dos cosas: a) Mejorar la puesta a tierra, hasta conseguir un valor de Rt suficientemente pequeño: ) 50 Rt ≤ 50 = =166,6 Ω 0,3 Id Manteniendo el diferencial, la resistencia de la puesta a tierra ha de ser menor que 166 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 lámpara de incandescencia con el casquillo, sea de igual coeficiente de dilatación que el vidrio? Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

Los hilos que conectan el filamento con los terminales exteriores de la lámpara atraviesan el vidrio de la ampolla, formando una junta que ha de ser perfectamente estanca. Al encenderse la lámpara, tanto los hilos de conexión como el vidrio que los rodean adquieren una alta temperatura y se dilatan. Entonces, si el coeficiente de dilatación del material del hilo fuese mayor que el del vidrio, la ampolla podría romperse; mientras que si es al revés, la ampolla perdería la estanqueidad. En ambos casos entraría aire con oxígeno en la ampolla, y el filamento se fundiría.

Ampolla de vidrio Filamento

Hilo de conexión con los terminales exteriores

EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En el esquema general de la red eléctrica que puede verse en la figura, ¿cuál es el tramo que corresponde a la red de muy alta tensión y cuál el que corresponde a la red secundaria de distribución? ¿Cuál de los dos tipos de redes suele ser subterráneo? Justifica la respuesta. La red de muy alta tensión conecta las subestaciones elevadoras de las centrales eléctricas con puntos de consumo situados a gran distancia. En el esquema del enunciado se trata del tramo L2, con una tensión de línea de 200 kV. Se trata de una red de transporte de energía, que transcurre por zonas no urbanas, de modo que puede ser construida mediante cables aéreos, montados sobre apoyos o torres metálicas con aisladores.

G L1

15 kV

L2

220 kV

L3

110 kV

L4

15 kV

L5

380 / 220 V

Usuarios

La red secundaria de distribución llega hasta los centros de transformación capaces de suministrar, en zonas urbanas, la energía eléctrica en baja tensión a los consumidores. La entrada de dichos transformadores suele hacerse, por ello, en media tensión (15 – 30 kV). Por tanto, la red secundaria de distribución corresponde al tramo L4 del esquema, que funciona con una tensión de 15 kV, y suele estar constituida por líneas subterráneas cuando discurren por zonas urbanas, pues de ese modo la posibilidad de que se produzcan accidentes y contactos es mucho menor. En zonas rurales (suministro de energía a fincas agrícolas, por ejemplo), la instalación subterránea es técnicamente más costosa y ofrece tantos o más peligros de accidente (por ejemplo, por la acción de maquinaria agrícola). Por eso, las líneas de media tensión rurales suelen ser aéreas.

2. Si una línea de alta tensión de 110kV 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 = √ 3 · V · I, y la intensidad de línea es: I=

S = √3 · V


20 · 106 VA

√ 3 · 110 · 103 V

=105 A

3. Una línea monofásica de 220 V, constituida por dos conductores de 6 mm2 con aislamiento de PVC instalados bajo tubo protector, alimenta un horno eléctrico de 5 kW, y está protegida mediante un cortacircuitos fusible de 25A, 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 haciendo pasar por ella una intensidad de 50 A? ¿Cuánto tiempo tarda en actuar si en bornes del horno se produce un cortocircuito de 400 A de intensidad? De acuerdo con los datos del enunciado, la línea puede representarse mediante el esquema de la derecha:

25 A 220 V

6 mm2 (bajo tubo) S =

La intensidad de la corriente es: I=

P = 5000 W cos ϕ = 1

P = 5000 =22,7 A V · cos ϕ 220

Los conductores de la línea, de acuerdo con la tabla de intensidades máximas admisibles (página 74 del libro del alumnado) soportan una corriente de hasta 29 A.

Tiempo de fusión

El fusible, de 25 A, está bien elegido: según su curva característica, soporta sin fundirse la intensidad de la línea, y ante una sobrecarga considerable, que pueda calentar excesivamente los conductores, actúa interrumpiendo el circuito: – Una sobrecarga con I =50 A determina que el fusible actúe en 10 s.

120 60

s o 20 t u 10 n i 5 M 2 1

20 10

1 2 3 6 5 5 A A A

2 3 0 0 A A

5 s 2 o d 1 n u 0,5 g e 0,2 S 0,1

1 6 1 6 3 0 0 0 A A A

1 2 5 8 2 0 0 5 0 0 A A A A

0,05 0,02 0,01 10

20

50 100 200

500 1000 2 000 5 000(A)

Intensidad de la corriente (valor eficaz)

– Una sobrecarga, por cortocircuito, de 400 A produce el corte de la corriente en menos de 0,01 s.

4. La misma instalación anterior se protege por medio de un interruptor automático de 25A, cuya curva de disparo puede verse en la página 363. ¿Cuánto tiempo tarda en actuar si se produce una sobrecarga de 50A? ¿Y si se produce un cortocircuito de 400 A? ¿Cómo queda mejor protegida la instalación, con el fusible del ejercicio 3 o con el interruptor automático? Justifica la respuesta indicando las ventajas e inconvenientes de cada sistema. Con el interruptor magnetotérmico tipo L, según sus curvas características, una sobrecarga de 50 A (2 veces la Inominal ajustada) hace que actúe el disparo térmico en un tiempo de 40 s; es decir, que el PIA es más “lento” que el fusible. Con un cortocircuito de 400 A (16 veces Inominal), actúa el disparo magnético en 0,01 s, aproximadamente igual que el fusible. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

2h 100

s o t u n i M o r a s p o s d i d n u e g d e o S p s m o e d i T n u g e s i l i M

FAZ AZ

40 10 4 1 40 20 10 5

L

2 1

G

H 200 50 20 5 2

1,5 2

3

5

10

Intensidad nominal (nº de veces)

30

5. ¿Qué sucede si se cortocircuita la bobina de disparo magnético de un interruptor automático? Justifícalo con la ayuda de un esquema de su constitución interna. Si se cortocircuita (o se conectan sus bornes con un “puente”), la corriente no pasa por la bobina de disparo magnético, pero sí por el bimetal.

Bimetal de disparo térmico

Palanca

En consecuencia, ante una sobrecarga normal (zona superior de la curva de respuesta) el PIA sigue actuando igual que antes. En cambio, ante una sobrecarga muy grande o un cortocircuito (zona inferior de la curva), el PIA ya no responde con igual rapidez, sino que sigue la curva prolongación de la curva de disparo térmico.

Bobina de disparo magnético

6. Una persona recibe una descarga de 1 A durante 20ms. Interpretando las curvas de la página 365, ¿qué se puede decir respecto al posible efecto fisiológico que se produce? (msg) t

Una intensidad de 1 A durante un tiempo de 20ms “define” un punto en la zona D de la gráfica, caracterizada por la posible fibrilación ventricular, con el consiguiente paro del corazón. El posible efecto fisiológico que se produce es la muerte por parada cardiorrespiratoria.

10000 5000 2000 1000 500

A

B

C

D

E

200 100 50 20 10 0,1 0 ,2 0, 5 1

2

5 1 0 2 0 5 0 1 00 2 00 5 00

2 00 0 I (mA)

7. En circunstancias excepcionales, una persona posee una resistencia eléctrica de 700 Ω. ¿Qué tensión de contacto debe considerarse peligrosa? Según la gráfica de los efectos fisiológicos de la corriente eléctrica (véase ejercicio anterior), una corriente que supere los 300 mA, si recorre el cuerpo de una persona durante un tiempo considerable (más de 10 s), puede producir efectos peligrosos e incluso la muerte por parada cardiorrespiratoria. Por tanto, para una resistencia del cuerpo de 700 Ω, la tensión de contacto que debe considerarse peligrosa es: Vc =700 · 0,03 =21 V

8. En una instalación alimentada a 220 V, sin sistema de protección contra contactos directos e indirectos, una persona subida a un taburete posee una resistencia total respecto a tierra de 5000Ω. ¿Está en peligro de muerte en caso de producirse un contacto directo? Justifícalo con los cálculos oportunos. Si se produce un contacto directo con el conductor activo de la línea, la tensión de contacto es prácticamente la tensión de fase del sistema trifásico, 220 V, y la corriente de fugas, que pasa por el cuerpo y por el taburete posee una intensidad: If =

220 =0,044 =44 mA >30 mA 5000


De acuerdo con los datos del enunciado, que pueden verse reflejados en el siguiente esquema:

I f

220 V

5000 Ω

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 efectos peligrosos.

9. Determina el rendimiento luminoso de las lámparas de incandescencia cuyos valores característicos se suministran en la tabla de la página 376, siempre 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 flujo luminoso que suministra, medido en lumen (lm), y la potencia eléctrica que absorbe, media en watt, las tablas a que se refieren los enunciados, a las que se han añadido algunos datos respecto a los que aparecen en el libro del alumnado, se pueden completar así: Tensión (V)

Potencia (W)

Flujo luminoso (lm)

Rendimiento luminoso (lm/ W)

Incandescencia estándar

220

15 60 100 500 1 000 1 500 3 000

130 740 1390 8700 18700 29300 40000

9,66 12,3 13,9 17,4 18,7 19,5 13,3

Incandescencia halógena

220

500 1 000 1 500

12000 25000 33000

24 25 22

220

18 55 90 180

1800 8000 13500 33000

100 145 150 183

Descarga (vapor de mercurio)

220

50 80 250 1 000

1900 3600 13500 57000

38 45 54 57

Tubos fluorescentes (blanco industrial)

220

40 65

3200 5100

80 78

Tipo de lámpara

Descarga (vapor de sodio)

Los mejores rendimientos se dan con lámparas de mercurio. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

11. En una habitación de 20 m2 de superficie se instala una luminaria con una lámpara halógena de 500W, con la cual se consigue un nivel medio de iluminación 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 trabajo vale:

Φu =E · S =355 · 20 =7100 lm

500 W

Según los datos del flujo de las lámparas halógenas, la lámpara de 500 W produce un flujo total de 12000 lm. Por tanto, el rendimiento de la iluminación es:

Φu 7100 = =0,59 Φ 12000

ηi =

Φ = 12000 lm

1m

S =

20 m2

E =

355 lux

12. Un hornillo eléctrico se emplea para hervir el agua de un cazo. El hornillo tiene tres secciones con las mismas resistencias, y se comprueba que 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 la misma 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 tercera. La expresión de la potencia eléctrica en cada uno de los casos es: – Tres resistencias en paralelo: P=

V2 V2 3· V2 = = R R/3 R

– Tres resistencias en serie: Pa =

V2 V2 = Ra 3· R

– Dos resistencias en serie con la otra en paralelo: Pb =

V2 3 · V2 V2 V2 = = = Rb 2· R R · 2· R 2· R R +2 · R 3

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=

3· V2 V2 3· V2 ·t= · ta = · tb R 3· R 2· R

Como t =6 minutos =360 s, se pueden despejar: ta =9 · t =9 · 360 =3240 s =54 minutos ; tb =2 · t =2 · 360 =720 s =12 minutos Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

13. La constante de un contador eléctrico es 120 vueltas/kWh. Al conectarlo a un receptor, 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 de 2,5kW que está conectado durante 30 minutos. c) La temperatura que ha alcanzado en ese tiempo el agua del acumulador del apartado anterior si partíamos de 10 °C. Datos:

c

agua

=1 kcal/(kg · °C)

ρagua =1 kg/l a) La constante del contador eléctrico informa del número de vueltas que cuenta por cada kWh que consume la instalación receptora. En consecuencia, si se cuentan 90 vueltas, la energía consumida vale: W=

90 vueltas =0,75 kWh 120 vueltas/kWh

Como ha transcurrido un tiempo de 6 minutos, es decir: t =6 min ·

1 h =0,1 h 60 min

la potencia del receptor es: P=

W 0,75 kWh = =7,5 kW t 0,1 h

b) Un calentador de agua de 2,5 kW, conectado durante 30 minutos (0,5 h), consume 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 vueltas será: 120 vueltas n 0 vueltas =1,25 kWh · =150 vueltas 1 kWh La energía calculada anteriormente, expresada en J y kcal vale: W =1,25 · 1000 · 3600 =45 · 105 J W =45 · 105 · 4,185 ·

1 =18832 kcal 1000

c) Si no hay pérdidas de calor, el incremento de temperatura del agua será:

∆ T = W = m· c

18832 kcal =76,3 °C 20 kg · 1 kcal/(kg · °C)

Luego el agua, que inicialmente estaba a 10 °C, alcanza finalmente una temperatura: T =10 + ∆ T =10 +76,3 =86,3 °C Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

14. En una instalación alimentada a 220 V, cuya resistencia de puesta a tierra vale 1100 Ω, se produce por avería una conexión directa entre el conductor de fase y una masa metálica. ¿Cuánto vale la corriente de fugas? ¿Existiría una buena instalación de protección contra contactos indirectos si se instalara un interruptor diferencial de 300 mA de sensibilidad? ¿Cuál sería el valor de la tensión de contacto accidental y qué corriente de fugas 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, producida accidentalmente en su interior, da lugar a una corriente de fugas por la resistencia de la instalación de puesta a tierra, cuyo valor es: 220 It = 220 V = =0,2 A =200 mA 1100 Rt L1 L2 L3 N I d =

I t

300 mA

I h

Dicha corriente no es detectada por un interruptor diferencial de 300 mA de sensibilidad. Por tanto, no se interrumpe el circuito y las masas metálicas del aparato permanecen a una tensión de 220 V respecto a tierra, luego la protección contra contactos indirectos no es adecuada. En efecto, si una persona toca dichas masas metálicas, la tensión de contacto es Vc =220 V, y la corriente de fugas por el cuerpo, suponiendo que posee una resistencia media de 2000 Ω, puede alcanzar un valor: Ih =

220 =0,11 A =110 mA 2000

mayor que el valor límite (30 mA) a partir del cual la corriente entraña peligro de muerte. Para que la instalación ofrezca suficiente protección contra contactos indirectos, la tensión de contacto posible no debe sobrepasar 50 V. Consecuentemente, la sensibilidad del diferencial debe ser: ) 50 Id ≤ 50 = =0,045 A =45,45 mA 1100 Rt

Conviene instalar un diferencial de 30 mA. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

15. En una sala de dibujo de 20m de largo por 15 m de ancho, con una altura de 4 m, se va a instalar alumbrado incandescente con lámparas estándar de 300 W, montadas sobre luminarias con un rendimiento del 85%. Dadas las condiciones de la luminaria y el tipo de local, se considera un factor de conservación de 0,75, y, de acuerdo con el coeficiente de reflexión de paredes y techos, el tipo de luminarias y el índice del local, la utilancia de la instalación vale 0,8. De acuerdo con estos datos, resuelve los siguientes apartados: a) ¿Cuántas lámparas hay que instalar para conseguir un nivel medio de iluminación 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 contrario, ¿qué modificaciones habría que introducir? a) Las lámparas de incandescencia estándar de 300 W, de acuerdo con las tablas, suministran un flujo luminoso de 5020 lm. Considerando el resto de las condiciones de la instalación, el número de luminarias y lámparas que es necesario instalar, para conseguir un nivel de iluminación tan exigente, será: N=

1500 · 15 · 20 E·S = =175,7 u · f c · ηl · Φ 0,8 · 0,75 · 0,85 · 5020

b y c) Redondeando, por exceso, el valor anterior, se pueden instalar 180 luminarias, distribuidas uniformemente, tal como indica el siguiente plano: Donde:

d

d d

(m)

d

(n)

m · d =20 n · d =15 n · m =180

   →  

m =15 n =12) d =1,3 m

La potencia total de la instalación es la consumida por el conjunto de todas las lámparas instaladas, y vale: P =180 · 300 =54000 W =54 kW

d) Para un local de tales dimensiones y características, la potencia es excesiva. Suponiendo que se mantienen los mismos factores característicos de la instalación (n, f c y ηl ), se podría disminuir la potencia instalando lámparas de descarga, por ejemplo fluorescentes de 65 W, que suministran un flujo de 5100 lm, prácticamente igual que las lámparas de incandescencia de 300 W. En tal caso, la potencia se reduce al siguiente valor: P' =180 · 65 =11700 W Este valor se podría mejorar aún más eligiendo luminarias con factores f c y ηl más altos, y diseñando la instalación para que la utilancia también sea mayor. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

16. Se construye una instalación doméstica que alimenta a 220 V un motor eléctrico de 2CV y factor de potencia = 0,6, y 3 lámparas incandescentes de 100 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 la instalación. 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: fusible de protección general, contador, ICP, cuadro de protecciones con diferencial y térmicos, y cargas de la instalación. a) La intensidad de la corriente y las potencias activa y reactiva de cada derivación son:

Motor: P1 =2 CV =2 · 736 =1472 W I1 =

P1 1472 = = 11,15 A 220 · 0,6 V1 · cos ϕ1

ϕ1 =arccos 0,6 =53,13°

kWh

Q1 =P1 · tg ϕ1 =1472 · tg 53,13° = =1962,6 VAR

Alumbrado: P2 =300 W cos ϕ2 = 1 (carga puramente resistiva) I2 =

P2 300 = =1,36 A V 220 Motor

Q2 =0

Alumbrado

b) El triángulo de potencias de la instalación completa es el que se muestra en la figura de la derecha, donde: S = √ 1962,62 +17722 =2644,2 VA I=

2644,2 =12 A 220

S = V . I

Q

Q =1962,6 VAR

ϕ =arctg 1962,6 =48° 1772

cos ϕ =cos 48° =0,67 Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

ϕ P 2

= 300 W

ϕ1 = 53,13° P 1

= 1472 W

Al cabo de 10 h de funcionamiento, las energías activa y reactiva serán: Wa =1772 · 3600 · 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).

Problemas de selectividad 1. A partir del diagrama de la figura, que representa el historial de consumo de una vivienda: 500 400

) s o300 m u s 200 n o c (

kWh

100 0

E

F

M

A

M

J Jl (meses)

A

S

O

N

D

a) Interpreta y analiza el gráfico de la figura. b) Calcula, en el mes dediciembre, el calor producido en kilocalorías por los sistemas de calefacción de la vivienda si se utiliza para tal uso el 60% del consumo de dicho mes. (Dato: 1 joule = 0,24 calorías). c) Calcula la potencia del frigorífico, si en el mes de agosto solo ha estado conectado este aparato y ha funcionado de forma continua y permanente. LOGSE. Madrid, 1998.

a) En el diagrama, la altura de cada barra medida sobre el eje vertical indica el consumo de energía eléctrica (en kWh) del mes correspondiente. Durante el mes de enero, por ejemplo, el consumo ha sido de 350 kWh. El consumo más elevado se produce durante los meses de invierno, debido a que se pone en funcionamiento la calefacción eléctrica. El mes de agosto, de vacaciones, arroja un consumo mínimo, debido exclusivamente al funcionamiento del frigorífico. b) Durante el mes de diciembre, el consumo total es de 500 kWh, cuyo 60% corresponde al sistema de calefacción: Wc =0,6 · 500 =300 kWh Como: 1 kWh =1000 W · 3600 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 =259200 kcal Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

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 =

Wf 100 kWh = =0,134 kW =134 W t 744 h

2. Dibuja el esquema eléctrico de un tubo fluorescente con amperímetro, voltímetro 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 aparatos de medida son: vatímetro, 100 W; amperímetro, 0,7 A; voltímetro, 220V. Calcula las potencias activa, reactiva y aparente del conjunto tubo fluorescente-reactancia. c) Si se cierra el circuito del condensador, el amperímetro señala una lectura de 0,5 A, permaneciendo las restantes lecturas de los otros aparatos de medida, ¿cuál es el valor de la capacidad del condensador si la red es de 50 Hz? LOGSE. Madrid, 1998.

El esquema eléctrico que solicita el enunciado es el siguiente: C b

L I

A

W I'

220 V

V C

a) Funcionamiento del circuito: Al conectar, cerrando el interruptor I, la tensión de alimentación (220 V) queda aplicada entre los electrodos del tubo y también entre los contactos del cebador; aunque no es suficiente para producir la descarga en el tubo, sí lo es para producirla en el cebador, por la pequeña separación entre sus contactos. Dicha descarga calienta el contacto móvil, constituido por una lámina bimetálica, que al cabo de unos instantes se cierra y se enfría, por lo que vuelve a abrirse automáticamente. Como consecuencia, en la reactancia L se origina por autoinducción una elevada sobretensión, que provoca el establecimiento de la descarga entre los electrodos del tubo, facilitada por la emisión de electrones 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 tubo produce radiaciones ultravioletas, que inciden sobre las sustancias fluorescentes que recubren su superficie interna, el tubo emite luz visible. Durante el funcionamiento del tubo, la resistencia entre los electrodos es pequeña, y es la reactancia en serie la que limita la corriente, evitando el cortocircuito. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

Sin embargo, la reactancia determina que el factor de potencia de la instalación sea 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 y el triángulo de potencias son: I =

0,7 A S = V · I

V =

220 V

Z

ϕ = 100 W

P =

Q = V · I · sen ϕ

100 W

ϕ P =

100 W = V · I · cos ϕ

Por tanto: S =V · I =220 · 0,7 =154 VA cos ϕ =

P 100 = =0,649 → ϕ =49,5° S 154

Q =S · sen ϕ =154 · sen 49,5° =117 VAR (La potencia activa P no es necesario calcularla, porque está dada por la medida del vatímetro). c) Con el condensador de corrección del factor de potencia conectado, el circuito equivalente y el triángulo de potencias son: I = 0,5 A I = 0,5 A V =

220 V

.

P =

V S = ' . I'

100 W

Z ϕ

C

I

ϕ ϕ’

V S ' =

P = P' =100

}

Q c

}

Q'

}

Q

W

La potencia activa es la misma, puesto que el condensador solo introduce potencia reactiva, Qc. En consecuencia: S' =220 · 0,5 =110 VA cos ϕ' =

P 100 = =0,9 → ϕ' =24,6° S' 110

Q' =S' · sen ϕ' =110 · sen 24,6° =45,8 VAR Qc =Q – Q' =117 – 45,8 =71,2 VAR Ic =

Qc 71,2 220 = =0,323 A → Xc = V = =680 Ω V 220 0,323 Ic

C=

1 1 = =4,7 · 10–6 F =4,7 µF 2 · π · 50 · 680 2 · π · f · Xc


3. Para los circuitos de la figura, se pide, justificándolo: L1

L1 L2

F2

L3

F3

F1 S1 S2 S3

K1 K2

K1

K3 F3

K3 K2

K2 K1

W1 V1

K3

U1

V2 M

U2

3

W2

N K2

a) ¿Sobre cuál de los pulsadores S1, S2 o S3 hay que actuar para que el motor arranque en estrella? ¿Qué contactos se cierran o abren al actuar sobre el pulsador elegido? b) Una vez que el motor ha arrancado, ¿sobre qué pulsador de los anteriores hay que actuar para que el motor quede conectado en triángulo? ¿Qué contactos se cierran o se abren al actuar sobre el pulsador elegido? LOGSE. Madrid, 2000.

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 de fuerza (el de la derecha), de acuerdo con las siguientes condiciones: conexión

K1 y K2 cerrados

K3 abiertos

conexión ̅

K1 y K3 cerrados

K2 abiertos

En el circuito de mando (el de la izquierda), todos los contactos están dibujados en su posición “normal” o de reposo. Un contacto auxiliar de un contactor que esté normalmente abierto (por ejemplo, el K1) se designará como K1(na). Si está normalmente 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 el circuito principal, se abre el contacto K2(nc) impidiendo la excitación simultánea de K3 y se cierra K2(na). En consecuencia, queda alimentada la bobina de K1, se cierran los contactos principales K1 y el motor arranca conectado en . También se cierra K1(na), de modo que K1 y K2 siguen alimentados aunque se deje de pulsar S2. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

b) Paso a la conexión en triángulo (̅) Es necesario pulsar S3. Al abrirse su contacto, se interrumpe la alimentación de K2, se abren los contactos K2 en el circuito principal, así como el contacto auxiliar K2(na), y se cierra K2(nc) alimentando la bobina K3. En consecuencia, los contactos 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 mismo tiempo, se abre K3(nc) impidiendo que vuelva a excitarse K2 aunque se deje de pulsar S3 y se pulse accidentalmente S2.

4. En la figura se presenta el esquema de la instalación de una vivienda tipo. Fusible ID

PIA (varios)

CUADRO GENERAL DE MANDO Y PROTECCIÓN

ALUMBRADO

TOMAS DE CORRIENTE

LAVADORA AGUA CALIENTE

COCINA

a) Haz una relación de los diferentes elementos dibujados en la instalación y describe su función en ella. ¿Falta algo importante? ¿Cuál es la misión de la toma de tierra? b) ¿En qué lugar colocarías el contador de energía (contador) y el interruptor de control de potencia (ICP)? Señálalo en un dibujo, justifica la ubicación elegida y describe su función en la instalación. c) ¿Cuál debe ser la intensidad de corriente para la que se calibrará el ICP si se contratan 4400 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 individual que suministra energía a la vivienda, es decir, en la centralización de contadores. Sirve para proteger dicha derivación contra sobrecargas y cortocircuitos. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.

2) Interruptor diferencial (ID): Está situado en el cuadro general de distribución y protección, a la entrada de la vivienda. Interrumpe el circuito automáticamente si se produce una fuga de corriente peligrosa para el cuerpo humano, en el caso de contactos accidentales con elementos bajo tensión, sean directos o indirectos (por defectos de aislamiento). Sirve, por tanto, para evitar la electrocución de los usuarios. 3) Interruptores automáticos (PIAs): Están también situados en el cuadro general de protección. Hay uno para cada circuito en que está dividida la instalación (en este caso cuatro), y sirven para proteger los elementos de la instalación 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 lavadora y agua caliente y alimentación de la cocina eléctrica). Todos los circuitos están formados por tres conductores: fase, neutro y conductor de protección. Este último no es activo, sino que su finalidad es conectar todas las masas metálicas a la red de puesta a tierra, para que, en el caso de que por accidente o avería alguna de ellas quede bajo tensión, la fuga de corriente haga que se dispare el diferencial de inmediato, evitando contactos peligrosos a los usuarios. b) Los elementos que faltan en la instalación anterior son precisamente el contador y el interruptor de control de potencia (ICP). El contador lo instala la compañía suministradora con el fin de medir la energía que consume el usuario. Generalmente se instala en un lugar adecuado, accesible para los técnicos de la empresa, en el exterior de la vivienda, sea en una centralización de contadores (si se trata de un edificio de viviendas) o en un armario individual (si se trata de una vivienda unifamiliar).

Fusible

kWh Contador ID

PIAS

ICP

El ICP es un interruptor automático que la empresa suministradora instala para impedir que el usuario consuma una potencia mayor que la contratada. Conviene que esté ubicado dentro de la vivienda (normalmente en una caja junto a la del cuadro general de protección), con el fin de que pueda ser rearmado fácilmente cada vez que se dispare. c) Considerando cos ϕ será: I=

Ȃ

1, la intensidad mínima para la que se calibrará el ICP

P 4400 = =20 A V 220


(ANAYA) - Soluciones Electrotecnia Bachiller

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