TINS Circuitos Eléctricos II

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DEL PERÚ Vicerrectorado de Investigación

CIRCUITOS ELÉCTRICOS II TINS Básicos INGENIERÍA ELECTRÓNICA, INGENIERÍA MECATRÓNICA

TEXTOS DE INSTRUCCIÓN BÁSICOS (TINS) / UTP

Lima - Perú

CIRCUITOS ELÉCTRICOS II

© CIRCUITOS ELÉCTRICOS II Desarrollo y Edición

:

Vicerrectorado de Investigación

Elaboración del TINS

:

• Ing. Fernando López A. • Ing. Mercedes Zambrano O.

Diseño y Diagramación

:

Julia Saldaña Balandra

Soporte académico

:

Vicerrectorado de Investigación

Producción

:

Imprenta Grupo IDAT

Queda prohibida cualquier forma de reproducción, venta, comunicación pública y transformación de esta obra.

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RAZONAMIENTO MATEMÁTICO I

“El presente material de lectura contiene una compilación de artículos, de breves extractos de obras Circuitos Eléctricos II publicadas lícitamente, acompañadas de resúmenes de los temas a cargo del profesor; constituye un material auxiliar de enseñanza para ser empleado en el desarrollo de las clases en nuestra institución. Éste material es de uso exclusivo de los alumnos y docentes de la Universidad Tecnológica del Perú, preparado para fines didácticos en aplicación del Artículo 41 inc. C y el Art. 43 inc. A., del Decreto Legislativo 822, Ley sobre Derechos de Autor”.

3


4


Presentación En el camino ascendente de la tecnología, alimentado en permanentes actos de reflexión científica, en espacios de pensamiento creativo, impulsado por la globalización de estos años, surge esta obra; congruente con las necesidades de formación profesional, en el ámbito de las ingenierías de: Electrónica, Mecatrónica y ramas afines. Se trata de un texto de instrucción, desarrollado con criterio didáctico, de naturaleza teórica-práctica para facilitar el aprendizaje del Curso de Circuitos Eléctricos II; con un contenido secuencial compatible con el texto de Circuitos Eléctricos I, diseñado para alumnos del V ciclo de la Carrera arriba acotada. La característica singular de estos textos establecido en función del sillabus del Curso, mencionado en líneas precedentes, lleva un énfasis de actualización, como reflejo de un acopio temático cuidadoso de la cantera bibliográfica más recomendada de Circuitos Eléctricos. El texto en mención ha sido compuesto por la Ing. Mercedes Zambrano; de quien refleja la experiencia profesional y el denuedo académico, en el horizonte de mejora continua de calidad educativa; como constante de contribución profesoral a la preparación de textos de instrucción TINS. El sentido didáctico del texto, se plasma en VII capítulos,ordenados de la manera que sigue: En el CAPÍTULO I, hacemos la introducción de los sistemas monofasicos de corriente alterna, indicamos la generación de energía eléctrica, la importancia del tratamiento de ondas senoidales y no senoidales, en el dominio del tiempo y en el dominio de la frecuencia, el uso practico de FASORES, con un estricto respeto a las LEYES DE KIRCHOOFF, remarcando conceptos de impedancia, reactancia, admitancia, susceptancia, triangulo de impedancia, enfatizando “quien adelanta” o “quien atraza”, en circuitos inductivos ,capacitivos o resistivos. E n el CAPÍTULO II y III, hacemos énfasis a la aplicación de los métodos de solución en forma fasorial, apoyandose del algebra topológica y de una calculadora científica que procese operaciones con complejos, en forma programable.(HP, TEXAS VOYAGE, CASIO, etc).

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En el CAPÍTULO IV, damos el concepto de POTENCIA COMPLEJA, su triangulo correspondiente, la analogía con el triangulo de impedancias, y la importancia del factor de potencia. Luego, hacemos aplicación de teoremas a lo circuitos en forma fasorial, con el cuidado de distinguir las fuentes independientes de las controladas, corrección del factor de potencia: una técnica que la industria lo aplica permanentemente. En el CAPÍTULO V, desarrollamos el fenómeno de Resonancia eléctrica, su importancia en la electrónica y mecatrónica, pues se aprecia el concepto de ancho de banda, factor de calidad, selectividad, y su aplicación con filtros pasabanda, rechazo de banda, como una antesala al estudio de los filtros activos con opamp. En el CAPÍTULO VI, los sistemas polifásicos - trifásicos, marcan la importancia de la energía eléctrica que mueve la industria y el progreso de cada país en el mundo. Se hace énfasis a los diagramas fasoriales de voltajes y corrientes, de sistemas trifásicos balanceados y desbalanceados, cargas en estrella y en delta, su medición usando vatimetros electrodinámicos (ahora digitales), y la medición del factor de potencia. En el CAPÍTULO VII, hacemos circuitos acoplados magnéticamente, la importancia del núcleo magnético, factor de acoplo, reactancia mutua, puntos de polaridad instantánea, voltajes inducidos, trafos lineales e ideales, reflexiones de impedancias, hasta aplicarlo en los trafos trifásicos, con la ayuda de diagramas fasoriales y el cuidado del conexionado correspondiente. Al cerrar las líneas de esta presentación el agradecimiento Institucional a la Ing. Mercedes Zambrano e Ing. Fernando López A., por el esfuerzo y delicada labor paciente en la composición del texto. Ing. Lucio H. Huamán Ureta Vicerrectorado de Investigación

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Índice CAPÍTULO I SISTEMAS MONOFASICOS DE CA ......................................................... 1. Generación de la Corriente y voltaje eléctrico................................... 2. Magnitudes de la Corriente y Voltaje eléctrico.................................. 3. Medios Para Generar Tensión Alterna .............................................. 4. Ondas Eléctricas no Senoidales ......................................................... 5. Números Complejos ......................................................................... 6. Ondas Eléctricas Senoidales............................................................... 7. Fasores ................................................................................................ 8. Respuesta en AC de Elementos Pasivos............................................. 9. Leyes de Kirchhoff ............................................................................. 10. Transformación Delta Estrella ...........................................................

11 11 13 13 17 23 29 31 37 56 58

CAPÍTULO II METODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN ....................................... 1. Divisor de Tensión Fasorial ............................................................... 2. Divisor de Corriente Fasorial............................................................. 3. Método de Transformación de Fuentes AC ......................................

67 67 70 73

CAPÍTULO III METODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDES ELECTRICOS LINEALES .................................................................................................... 1. Método de Corriente de Mallas ........................................................ 2. Método de Tensiones de Nodos ........................................................ 3. Supernodo.......................................................................................... 4. Supermalla .........................................................................................

77 77 80 82 85

CAPÍTULO IV POTENCIA MONFASICA .......................................................................... 1. Potencia Activa................................................................................... 2. Potencia Reactiva ............................................................................... 3. Potencia Compleja ............................................................................. 4. Factor de Potencia.............................................................................. 5. Corrección del Factor de potencia..................................................... 6. Teorema de Thevenin ........................................................................ 7. Teorema de Norton ...........................................................................

89 92 93 93 95 95 103 104

7


8. Teorema Superposición ..................................................................... 9. Teorema Máxima Transferencia de Potencia..................................... 10. Problemas Resueltos...........................................................................

108 111 115

CAPÍTULO V RESONANCIA ELECTRICA ...................................................................... 1. Resonancia Eléctrica serie .................................................................. 2. Circuito Paralelo Resonante .............................................................. 3. Circuito paralelo Resonante de dos Ramas ....................................... 4. Filtros Pasivos....................................................................................

141 141 144 150 151

CAPÍTULO VI SISTEMAS TRIFASICOS............................................................................. 1. Generación de Sistemas Polifásicos ................................................... 2. Sistemas Bifásicos ............................................................................... 3. Sistemas Trifásicos ............................................................................. 4. Cargas Trifásicas Balanceadas y Desbalanceado ................................ 5. Potencia Trifásica Compleja. ............................................................ 6. Medición de potencia Trifásica (Método de los dos Vatímetros) ..... 7. Factor de Potencia en sistemas Trifásicos Balanceados. ....................

159 159 160 162 168 170 171 173

CAPÍTULO VII CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE ................................ 1. Autoinducción ................................................................................... 2. Inductancia Mutua............................................................................. 3. Transformador Lineal ........................................................................ 4. Transformador Ideal .......................................................................... 5. Transformadores: pruebas en Vacio y Corto Circuito...................... 6. Autotransformador ............................................................................ 7. Transformador Trifásico .................................................................... 8. Problemas Resueltos...........................................................................

179 179 180 188 194 200 207 210 219

BIBLIOGRAFÍA...........................................................................................

239

8


Distribución Temática Clase N° 1

2

3

4

5

Tema Principios de Generación de Energía Eléctrica. Ondas eléctricas no senoidales. Valor medio. Valor eficaz, factor de forma. Propiedades fasoriales. Algebra fasorial. Suma, resta, multiplicación, división, potenciación. Transformaciones fasoriales. Parámetros eléctricos: R-L-C; Impedancia, Admitancia, Conductancia, Susceptancia, Reactancia. Leyes de Kirchhoff, conexiones de elementos en serie y paralelo. Transformación de conexiones delta y estrella. Métodos simplificados de divisores de tensión y de corriente. Transformación de fuentes de Tensión y de Corriente. Propiedades de elementos redundantes Método General de Solución de Redes Eléctricos lineales: Corriente de mallas y Potencial de nodos. Supermalla y Supernodo

Semana

Horas

1

02

2

02

3

02

4

02

5

02

6

Potencia monofásica. Potencia activa, reactiva y aparente. Factor de potencia. Diagramas fasoriales

6

02

7

Teoremas de Thevenin y Norton.

7

02

8

Teoremas de superposición. Teorema de la Máxima transferencia de Potencia.

8

02

9

Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas

9

02

10

EXAMEN PARCIAL

10

02

11

Resonancia, en serie y en paralelo. Variación de frecuencia. Variación de inductancia. Variación de capacitancia. Factor de calidad. Ancho de banda. Aumento de tensión por resonancia.

11

02

9


Clase N° 12

13

Tema Generación de tensiones polifásicas. Empleo de los sistemas polifásicos. Secuencia de fases. Circuitos bifásicos. Circuitos trifásicos balanceados. Conexión estrella, conexión delta. Balance de potencia. Factor de potencia.

Semana

Horas

12

02

13

02

14

Continuación de Circuitos trifásicos desbalanceados, factor de potencia.

14

02

15

Autoinducción. Coeficiente de acoplamiento. Inductancia mutua. El transformador ideal.

15

02

16

Circuitos equivalentes de transformadores monofásicos. Análisis y propiedades.

16

02

17

Prueba de transformadores monofásicos en vació y en corto circuito. Conexiones de transformadores. Transformadores trifásicos. Características técnicas.

17

03

18

Repaso de la Teoría con ejercicios y problemas de aplicación.

18

02

19

EXAMEN FINAL

19

02

20

EXAMEN SUSTITUTORIO

20

02

10


Capítulo I SISTEMA MONOFASICO DE CA

1.

GENERACIÓN DE ENERGÍA ELÉCTRICA

La electricidad se genera a partir de fuentes de energía, como: centrales hidroeléctricas donde se usa la fuerza mecánica de agua, o en centrales Termoeléctricas donde se produce electricidad a partir del carbón, petróleo y otros combustibles. También puede generarse a partir de la Energía Eólica, Solar y Biomásica entre otras.

¿Centrales Hidroeléctricas? En las centrales hidroeléctricas el agua de un río, se hace bajar por grandes tuberías y túneles adquiriendo gran velocidad. Al llegar abajo, el agua hace girar unas turbinas conectadas a un generador produciendo la electricidad.

¿Centrales Termoeléctricas? Las centrales termoeléctricas producen electricidad mediante turbinas movidas por vapor a presión, el cual es producido al calentar agua empleando diversos combustibles como carbón, gas natural o licuado, petróleo e incluso leña o carbón vegetal.

Red de Transporte de Energía Están formadas por generadores eléctricos, transformadores, líneas de transmisión y líneas de distribución para transportar energía eléctrica hasta los hogares, colegios, industrias y otros lugares de empleo. Usualmente las más altas tensiones se usan en distancias más largas y mayores potencias. Para utilizar la energía eléctrica las tensiones se reducen a medida que se acerca a las instalaciones del usuario. Para ello se usan los transformadores eléctricos.

11


Corriente alterna: La corriente alterna es aquella que circula durante un tiempo en un sentido y después en sentido opuesto, volviéndose a repetir el mismo proceso en forma constante. Su polaridad se invierte periódicamente, haciendo que la corriente fluya alternativamente en una dirección y luego en la otra. Este tipo de corriente es la que nos llega a nuestras casas y sin ella no podríamos utilizar nuestros artefactos eléctricos y no tendríamos iluminación en nuestros hogares. También puede ser generada por un alternador o dinamo, la cual convierten energía mecánica en eléctrica. El mecanismo que lo constituye es un elemento giratorio llamado rotor, accionado por una turbina el cual al girar en el interior de un campo magnético (masa), induce en sus terminales de salida un determinado voltaje. A este tipo de corriente se le conoce como corriente alterna AC. La forma de onda de la corriente alterna más comúnmente utilizada es la de una onda senoidal, con lo que se consigue una transmisión más eficiente de la energía.

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2.

MAGNITUDES DE LA CORRIENTE Y VOLTAJE ELECTRICO

a.

Onda: Perturbación en un medio que se propaga de un lugar a otro,

b. c. d.

transportando energía y cantidad de movimiento pero no transporta materia. Angulo de fase ( φ ): Cada punto de una onda posee una fase definida que indica cuanto ha progresado o avanzado dicho punto a través del ciclo básico de la onda. Ciclo: se llama ciclo a toda forma de onda que completa un tiempo (t), es decir comienza en un punto de la forma de onda y termina el mismo punto para iniciar otro ciclo. Periodo: Se determina periodo al tiempo en segundos, que tarda en completarse un ciclo. Se denota por la letra T.

T= e.

1 seg . f

Frecuencia: Se denomina frecuencia al número de ciclos que se realizan en un segundo.

f = f. g. h.

1 Hertz T

Forma de onda Periódica. Se dice que es periódica cuando se repite continuamente, después del mismo intervalo. Fase: Es el ángulo inicial formado por la onda, antes de empezar a contar el tiempo. En el movimiento sinusoidal representa el desplazamiento del eje vertical respecto del inicio de la sinusoide. Pulsación ( ω ): La pulsación del movimiento sinusoidal equivale a la velocidad angular del movimiento circular.

ω = 2π f rad/s

3.

MEDIOS PARA GENERAR TENSION Y CORRIENTE ALTERNA

1.

Generador: Es un dispositivo que convierte la energía química - mecánica en energía eléctrica. Cuando la espira gira, el flujo del campo magnético a través de la

13


espira cambia con el tiempo, y se produce una f.em. Los extremos de la espira se conectan a dos anillos que giran con la espira

(a)

(b)

El flujo magnético es: φm = NBA cosθ Donde: B= densidad de campo magnético. N = Número de espiras que hay en la bobina. A = área Si Una espira que gira con velocidad angular constante (ω),

θ = ωt + δ

Donde: δ = desfasaje

Entonces tendremos:

φ m = N B A co s(ω t + δ )

Por la ley de Faraday, la f.em. alterna inducida será:

V =− 2.

dφm = N BAω sin(ω t + δ ) dt

Transformadores: Son dispositivos eléctricos utilizados para elevar o disminuir el voltaje y la intensidad de corriente alterna sin que haya pérdida de potencia. Consiste en dos bobinas arrolladas sobre un núcleo de hierro (N1 vueltas en el primario bobina conectada a la fuente de potencia y N2 en el secundario).

14


El flujo que atraviesa cada espira en ambos arrollamientos es el mismo, luego la tensión que aparece en el secundario es

V1 = N1

dφ dt

V2 = N 2

dφ dt

Comparando las dos ecuaciones:

V2 N 2 = V1 N1

Transformador Elevador

N 2 > N1

⇒ V2 > V1

Transformador Reductor

N 2 < N1

⇒ V2 < V1

Si colocamos una resistencia de carga en el secundario, aparecerá una corriente I2 en fase con V2 y aparecerá un flujo adicional proporcional a N2I2. Como el flujo en el primario debe tener el mismo ritmo de variación al estar conectado a una fem externa, debe aparecer una corriente I1 el primario de forma que: Si no existen pérdidas, se debe cumplir que

N1 I1 = − N 2 I 2

Vef I1ef = V2 I 2 ef Usos de transformadores. Transporte de energía eléctrica con pérdidas mínimas de energía por efecto Joule utilizando alto voltaje y baja corriente.

3.

Alternadores. El alternador es una máquina destinada a transformar la energía mecánica en eléctrica, generando, mediante fenómenos de inducción, una corriente alterna. Un alternador consta de dos partes fundamentales, el inductor, que es el que crea el campo magnético y el inducido que es el conductor el cual es atravesado por las líneas de fuerza de dicho campo.

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Disposición de elementos en un alternador simple

Así, en el alternador mostrado, tenemos que el inductor está constituido por el rotor R, dotado de cuatro piezas magnéticas cuya polaridad se indica. Estas piezas pueden estar imantadas de forma permanente o ser electroimanes. El inducido está constituido por las cuatro bobinas a-b, c-d, e-f y g-h, arrolladas sobre piezas de hierro que se magnetizan bajo la acción de los imanes o electroimanes del inductor. Dado que el inductor está girando, el campo magnético que actúa sobre las cuatro piezas de hierro cambia de sentido cuando el rotor gira 90º, y su intensidad pasa de un máximo, cuando están las piezas enfrentadas como en la figura, a un mínimo cuando los polos N y S están equidistantes de las piezas de hierro. Son estas variaciones de sentido y de intensidad del campo magnético las que inducirán en las cuatro bobinas una diferencia de potencial que cambia de valor y de polaridad siguiendo el ritmo del campo.

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4.

ONDAS ELECTRICAS NO SENOIDALES

a.

Onda rectangular.- usado en circuitos digitales.

b.

Onda Triangular.- Se usa en circuitos de carga y descarga

c.

Diente de Sierra.- Usado en TV como pulsos de sincronismo

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d.

Onda Rectificada.- Se implementa con diodos.

e.

Onda Completa. Se implementa con diodos.

1.

Valor máximo o valor pico de tensión y de corriente. Es el máximo valor que alcanza la forma de onda, ya sea positiva o negativa, desde el eje de referencia hasta el punto más alto de la cresta o el punto mas bajo del valle. Se denota por la letra Vp si es tensión o Ip si corriente.

2.

Valor pico pico de tensión y de corriente. (Vpp) Es el valor que va desde el máximo positivo (+V) hasta el máximo negativo (-V) , es decir es el doble del valor pico (positivos y negativos son simétricos). Vpp = 2 Vm ó Ipp = 2 Im

3.

Valor cuadrático medio (rms). Se llama valor eficaz de una corriente alterna, al valor que tendría una corriente continua que produjera la misma potencia que dicha corriente alterna, al aplicarla sobre una misma resistencia. Para una señal sinusoidal, el valor eficaz de la tensión es:.

Vrms = Vef = Vrms =

1 T

Vp 2

y del mismo modo para la corriente

18

∫

T

0

v 2 (t ) dt


I rm s = I ef =

Ip 2

la potencia eficaz resultará ser:

⎛ V ⎞⎛ Prms = Pef = Vef .I ef = ⎜ p ⎟ ⎜ ⎝ 2 ⎠⎝ 4.

⎞ 1 ⎟ = 2 (V p I p ) 2⎠

Valor Medio.-En una señal sinusoidal el semiciclo positivo es idéntico al negativo, es decir los valores positivos se compensan con los negativos por ello su valor medio es nulo; entonces se dice valor medio de una tensión o corriente alterna es igual al semiciclo de todos los valores instantáneos de tensión o corriente medidos en un cierto intervalo de tiempo. En relación con los otros valores máximos de tensión o de corriente se tienen las siguientes igualdades: Vprom = 0.637 Vp ó Iprom = 0.637Im (en un semiciclo)

La potencia media suministrada al circuito formado por una resistencia, se obtiene sin factores, directamente de los valores eficaces. Así La potencia media será:

V = Vmax cos ωt ;

I = I max cos ωt

19


P = VI = Vmax I max cos2 (ωt ) → Pmedia = Vmax I max (cos2 (ωt )) Pmedia

5.

V ef2 1 2 = V max I max = V ef I ef = I ef R = 2 R

Valor instantáneo de tensión y de corriente.-La forma de onda esta formada por infinitos valores instantáneos que se presentan, sucesivamente, El valor instantáneo de tensión y de corriente es aquel que tiene la señal senoidal en cualquier instante de tiempo.

6.

Factor de Cresta o Factor de amplitud.- Es la relación entre el valor máximo Vm y el valor eficaz Vef de la onda senoidal v(t).

Vm V ef

FC = 7.

Factor forma.- Es la relación entre el valor eficaz y el valor medio de la onda senoidal v(t).

FF =

V ef V med

Resumen Valor eficaz

V ef =

1 t

t +T

∫

V m2 co s 2 ( ω t + φ ) d t =

t

Vm

Factor de forma

FF =

2 2Vm

=

F A = FC =

Vm

π 2

π

Factor de cresta

Vm

=

= 1,11 2 = 1, 41

2

Transformada fasorial

V = Vme jφ = P ⎡⎣ 2Vef cos(ωt + φ ) ⎤⎦

20

Vm 2


Ejemplo # 1. Calcular el valor promedio, valor rms, Factor forma y Factor cresta de la forma de onda mostrada.

Solución. Para el intervalo 0 < t < 0.1

i (t ) = 10 − 100t A

Entonces hallamos I prom .

I prom =

1 T

∫

T

0

idt =

1 0.1 (10 − 100t )dt = 10(1 − 0.5) ∫ 0 0.1

I prom = 5 A Asi mismo Ief será 2 I rms =

1 T

∫

T

0

i 2 dt =

0.1 1 0.1 2 (10 100 ) 100 (1 − 20t + 100t 2 )dt − t dt = ∫ ∫ 0 0.1 0 0.1

2 I rms

⎡ t2 t3 ⎤ = 100 ⎢t − 20 + 100 ⎥ = 33.33 2 3 ⎦0 ⎣

Entonces tendremos:

I rms = 33.33 = 5.77 A

21


Luego hallamos el factor forma

FF =

Vef V prom

=

5.77 = 1.154 5

Y el Factor amplitud será:

FC =

Vm 10 = = 1.733 Vef 5.77

Ejemplo # 2. En la figura mostrada la onda sinusoidal recortada, está producida por un circuito electrónico, calcular el valor medio y el valor rms de la onda v(t).

Solución: El valor de θ1 se calcula de la manera siguiente: 60 = 100 sen θ1 De ahí que:

60 = 0.6435 rad. 100 θ 2 = π + θ1 = 2.4981 rad.

θ1 = sen −1

Como la onda recortada tiene un valor promedio matemático de cero, el valor medio eléctrico se calcula a partir del primer ciclo.

22


V prom =

1

π

V prom =

{∫

θ1

0

Vm

π

θ2

π

θ1

θ2

}

Vm senω td (ω t ) + ∫ 0.6Vm d (ω t ) + ∫ Vm senω td (ω t )

{[ − cos ω t ]

θ1 0

+ [ 0.6 ω t ]θ 2 + [ − cos ω t ]θ θ

π

1

2

}

V prom = 48.16V El valor rms de la onda se puede calcular también al término del primer medio ciclo de la siguiente manera, duplicándolo. 2 Vrms =

2 = Vrms

2 2π

{∫

Vm

{∫

π

θ1

0

θ1

0

θ2

π

θ1

θ2

}

(Vm senω t ) 2 d (ω t ) + ∫ (0.6Vm ) 2 d (ω t ) + ∫ (Vm senω t ) 2 d (ω t ) θ2

π

θ1

θ2

}

sen 2ω td (ω t ) + ∫ 0.36 d (ω t ) + ∫ sen 2ω td (ω t ) = 2640

Vrms = 2640 = 51.38V

5.

NUMEROS COMPLEJOS

Introducción Al circular la corriente alterna por circuitos formados por resistencias, bobinas y condensadores, debido a efectos especiales que tienen lugar como consecuencia de este tipo de corriente y de la frecuencia. El comportamiento de estos componentes y por tanto de estos circuitos, es diferente que cuando son recorridos por corriente continua.

Conocimientos Previos Teorema de Pitágoras: Cuando se trata de circuitos de una resistencia, bobina y un condensador se pueden resolver por medio del teorema de Pitágoras la cual dice. “El cuadrado formado sobre la hipotenusa de un triangulo rectángulo es igual al cuadrado formado por su catetos.

23


h2 = a 2 + b2

Vectores. Es un segmento con una punta de flecha en uno de sus extremos, y es nombrado vector (0B) o vector.

Todo vector se caracteriza por. Magnitud o Modulo: Es la longitud del vector o segmento. (longitud 0-B). se representa así │v│. Dirección: Es la dirección de la recta sobre la que está representado el vector; la dirección puede ser 0 – B ó B – 0. Sentido: Es el sentido del vector que viene dado por la punta de la flecha. Según el grafico el sentido es 0 – B. Origen o Punto de aplicación: es el lugar donde comienza el vector. Un vector se puede dar en función de sus coordenadas o descomponerse en ellas. Teniendo como: Abscisa del segmento 0a = V cos φ Ordenada del segmento 0b = V senφ Si de un vector nos dan sus componentes, podemos hallar el modulo por el teorema de Pitágoras o la trigonometría.

Numero Complejo. Un número complejo representa un punto en un plano bidimensional, ese punto determina un radio vector trazado desde el origen a ese punto. El eje 24


horizontal se denomina real o eje de resistencias y el eje vertical es el imaginario o eje de reactancia. Toda unidad imaginaria se representa por “i”, en electrónica se utiliza la letra “j”.

j = −1

→

j 2 = −1

Existen varias formas para representar el número complejo: a) Forma compleja: Se expresa (a,b) cuyo significado ya conocemos. b) Forma binomica: Se expresa por Z = a + jb donde a representa la parte real y b la parte imaginaria. c) Forma factorial o trigonométrica: en este caso se dan las componentes a y b en función del ángulo y de sus razones trigonométricas, cuyas componentes son. a = r cos φ b = rsenφ y el modulo Z = r (cos φ + senφ ) d) Forma Polar: todo numero complejo queda determinado si se conocen su modulo y su argumento o ángulo

Z = r φ = re jφ Donde r es la magnitud de Z, y Ф es la fase de Z. De rectangular a polar tenemos:

r=

a 2 + b 2 , tgφ =

a b ⇒ φ = tg −1 b a

De Polar a rectangular

a = r cos φ

,

b = rsenφ

Entonces Z se escribirá:

Z = a + jb = r φ = r (cos φ + jsenφ )

25


Representación cartesiana de un número complejo:

|z|=modulo de z =longitud de segmento 0P =longitud del vector 0P

0P = a 2 + b 2 Representación Polar de números complejos.

Modulo ( r ): Es la distancia entre el origen y el punto P(a,b), su valor se calcula por Pitágoras.

Argumento ( θ ): Es el ángulo que forma el segmento 0P con el eje horizontal, cuyo ángulo se expresa en radianes y viene dado por:

b r

a r

θ = arc sen , θ = arc cos , θ = arctg

26

b a


Algebra Fasorial. 1. Suma complejo: Para sumar dos o más números complejos se suman las partes reales y las imaginarias por separado. Dados los números complejos

z1 = a1 + jb1 = r1 φ1

,

z2 = a2 + jb2 = r2 φ2

Forma rectangular.

z1 + z2 = (a1 + jb1 ) + (a2 + jb2 ) = (a1 + a2 ) + j(b1 + b2 ) Forma Polar.

z1 + z2 = (r1 φ ) + (r2 φ ) = (r1 cos φ1 + r2 cos φ2 )2 + (r1senφ1 + r2 senφ2 )2

2.

Resta complejo: La resta también se toman por separado la parte real y la imaginaria. Es más fácil hacerla en coordenadas rectangulares.

z1 − z2 = (a1 − a2 ) + j (b1 − b2 ) 3.

Multiplicación complejo: Para multiplicar dos números complejos es más fácil en forma polar, las magnitudes se multiplican y los ángulos se suman.

z 1 . z 2 = ( r1 φ 1 ) ( r 2 φ 2 ) = r1 . r 2 ( φ 1 + φ 2 )

27


Forma rectangular

z1.z2 = (a1 + jb1 )(a2 + jb2 ) = (a1a2 + b1b2 ) + j (a1b2 + a2b1 )

4.

División complejo: En forma polar se dividen los módulos y se restan los argumentos.

z1 φ1 z1 z = = 1 φ1 − φ 2 z2 z2 φ2 z2

5.

Conjugada un complejo: Sea

z = a + jb = z φ

Su conjugada es.

⇒

28

z * = a − jb = z −φ


6.

Potenciación de un complejo: Su potencia será:

( z )n = ( z φ )n = ( ze

Si:

z =rφ

7.

⇒

( z )n = z ne

jφ n

jφ

)

= z n φ .n

Raíz Cuadrada: Si:

z = r.e jφ Su raíz enésima será: n

8.

z = r.e n

jφ

jφ

1 n

jφ n

= r . e ⇒ z = (r )(e ) n

n

n

Logaritmo:

si : z = r .e jφ ln z = ln r .e jφ = ln r + ln e jφ ln z = ln r + jφ 6.

ONDAS ELECTRICAS SENOIDALES

Es llamado también corriente alterna o sistema monofásico, Una función senoidal es una forma de tensión que se genera en todo el mundo y suministrada a casas, fabricas, laboratorios, etc. Una senoide es importante en el análisis de señales periódicas, análisis de circuitos y es fácil de manejar matemáticamente.

29


Donde:

Vm T ω θ f

= = = = =

Tensión máxima Periodo (s) 2πf (pulsación rad/s ) Angulo de fase (grados) Frecuencia (Hz)

Dos ondas sinusoidales se pueden comparar cuando operan a la misma frecuencia, no necesitan tener la misma amplitud. También para comparar es conveniente expresar ambas como seno o coseno con amplitudes positivas usando las siguientes identidades trigonométricas.

sen( A ± B) = senoA cos B ± cos AsenB cos( A ± B ) = cos A cos B m senAsenB

30


En el grafico tenemos dos senoides diferentes, donde v2 adelanta a v1 de Ф, o v1 se retrasa respecto a v2 de Ф. Si: Ф ≠ 0 entonces v1 y v2 están fuera de fase. Si: Ф = 0 entonces v1 y v2 están en fase

7.

FASORES

El fasor es un vector rotando en el plano complejo, con una magnitud y una velocidad de rotación ω expresada en radianes/segundo (ω=fija). Tiene magnitud constante en un ángulo fijo desde el eje real positivo y representa un voltaje o corriente senoidal en el dominio de vector. Los fasores se utilizan en ingeniería para simplificar los cálculos con sinusoides. Permiten reducir un problema de ecuaciones diferenciales a uno algebraico.

Transformación o Representación fasorial.- Se basa en la identidad de Euler.

e ± jφ = cos φ ± jsenφ Donde la parte real es:

La parte imaginaria es:

cos φ = Re( e jφ )

senφ = Im(e jφ ) 31


Si observamos el gráfico todo el plano complejo está rotando a una velocidad angular ω y v(t) que es la proyección del vector Vejωt en el eje real en función del tiempo.

Para transformación una función sinusoidal al plano complejo o dominio de la frecuencia primero expresamos en la forma de coseno v(t ) = Vm cos(ωt + φ ) de modo que la senoide se pueda describir como la parte real de un número complejo. v(t ) = Re(Vm e j (ωt +φ ) ) , después, si tomamos el factor tiempo ( e jωt ) nos queda una senoide v (t ) = Re(Ve jω t ) y si eliminamos el factor tiempo, transfórmanos la senoide del dominio del tiempo al dominio fasorial o dominio de la frecuencia. V = Vm e jφ = Vm φ . Es decir si:

Vm =

2 .V e f

Reemplazando tenemos tenemos:

V = Vm e jφ = Vm φ = P

(

donde P= Transformación fasorial

32

2Vef cos(ωt + φ )

)


Entonces la Transformación fasorial inversa será.

P −1 (Vm e jφ ) = Re

Reemplazando

(

)

2Vef e jφ e jω t =

2Vef cos(ω t + φ )

2Vef por Vm tenemos:

Vm cos(ωt + φ ) Transformación fasorial inversa: Nos permite volver del dominio fasorial al dominio del tiempo. Los fasores:

V = Vm φ

I = I m −φ

,

Se representan gráficamente en la siguiente figura.

Cuadro transformación senoide – fasor: Dominio del Tiempo

Dominio de la Frecuencia

v(t ) = Vm cos(ωt + φ )

V = Vm φ

v ( t ) = V m s e n (ω t + φ )

V = Vm φ − 90º

i ( t ) = I m c o s (ω t + θ )

I = I

i ( t ) = I m s e n (ω t + θ )

I = Im θ − 90º 33

m

θ


Si se suman dos senoides estos deben convertirse antes en el dominio fasorial y la suma debe determinarse mediante el algebra complejo, el resultado puede convertirse después en el dominio del tiempo.

Ejemplo # 1 Si tenemos:

v1 = 5senωt , v2 = 10 sen(ωt + 90º )

En el dominio fasorial será:

v1 = 5 0º

v2 = 10 90º vT = v1 + v2 = 5 + j10 = 11.180 63.43º = v θT T

La transformada fasorial es útil ya que permite emplear algebra compleja en lugar de algebra sinusoidal.

Relaciones de fase: El ángulo de fase entre dos formas de ondas de la misma frecuencia es la diferencia angular en cualquier instante (t).

34


Ejemplo # 2. Dibujar el diagrama fasorial y de impedancias, y determinar las constantes del circuito serie, suponiendo que contiene dos elementos. La tensión y corriente se expresan en voltios y amperios respectivamente.

v(t ) = 50 sen(2000t − 25º )

i (t ) = 8sen(2000t − 5º ) Solución: Hacemos notar que ambas funciones tienen la misma frecuencia. Los fasores correspondientes a cada una de las ondas son:

V =

50 −25º V, 2

I =

8 5º A 2

La impedancia será.

Z=

50 2

−25º 8 2

5º

=

50 −30º = 5.4 − j 3.1 Ω 8

que corresponde a una resistencia y un condensador conectados en serie, cuyos valores vienen dados por: Parte real es:

R = 5.4Ω,

La parte imaginaria

1 3.1 = X C = ωC

106 ⇒ C= = 160 μ F (3.1)(2000)

En la figura se muestra el diagrama fasorial y el diagrama de impedancias. Del diagrama fasorial se comprueba que el circuito es capacitivo ya que la tensión está retrasada respecto de la corriente.

35


Ejemplo # 3 En el circuito mostrado hallar la tensión en el capacitor vC(t), por el método fasorial.

Solución:

XC = G=

1 1 = = − j1 = BC = j1 jωC (4)(0.25)

1 = 0.25 4 Yeq = G + jB Yeq = 0.25 + j1 = 1 76º

Luego hallamos la tensión en el condensador:

I = Yeq .VC ⇒ VC =

I Yeq

Reemplazando tenemos:

VC =

10 0º = 7.07 −76º 2(1 76º)

Y en el dominio del tiempo es:

vC (t ) = ( 2 )7.07 cos(ω t − 76º ) 36


8.

RESPUESTA EN AC DE ELEMENTOS PASIVOS

Variables Eléctricas que se Aplican en Circuitos Serie: a.

Impedancia (Z):

En corriente alterna la oposición al paso de la corriente eléctrica en un circuito formado por resistencias, bobinas y condensadores, se llama impedancia (Z) dada por:

Z =

V V v (t ) = m = rm s = c t e . i(t ) Im I rm s

La impedancia se expresa también en forma fasorial Z=V/I donde tanto V como I son fasores. En consecuencia la impedancia Z es también un fasor por lo que se puede expresar de la siguiente manera Z= R ±jX donde: R es la resistencia del sistema y X es la reactancia del sistema. La impedancia, resistencia y reactancia se mide en ohms (Ω) La impedancia también se puede expresarse en forma polar como:

Z = R + jX = Z φ

Z = R2 + X 2

φ = tg −1 b.

X R

R = Z cos φ ,

X = Z senφ

Reactancia (X). la cantidad (XL – XC) recibe el nombre de reactancia del circuito y se representa por X.

X = X L − XC Entonces la impedancia se puede escribir en términos de la reactancia del circuito en la forma

Z =

R2 + X 2 37


Formas de reactancia: En una Resistencia es X = 0 En Una Bobina es X = ω L → X = ω L 90º = jω L = jX En un Condensador X =

1 ωC

→ X=

1 1 −90º = − j = − jX ωC ωC

Cuando X es positiva la impedancia es inductiva o de retraso porque la corriente se atrasa respecto a la tensión Z=R+ jX Cuando X es negativa la impedancia es capacitiva o de adelanto porque la corriente se adelanta respecto a la tensión Z=R – jX

Variables Eléctricas que se Aplican en Circuitos Paralelo c.

Admitancia (Y). Ofrece facilidad al paso de la corriente. Es la inversa de la impedancia, medido en siemens(S) o mhos( ). la admitancia de un circuito es la razón entre la corriente y la tensión fasorial a través de él:

Y=

I m I rms 1 = = Vm Vrms Z

la admitancia también puede expresarse en forma rectangular

Y = G + jB

Donde: G es la Conductancia parte real de la admitancia

G =

1 1 = =Y R ZR

B es la Susceptancia parte imaginaria de la admitancia.

jB =

1 jX

La admitancia, conductancia y susceptancia se miden en siemens(S)

G + jB =

38

1 R + jX


G + jB =

R − jX R X ⇒ G = , B = − R2 + X 2 R2 + X 2 R2 + X

2

8.1

DOMINIO DEL TIEMPO

1.

CIRCUITO RESISTIVO. Tenemos un circuito formado por una resistencia y alimentada por una fuente de tensión alterna senoidal.

v ( t ) = V m sen (ω t )

la intensidad de la corriente que se origina se deduce partir de la Ley de Ohm:

v ( t ) V m sen (ω t ) i (t ) = = R R

si : I m =

Vm R

i ( t ) = I m s e n (ω t ) Entonces la diferencia de potencial en la resistencia será:

v ( t ) = I m Rsen (ω t )

Por tanto, cuando el circuito es resistivo puro, la corriente y la tensión están en fase. (Fig.1).

φ = 0º

desfase entre v(t) e i(t)

39


Su impedancia.- Una resistencia presenta una impedancia que sólo tiene componente real, ya que su componente imaginaria es de valor cero. Tendremos entonces que la impedancia total del circuito será su valor nominal.

Z = R + jX donde su reactancia es X=0

Z=R

entonces ó

2.

Z=

Vm Im

φ = tg −1 φ = 0º

X R

CIRCUITO CON UN CONDENSADOR. Circuito formado por un condensador y alimentado por una fuente de tensión alterna. v(t ) = Vm sen(ωt ) =

40

q C


Aplicando la ley de ohm tenemos v(t ) − VC = 0 , si reemplazamos valores tenemos: Vm sen(ωt ) −

q = 0 ⇒ q = CVm sen(ωt ) C

Derivando respecto al tiempo se encuentra que la corriente que circula por el condensador será:

d (Vm senω t ) dq =C = (C ω )Vm cos ω t , dt dt

i (t ) =

Reactancia capacitiva se define como:

si : X *

C

Reemplazando tenemos

i (t ) =

1 1 ⇒ Cω = Cω XC V i ( t ) = m cos ω t ó XC π

=

Vm sen (ω t + ) XC 2

si : I m =

Vm XC

y

I ef =

i ( t ) = I m sen ( ω t + También

I max =

XC = V max XC

V ef XC

π

2

)

Vm V ⇒ I m = m = ω C Vm Im XC V ef ⇒ I ef = XC

Como se observa la corriente está adelantada en 90º respecto a la tensión, es decir tenemos un desfase de π/2 en los extremos del condensador.

41


la reactancia capacitiva depende de la frecuencia de la corriente en el circuito.

Su impedancia: La impedancia que presenta un condensador sólo tiene componente imaginaria o reactiva, donde Xc es la reactancia capacitiva que se calcula así:

Z = 0 − jX C Donde.

Z = XC =

3.

1 1 = 2π f .C ω.C

CIRCUITOS CON UNA BOBINA. El comportamiento básico de la bobina en corriente alterna se cumple di (t ) v(t ) = L dt

42


Si la tensión que se aplica en los extremos de la bobina es: v(t ) = Vm senωt entonces aplicando la ecuación de la bobina, tenemos di para obtener la corriente en función del tiempo v(t ) = VL = L dt

di separando variables e integrando tenemos dt 1 1 ⎛V ⎞ i ( t ) = ∫ v ( t ) = ∫ V m senω t = ⎜ m ⎟ ( − cos ω t ) L L ⎝ωL ⎠

reemplazamos Vm senωt = L

i (t ) = −

Vm V cos ω t ≡ m ( senω t − π 2 ) ωL ωL

Reactancia inductiva o inductancia es X L = ω L

i (t ) = −

Vm ( senω t − π 2 ) XL

si : I m =

Vm V ;XL = m XL Im


i (t ) = I m sen (ω t − 90º ) Como se observa ahora la intensidad está atrasada en 90º es decir, el efecto del inductor es desfasar la corriente (π/2) respecto a la tensión en los extremos de la bobina.

43


La impedancia que presenta la bobina, y por ende el circuito, será:

Z = 0 + jX L Z = X L = 2π f .L = ω L Siendo XL la reactancia inductiva de la bobina

4.

CIRCUITO R - C EN SERIE. Si tenemos una corriente alterna.

i (t ) = I m senω t

44


Aplicando la ley de kirchoff tenemos que v (t ) = VR + VC , entonces el voltaje v(t), que alimenta en los extremos será igual a la suma del voltaje en la resistencia y el voltaje en el condensador. Si sabemos que. VR = Ri (t ) q y VC = reemplazando variables e integrando tenemos: C

v(t ) = Ri (t ) +

1 idt C∫

v(t ) = RI m senωt +

Im 1 ω = ω + I sen t RI sen t [ − cos ωt ] m m ∫ ωC C

v(t ) = RI m senωt − X C I m cos ωt = Im [ Rsenωt − X C cos ωt ] X ⎡R ⎤ v ( t ) = I m Z ⎢ senω t − C co s ω t ⎥ Z ⎣Z ⎦ X R si : cos φ = ; senφ = C ;Vm = ZI m Z Z v(t ) = ZI m [ cos φ .senωt − senφ .cos ωt ] = ZI m [ sen(ωt − φ ) ] Donde la tensión aplicada al circuito es:

v(t ) = Vm sen(ωt − φ ) Su Impedancia es:

Z =

45

R 2 + X C2


5.

CIRCUITO R - L EN SERIE. Al igual que el condensador

al aplicarle una tensión alterna al circuito,

tendremos una corriente permanente que esta dada por: i (t ) = I m senω t .

entonces el voltaje v(t) que alimenta en los extremos será igual a la suma del voltaje en la resistencia y el voltaje en la bobina. v (t ) = VR + VL

di (t ) dt di (t ) v(t ) = Ri (t ) + L dt

sabemos que:

VL = L

si

entonces


v(t ) = RIm senωt + L [ Imω cos ωt ] = RI m senωt + (ωt ) Im cos ωt v (t ) = RI m senω t + X L I m cos ω t = I m [ Rsenω t + X L cos ω t ] X ⎡R ⎤ v ( t ) = Z I m ⎢ se n ω t + L c o s ω t ⎥ Z ⎣Z ⎦ = Z I m [ c o s φ . s e n ω t + se nφ . c o s ω t ]

v ( t ) = Z I m [ sen ( ω t + φ ) ] Reemplazando tenemos:

v (t ) = V m [ sen (ω t + φ ) ]

46

Si :

ZI m = Vm


Esto indica que

el voltaje esta adelantada Фº grados

respecto a la X corriente, y su ángulo de desfase respecto a v(t) es ϕ = arctg L indicando R con ello que la tensión v(t) está adelantada en π/2 respecto a i(t).

Su impedancia es:

Z = R 2 + X L2

6.

CIRCUITO R – L - C SERIE. Si aplicamos una tensión a los extremos del circuito entonces la corriente que circula por ella será la misma en todos los elementos

i ( t ) = I m senω t

v(t ) = Ri (t ) + L

di 1 + idt dt C ∫

v (t ) = RI m senω t + L [ I mω cos ω t ] + v(t ) = RI m senωt + (ω L) I mω cos ωt +

1 I m senω t C∫

Im [ − cos ωt ] ωC

v ( t ) = RI m senω t + X L I m cos ω t − X L I C cos ω t

47


v (t ) = I m ⎡⎣ Rsenω + X eq cos ω t ⎤⎦ ; si : X eq = X L − X C

⎡ R ⎤ X eq cos ωt ⎥ Z eq v(t ) = I m ⎢ senω + Z eq ⎢⎣ Z eq ⎥⎦ Siendo:

cos φ =

R Z eq

senφ =

X eq Z eq

Z eq = R 2 + Z eq2 Reemplazando v ( t ) = Z eq . I m [ cos φ .senω t + cos ω t .senφ ]

si : V m = Z eq . I m ; sen (ω t + φ ) = [ cos φ .senω t + cos ω t .senφ ]

v(t ) = sen(ωt + φ )

Su impedancia es:

Z = R 2 + ( X L − X C )2 ó 2 1 ⎞ Vef ⎛ Z = R + ⎜ωL − ⎟ = C I ef ω ⎝ ⎠ 2

Si

7.

XL > XC → es Inductivo XL < XC → es capacitivo XL = XC → es resistivo las fases respecto a i son siempre las mismas: 0º para VR, 90º para VL y -90º para VC . CIRCUITO R – L EN PARALELO.

48


Si la tensión alterna aplicada es v(t ) = Vm senωt , se sabe que en un circuito en paralelo las tensiones en cada rama son iguales y las corrientes en cada rama son diferentes, entonces por ley de kirchoff la corriente total será:

i (t ) = iR + iL Vm senωt 1 V V + ∫ Vm senωt = m senωt + m (− cos ωt ) ωL R L R ⎡1 ⎤ V V 1 cos ωt ⎥ i(t ) = m senωt − m cos ωt = Vm ⎢ senωt − R XL XL ⎣R ⎦ i (t ) =

i(t ) = Vm (G.senωt − BL cos ωt )

B ⎛G ⎞ i ( t ) = V m Y ⎜ senω t − L cos ω t ⎟ Y ⎝Y ⎠ = V m Y ( cos φ .senω t − senφ . cos ω t ) Si:

I m = YV m ⇒ i ( t ) = I m sen (ω t − φ )

Su Admitancia es: Y =

G 2 + B L2

G YL B senφ = L YL cos φ =

8.

CIRCUITO R – C EN PARALELO.

49

⎛ BL ⎞ ⎟ ⎝G ⎠

φ = tg −1 ⎜


Si aplicamos una tensión alterna v (t ) = Vm senωt Entonces por ley de kirchoff la corriente será:

i (t ) = iR + iC ...............(1) iC =

Vm cos ωt , XC

iR =

Vm senωt R

Reemplazando en (1).

i (t ) =

Vm V senω t + m cos ω t R XC

⎡1 ⎤ 1 = V m ⎢ senω t + cos ω t ⎥ XC ⎣R ⎦

i ( t ) = V m ( G .senω t + BC . cos ω t ) B ⎛G ⎞ i ( t ) = V m Y ⎜ senω t + L cos ω t ⎟ Y ⎝Y ⎠ = V m Y ( cos φ .senω t + senφ . cos ω t )

Si :

I m = YV m

i ( t ) = I m sen (ω t + φ )

⇒

Su Admitancia es:

Y = G 2 + BC2

9.

CIRCUITO RLC PARALELO.

50

φ = tg −1

B G


Si se aplica una tensión v (t ) = Vm senωt por la ley de kirchhoff tendremos que la suma de la corriente de cada componente es igual:

i(t ) = iR + iL + iC V V V i (t ) = m senω t − m cos ω t ) + m cos ω t ωL R XC

⎡1 ⎤ 1 1 cos ω t + cos ω t ⎥ i ( t ) = V m ⎢ senω t − XL XC ⎣R ⎦

i (t ) = Vm ( G .senω t − B L .cos ω t + BC cos ω t ) B B ⎛G ⎞ i (t ) = Vm Y ⎜ senω t − L cos ω t + C cos ω t ⎟ Y Y ⎝Y ⎠ ⎛G ⎞ B ⎞ ⎛B i (t ) = Vm Y ⎜ senω t + ⎜ C − L ⎟ cos ω t ⎟ Y ⎠ ⎝ Y ⎝Y ⎠ Su Admitancia es:

Y = G 2 + ( BL − BC )2

8.2.

DOMINIO DE LA FRECUENCIA

51


1.

CIRCUITO RESISTIVO.

r V V = m 0º 2 r V I I = m 0º = m 0º 2R 2 Su Impedancia compleja

Diagrama fasorial

r Z=R r V Z= m Im 2.

CIRCUITO CON UN CAPACITOR.

r V 0º I = r 1 = V ω C 90º − j ωC r I = V ω C 90º Impedancia del Capacitor

Z = − jX C = − j

52

Diagrama fasorial

1 ωC


3.

CIRCUITO CON UNA BOBINA.

r V 0º V 0º V = −90º I = r = jω L ω L X r V I = −90º ωL

Impedancia de la Bobina

Diagrama fasorial

Z = jX L = jωC 4.

CIRCUITO R – C EN SERIE. ( 0 ≤ φ ≤ 90º )

r V 0º V 0º V I = = r = r φ R − jX C Z −φ Z r V I = r φ Z

53


Impedancia del circuito RC

Diagrama fasorial

r Z = R 2 + X C2 −φ 5.

CIRCUITO R – L EN SERIE. ( 0 ≤ φ ≤ 90º )

r V 0º V 0º V I = = r = r −φ R + jX L Z φ Z r I = I −φ

Impedancia del Circuito RL

r Z = R 2 + X L2 φ

r Z =Zφ

54

Diagrama fasorial


6.

CIRCUITO R – C EN PARALELO.

I = ( Y φ )( V 0º ) I = Y .V φ

Admitancia del circuito paralelo RC

Diagrama fasorial

r r Y = G + jB C = Y φ 7.

CIRCUITO R – L EN PARALELO.

I = Y −φ I = (Y −φ )(V 0º ) I = Y .V −φ

55


Admitancia del circuito paralelo RL

Diagrama fasorial

Y = G − jB = Y − φ 9.

LEYES DE KIRCHHOFF

1.

LEY DE TENSIONES DE KIRCHHOFF. La suma algebraica de las tensiones a lo largo de cualquier camino cerrado en un circuito cerrado es igual a cero. En corriente alterna trabajan en dos dominios. a. En el dominio del tiempo

v1 (t ) + v2 (t ) + v3 (t ) + .....vn (t ) = 0 b.

En el dominio de la frecuencia.

r r r r V1 + V2 + V3 + ............ + Vn = 0 2.

LEY DE CORRIENTES DE KIRCHHOFF. La suma algebraica de todas las corrientes que inciden en un nudo es igual a cero. En corriente alterna trabajan en dos dominios. a. En el dominio del tiempo.

i1 (t ) + i2 (t ) + i3 (t ) + .......... + in (t ) = 0 b.

En el dominio de la frecuencia.

56


r r r r I1 + I 2 + I 3 + ............... + I n = 0 Impedancia en serie: Las impedancias en serie se suman.

Z eq = Z1 + Z 2 + ............... + Z n = 0

Por los elementos en serie pasa la misma corriente.

r r r r Vab = Z1 I + Z 2 I + ......... + Z n I r r Vab = I ( Z1 + Z 2 + ......... + Z n )

r Vab Z eq = r I Impedancia en paralelo: La suma de las inversas de impedancias en paralelo es la inversa de la impedancia equivalente.

r 1 I 1 1 1 = r= + + .......... + Z eq V Z1 Z 2 Zn

Yeq = Y1 + Y2 + ............ + Yn 57

ó


Los elementos en paralelo están en la misma tensión

r r r r I = I 1 + I 2 + .......... + I n r r r r V V V V = + + .......... + Z eq Z1 Z 2 Zn

10.

TRANSFORMACIÓN DELTA-ESTRELLA Y ESTRELLADELTA

58


Delta-Estrella

Estrella-Delta

Z1 =

ZbZc Za + Zb + Zc

Za =

Z1Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3 Z1 Z1

Z2 =

ZcZa Za + Zb + Zc

Zb =

Z1Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3 Z1 Z2

Z3 =

ZaZb Za + Zb + Zc

Zc =

Z1Z 2 + Z 2 Z 3 + Z 3 Z1 Z3

Nota: Un circuito Delta o Estrella está equilibrado si las impedancias en las tres ramas son iguales entre si.

Z Δ = 3Z Y

ó

ZY =

ZY = Z1 + Z 2 + Z 3

y

ZΔ 3 Z Δ = Z a + Zb + Zc

Ejemplo # 1: En el circuito mostrado convertir el conjunto de condensadores conectados en delta en su equivalente de estrella y calcular el valor de la corriente I.

59


Solución. Hallamos la impedancia equivalente en los condensadores

X eq = X 1 + X 2 + X 3 = − j 20 − j10 − j10 = − j 40Ω Luego

Z1 =

X 1 X 2 (− j 20)(− j10) = = − j 5Ω X eq − j 40

Z2 =

X 1 X 3 (− j 20)(− j10) = = − j 5Ω X eq − j 40

Z3 =

X 2 X 3 (− j10)(− j10) = = − j 2.5Ω X eq − j 40

El circuito equivalente será

60


Luego por ecuación de mallas hallamos la corriente I.

j12.5 I1 − j17.5 I = 20 − j17.5 I1 + (10 + j12.5) I = 0 Despejando I tendremos

⎛ j12.5 20 ⎞ ⎜ ⎟ − j17.5 0 ⎠ 350 90º ⎝ I= = = 1.79 50.2º A − j17.5 ⎞ 195.26 39.8º ⎛ j12.5 ⎜ ⎟ ⎝ − j17.5 10 + j12.5 ⎠ Ejemplo # 2: Un capacitor tiene una reactancia de 80Ω a una frecuencia de 200Hz, calcular la capacitancia del capacitor. Además calcular la reactancia y susceptancia de un inductor de 0.1H a una frecuencia 1kHz..

Solución. En el capacitor su reactancia será:

XC =

1 2π fC

→ C=

1 = 9.95μ F 2π × 200 × 80

En el Inductor su reactancia será:

X L = 2π fL → X L = 2π ×1000 × 0.1 = 628.3Ω

Y la susceptancia es.

BL =

1 1 = → BL = 0.00159mhos X L 628.3

Ejemplo # 3: En cada una de las formas de onda a y b mostrada. 1. Trazar el diagrama fasorial a cada una de las formas de onda. 2. Determinar la relación de fase entre el voltaje y la corriente. 3. Determinar una expresión para las ondas de voltaje y corriente, expresadas como una función de tiempo. 4. Presentarlas como cantidades polares complejas. 5. Calcular la impedancia en cada forma de onda.

61


(a)

(b)

Solución: Para la forma de onda (a): 1. Su diagrama fasorial es.

2.

Si observamos la onda sinusoidal de voltaje comienza en θ = 0 y la corriente pasa a traves de cero y aumenta en dirección positiva, alcanzando el 80º, es decir I se retrasa en 80º con respecto a V.

3.

En el diagrama fasorial correspondiente en el tiempo t = 0, la expresión que describen el voltaje y la corriente son:

v(t ) = 100 sen(ωt ) A

i (t ) = 10 sen(ωt − 80º ) A 4.

En forma polar compleja, el voltaje y la corriente son.

100 0º = 70.71 0º V 2 10 I= −80º = 7.071 −80º A 2

V=

62


5.

La magnitud de la impedancia es

Z=

Vm 100 = = 10Ω I m 10

Usando los valores r.m.s. será.

Z=

V 70.71 = = 10Ω I 7.071

Para la forma de onda (b) 1.

Su diagrama fasorial es:

2.

En este caso θ = 0 , el fasor de voltaje ya ha girado a través de un ángulo de −0.707 180º + sen −1 ( ) = 225º , así mismo, como la forma de onda de la −10 corriente alcanza cero en un ángulo de 0.524 radianes o 30º, a girado a través de un ángulo de 180º - 30º = 150º. Para cuando t = 0.

v(t ) = 10 sen(ωt + 225º ) A i (t ) = 70 sen(ωt + 150) A

Por tanto, el voltaje adelanta a la corriente en 225 – 150 = 75º, y se expresa así:

10 225º = 7.071 225º A 2 70 I= 150º = 49.5 150º A 2

V=

63


El modulo de la impedancia será:

Z=

Vm 10 = = 0.143Ω I m 70

ó

Z=

7.07 225º = 0.143 75º Ω 49.5 150º

Ejemplo # 4. En el circuito mostrado, utilizando el método fasorial, encontrar la respuesta de estado estable de la corriente total i(t) y construir el diagrama fasorial de tensiones.

Solución: Primero hallamos la reactancia inductiva y capacitiva.

X L = ω L = 100(100 × 10−3 ) = 10Ω XC =

1 1 = = 1k Ω ωC (100)(10 ×10−6 )

El circuito equivalente será.

64


X L − X C = j10 − j1k = −990Ω

Z = 1 − j 990 = 990 −89.94º Ω El voltaje efectivo será

Vrms =

50 0º = 35.35 0º 2

Entonces el fasor de Corriente será:

I=

Vef Z

=

35.35 0º = 35.71×10−3 89.94º A 990 −89.94º

En el dominio del tiempo será:

i (t ) = 0.05 cos(ωt + 89.94º ) A

65


Capítulo II METODOS SIMPLIFICADOS DE SOLUCIÓN

De aquí en adelante analizaremos los circuitos ca en el dominio de la frecuencia por medio de fasores, pues resulta mucho mas sencillo que en el dominio del tiempo.

1.

DIVISOR DE TENSIÓN FASORIAL.

r I =

r r r V Z1 Z2 , V1 = V , V2 = V Z1 + Z 2 Z1 + Z 2 Z1 + Z 2

Ejemplo # 1. En el circuito mostrado calcular la corriente I y la tensión en cada elemento por el método de divisor de tensión.

67


Solución: Primero hallamos la impedancia equivalente del circuito.

Z eq = Z1 + Z 2 + Z 3 = 10 + j 20 − j 30 = 10 − j10 Z eq = 14.142 −45ºΩ La tensión Total será.

r V = V1 + V2 = 35.36 0º + 35.36 90º = 35.36 + j 35.36 V = 50 45ºV

La Corriente Total Será:

r V 50 45º I= = = 3.536 90º = j 3.536 A Z eq 14.142 −45º Por Divisor de Tensión tenemos:

VR = 50 45º

10 500 45º = = 35.36 90º = j 35.36V 14.142 −45º 14.142 −45º

68


VL = 50 45º VC = 50 45º

j 20 (50 45º)(20 90º) = = 70.7 180º = −70.72V 14.142 −45º 14.142 −45º

− j 30 (50 45º)(30 −90º) = = 106.08 0º = 106.08V 14.142 −45º 14.142 −45º

r V = VR + VL + VC = j 35.36 − 70.72 + 106.08 = 35.36 + j 35.36 = V1 + V2 la tensión total será:

r V = 50 45ºV Su Diagrama fasorial será.

69


Ejemplo # 2: Dado el siguiente circuito, hallar V= ______

V = 100 0º

V =

10 30º (5 − j10 + 10 30º + j 20 + 5 45)

(1 0 0 0 º )(1 0 3 0 º ) 1000 30º = (5 + j1 0 + 1 0 3 0 º + 5 4 5 ) 2 5 .2 8 4 7 .1 4 7 º

V = 39.55 −17.147ºV 2.

DIVISOR DE CORRIENTE FASORIAL. Las impedancias en paralelo dividen la corriente total en la relación inversa de las impedancias (relación de las impedancias).

70


V = Yeq I = Y1I1 = Y2 I 2 Caso 2 Ramas:

⎛ Z 2 I1 = I ⎜ ⎝ Z1 + Z

2

⎞ ⎟, ⎠

⎛ Z1 I2 = I ⎜ ⎝ Z1 + Z

2

⎞ ⎟ ⎠

Caso 3 o mas Ramas:

I1 = I

Y1 , Yeq

I2 = I

Y2 , Yeq

I3 = I

Y3 Yeq

Ejemplo # 3. En el circuito mostrado hallar la corriente en cada rama

71

,,,, In = I

Yn Yeq


Solución: Primero convertimos la Impedancia en admitancia.

Z R = R = 20Ω ⇒ G = 0.05mho r r r r r Z L = X L = j10 ⇒ YL = − j 0.1 r r r r r Z C = X C = − j 5 ⇒ YC = j 0.2 Yeq = 0.05 − j 0.1 + j 0.2 = 0.05 + j 0.1 = 0.112 63.43ºΩ Luego por divisor de corriente hallamos la corriente en cada elemento.

r G (6 30º)(0.05 0º ) 0.05 r I1 = I = 6 30º = 0.112 63.43ºΩ 0.112 63.43ºΩ Yeq

I1 =

0.3 30º = 2.678 −33.43º A 0.112 63.43º

rY − j 0.1 (6 30º)(0.1 −90º) = I 2 = I L = 6 30º 0.112 63.43ºΩ 0.112 63.43º Yeq

I2 =

0.6 −60º = 5.357 −123.43º A 0.112 63.43º

rY (6 30º)(0.2 90º ) j 0.2 I 3 = I rC = 6 30º = 0.112 63.43ºΩ 0.112 63.43ºΩ Yeq

I3 =

1.2 120º = 10.71 56.57º A 0.112 63.43º

IT = I1 + I 2 + I 3 = 2.678 −33.43º + 5.357 −123.43º + 10.71 56.57 IT = 5.98 30º 72


3.

METODO DE TRANSFORMACIÓN DE FUENTES AC.

a)

VT = V2 + V3 − V1 b)

r r r r I T = I1 + I 3 − I 2

73


c)

uur V

r V I = r Z d)

r r V = I .Z Ejemplo # 4 Hallar la suma de las tensiones, expresados en voltios, cuyos valores instantáneos viene dados por.

v1 (t ) = 35sen(ωt + 45º )

v2 (t ) = 100 sen(ωt − 30º ) Tomar como sentido de la suma: a) En primer lugar el sentido positivo de v1(t), b) segundo lugar el de v2(t).

74


Solución: Primero transformamos las tensiones instantáneas en fasores.

35 45º = 24.75 45º 2 100 v2 (t ) = 100 sen(ωt − 30º ) ⇒ V2 = −30º = 70.71 −30º 2 v1 (t ) = 35sen(ωt + 45º ) ⇒ V1 =

a)

Tomando el sentido de v1(t) para el calculo de la suma se tiene.

VT = V1 − V2 = 70.71 −30º − 24.75 45º VT = (17.499 + j17.499) − (61.236 − j35.355) = −43.737 + j52.854

VT = 68.6 129.61ºV

vT (t ) = 68.6 2 sen(ωt + 129.61º ) vT (t ) = 97 sen(ωt + 129.61º ) b)

Tomando el sentido de v2(t) para el calculo de la suma se tiene.

VT' = V2 − V1 = 24.75 45º − 70.71 −30º VT' = 43.737 − j 52.854 = 68.6 50.39ºV vT' (t ) = 97 sen(ωt − 50.38º ) 75


El diagrama fasorial será.

76


Capítulo III MÉTODOS GENERAL DE SOLUCION DE REDES ELÉCTRICOS LINEALES Pasos para analizar circuitos de AC.

Si está en el dominio del tiempo, transformar el circuito al dominio fasorial o al dominio de la frecuencia. Analizar el problema de la misma manera que en el análisis de circuitos cd. Transformar el fasor resultante al dominio del tiempo.

1.

MÉTODOS DE LAS CORRIENTES DE MALLAS.

r r ∑V = 0

Lazo

r r r ⎡ Z ⎤ ⎡ I ⎤ = ⎡V ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ec. Matricial

Sea el circuito en el dominio de la frecuencia, aplicando la ley de kirchhoff para las tensiones, se obtiene el sistema de ecuaciónes.

Z 1 I 1 + Z 2 ( I 1 − I 2 ) = V1 Z 3 I 2 + Z 4 ( I 2 + I 3 ) + Z 2 ( I 2 − I1 ) = 0 Z 5 I 3 + Z 4 ( I 3 + I 2 ) = V2

77


⎡ Z 11Z 12 Z 13 ⎢ ⎢ Z 21Z 22 Z 23 ⎢⎣ Z 3 1 Z 3 2 Z 3 3

⎤ ⎥ ⎥ ⎥⎦

⎡ I1 ⎤ ⎡V 1 ⎤ ⎢ I ⎥ = ⎢0 ⎥ ⎢ 2⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ I 3 ⎥⎦ ⎢⎣ V 2 ⎥⎦

0 ⎞ ⎡ I1 ⎤ ⎡V1 ⎤ −Z2 ⎛ (Z1 + Z2 ) ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ − + + ( ) Z Z Z Z Z 2 2 3 4 4 ⎜ ⎟ ⎢ I2 ⎥ = ⎢0 ⎥ ⎜ 0 Z4 (Z4 + Z5 ) ⎟⎠ ⎢⎣ I3 ⎥⎦ ⎢⎣V2 ⎥⎦ ⎝ Impedancia de entrada. Si tenemos un circuito con fuente única la impedancia de entrada es la relación entre la tensión aplicada y la intensidad de corriente que da lugar es decir:

Z ent ,r =

Vr Δ Z = I r Δ rr

La impedancia de entrada de un circuito con elementos activos es en sus terminales de entrada, cuando todas sus fuentes de tensión Independientes están cortocircuitado, eso si conservan su propia impedancia interna. Donde Δ Z , Δ rr son la impedancia de entrada tanto de un circuito pasivo como de un activo.

Impedancia de transferencia Es la relación entre la tensión aplicada en una malla y la intensidad de la corriente que resulta en otra malla, anulando el resto de las fuentes. El doble subíndice “r s” nos indica que la fuente esta en la malla r y la intensidad a considerar es la que aparece en la malla ( s ).

Z tra n sf , rs =

Vr Δ = Z Is Δ rs

Donde Δ rr es el determinante y adjunto de Z rs en Δ Z .

78


Ejemplo # 1 En el circuito mostrado hallar Vx usando el método de corrientes de malla.

Solución: Si observamos la corriente I3, circula por la resistencia de 10Ω en sentido tal que Vx = I3(10). Entonces hallamos el sistema de ecuación:

79


Malla (1)

(7 + j 3) I1 + j 5 I 2 + 5 I 3 = 10 0º Malla (2)

j 5 I1 + (12 + j 3) I 2 − (2 − j 2) I 3 = 5 30º Malla (3)

5 I1 − (2 − j 2) I 2 + (17 − j 2) I 3 = 0 La ecuación matricial es:

j5 ⎛ 7 + j3 ⎜ 12 + j 3 ⎜ j5 ⎜ 5 − (2 − j 2) ⎝

5 ⎞ ⎡ I1 ⎤ ⎡10 0º ⎤ ⎟ − (2 − j 2) ⎟ ⎢⎢ I 2 ⎥⎥ = ⎢⎢5 30º ⎥⎥ ⎥⎦ 17 − j 2 ⎟⎠ ⎣⎢ I 3 ⎦⎥ ⎢⎣ 0

Resolviendo por determinantes.

⎛ 7 + j3 ⎜ ⎜ j5 ⎜ 5 I3 = ⎝ ⎛ 7 + j3 ⎜ ⎜ j5 ⎜ 5 ⎝

10 0º ⎞ ⎟ 12 + j 3 5 30º ⎟ −2 + j 2 0 ⎟⎠ 667.96 169.09º = = 0.435 −194.15º A j5 5 ⎞ 1534.5 25.06º ⎟ 12 + j 3 −2 + j 2 ⎟ −2 + j 2 17 − j 2 ⎟⎠ j5

Vx = I 3 (10) = 4.35 −194.15ºV 2.

METODO DE TENSIONES DE NODOS. La Ecuación matricial es:

r r r ⎡⎣Y ⎤⎦ ⎡⎣V ⎤⎦ = ⎡⎣ I ⎤⎦

El procedimiento es igual que el anterior pero con admitancias, un circuito en el dominio de la frecuencia, con n nudos principales. Uno de

80


ellos elegidos como nudo de referencia, requiere n-1 ecuaciones de tensión en los nudos

⎡ Y 1 1Y 1 2 Y 1 3 ⎢ ⎢ Y 2 1Y 2 2 Y 2 3 ⎢⎣ Y 3 1 Y 3 2 Y 3 3

⎤ ⎥ ⎥ ⎥⎦

⎡V 1 ⎢V ⎢ 2 ⎢⎣ V 3

⎤ ⎡ I1 ⎤ ⎥ = ⎢I ⎥ ⎥ ⎢ 2⎥ ⎥⎦ ⎢⎣ I 3 ⎥⎦

Admitancia de Entrada y de Transferencia. Se define como:

Yent ,r =

I r ΔY = , Vr Δ rr

Ytransf ,rs =

I r ΔY = Vs Δ rs

Donde Δ rr y Δ rs son adjuntos de Yrr e Yrs en ΔY .

Ejemplo # 2. En el circuito mostrado calcular la corriente I, usando el método de las tensiones de nudos.

Solución: Aplicamos el método nodal y para ello transformamos las fuentes de tensión en fuentes de corriente.

81


⎛1 1 1 ⎜ 5 + j2 + 4 ⎜ 1 ⎜ − ⎜ 4 ⎝

1 ⎞ ⎡ 50 0º ⎤ ⎟ ⎢ ⎥ V 4 ⎟ ⎡⎢ 1 ⎤⎥ = ⎢ 5 ⎥ 1 1 1⎟ V 50 90º ⎥ + + ⎟⎣ 2⎦ ⎢ 4 − j2 2 ⎠ ⎣⎢ 2 ⎦⎥ −

De donde:

−0.5 ⎞ ⎛ 10 ⎜ ⎟ j 25 0.75 + j 0.5 ⎠ 13.52 56.31º ⎝ = = 24.76 72.25º V1 = −0.25 ⎞ 0.546 −15.94º ⎛ 0.45 − j 0.5 ⎜ ⎟ 0.75 + j 0.5 ⎠ ⎝ −0.25

⇒I=

3.

24.76 72.25º = 12.38 −17.75º 2 90º

volt.

amp

SUPERNODO:

Un supernodo se forma conectando una fuente de tensión entre dos nodos, excepto el nodo de referencia y cualquier elemento en paralelo con ella. Para ello se aplica tanto la primera como la segunda ley de kirchoff para determinar los voltajes.

82


Ejemplo # 3 En el circuito mostrado calcular V1 y V2

Solución: Como se observa en el circuito los nodos V1 y V2 forman un supernodo, ademas R = 4 se rincea .

Para aplicar el método nodal corto circuitamos la fuente de tensión, circuito abierto a la fuente de corriente y hacemos su diagrama topológico.

83


Diagrama topológico

Como de observa tenemos n = 2, entonces tenemos 2 ecuaciones:

3=

V1 V2 V2 + + − j 3 j 6 12

Resolviendo tenemos:

36 = j 4V1 + (1 − j 2)V2 .............(1) Sin embargo una fuente de tensión está conectada entre los nodos V1 y V2

V1 = V2 + 10 45º

.........(2)

Reemplazamos la ecuación (2) en la (1) y tenemos

36 − j 4(V2 + 10 45º) = (1 − j 2)V2 36 − 40 135º = (1 + j 2)V2 V2 = 31.35 −87.17º Según la ecuación (2)

V1 = 31.35 −87.17º + 10 45º V1 = 25.72 −70.42º 84

volt.

volt.


4.

SUPERMALLA:

Una supermalla se forma conectando una fuente de corriente entre dos mallas.

Ejemplo # 4. En el circuito mostrado, hallar Vo , utilizando el análisis de malla.

Solución: Observando el circuito en las mallas 3 y 4 forman una supermalla debido a que la fuente de corriente está entre éstas. Por LCK tenemos. Malla 1:

(8 − j 2) I1 + j 2 I 2 − 8I 3 = 10

...........(1)

Malla 2:

I 2 = −3 ............(2) Supermalla:

(8 − j 4) I 3 − 8 I1 + (6 + j 5) I 4 − j 5 I 2 = 0 ............(3) ) 85


Debido a la fuente de corriente entre las mallas 3 y 4, en el nodo A, tenemos.

I 4 = I 3 + 4 ..........(4) Reemplazamos la ecuación ( 2 ) en ( 1 )

(8 − j 2) I1 − 8 I 3 = 10 + j 6 Luego reemplazamos las ecuaciones ( 2 ) y ( 4 ) en ( 3 ):

(8 − j 4) I 3 − 8I1 + (6 + j 5)( I 3 + 4) − j 5( −3) = 0 −8 I1 + (14 + j ) I 3 = −24 − j 35 Obteniendo la ecuación matricial.

−8 ⎞ ⎡ I1 ⎤ ⎡10 + j 6 ⎤ ⎛ 8 − j2 ⎜ ⎟⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎝ −8 14 + j ⎠ ⎣ I 2 ⎦ ⎣ −24 − j 35⎦

86


Por determinantes hallamos.

−8 ⎞ ⎛ 8 − j2 Δ=⎜ ⎟ = 112 + j8 − j 28 + 2 − 64 = 50 − j 20 − + 8 14 j ⎝ ⎠ −8 ⎞ ⎛ 8 − j2 Δ1 = ⎜ ⎟ = 140 + j10 + j84 − 6 − 192 − j 280 = −58 − j186 ⎝ −24 − j 35 14 + j ⎠ La corriente I1 es:

I1 =

Δ1 −58 − j186 = = 3.618 274.5º A 50 − j 20 Δ

La Tensión V0 será:

Vo = − j 2( I1 − I 2 ) = − j 2(3.618 274.5º) = −7.2134. j 6.568

Vo = 9.756 222.32ºV

87


Capítulo IV POTENCIA MONOFÁSICA La tensión aplicada al circuito de elementos pasivos es una función de tiempo, la corriente que resulta es también una función de tiempo cuyo valor depende de los elementos que integre el circuito. La potencia instantánea es el producto en cada instante de la tensión por la corriente.

p (t ) = v (t ).i (t )

Donde p(t) puede tomar valores positivos o negativos. Una potencia positiva significa una transferencia de energía de la fuente a la red, y una potencia negativa a una transferencia de energía de la red a la fuente.

POTENCIA ACTIVA: (En el dominio del tiempo) Es la potencia que da lugar a un consumo de energía y a la producción de un trabajo ó energía útil (trabajo mecánico, calor).

a.

En una Bobina. Si tenemos un circuito pasivo con un elemento

inductivo, y aplicamos una tensión senoidal v(t ) = Vm sen(ωt ) y la corriente que circula es i (t ) = I m sen(ωt ) , entonces el valor de la potencia instantánea es:

p ( t ) = v ( t ).i ( t ) = (V m cos ω t )( I m senω t ) ⎛ sen 2ω t ⎞ ⎛ V m ⎞ ⎛ V m p (t ) = Vm I m ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 89

⎞ ⎟ ( sen 2ω t ) ⎠


p(t ) = Vrms I rms (sen2ωt ) La frecuencia de la potencia es el doble a la tensión o la corriente, y el valor medio de la potencia en un ciclo o periodo completo es cero. (la bobina no disipa potencia).

Pm = 0

Energía en una Bobina: T

T

WL = ∫ p (t ) dt = ∫ Vrms I rms ( sen 2ω t ) 0

4

4

0

4 Vrms I rms ⎡ cos 2ω t ⎤ = WL = Vrms I rms ⎢ − 2ω ⎥⎦ 0 2 ⎣ T

Si:

⎛T ⎞ ⎛ 2π ⎞ ⎛ T ⎞ 2ω ⎜ ⎟ = 2 ⎜ ⎟⎜ ⎟ = π ⎝4⎠ ⎝ T ⎠⎝ 4 ⎠ 90

T ⎡ ⎤ − cos 2 ω cos 0º ⎢⎣ ⎥⎦ 4


Vrms I rms V I [ −2] = rms rms ;Vm = XI m = (ω L) I m 2ω ω Vm I m 1 1 1 LI m2 2 . . = ⎡⎣(ω L) I m ⎤⎦ = WL = ω 2 2 2 ω 2 WL = −

L I m2 WL = 2 b.

En un condensador: El condensador no disipa potencia. Entonces la potencia media es cero.

Pm = 0 Potencia instantánea es:

Pinst = v (t )i (t ) = Vrms I rms sen 2ω t

Energía en el condensador es:

WC = ∫

T

0

4

CVm2 Vrms I rms sen 2ωtdt = 2 WC

C V m2 = 2 91


c.

En una resistencia. La frecuencia de la potencia es también el doble de la tensión o la corriente, además la potencia siempre es positiva y varia desde cero a un valor máximo Vm Im.

p ( t ) = v ( t ).i ( t ) = (V m senω t )( I m senω t ) = V m I m sen 2 (ω t ) ⎛ 1 − cos ω t ⎞ ⎛ V m ⎞ ⎛ V m ⎞ p (t ) = Vm I m ⎜ (1 − cos 2 ω t ) ⎟=⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ p ( t ) = V rms I rms (1 − cos 2ω t ) El valor medio de la potencia es:

Pm =

1 Vm I m 2

Energía en la resistencia es:

W R = V rm s I rm s

1.

T 2

POTENCIA ACTIVA ( P ). (En el dominio fasorial) La ecuación de la potencia promedio en un circuito ac es:

P = VI cos φ = S cos φ =

potencia aparente x factor de potencia

Donde cos φ se conoce como factor de potencia y S potencia aparente. Unidad de medida: watt, kw, Mw.

92


2.

POTENCIA REACTIVA (Q).

3.

Proporciona una indicación de la energía intercambiada entre el circuito y la fuente de energía. No implica transformación, trabajo útil ni consumo de energía. El producto de V I s e n φ se llama potencia reactiva, en el sistema mksa voltio-amperio reactivo (VAR) y su múltiplo es el kilovoltioamperio reactivo (KVAR). ( 1KVAR = 1000VAR).

POTENCIA COMPLEJA (S). Llamado también Potencia Total ó Potencia Aparente Es un parámetro que indica la disponibilidad de una máquina o una de una planta en general. Es el producto (V.I) llamado también potencia aparente su unidad de medida es el voltio-ampere (VA) y su múltiplo es kilovoltio-amperio (KVA) 1KVA = 1000VA.

Demostremos:

S =V I * Sea:

I = I φV ........(1),

I * = I −φI .........(2)

Multiplicando miembro a miembro (1) por (2).

I . I * = ( I φV ) (I −φI ) = I 2 0º = I 2 Pero:

S = Z ( I 2 ) = Z ( I .I * ) = (N Z .I ) ( I * ) V

S =V I

*

l.q.q.d.

Resumen:

S = VI φ

⇒ S = VI cos φ + jVIsen

φ

P

S = P + jQ = S φ

Q

.

93


Sea: Z = R + jX Si multiplicamos a Z por I 2 ≥ 0 tendremos:

G2 G G G IN Z =N RI 2 + N jXI 2 S

Potencia aparente, Potencia real, Potencia reactiva, Potencia aparente compleja,

P

Q

S = VI = I 2 Z VA P = VI cos φ = I 2 R watts Q = VIsenφ = I 2 X VAR S =V I *

Triangulo de Impedancia:

Z = R + jX = Z φ

Triangulo de potencia:

S = P + jQ = S φ

94


4.

FACTOR DE POTENCIA ( fdp ). Es un indicador del correcto aprovechamiento de la energía eléctrica. Además es la relación entre la potencia activa ( P ) y la potencia aparente (S) o el coseno del ángulo que forman los favores de la intensidad y el voltaje.

fdp = cos φ =

5.

P S

CORRECCIÓN DE FACTOR DE POTENCIA Es una técnica empleada en la industria mediante la cual banco de condensadores adecuados se consigue corregir el factor de `potencia con las siguientes consecuencias: Reducción de la potencia total o aparente del sistema

Reducción de la corriente total del sistema Reducción de las perdidas en las líneas de transmisión de energía eléctrica Reducción de costos en las instalaciones de conductores Se conserva la potencia activa del sistema.

Circuito a emplear: a)

Cuando el Sw → off :

95


IT = I m ST = Sm

b)

Cuando el Sw → on :

96


QC = Pmtgφ − Pmtgα = Pm (tgφ − tgα ) .........(1) pero :

V2 ........(2) QC = XC

( 2 ) en ( 1 ):

V2 = Pm (tgφ − tgα ) XC V2 XC = Pm (tgφ − tgα )

97


Diagrama fasorial de corrientes:

IT = I C + I m

I m cos φ = IT cos α IT = I m

cos φ cos α

Como:

cos α > cos φ

cos φ < 1 ⇒ IT < I m cos α Del triangulo de potencia se observa que:

Ejemplo # 1: Se aplica un voltaje de

ST < Sm

v(t ) = 212.1senωt

a una impedancia de

3.61 56.31º Ω , determinar la resistencia y reactancia del circuito, así como la potencia real, la potencia aparente, y la potencia reactiva consumidas. Calcular la corriente que hay en el circuito y su factor de potencia. Dibujar el triangulo de potencia para el circuito.

Solución: La impedancia del circuito es:

Z = 3.61 56.31º = 2 + j 3 Ω

98


El voltaje suministrado se expresa como:

V=

212.1 0º = 150 0º V 2

Y la corriente en el circuito será:

I=

150 0º V = = 41.55 −56.31º A Z 3.61 56.31º

El factor de potencia es:

fdp = cos( −56.31º ) = 0.55

Retrasado

Las potencias consumidas se pueden calcular mediante dos métodos. Método 1. Potencia real 2

P = I R = (41.55) 2 2 = 3453 W Potencia Reactiva 2

Q = I X L = (41.55) 2 3 = 5179 VAR Potencia aparente 2

S = I Z = (41.55) 2 3.61 = 6232 VA Método 2.

S = VI = 150 × 41.55 56.31º = 6232 56.31º VA S = 3457 − j 5185 VA Método 3. Potencia real

P = VI cos φ = 150 × 41.55cos(−56.31º ) = 3457 W

99


Potencia Reactiva

Q = VIsenφ = 150 × 41.55 sen ( −56.31º ) = −5185 VAR Potencia aparente

S = VI = 150 × 41.55 = 6232VA De acuerdo a estos resultados el triangulo de potencia será:

Ejemplo # 2: Si se sabe que en el circuito a) I1 = 10 −20º A , y en el circuito b) VL = 2 + j8 V entonces: Calcular la potencia real, la potencia aparente y la potencia reactiva que consumen los siguientes circuitos a y b, en cada caso dibujar el triangulo de potencia y el factor de potencia.

Circuito ( a ):

100


Circuito ( b ):

Solución: Circuito (a) Impedancia del circuito

Z1 = 10 + j10 = 14.14 45º Z 2 = 5 − j 5 = 7.07 −45º Z eq =

(14.14 45º)(7.07 −45º 99.96 0º = = 6.326 −18.43ºΩ 15.8 18.43º 15.8 18.43º

La corriente total es:

I T = I1

Z1 14.14 45º = 10 −20º = 22.36 43.43º A Z eq 6.326 −18.43º

Si se sabe que el voltaje en cada rama es el mismo entonces IT Z eq = I1Z1 , por lo que y el voltaje a través del circuito es:

V = I1 Z1 = 10 −20º × 14.14 45º = 141.42 25º V 101


La potencia aparente consumida por el circuito es:

S = VI T* = 141.42 25º × 22.36 −43.43º = 3162 −18.43º V

S = 2999 − j 999.6 VA O sea: Potencia Aparente S = 3162 VA Potencia real consumida, P = 2999 W Potencia reactiva consumida, Q = 999.6 VAR adelantada El factor de potencia es: cos(43.43º −25º ) = 0.95 adelantada El triangulo de potencia es:

Si el ángulo es negativo indica que es una carga capacitiva.

Circuito ( b ). La impedancia equivalente del circuito es:

Z eq = 4 + j (5 − 8) = 5 −36.9ºΩ La corriente que circula por el circuito es:

I=

VL 2 + j 8 8.25 76º = = = 1.65 −14º A ZL j5 5 90º

El voltaje a través del circuito es:

VT = IZ eq = 1.65 −14º × 5 −36.9º=8.25 −50.9º V

102


La potencia aparente consumida es:

S = VT I * = 8.25 −50.9º × 1.65 14º=13.61 −36.9º S = 10.88 − j 8.17 VA O sea: Potencia aparente, S = 13.61 VA Potencia real consumida, P = 10.88 W Potencia reactiva consumida, Q = 8.17 VAR adelantada El factor de potencia cos(−50.9 + 14) = cos(−36.9) = 0.8 adelantada El triangulo de potencia es:

Si el ángulo es negativo indica que es una carga Capacitiva.

6.

TEOREMA THEVENIN Consiste en una fuente de voltaje en serie con una impedancia. Una red que tenga terminales a y b, a las cuales esté conectada una carga eléctrica, se comportara como si tuviera una f.e.m E con una impedancia interna Z. E se mide en las terminales con la carga desconectada, Z es la impedancia medida entre las terminales a y b con la carga desconectada y cada fuente interna de la red es sustituida por su impedancia interna.

103


7.

TEOREMA NORTON: Cualquier red activa de un puerto se puede reemplazar con una solo fuente de corriente I, en paralelo con una admitancia interna Y, I es la corriente que fluirá entre las terminales a y b cuando estuviera en corto circuito; Y es la admitancia medida entre a y b con la carga desconectada, y cada fuente dentro de la red es sustituida por su admitancia interna.

Equivalencia entre los circuitos de Thevenin y Norton es cuando:

Z=

1 Y

y V = IZ =

104

1 Y


Ejemplo # 1. En el circuito mostrado encontrar el equivalente de thevenin

Solución: Hallamos las impedancias

Z1 = 6 + j8 = 10 53.13ºΩ, Z 2 = 3 − j 4 = 5 −53.13ºΩ Z 3 = j 5 = 5 90ºΩ

Luego hallamos Thevenin equivalente

ZTh =

(10 53.13º)(5 −53.13º) 50 0º + 5 90º = + 5 90º 9 + j4 9.85 23.96º

ZTh = 5.1 −23.96º + 5 90º = 4.66 + j 2.9 = 5.49 31.89ºΩ

105


Luego hallamos la tensión

VTh =

Z 2V1 (5 − 53.13º)(10 0º) 50 − 53.13º = = 9.85 23.96º 9.85 23.96º Z 2 + Z1

ZTh = 5.1 −76.9º Entonces el circuito equivalente de thevenin será

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado hallar el equivalente Norton en los bornes “a y b”.

Solución: Primero hallamos la impedancia

Z1 = 3 + j 4 = 5 53.13ºΩ Z 2 = − j 5 = 5 −90ºΩ

106


ZN =

(5 53.13º)(5 −90º) 25 −36.87º = = 7.91 −18.44º = 7.5 − j 2.5 3 − j1 3.16 −18.43º

Luego hallamos la corriente.

I N = I1 =

E 20 0º = = 4 −53.13º Z1 5 53.13º

Entonces el circuito equivalente de Norton será:

107


8.

TEOREMA SUPERPOSICION: En cualquier red lineal bilateral que contenga varias fuentes independientes, el voltaje a través de cualquier elemento o fuente es la suma de los voltajes o corrientes individuales producidos por cada fuente independiente que actúa sola. Cuando un circuito contiene fuentes dependientes, el teorema solo puede usarse cuando la variable de control es externa a la red que contiene las fuentes.

Ejemplo # 1 En los circuitos mostrados, determinar la corriente que hay en cada rama de la red, por el teorema de superposición.

Solución: Paso 1. Corto circuitamos V2 , la fuente V1 actuara sola, entonces el circuito equivalente es:

108


Hallamos la corriente I4.

I4 =

100 0º 100 0º = = 4.285 0º A 40 × 20 10 + 13.333 10 + 40 + 20

Por divisor de corriente se tiene

I 5 = 4.285 0º ×

20 = 1.43 0º A 40 + 20

Por tanto

I 6 = I 4 − I 5 = 4.285 0º − 1.43 0º = 2.86 0º A Paso 2. Corto circuitazos V1, la fuente V2 actuara sola, como se observa en el circuito mostrado.

109


y por el mismo método hallamos la corriente I9.

I9 =

50 45º 50 45º = = 1.79 45º A 10 × 40 20 + 8 20 + 10 + 40

Así mismo

I 7 = 1.432 45º A y I 8 = 0.348 45º A Al combinar los valores de los circuitos (a) y (b) obtenemos los valores pedidos del circuito (a) de la forma siguiente.

I1 = I 4 + I 7 = 4.29 0º + 1.432 45º = 5.4 10.79º A I 2 = I 5 + I 8 = 1.43 0º + 0.358 45º = 1.7 8.55º A I 3 = I 6 + I 9 = 2.86 0º + 1.79 45º = 4.32 17.09º A

110


9.

TEOREMA DE LA MÁXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA: La potencia que se transfiere de una red activa a una carga depende de varios factores.

▪

▪

▪

Si la carga es una resistencia pura, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la resistencia de la carga es igual a la magnitud de la impedancia interna de la red activa. Si la carga tiene una impedancia variable, pero con un factor de potencia constante, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la magnitud de la impedancia de la carga es igual a la magnitud de la impedancia interna de la fuente. Si la resistencia y la reactancia de la carga son independientemente variables, se transfiere la máxima potencia a la carga cuando la impedancia de esta es igual al conjugado complejo de la impedancia interna de la fuente. Si la carga comprende una reactancia fija en serie con una resistencia variable, se transfiere la máxima potencia cuando la resistencia de la carga es igual a la suma de la magnitud de la impedancia interna de la red activa y la reactancia de la carga.

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado hallar la transferencia de potencia máxima, el valor de la potencia media, y la potencia reactiva de la carga ZL.

Solución: Primero convertimos a fasores cada componente.

111


ZR = 2 ZC =

1 1 = = − j2 jωC j (100)(5 × 10−3 )

Z L = jω L = j (100)(20 ×10−3 ) = j 2

Por el teorema de máxima transferencia de potencia Z L = Z th* , entonces calculamos Z th . Se sabe que:

Z th =

Vth IN

Entonces calculamos Z th . si tomamos la referencia en el nodo “b”, la tensión de thevenin será:

Vth = (Va − Vb ) abierto = Va − 0 = Vx + 2V1 Donde.

Vx = I1 ( j 2),

V1 = I1 (2)

Por la ecuación de mallas hallamos I1:

112


−24 0º = I1 (2 + j 2 − j 2) −24 = 2 I1 ⇒ I1 = −12 0º Por tanto:

Vx = I1 ( j 2) = −12( j 2) = − j 24 V1 = I1 (2) = −12(2) = −24 Entonces

Vth = Vx + 2V1 = − j 24 + 2(−24) = −48 − j 24 = 53.66 −153.43º Luego calculamos corriente de Norton IN.

Aplicamos análisis de malla:

−24 = (2 − j 2) I 2 + j 2( I 2 − I N )

2V1 = j 2( I N − I 2 ) Si V1 = 2 I 2 Reemplazando tenemos:

−24 = (2 − j 2) I 2 + j 2( I 2 − I N ) ⎫ ⎬ → I N = −6(1 + j 3) A 4 I 2 = j 2( I N − I 2 ) ⎭ Entonces la impedancia de Thevenin será:

113


Zth =

Vth −24(2 + j 2) 4(2 + j ) 8.94 26.56º = = = = 2.83 −45º = 2 − j 2 (1 + j 3) 3.16 71.56º IN −6(1 + j 3)

⇒ Z L = Z th* = 2 + j 2 La potencia media y la potencia reactiva de la carga ZL lo calculamos por el circuito de Thevenin:

I =

Vth −24(2 + j ) −48 − j 24 53.66 −153.43º = = = Z th + Z L 2 − j 2 + 2 + j 2 4 4 0º

I = 13.42 −153.43º = −12 − j 6 A La potencia media será: (Potencia máxima de transferencia). 2

PZ L = I .Re( Z L ) = (13.42) 2 (2) = 360 W La potencia reactiva será: 2

QZ L = I .Im( Z L ) = (13.42) 2 (2) = 360 VAR .

114


10.

PROBLEMAS RESUELTOS

1.

En el circuito mostrado (a) un generador de corriente alterna genera una tensión sinusoidal como se muestra en el grafico (b) calcular: a. Impedancia total b. Las corrientes en R, L y C c. Angulo de desfase entre la corriente total y la tensión aplicada. d. La potencia suministrada por el generador al circuito. Si se sabe que R =10 Ω, C = 300uF, L = 0.02H

Solución: Según figura (a y b) tenemos:

V = 20 0º T = 10ms

y X L = ωL 1 1 → f = = = 100 Hz T 10 × 10 −3

ω = 2π f = 2π (100) = 628 rad seg Si: L = 0.02H, entonces la reactancia inductiva será:

X L = (628)(0.02) = 12.57Ω Si: C = 300μF, entonces la reactancia capacitiva será:

115


XC =

1 1 = = 5.31Ω ωC (628)(300 ×10−6 )

10(− j 5.31) 10 − j 5.31 53 −90º Z1 = 11.32 −27.9º Z1 = 4.69 −62.1º Z1 =

a)

La impedancia equivalente será:

Z eq = 2.2 + j (12.57 − 4.14) Z eq = 2.2 + j8.43

Z eq = 8.71 75.37º Ω

116


b)

Las corrientes en R L y C son:

I1 =

V 20 0º = Z eq 8.71 75.37º

I1 = 2.29 −75.37º A

I 2 = I1

XC (2.3 −75.37º)(5.31 −90º 12.21 −165.37º = = R − XC 11.32 −27.9º 11.32 −27.9º

I 2 = 1.07 −137.47º A I 3 = I1

R (2.3 −75.37º)(10 0º) 23 −75.37º = = R − XC 11.32 −27.9º 11.32 −27.9º

I 3 = 2.032 −47.47º A c)

El ángulo de desfase entre la corriente y la tensión aplicada es:

φ = 75.37º d)

La potencia suministrada por el generador al circuito es:

P = V .I cos φ = 20(2.3) cos(75.37º ) P = 11.62 W

117


2.

En el circuito mostrado calcular la corriente Ix, aplicando el teorema de Thevenin en los bornes a y b..

Solución: Separamos la carga y calculamos Vab.

El voltaje en la resistencia 2Ω y en la bobina de j5 es cero debido a que por ellas no circula corriente.

Z total = 5 − j 9 + j 3 = 5 − j 6 = 7.81 −50 − 19ºΩ I1 =

V 20 15º = = 2.56 65.19º A Z total 7.81 −50.19º

Vth = j 3(2.56 65.19º) = 7.68 155.19º V Luego calculamos la impedancia de Thevenin, anulando sus fuentes independientes de alimentación, si es fuente de voltaje se sustituye por un corto circuito y si es una fuente de corriente por circuito abierto.

118


Z eq = Z th =

(5 − j 9)( j 3) + 2 + j 5 = 2.73 + j8.88 = 9.29 72.91ºΩ 5 − j6

El circuito thevenin equivalente conectado a la carga será:

Ix =

7.68 155.19º 7.68 155.19º = = 0.61109.7º 8.73 + j8.88 12.45 45.49º

119


3.

En la red mostrada encontrar el circuito equivalente Norton etre las terminales a y b.

Solución: Separamos la carga y cortocircuitamos las terminales a y b

Como se observa la malla 1 y 2 forman una supermalla, entonces primero hallamos las impedancias

Z1 = 30 + j10,

Z 2 = 20 + j10,

Z12 = −(20 + j10),

Z13 = 0,

Z3 = 5 − j 4 Z 23 = 0

Luego para encontrar IN aplicamos el método de mallas.

(30 + j10)I1 − (20 + j10)I2 + 0I3 = 2..............(1) 120


−(20 + j10) I1 + (20 + j10) I 2 + (5 − j 4) I 3 = 0...............(2)

I 3 − I 2 = 3 ⇒ 0 I1 − I 2 + I 3 = 0..............(3) Si observamos nuestro circuito I3 es la corriente Norton.

20 + j10 0⎞ ⎛ −(20 + j10) ⎜ ⎟ − 0 1 3 ⎜ ⎟ ⎜ 30 + j10 ⎟ − + (20 j 10) 2 ⎝ ⎠ = 640 + j 320 I3 = I N = 20 + j10 5 − j 4 ⎞ 390 + j 30 ⎛ −(20 + j10) ⎜ ⎟ 0 1 1 − ⎜ ⎟ ⎜ 30 + j10 ⎟ (20 10) 2 j − + ⎝ ⎠ I N = 1.6941 + j 0.6901 = 1.82 22.16º Luego calculamos la impedancia de Norton

121


Za =

10(20 + j10) 200 + j100 223.6 26.56º = = 10 + 20 + j10 30 + j10 31.62 18.43º

Z a = 7.1 8.13ºΩ = 7 + jΩ

Z N = 7 + 5 + j8 + j − j12 = 12 − j 3 = 12.37 −14ºΩ Entonces el circuito equivalente Norton será:

122


4.

En el circuito mostrado calcular la corriente Ix mediante el teorema de superposición.

Solución: a. Primero anulamos la fuente de voltaje corto circuitandolo y trabajamos con la corriente.

Za =

10(20 + j10) 200 + j100 223.6 26.56º = = = 7.1 8.13ºΩ = 7 + jΩ 10 + 20 + j10 30 + j10 31.62 18.43º

123


Por divisor de corriente tenemos:

I1 =

(7 + j )(3 0º) 21.2 8.13º = = 1.714 22.13º = 1.587 + j 0.65 A 12 − j 3 12.37 −14º

b. Ahora anulamos la fuente de corriente abriéndola y trabajamos con la fuente de voltaje.

Aplicando el método de mallas

Z11 = 30 + j10, Z 22 = 25 + j 6, (30 + j10) I1 − (20 + j10) I 2 = 2

−(20 + j10) I1 + (25 + j 6) I 2 = 0 124

Z12 = −(20 + j10)


2⎞ ⎛ 30 + j10 ⎜ ⎟ −(20 + j10) 0 ⎠ 4 + j 2 4.47 26.56º ⎝ I2 = = = = 0.114 22.16º −(20 + j10) ⎞ 39 + j 3 39.1 4.4º ⎛ 30 + j10 ⎜ ⎟ 25 + j 6 ⎠ ⎝ −(20 + j10) I 2 = 0.11 + j 0.04 A La corriente Ix será la suma de I1 e I2:

I x = 1.587 + j 0.65 + 0.11 + j 0.04 = 1.7 + j 0.69 I x = 1.83 22.09º A

5.

Dada la función i(t) = I0 sen(ωt) que se muestra en la gráfica, calcular. El valor medio (Im) y el valor eficaz (Ief).

Solución: a)

El valor medio de la función i(t)=I0 sen(ωt) con ωt como variable independiente y periodo T=2π es:

125


1 T 1 2π id t = I 0 sen ( ω t ) d ( ω t ) ( ) T ∫0 2 π ∫0 I I 2π = 0 [ − co s( ω t ) ]0 = 0 [ − co s( 2 π ) + co s(0 ) ] 2π 2π I = 0 [ − 1 + 1] = 0 2π

Im = Im Im b)

6.

El valor eficaz de la función dada es:

I ef =

1 T

I ef =

I 02 2π

I ef =

I 02 ⎛ 2π I ⎞ − 0⎟ = 0 ⎜ 2π ⎝ 2 2 ⎠

∫

T 0

∫

i 2 dt = 2π 0

1 2π

∫

2π 0

( I 0 sen (ω t ) 2 d (ω t ) 2π

sen (ω t ) d (ω t ) = 2

I 02 ⎡ ω t 1 ⎤ sen t (2 ) − ω ⎥⎦ 2 π ⎢⎣ 2 4 0

En la rama 2 del circuito mostrado calcular la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia y y dibujar el triangulo de potencias de esta rama.

126


Solución:

Entonces S = Z I 2

2

Y por el metodo de mallas tenemos:

Z1 = 45 + j 40, Z 2 = 55 + j15, Z12 = −30 − j 50 (45 + j 40) I1 + ( −30 − j 50) I 2 = 12

( −30 − j 50) I1 + (55 + j15) I 2 = 0 Para I2 tenemos:

⎛ 45 + j 40 12 ⎞ ⎜ ⎟ −(30 + j 50) 0 ⎠ ⎝ I2 = −(30 + j 50) ⎞ ⎛ 45 + j 40 ⎜ ⎟ 55 + j15 ⎠ ⎝ −(30 + j 50) I2 =

12(30 + j 5) 699.71 59º = = 0.201 61.1º A 3475 − j125 3447.24 −2.06º

127


Reemplazando en: 2

S = Z I 2 = (25 − j 35)(0.201) 2 = 1.01 − j1.4 S = 1.72 −54.19º VA De la expresión:

S = P+Q Donde:

S aparente = 1.72 VA,

Pactiva = 1.01 watts,

fdp = cos(54.19º ) = 0.585

Qreactiva = 1.4 VAR,

(adelantado).

El triangulo de potencias será:

7.

En el circuito mostrado, calcular la potencia activa, reactiva, aparente y el factor de potencia de la carga total. Luego calcule las mismas potencias P1 y P2 por el método de divisor de corriente y comprobar que ST = S1 + S2 e igual a la potencia de la fuente de tensión.

128


Solución: (30 + j 20)(15 − j30) 1050 − j 600 1209.3 −29.7º ZT = = = 45 − j10 45 − j10 46.09 −12.52º

ZT = 26.23 −17.18º Ω V 50 I = = = 1.90A ZT 26.23

S = ZT I 2 = 26.23 −17.18º(1.90) 2 = 94.69 −17.18º S = 90.46 − j 27.96 De donde se observa que:



fdp = cos( −17.18º ) = 0.95

(adelantado).

Calculamos la potencia en la rama 1.

I =

V 50 0º = = 1.90 17.18º A ZT 26.23 −17.18º

129

Qreactiva = 27.96 VAR,


Por divisor de corriente tenemos:

(15 − j 30)(190 17.18º) (33.54 −63.43º)(1.90 17.18º) = 45 − j10 46.09 −12.53º 63.73 −46.25º I = = 1.38 −33.72º A 46.09 −12.53º I1 =

S1 = Z .I12 = 36 33.69º(1.38) 2 = 57.3 + j 38 = 68.7 33.69º A Donde:



fdp = cos( −33.7º ) = 0.8

Qreactiva = 38 VAR,

atrasado

Calculo de la potencia en la rama 2 Si I = 1.90 17.18º A Por divisor de corriente tenemos:

(30 + j 20)(1.90 17.18º) (36 33.69º)(1.90 17.18º) = 45 − j10 46.09 −12.53º 68.4 50.87º I2 = = 1.48 63.4º A 46.09 −12.53º I2 =

S 2 = Z 2 .I 22 = 33.54 −63.4º(1.48) 2 = 33 − j 66 = 73.46 −63.43º A Donde:


Pactiva = 33 watts,

fdp = cos( −63.43º ) = 0.45

Qreactiva = 66 VAR,

adelantado

La conservación de la potencia es decir la potencia total es:

130


ST = S1 + S2 ⇒ ST = (57.3 + j 38) + (33 − j 66) = 90.3 − j 28 ST = 94.54 −17.23º Si se observa el resultado coincide con lo obtenido inicialmente. Calculo de la potencia en la fuente de alimentación

Pf = V .I = (50)(1.90 −17.8º) = 95 −17.18º

8. a)

Analizar: Potencia mecánica del motor. b) Calcular el condensador para que corrija el factor de potencia del sistema a 0.89 (en atraso)

ω = 2π (60) = 377 Solución: Hacemos el triangulo respectivo, para calcular la potencia activa ó la potencia eléctrica del motor, la cual utilizaremos para calcular la potencia mecánica del mismo.

n = 0.75 =

Pm ecanica Pm ecanica = Pelectrica. 30 KW

Pmecanica = 30.16HP

En el mismo triangulo calcularemos el capacitor para aumentar el f.p. de 0.6 a 0.89, el ángulo nuevo es: cos-10.89=27.13º.

131


C =

3 0 K W [tg (5 3 .1 3) − tg ( 2 7 .1 3) ] 3 7 7 (3 8 0 ) 2

C = 452.2 μ F

9.

Determinar L = ____, E = ____ si I está en fase con VZ.

Solución:

I = IZ + IL

IZ =

VZ 100 0º = = 4 60º, Z 2 25 −60º

IL =

VZ 100 0º = X L 90º ω L 90º

IL =

132

100 −90º ωL


Hallamos el modulo de cada vector.

[ I L ] − [ I Z ] × sen60º [ I L ] = [ 4] × sen60º

→ I L = 3.46amp.

Ahora tenemos lo siguiente:

100 100 → L= = 91.99mH → X L = 28.89 90 ωL 2π (50)(3.46) Si relacionamos las corrientes obtenemos:

I = I L + I Z = (3.46 −90º) + (4 60º) = 2 0.12º Por el método de mallas involucrando la fuente obtenemos.

V = X L I + X L I L = (28.89 90º)(2 0.12º) + (28.89 90º)(3.46 −90º) V = 115.47 30º

10.

Analizar y calcular a) cada uno de las corrientes de mallas. b) Voltaje en los bornes a – b.

133


Solución: Por el método de mallas obtenemos las siguientes ecuaciones: Malla (1):

380 0º = I1 (1 −90º + 0.5 −90º +4 90º) − I 2 (0.5 −90º) − I 3 (4 90º) 380 0º = 2.5 90º I1 − 0.5 −90ºI 2 − 4 90º I 3 .........................(1) Malla (2):

0 = − I1 0.5 −90º + I 2 (1 90º + 0.25 −90º + 0.5 −90º) − I 3 0.25 −90º 0 = −0.5 −90ºI1 + 0.25 90ºI 2 − 0.25 −90ºI 3 ......................(2)

Malla (3):

0 = − I1 0.5 −90º − I 2 0.25 −90º − I 3 (2 0º + 0.25 −90º + 4 90º) 0 = −4 90ºI1 − 0.25 −90ºI 2 + 4.25 61.93º I 3 .......................(3)

Resolviendo el sistema tenemos:

I1 = 4.58 73.72º = 1.28 + j 4.39 I 2 = 2.74 29.77º = 2.38 + j1.36 I 3 = 4.45 103.24º = −1.02 + j 4.33 134


Si reemplazamos los valores de las corrientes hallados obtenemos la caida de potencial en Vab .

Vab = ( I 2 − I 3 )(0.25 −90º)

Vab = [ (2.38 + j1.36) − (−1.02 + j 4.33) ] (0.25 −90º)

Vab = 1.13 −131.2º S = 1.74 KVA 73.72º

11.

En el circuito mostrado calcular: V0=_____, I =______-

Solución:

135


I=

(5 0º) − 3V0 = 0.5 −90º − 0.3 −90º V0 ...............(1) 10 90

I1 =

2V0 = 0.5 0º V0 , 4 0º

Si

I2 =

V0 = 0.13 38.15º V0 8 −38.15º

I 2 = 3I + I1

Reemplazando valores tenemos:

0.13 38.15º V0 = 3(0.5 −90º − 0.3 −90º V0 ) + 0.5 0º V0 V0 = 1.63 25.88º Reemplazando Vo en (1):

I = 0.22 −164.29º

12.

En el circuito mostrado hallar la potencia total activa y reactiva de cada una de las fuentes.

Solución: Por el método de mallas, calculamos las corrientes

136


(2 − j 2 + j 2) I1 − j 2 I 2 = −24 0º − j 2 I1 + (2 + j 2 + j 2) I 2 = 2V1 Utilizando la ecuación de control de la fuente de tensión dependiente de tensión V1 = 2 I1 , obtenemos.

I1 = −(6 + j 2)

I 2 = −(12 + j 6)

Potencias en las fuentes

S = VI = 24(−6 − j12)* = 24(−6 + j12) = −144 + j 288 S = 322 116.56º VA Donde:

P = −144W

Q = 288 VAR

S = VI = 2V1 (− I 2 )* = 2(2 I1 )(12 − j 6) = −4(−6 − j12)(12 − j 6) S = −576 − j 432

⇒ S = 720 −143.13º VA

Donde:

P = −576 W

Q = −432 VAR

137


13.

En el circuito mostrado calcular ix _____

Solución: Primero se transforma al dominio de la frecuencia, vemos que

ω = 4 rad seg

v(t ) = 20 2 cos 4t ⇒ V = 20 0º X L = jω L = 4 (1) = j 4 Ω XC =

1 jω C

=

1 = − j 2 .5 Ω 4 (0 .1)

El circuito equivalente en el dominio de la frecuencia será.

Entonces aplicamos la LCK. Nodo 1

20 − V1 V1 V − V2 = + 1 10 − j 2.5 j4 138


(1 + j1.5)V1 + j 2.5V 2 = 20 Nodo 2

V1 − j 2.5 V − V2 V2 = 2Ix + 1 j4 j2 V − V2 V2 2V1 + 1 = j4 j2 − j 2 .5

Del circuito tenemos I x

=

Simplificando tenemos

1 1V 1 + 1 5 V 2 = 0 La ecuación matricial será:

⎡1 + j1.5 j 2.5⎤ ⎡V1 ⎤ ⎡20⎤ ⎢11 ⎥ ⎢V ⎥ = ⎢0 ⎥ 15 ⎣ ⎦⎣ 2⎦ ⎣ ⎦ La determinante será:

⎡1 + j1.5 j 2.5⎤ Δ=⎢ ⎥ = 15 − j 5 11 15 ⎣ ⎦ ⎡1 + j1.5 20 ⎤ Δ2 = ⎢ ⎥ = −220 11 0 ⎣ ⎦

⎡ 20 j 2.5⎤ Δ1 = ⎢ ⎥ = 300, 0 15 ⎣ ⎦

Δ1 300 = = 1 8 .9 7 1 8 .4 3 º V Δ 15 − j5 Δ2 −220 = = = 1 3 .9 1 1 9 8 .3 º V Δ 15 − j5

V1 = V2

139


Entonces la corriente I X será:

IX =

V1 18.97 18.43º = = 7.59 108.4º − j 2.5 2.5 90º

Transformando al dominio del tiempo tenemos

i x = 7 .5 9 2 co s( 4 t + 1 0 8 .4 º ) i x = 1 0 .7 3 co s( 4 t + 1 0 8 .4 º )

140

am p

am p


Capítulo V RESONANCIA ELÉCTRICA Se dice que un circuito está en resonancia cuando la tensión aplicada a él y la corriente que lo recorre están en fase. Además cuando se alimenta un valor pequeño de voltaje o corriente, se produce elevados tensiones o corrientes en los extremos una bobina y el condensador.

1.

RESONANCIA EN SERIE. El circuito serie tiene una impedancia de

1 ⎞ ⎛ Z = R + j ⎜ωL − ωC ⎟⎠ ⎝

1 ⎞ ⎛ Z = R + j ⎜ωL − ωC ⎟⎠ ⎝ 2

1 ⎞ ⎛ Z = R + ⎜ωL − ⎟ = Z eq C ω ⎝ ⎠ 2

El circuito presenta resonancia cuando Z = R + j 0 , o cuando ω L = 1ωC . Esto ocurre en la frecuencia resonante ω0 , donde:

ω0 =

1 rad / seg LC

o bien

141

f0 =

ω0 1 Hz = 2π 2π LC


142


Diagrama de fasores de un circuito serie resonante con elementos ideales.

Factor de calidad (Q). Se llama factor de calidad o de sobre tensión a la frecuencia de resonancia de un circuito (o de una bobina), cociente entre la máxima energía almacenada y la potencia media disipada El factor Q de una bonina, capacitor o circuito es: 2π × enegía máxima almacenada

Q=

energía disipada por ciclo

Y el factor Q de un circuito serie en resonancia es:

Q0 =

ω0 L R 143

=

1 L R C


Q0 es

igual a la relación entre la caída de tensión en la bobina o

condensador y de la resistencia. Se suele tomar un valor mayor que 10

Frecuencia de corte y Ancho de banda. Es el número de ciclos a uno y otro lado de las frecuencias de corte superior ωH y corte inferior ωL , también es la diferencia de frecuencias, en las cuales la potencia disipada por el circuito es la mitad de la disipada a la frecuencia de resonancia por dicho circuito, y se expresa tanto en rad/seg como en Hz.

El factor Q del circuito en resonancia está dado por

Q0 =

2.

ω0 BW

=

ω0

ωH − ωL

=

f0 fH − fL

RESONANCIA EN PARALELO. Se cumple que la parte compleja o susceptancia de la admitancia debe ser nula.

Y = G + j ( BC + BL ) Donde BC = jωC y BL = − j 1ω L . A la frecuencia resonante ω0 , BC − BL = 0 y Y = G + j 0 . También

ω0 =

1 LC 144


En resonancia BC = BL y la admitancia neta es igual a G , a esta frecuencia, la corriente y el voltaje de suministro están en fase entre si.

145


Diagrama fasorial de un circuito en paralelo en resonancia.

146


Factor de Calidad (Q). o de sobre intensidad En resonancia, hay un intercambio continuo de energía entre la inductancia y la capacitancia, de manera que el circuito almacena una cantidad una cantidad constante de ella.

Q0 =

BL BC = G G

⇒ Q0 =

1 Gω0 L

Para la frecuencia de resonancia será, siendo ω0

la pulsación de

resonancia

Q0 =

1 Gω0 L

= ω0

C G

Frecuencia de corte y ancho de banda. Se define como las frecuencias en que la magnitud de la admitancia de entrada es 2 veces mayor que lo que es en resonancia. Estos se aprecian en las frecuencias de corte alta ωH y baja ωL , donde ωH > ωL . El ancho de banda (BW) está dado por ωH − ωL .

BW = ωH − ωL =

1 RC

Ejemplo # 1. En el circuito mostrado la R = 10Ω, L = 0.01H, C = 0.01microfaradios y E = 10mV. Calcular. a) La frecuencia resonante del circuito b) El factor Q en resonancia c) El ancho de banda d) Las frecuencias de corte alta y baja, y la corriente que hay en el circuito en resonancia e) El voltaje a través de cada elemento del circuito en resonancia f) dibujar el diagrama fasorial en resonancia g) La corriente que hay en el circuito al 90% de la frecuencia resonante.

147


Solución: a) La frecuencia resonante es:

1 1 = = 100000 rad / s −6 LC (0.01)(0.01× 10 )

ω0 =

o bien

15915Hz

b) El factor Q en resonancia es:

Q0 =

1 L 1 0.01 = = 100 R C 10 0.01× 10−6

c) El ancho de banda del circuito resonante es:

BW =

ω0 Q0

=

100000 = 100 rad/s 100

o bien

159.2Hz

d) Frecuencia de corte: Baja.

ω L = 100000 −

BW 1000 = 100000 − = 99500 rad/s ó 15836Hz 2 2

Alta

ω L = 100000 +

BW 1000 = 100000 + = 99500 rad/s ó 15995Hz 2 2

e) La corriente en resonancia es:

V 10 ×10−3 I= = = 1 mA R 10 148


f) En resonancia, el voltaje a través de la Inductancia es

VL = IZ L = 0.001 0º × ω0 L 90º = (0.001 0º)(100000 × 0.01× 10−6 90º)

VL = 1 90º = j1 V Del capacitor es

VC = IZ C = 0.001 0º ×

1 0.001 0º = ω0 L 90º 100000 × 0.01×10−6 90º

VC = 1 −90º = − j1 V En la Resistencia es:

VR = IR = 0.001 0º ×10 = 0.01 0ºV g) El diagrama fasorial del circuito será

Al 90% de la frecuencia resonante, la frecuencia es de 90000 rad/s y la impedancia del circuito es

1 ⎡ ⎤ = 10 − j 211.1 Z = 10 + j ⎢ (90000 × 0.01) − −6 ⎥ 90000 0.01 10 × × ⎣ ⎦ Z = 211.3 −87.29ºΩ La corriente a 90000 rad/s es:

10 ×10−3 0º I= = 0.047 ×10−3 87.29º A 211.3 −87.29º

149


3.

CIRCUITO PARALELO RESONANTE DE DOS RAMAS

1)

Circuito Tanque Perfecto.

( jω L)(− j ω1C ) − j 2 ( CL ) jω L = = − Z= 2 1 ω LC − 1 jω L − j ω1C ) j (ω L − ωC ωL 1 ω = Z eq = j , si : ; Zeq → ∞ 0 2 1 − ω LC LC 2)

Circuito Tanque Imperfecto

1 ⎞ R ⎞ ⎛ ⎛ ( R + jω L) ⎜ − j 1− j ⎟ ⎜ ωC ⎠ ⎛ L ⎞ ⎝ ω L ⎟⎠ ⎝ Z eq = =⎜ ⎟ 1 ⎝ C ⎠ R + j ⎛ωL − 1 ⎞ R + jω L − j ⎜ ωC ωC ⎟⎠ ⎝ 150


si :

4.

ω L >> R

⇒

ω0 =

1 ; LC

Zeq =

L RC

FILTROS PASIVOS FILTROS: Son circuitos pasivos que dejan pasar un cierto rango de frecuencias de una corriente alterna multifrecuencia, rechazando las demás. Los filtros pueden clasificarse: 1) Según los componentes que lo configuran, en: filtros pasivos que están formados a base de resistencias, bobinas y condensadores. Filtros activos están formados con Resistencias, Condensadores, Transistores, CI, OPAMPS. 2) Según las frecuencias que dejan pasar:

a. FILTROS PASA - BAJO, Solo dejan pasar las frecuencias que son inferiores a una frecuencia de corte.

La frecuencia de corte es:

fC =

151

1 2πRC


⎛ 1 ⎜ V0 = Vi ⎜ SC 1 ⎜ R+ SC ⎝

⎞ ⎟ V0 1 = ⎟ ⇒ Vi RCS + 1 ⎟ ⎠ 1 V0 1 1 τ = = = 1⎞ ⎛ 1⎞ Vi τ S + 1 ⎛ τ ⎜S + ⎟ ⎜S + ⎟ τ⎠ ⎝ τ⎠ ⎝ Por Laplace sabemos: S = jω 1

1

0º

si:

RC = τ

1

0º V0 τ τ τ = = = 1⎞ Vi ⎛ 1 1 ω 2 + 2 tg −1 (ωτ ) ω 2 + 2 tg −1 (ω RC ) ⎜ jω + ⎟ τ⎠ ⎝ τ τ La función de transferencia será:

H =

V0 1 1 = = −tg −1 (ω RC ) Vi (ω RC ) 2 + 1 tg −1 (ω RC ) (ω RC ) 2 + 1

152


b. FILTROS PASA - ALTO, solo dejan pasar las frecuencias superiores a una frecuencia de corte.

Frecuencia de Corte:

fC =

1 2πRC

V0 1 R SCR τS S = = = = = Vi τ S + 1 ⎛ 1 ⎞ 1 + SCR 1 + τ S S + 1 R + ⎜ ⎟ τ ⎝ SC ⎠ si se sabe que: S = jω Entonces reemplazamos:

V0 ω 0º ωτ 90º jω = = = −1 2 1 Vi 1 −1 ( ) 1 tg ωτ ωτ + 2 jω + ω + 2 tg ωτ

τ

τ

−1 V0 ωτ 90º −tg ωτ H = = Vi (ωτ ) 2 + 1

153


c. FILTROS PASA-BANDA, solo dejan pasar una banda de frecuencia determinada rechazando las demás.

fC =

1 2π LC

,

R

V0 = Vi

R 2 + ( X L + X C )2

Factor de calidad:

Q0 =

ω0 L R

;

Bω =

154

ω0 Q0

;

ω0 =

1 LC


d. FILTROS RECHAZA-BANDA, dejan pasar cualquier número de frecuencias excepto una banda determinada.

V0 =

Vi ( Z ab ) ; R + Z ab

ω0 =

1 LC

e. FILTRO DOBLEMENTE SINTONIZADOS.

f0 =

1 L1C1

y f 0' =

1 C2 Leq

155


Ejemplo # 2: En el circuito mostrado, calcular L2 y C1 , si se sabe que f 0 f0

re c h a z o

ac e p t

= 2 0 0 kH z y

= 150 kH z

Solución: Si la frecuencia de aceptación es: f 0

f0 =

acep t

= 2 0 0 kH z

1 1 , → 200kHz = 2π L1C1 2π (12.5mH )(C1 )

C1 = 25 pF La frecuencia de rechazo es: f 0

re c h a z o

Z1 = X C − X L1 = − j18900

= 150 kH z

se comporta como un condensador.

El circuito equivalente será.

156


Si:

f 0 = 150kHz, → X C =

1 2π f 0

=

1 = 18900 → C = 56.14 pF 2π (150k )

Como:

f 0 = 150kHz , → f 0 =

150 × 103 =

1 1 × 2π L2C

1 1 , → L2 = 20 H × −12 2π L2 (56.14 × 10 )

157


Capítulo VI SISTEMAS TRIFASICOS 1.

GENERACIÓN DE TENSIÓN POLIFASICA Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales con diferencia de fase constante, que suministran energía a las cargas conectadas a las líneas. El uso de un mayor número de fases como sistemas de 4, 6 y 12 fases, se limita casi por completo al suministro de energía a grandes rectificadores para obtener una corriente continua más una componente pulsante más pequeña, o rizo, que disminuye conforme aumenta el número de fases. También se utilizan para el accionamiento de motores de potencias muy elevadas. Al hacer girar una espira rígida, con velocidad constante dentro de un campo magnético uniforme, el flujo que corta la espira tendrá una variación senoidal y en consecuencia se induce una f.e.m. senoidal. En un generador elemental se cumple:

φ = BS cos(ωt ) dφ v= = BSω sen(ωt ) = Vm sen(ωt ) dt

Donde v es la f.e.m. inducida. La deducción de sistemas polifásicos como el bifásico y el hexafásico, se obtienen incluyendo el número correspondiente de espiras y teniendo en cuenta que los ángulos de desfase son diferentes por la ubicación de las espiras. Observemos la representación vectorial de cada uno de los sistemas polifásicos más comunes.

159


2.

(a) Bifásico

(b) Trifásico

(c ) Tetrafásico

(d) Hexafásico

SISTEMA BIFÁSICO En un sistema bifásico la diferencia de fase entre las tensiones es de 90°, y esta formado por dos tensiones alternas senoidales de igual amplitud y frecuencia y desfasadas entre sí. Un sistema bifásico puede llevar cuatro hilos, en este caso no habrá ningún acoplamiento de generadores (espiras giratorias) y se tendrán dos circuitos independientes en tensiones y corrientes. Se emplea en la distribución de cargas de alumbrado en USA, y en servomecanismos de aviones y barcos.

160


Para cada circuito se tiene que:

I1 =

V1 Z1

Z1 =

R +X

I2 =

V Z

Z2 =

R22 + X 22

2

2 1

2 1

2

φ1 = arctg

X1 R1

φ 2 = arctg

X2 R2

El sistema polifásico más común es el sistema trifásico balanceado

Fase y Secuencia de Fase: Fase. Es Cada una de las partes de un circuito donde se genera, transmite o utiliza una de las tensiones del sistema trifásico.

Secuencia de Fase o Rotación de Fase. Es el orden en el cual los fasores de tensiones y corrientes pasan por una posición de referencia.

161


3.

SISTEMA TRIFÁSICO Los sistemas trifásicos se utilizan en la generación, transmisión y distribución de la energía eléctrica. Si el estator está constituido por tres bobinas independientes desfasados en 120º entre si, al girar el rotor con velocidad constante w dentro del campo magnético, se induce en cada una de las bobinas una tensión alterna senoidal, del mismo valor, frecuencia pero desfasados entre si 1/3 de periodo. Este dispositivo formado por rotor y estator se llama generador trifásico.

162


Tensión senoidal inducida en cada espira, desfasada en 120º entre si.

Magnitudes de línea y de fase balanceados: Voltaje de Línea ( VL ): Es la tensión que existe entre dos conductores de línea.

Voltaje de fase ( V f ): Conexión en estrella: Es la tensión entre un conductor de fase y el punto neutro.

Conexión en delta ( Δ ): Es la tensión que existe en cada una de las bobinas del generador o en cada una de las impedancias.

Corriente de Línea ( I L ): Es las corrientes que circulan por cada uno de los conductores que unen el generador y la carga.

Corriente de fase ( I f ): Es la corriente que circula por cada una de las ramas (fasor) monofásicas de un sistema trifásico. Voltajes de fase en secuencia (+) y secuencia ( -). a) Secuencia ( + ): R – S – T, S – T – R, T – R – S

v ( t ) R N = V m s e n (ω t )

v ( t ) S N = V m s e n (ω t − 1 2 0 º ) v ( t ) T N = V m s e n (ω t − 2 4 0 º ) 163


Notación fasorial

V RN = V SN = VTN =

b)

Vm 0º Vm

2 −120º

2 Vm 120º 2

Secuencia ( - ):R – T –S, T – S – R, S – R – T

v ( t ) R N = V m s e n (ω t )

v ( t ) T N = V m s e n (ω t − 1 2 0 º ) v ( t ) S N = V m s e n (ω t + 1 2 0 º ) Notación fasorial

V RN = V SN = VTN =

Vm 0º Vm

2 −120º

2 Vm 120º 2

Si se conectan cargas a cada una de las espiras, se obtienen corrientes igualmente senoidales de una misma frecuencia:

i ( t ) R N = I m s e n (ω t − φ1 ) i ( t ) S N = I m s e n (ω t − 1 2 0 º − φ 2 ) i ( t ) T N = I m s e n (ω t − 2 4 0 º − φ 3 ) Donde φ es el desfase entre corriente y tensión en cada fase.

164


Si: φ1 = φ2 = φ3 , el conjunto de estas tres corrientes o tensiones iniciales, constituye un sistema trifásico equilibrado de corrientes o tensiones.

Tensión de Línea: VRS, VST, VTR Corriente de Línea: IR, IS, IT Corriente de fase: IRS, IST, ITR IL ≠ I f

Tensión de Línea: VRS, VST, VTR Tensión de fase: VRN, VSN, VTN VL ≠ V f

Para determinar voltaje de fase y línea en forma fasorial usamos el triangulo equilátero.

a)

Secuencia ( + ) R S T:

VL = 3 V f

⇒

VRS = VST = VTR = VL VRN = VSN = VTN = V f 165


Voltaje de Fase

Voltaje de línea

VRN = V f −30º

VRS = VL 0º

VSN = V f −150º

VST = VL −120º

VTN = V f 90º

VTR = VL 120º

b)

Secuencia ( - ) R T S:

VL = 3 V f

⇒ Voltaje de Fase

Voltaje de línea

VRN = V f −30º

VRS = VL −60º

VSN = V f 90º

VST = VL 60º

VTN = V f −150º

VTR = VL 180º

Conexión en Estrella (Y): En una conexión estrella y en secuencia directa, los valores de tensiones de línea son 3 veces mayores que los de las tensiones de fase VL = 3 V f , además, cada una de ellas se encuentran adelantada 30º respecto a la tensión de fase que tiene el mismo origen. En una conexión estrella si el sistema es equilibrado: las tensiones de línea son iguales y están desfasadas en 120º entre si. Las tensiones de fase son iguales y están desfasadas en 120º entre si. Como el devanado de cada fase se encuentra en serie con el conductor de línea, las corrientes de línea y de fase son iguales I f = I L .

166


Valido secuencia (+)

VRN = V f 0º VSN = V f −120º VTN = V f 120º

Por la segunda ley de kirchoff: VRS adelanta a VRN en 30º, o sea

VRS = VL 30º VST = VL −90º VTR = VL 150º

Conexión Delta (∆): Como los conductores de línea parten de los vértices del triangulo, y la tensión entre dos vértices viene dada por la de la bobina correspondiente en este tipo de conexión las tensiones de línea y de fase son iguales V f = VL . Si las tensiones constituyen un sistema equilibrado de secuencia directa, en un nudo cualquiera de los que forman un conductor de línea y dos

167


devanados, es decir la corriente de línea son 3 veces mayores que las de fase. I L = 3 I f , encontrándose cada una de ellas retrasada 30º respecto de la corriente de fase del mismo origen de referencia. En cambio si la secuencia es inversa la corriente de línea no se encuentra retrasada, sino adelantada 30º.

Los voltajes que se obtienen se denominan voltajes de línea y se expresan: Valido para secuencia (+)

VRS = VL 0º VST = VL −120º VTR = VL 120º

4.

CARGAS TRIFASICAS (3Ф). a. Cargas trifásicas balanceadas: es cuando las impedancias de fase son iguales en magnitud y fase, para resolver, se puede trabajar con la tercera parte de la red, es decir, con el circuito monofásico equivalente.

168


1 ZY = Z Δ 3 b.

Cargas

trifásicas

ó

Z Δ = 3Z Y

desbalanceadas:Se

dice que son desbalanceadas porque el sistema tiene tensiones o cargas con diferente modulo y ángulo.

Los sistemas trifásicos desbalanceado se resuelven aplicando el método de mallas y nodal. Mediante la ley de ohm se determina las corrientes de línea.

IR =

VRN Z1

IS =

VSN Z2

IT =

169

VTN Z3


5.

POTENCIA TRIFASICA. ( 3φ) BALANCEADA En una red trifásica equilibrada nos referimos a la potencia total que aportan o toman las tres fases a la vez.. Potencia Instantánea. La potencia instantánea de las tres fases a la vez es constante, y en cada una de las fases depende del tiempo. Para una carga Y:

Las tensiones son:

Las corrientes de fase son:

v (t ) SN = Vm sen (ω t − 120º )

i (t ) S = I m sen (ω t − φ − 120º )

v (t )TN = Vm sen (ω t + 120º )

i (t )T = I m sen (ω t − φ + 210º )

v (t ) RN = Vm sen (ω t )

i (t ) R = I m sen (ω t − φ )

La potencia instantánea en cada fase será:

p (t )1 = Vm I m sen (ω t − φ ) senω t p (t ) 2 = Vm I m sen (ω t − 120º ) sen (ω t − φ − 120º ) p (t ) 3 = Vm I m sen (ω t + 120º ) sen (ω t − φ + 210º ) La potencia total es:

p (t ) total = p (t )1 + p (t ) 2 + p (t ) 3 ⎡ sen (ω t − φ ) + sen (ω t − 120º ) sen (ω t − φ − 120º ) + ⎤ p (t ) total = Vm I m ⎢ ⎥ ⎣ sen (ω t + 120º ) sen (ω t − φ + 210º ) ⎦

3 p (t )total = Vm I m cos φ = cte. 2

(No depende del tiempo).

Este resultado es valido si la carga está conectado en Y, o en ∆.

Potencia Activa: La potencia activa total es la suma de las potencias activas de cada fase.

P = 3(V f )( I f ) cos φ

170


Potencia activa en función de los valores de tensión y corriente de línea. En estrella Y.

P = 3(

VL 3

En Delta ∆.

)( I L ) cos φ

P = 3(VL )(

Potencia activa en la carga 3Ф, sea + ó Y es: Por el triangulo de potencia tenemos: Triangulo de Potencias

IL ) cos φ 3

P = 3VL I L cos φ .

P = 3VL I L cos φ Potencia activa Q = 3VL I L senφ

Potencia reactiva

Si el sistema está equilibrado:

S = 3VLIL = P2 + Q2 ángulo del factor de potencia:

φ = cos −1

P Q Q = tan −1 = sen −1 S P S

6.

MEDICIÓN DE POTENCIA TRIFÁSICA: (Método Aron)

a)

Para medir la potencia activa experimentalmente se puede hacer con 2 watímetros el cual es conocido como el método ARON. (Llamado también método de los 2 vatímetro)

171


Donde:

⎧VRS = VL I L cos(φ + 30º ) W1 = VRS I R cos ⎨ I ⎩ R ⎧VTS W2 = VTS IT cos ⎨ = VL I L cos(−φ + 30º ) ⎩ IT Si sumamos tenemos:

W1 + W2 = VL I L [ cos(φ + 30º ) + cos(−φ + 30º ) ] = 3VL I L cos φ

b)

Cuando hay cargas desbalanceadas.-

T

1 W1 = ∫ VRS (−iR ) dt T 0 T

1 W2 = ∫ VTS ( −iT ) dt 20 La suma de ambos será la potencia activa total del sistema 3Ф.

1 W1 + W 2 = T

T

∫ (v

i + vTS iT ) dt

RS R

0

Conclusión: método ARON es un método universal para medir potencia activa. (No interesa si es Balanceada ó no)

172


7.

FACTOR DE POTENCIA EN SISTEMA TRIFASICO BALANCEADO

a)

En los sistemas balanceados: Ф1 = Ф2 = Ф3

Factor de potencia

P1 = P2 = P3 ;

PT = 3PF

Q1 = Q2 = Q3 ;

P FP = S

S = S = S =

QT = 3QF

PT2 + QT2 = 3 P 2 + Q 2 = 3 S F

c) En los sistemas desbalanceados:

φ1 ≠ φ2 ≠ φ3 ; FP = FP =

P S

P1 ≠ P1 ≠ P1 ; Q1 ≠ Q2 ≠ Q3

P1 + P2 + P3 ( P1 + P2 + P3 ) 2 + (Q1 + Q2 + Q3 ) 2

173

=

P P2 + Q2


Ejemplo # 1. En el siguiente circuito, calcular la lectura de cada uno de los watimetros

Solución: Por el método de mallas tenemos.

− Z 2 ⎞ ⎡ I1 ⎤ ⎡VRS ⎤ ⎛ Z1 + Z 2 ⎜ ⎟⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ − + Z Z Z 2 2 3 ⎠ ⎣ I2 ⎦ ⎝ ⎣VST ⎦ ⎛ j 24 − j12 ⎞ ⎡ I1 ⎤ ⎡ 240 0º ⎤ ⎜ ⎟⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ 0 ⎠ ⎣ I 2 ⎦ ⎣ 240 −120º ⎦ ⎝ − j12 Resolviendo:

− j12 ⎞ ⎛ 240 0º ⎜ ⎟ 240 −120º 0 ⎠ (240 −120º)( j12) ⎝ I1 = I R = = = 20 −30º 2 2 j 24 − j 12 −( j ) (12) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 0 ⎠ ⎝ − j12

240 0º ⎞ ⎛ j 24 ⎜ ⎟ − j12 240 −120º ⎠ ⎝ I 2 = IT = = 34.63 0º (− j12)( j12) 174


Diagrama fasorial:

Según el diagrama obtenemos: VRS 0º W1 = VRS I R cos → = (240)(20) cos → →−30º →IR

VTS 60º W2 = VRS I R cos → = (240)(34.63) cos → → 0º → IT

⇒ W1 = 4.16 Kwatts

⇒ W2 = 4.16 Kwatts

Ejemplo # 2. En la figura mostrada tenemos un sistema equilibrado de voltajes escribir las expresiones complejas de a) secuencia de fase positiva. b) secuencia de fase negativa. Si el voltaje de fase es 250V. ( a ) Secuencia positiva

( b ) Secuencia negativa

175


Solución: a)

Secuencia positiva, los voltajes de fase son:

VRN = V f 30º = 250 30º = 216.5 + j125 V

VSN = V f −90º = 250 −90º = 0 − j 250 V VTN = V f 150º = 250 150º = −216 + j125 V Los voltajes de línea son:

3V f = 3(250) = 433 V .

VRS = VL 60º = 433 60º = 216.5 + j 375 V VST = VL −60º = 433 −60º = 216 − j 375 V VTR = VL −180º = 433 −180º = −433 + j 0 V b)

Secuencia Negativa, los voltajes de fase son:

VRN = 250 −30º = 216.5 − j125 V VSN = 250 −150º = −216 − j125 V VTN = 250 90º = 0 + j 250 V

Los voltajes de línea son:

VRS = 433 −60º = 216.5 − j 375 V VST = 433 60º = 216 + j 375 V VTR = 433180º = 433 + j 0 V

Ejemplo # 3 Un generador trifásico en Estrella de 150 KVA, 440 V, 60Hz, alimenta las cargas, Determinar la potencia en KVA de una carga trifásica balanceada que se debe conectar para que el generador trabaje con el mejor factor de potencia a plena carga. (secuencia positiva).

Solución: Primero veamos el sistema del motor:

176


S motor =

85(746) = 46815.57 VA ≈ 46.82 KVA 0.92(0.85) 3

Ahora veamos el sistema carga: S3φ

S3φ = 43824.74 VA ≈ 43.8 KVA Por ley de cosenos:

ST2 = Sm2 + S32φ − 2Sm S3φ cos175º ST = 90.5 KVA m

Por ley de Senos:

43.8 90.5 = ⇒ α = 2.4º seα sen175º

177


SC : Potencia de la carga.

Ley de senos:

SC 90.5 150 = = ⇒ α ' = 14.4º senα ' sen(34.4 − α ') sen145.6º 150 SC = sen14.4º ⇒ SC = 66 KVA sen145.6º

178


Capítulo VII CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE 1.

AUTOINDUCCIÓN. Si tenemos un elemento de N espiras que circula una corriente que varia en el tiempo d(t), generando un flujo magnético variable d(Ф), a través de cada espira, tendremos una Fem. Autoinducida (v).

v = −N

dφ dt

Y, si tenemos en cuenta que: Ф = k.i, nos quedaría que:

v = − NK

di dt

Siendo K una cte.. Si NK=L entonces tenemos

v = −L

di dt

“L” se le llama coeficiente de autoinducción o autoinducción (Henrios) Calculo de la autoinducción Se puede realizar por la siguiente expresión:

n2 S L=μ l

Donde: μ es la permeabilidad, n número de espiras, L es la inductancia, l es la longitud del circuito magnético y S es la sección efectiva del núcleo en m2.

179


Coeficiente de Acoplamiento ( k ).

Es la cantidad de acoplamiento magnético entre dos bobinas L1, L2

k=

M L1 L2

Entre mayor sea el valor de k, mayor es el acoplamiento magnético entre las bobinas. Donde k está en el intervalo: 0 ≤ k ≤ 1

El coeficiente de acoplamiento k especifica el grado de acercamiento de la inductancia mutua al límite superior.

M = k L1 L2 Para 2 inductancias L1 y L2 ,

2.

0 < M < L1 L2

se mide en henrrios

INDUCCIÓN MUTUA ( M ).

Si existen dos bobinas por las que circulan las corrientes i1 e i2, respectivamente, si las bobinas se encuentran lo suficientemente próximas entre sí, entonces las líneas de flujo magnético generadas por una bobina, enlazan a las espiras de la otra bobina y viceversa. En este caso se dice que las bobinas están acopladas magnéticamente.

M = k L1 L2 Siendo M: Coeficiente de inducción mutua Como este curso pertenece a alterna entonces la ecuación anterior se transforma en:

ω M = k (ω L1 )(ω L2 )

ωM = XM = Reactancia mutua ( Ω ) ωL = X = Reactancia ( Ω )

180


X M = k X1 X 2

Regla de los Puntos de Polaridad.

Si los flujos tienen el mismo sentido: la tensión propia del arrollamiento y la inducida en el mismo se suman Si los flujos tienen sentidos opuestos: la tensión propia del arrollamiento y la inducida en el mismo se restan

De lo que deducimos: 1. Si la corriente entra en una bobina por el punto homólogo, polaridad de la tensión inducida en la otra bobina es positiva en borne marcado con un punto 2. Si la corriente sale de una bobina por el punto homólogo, polaridad de la tensión inducida en la otra bobina es negativa en borne marcado con un punto. Caso 1.

181

la el la el


Caso 2.

Caso 3.

Caso 4.

Para la resolución de acoplamientos magnéticos el mas apropiado es corrientes de mallas o maxwell. 1) 2)

Escójase arbitrariamente los sentidos de corriente en cada malla La autoinducción produce tensiones con la polaridad positiva en el terminal por donde entra la corriente (como un receptor)

182


3) 4)

Las tensiones asociadas a las inductancias mutuas vienen dadas por el criterio de puntos Aplíquese la Ley de Kirchhoff de tensiones a cada malla

Ejemplo # 1. Calcular el Thevenin equivalente en los bornes “ a y b “

Solución: Convertimos las bobinas y condensadores en función de la frecuencia, si se sabe que ω = 103

X L1 = ω L1 = 103 (2 ×10−3 ) = j 2

X L2 = ω L2 = 103 (3 ×10−3 ) = j3 = X L4 X L3 = ω L3 = 103 (6 ×10−3 ) = j 6

X C2

X M1 = ω M1 = 103 (1×10−3 ) = j

X M 2 = ω M 2 = 103 (2 ×10−3 ) = j 2

183

1 1 = 3 = − j 0.2 ωC1 10 (5 ×10−3 ) 1 1 = = 3 = − j 0.125 ωC2 10 (8 ×10−3 )

X C1 =


a)

Aplicamos teorema de Thevenin en los bornes “a y b”. Entonces I2 = 0 por lo cual se anula la R y C.

184


40 0º = (20 5.71º + j 3 + j 6 − j 0.2) I I =

⇒ I =

40 0º 20 5.71º + j8.8

40 0º = 1.76 −28.37º 22.73 28.37º

Vth = Vab = jI + j 2 I + j 6 I = j 9 I ⇒ Vth = (9 90º)(1.76 −28.81º) = 15.8 61.54º Vth = 15.8 61.54º b)

Calculamos impedancia equivalente, para ello anulamos la fuente 40V

Z1 = 20 + j 2 − j 0.2 = 20.1 5.14º Z 2 = 10 − j1.25 = 10 −7.125º

Si se sabe que:

E = Z eq I2 185


Entonces por Maxwell tenemos: Malla 1:

0 = (20.1 5.14º + j 3 + j 6) I1 − j 6 I 2 − jI 2 − j 2 I 2 0 = (20.1 5.14º + j9) I1 − j 9 I 2 = (20 − j1.8 + j9) I1 − j9 I 2 0 = (22.73 28.37º) I1 − j 9 I 2 .......................(1) Malla 2:

V = ( j 3 + j 6 + 10 −7.125º) I 2 − j 6 I1 − jI1 − j 2( I1 − I ) V = − j 9 I1 + ( j11 + 10 −7.16º) I 2 = − j 9 I1 + (10 + j10.875) I 2 V = − j 9 I1 + 15.38 49.8º I 2 .......................(2)

186


Despejamos I2:

⎛ 22.73 28.37º 0 ⎞ ⎜ ⎟ V⎠ − j9 (22.73 28.37º)V ⎝ I2 = = − j9 ⎛ 22.73 28.37º ⎞ (22.73 28.37º)(15.38 49.8º) − j 2 81 ⎜ ⎟ 15.38 49.8º ⎠ − j9 ⎝

I2 = ⇒

(22.73 28.37º) V (22.73 28.37º) V = 349.58 78.17º + 81 374.67 66º

V 374.67 66º = = 15.29 37.63º Ω I 2 22.73 28.37º

⇒ Z eq = 15.29 37.63º Ω Por lo tanto el circuito entre a y b es:

187

;

si :

Z eq =

V I2


3.

TRANSFORMADOR LINEAL Un transformador es un dispositivo de cuatro terminales que tiene dos (o más) bobinas magnéticamente acopladas Un transformador es lineal si las bobinas están devanadas en un material magnéticamente lineal (con permeabilidad magnética constante. En un transformador lineal el flujo es proporcional a la corriente en sus devanados.

La impedancia de entrada del transformador se compone de dos términos, la impedancia primaria y la impedancia reflejada

V ω 2M 2 Zin = = R1 + jω L 1 + I1 R2 + j ω L2 + Z L

Im pedancia primaria

Im pedancia reflejada

Circuito equivalente T de un transformador lineal. Es posible reemplazar un circuito magnéticamente acoplado por un circuito equivalente sin acoplamiento magnético.

188


Circuito “a”:

X a = X1 − X M ,

Xb = X 2 − X M ,

Xc = X M

Circuito “b”:

X a = X1 + X M ,

Xb = X 2 + X M ,

Xc = − X M

*Nótese que el circuito “b” es homologo del circuito “a” (guíese por el sentido de la corriente I2). En el circuito equivalente los inductores no están acoplados magnéticamente; Si se cambia la ubicación del punto de la bobina X2, se debe reemplazar XM por –XM en el circuito equivalente.

189


Circuito equivalente π de un transformador lineal: Circuito “a”:

X 1 X 2 − X M2 , Xa = X2 − XM

X 1 X 2 − X M2 Xb = , X1 − X M

X 1 X 2 − X M2 Xc = XM

X 1 X 2 − X M2 Xb = , X1 + X M

X 1 X 2 − X M2 Xc = − XM

Circuito “b”:

X 1 X 2 − X M2 Xa = , X2 + XM

Circuitos equivalentes de bobinas magnéticamente acopladas equivalente serie

190


Ejemplo # 1. En el siguiente circuito Calcular: a) Las corrientes I1, I2 empleando el circuito en T. b) Con el borne de la bobina j16 cambiado calcular I1, I2 empleando el circuito en T.

Solución: a).

Como la bobina es negativa entonces es equivalente a un condensador

191


Entonces el circuito equivalente es:

Aplicando LCK tenemos: Malla 1:

(7 + j 49) I1 − j12 I1 − j12 I 2 = 300 0º (7 + j 37) I1 − j12 I 2 = 300 0º 37.66 79.28ºI1 − j12 I 2 = 300 0º ....................(1) Malla 2:

(9 + j 3) I 2 − j12 I1 − j12 I 2 = 0 (9 − j 9) I 2 − j12 I1 = 0 12.73 −45ºI 2 − j12 I1 = 0 ..................(2) Resolviendo por cramer:

− j12 ⎞ ⎛ 300 0º ⎜ ⎟ 0 12.73 −45º ⎠ (300 0º)(12.73 −45º) ⎝ I1 = = − j12 ⎞ (37.66 79.28º)(12.73 −45º) − j 2144 ⎛ 37.66 79.28º ⎜ ⎟ − j12 12.73 −45º ⎠ ⎝ I1 =

(300 0º)(12.73 −45º) 3819 −45º 3819 −45º = = (37.66 79.28º)(12.73 −45º) − j 2144 479.4 34.28º + 144 603.73 26.56º

192


I1 = 6.33 −71.56º A ⎛ 37.66 79.28º 300 0º ⎞ ⎜ ⎟ 0 ⎠ − j12 (− j12)(300 0º) ⎝ I2 = = − j12 ⎞ (37.66 79.28º)(12.73 −45º) − j 2144 ⎛ 37.66 79.28º ⎜ ⎟ 12.73 −45º ⎠ − j12 ⎝

I2 = b)

(12 −90º)(300 0º) 3600 −90º = = 5.96 −116.56º A 603.73 26.56º 603.73 26.56º Con el borde homologo de la bobina j16, es decir con el sentido de la corriente I2 cambiado tenemos:

37.66 79.28ºI1 + j12 I 2 = 300 0º ....................(1) j12 I1

+ 12.73 −45ºI 2 = 0 ..................(2)

j12 ⎛ 300 0º ⎞ ⎜ ⎟ 0 12.73 −45º ⎠ 3819 −45º ⎝ I1 = = = 6.32 −71.56º A j12 ⎛ 37.66 79.28º ⎞ 603.73 26.56º ⎜ ⎟ 12.73 −45º ⎠ j12 ⎝ ⎛ 37.66 79.28º 300 0º ⎞ ⎜ ⎟ j12 0 ⎠ 3600 90º ⎝ I2 = = = 5.96 63.44º A j12 ⎛ 37.66 79.28º ⎞ 603.73 26.56º ⎜ ⎟ 12.73 −45º ⎠ j12 ⎝

193


4.

TRANSFORMADOR IDEAL:

Un transformador es ideal si tiene las siguientes propiedades: Las bobinas tienen reactancias muy grandes (L1, L2 y M → ∞) El coeficiente de acoplamiento es igual a la unidad (k=1) Las bobinas primaria y secundaria no tienen pérdidas (R1=R2=0) Los transformadores con núcleo de hierro son aproximaciones cercanas a los transformadores ideales Los devanados primario y secundario tienen N1 y N2 vueltas, Respectivamente.

V2 =

L2 V1 = nV1 L1

V2 N 2 = =n V1 N1

Donde n es la razón del número de vueltas o razón de transformación

n = N1 N 2

Para conservar la potencia, la energía proporcionada al primario debe igualar la energía suministrada a la carga por el secundario

194


V2 I1 = =n V1 I 2

La potencia compleja en el devanado primario es igual a la potencia del devanado secundario.

S1 = V1 I1 =

Si n=1 el transformador se denomina transformador de aislamiento Si n>1 el transformador se denomina transformador elevador (su tensión secundaria es mayor que su tensión primaria) Si n<1 el transformador se denomina transformador reductor (su tensión secundaria es menor que su tensión primaria) Si V1 y V2 son ambas positivas o negativas en las terminales punteadas, se debe usar + n , en otro caso se debe usar −n . Si ambas i1 e i2 entran o salen de las terminales punteadas, se debe usar −n , en otro caso se debe usar + n . El transformador ideal no tiene pérdidas, por lo tanto no absorbe potencia. La impedancia de entrada (o impedancia reflejada) es

Z in =

1.

V2 (nI 2 )* = V2 I 2* = S 2 n

V1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ V2 ⎞ Z L = ⎜ ⎟⎜ ⎟ = I1 ⎝ n 2 ⎠⎝ I 2 ⎠ n 2

El transformador ideal permite acoplar la impedancia de la carga y asegurar la máxima transferencia de potencia Para analizar un circuito que contiene un transformador ideal es común eliminar el transformador, reflejando impedancias y fuentes de un lado del transformador al otro, es decir buscamos el equivalente de thevenin desde el primario o el secundario.

Equivalente del transformador ideal y el primario (con lo que tenga conectado).

n=

195

N1 N2


Ecuaciones de corrientes y voltajes en el transformador:

I1 = n → I1 = nI 2 I2

y

V1 1 = V2 n

→ V1 =

V2 n

Se determina el equivalente Thevenin desde el secundario: El secundario en circuito abierto I 2 = 0 → I1 = 0 Entonces V1 = Vi

Vcd = V2 = nV1 = nVi

Hallamos la impedancia equivalente Thevenin, con v1(t) eliminada, la impedancia en el primario es Z1 y sabemos que:

Z1 =

Z2 n2

→ Z th = Z 2 = n 2 Z1

Reemplazando tendremos el circuito equivalente Thevenin:

También se puede obtener el circuito equivalente conservando el primario y reemplazando el secundario y su carga por su equivalente de Thevenin resultando ser:

196


• • •

Esta metodología solamente puede aplicarse si no hay una conexión externa entre los devanados primario y secundario Cuando se tienen conexiones externas entre los devanados primario y secundario, se utiliza análisis de malla y análisis nodal Si las ubicaciones de los puntos cambian, se debe reemplazar n por – n

Ejemplo # 2 En el circuito mostrado, calcular el voltaje de salida Vo.

Solución: Primero hallamos el equivalente thevenin del circuito primario:

197


− j 4(24 0º) − 4 −90º = 12 − j8 = 14.42 −33.69º 4 − j4 4(− j 4) + 2 = 4 − j2 Z th = 4 − j4

Vth = Vab =

El nuevo circuito equivalente será:

Por reflexión de impedancias y de fuentes en un trafo ideal del primario al secundario se tiene:

Vth' = (−2)(14.42 −33.69º = −28.84 −33.69º V Z th' = 2 2 (4 − j 2) = 16 − j8 Ω Finalmente el circuito equivalente es:

198


Entonces por divisor de voltaje:

2 ( −28.84 −33.69º) 20 − j 5 V0 = 2.80 160.35º V V0 =

Ejemplo # 3´. Calcular I1, I2 y V1

Solución: Por el método nodal tenemos:

10 − V1 V1 − V2 = + I1 2 2 V −V V I2 + 1 2 = 2 j2 2

Las relaciones de trafo es:

V2 = 2V1 I1 = 2 I 2


10 − V1 V1 − V2 = + I1 ⇒ 10 − V1 = V1 − V2 + 2 I1 2 2 10 = 2V1 − 2V1 + 2 I1 = 2 I1

⇒ I1 = 5 A,

I 2 = 2.5 A 199


V1 = 5 63º V 5.

TRANSFORMADORES EN VACIO Y CORTOCIRCUITO En los transformadores, al igual que en cualquier dispositivo eléctrico, se producen pérdidas en transformación de los cuales son:

• • •

Perdidas en el cobre del bobinado (Pcu). Perdida por corriente de Foucault (PF). Perdida por histéresis (PH).

Perdidas en el cobre del bobinado (Pcu). Cuando

un transformador esta en vacío, la potencia que medimos en un transformador con el circuito abierto se compone de la potencia perdida en el circuito magnético y la perdida en el cobre de los bobinados.

Al ser nula la intensidad en el secundario (I2 = 0), no aparece en el perdida de potencia, y al ser muy pequeña la intensidad del primario en vacío (Io) con respecto a la intensidad en la carga I2n, las pérdidas que se originan en el cobre del bobinado primario resulta prácticamente insignificante.

Perdidas en el Hierro (PFe). La pérdida de potencia en el hierro en un transformador en vacío se producen por:

Corriente de Foucault (PF). Se produce en cualquier material

conductor cuando se encuentra sometido a una variación de flujo magnético. Las perdidas dependen del material del que este constituido el núcleo magnético. Para el cálculo de las pérdidas en el hierro por las corrientes de foucault será por: 2 2.2 f 2 β max Δ2 PF = 1011

Donde:

PF = perdidas por corriente de Foucault en W/kg f = frecuencia en Hz.

200


β max = inducción máxima en Gauss. Δ = espesor de la chapa magnética en mm. El cambio de frecuencia de 50 a 60 Hz hace que aumente las perdidas en el transformador.

Ejemplo # 1. Tenemos un transformador que trabaja a una frecuencia de 50Hz, con una chapa magnética que tiene un espesor de 0.35 mm y una inducción magnética de 1 tesla o 10000 gaus. Lo vamos a conectar a una red de 60 Hz de frecuencia. ¿Cuáles serán las perdidas en el hierro conectado a la red de 50 Hz y a 60 Hz.?.

Solución: Para 50 Hz. Aplicando la formula Tenemos: 2 (2.2) f 2 β max Δ 2 (2.2)(50) 2 (10000) 2 (0.35) 2 PF = = = 0.673 1011 1011

W

kg

Para 60 Hz será: 2 (2.2) f 2 β max Δ 2 (2.2)(60) 2 (10000) 2 (0.35) PF = = = 0.970 1011 1011

W

kg

Esto indica que cuanto mayor sea la frecuencia, mayores serán las perdidas por corrientes de Foucault.

Histéresis (PH). En el transformador, cuando al someter el material

magnético a un flujo variable se produce una imantación que se mantiene al cesar el flujo variable, lo que provoca una perdida de energía en forma de calor.

201


A=

Comienzo del ciclo de imanación que, al aumentar la intensidad, llega a F. D= Extremo del ciclo a máxima intensidad negativa. CFEDC = área de histéresis. AC = HC =Fuerza campo coercitiva. AB = Br = magnetismo remanente

Para determinar las pérdidas por histéresis es por la formula siguiente:

n PH = K h . f .β max Donde: K h = coeficiente de cada material f = frecuencia en Hz

β max = inducción máxima tesla. PH = perdida por histéresis en W/kg

⎧⎪= 1.6 para β < 1 tesla (104 Gauss) n⎨ 4 ⎪⎩= 2 para β > 1 tesla (10 Gauss )

1= Área de pérdidas para hierro dulce. 2= Área de pérdidas para acero templado. A igual magnetismo remanente (AB), el acero templado tiene mayor fuerza coercitiva (C’A) que el hierro dulce (CA).

202


Ejemplo # 2. ¿Calcular la potencia perdida en el hierro? Si tenemos un transformador conectado a una red de 50Hz de frecuencia con una chapa magnética de 0.9 Tesla (9000 Gauss) de inducción. El peso del núcleo del transformador es de 12kg. El espesor de la chapa del núcleo es de 0.35 mm y el coeficiente de histéresis es 0.002.

Solución. Mediante la siguiente formula calculamos la potencia perdida por Foucault. 2 2.2 f 2 β max Δ2 PF = 1011

Reemplazamos tenemos:

(2.2)(50) 2 (0.9) 2 (0.35) 2 PF = = 0.545 W kg 3 10 Las pérdidas totales por Foucault serán:

PFT = PF ( peso del nucleo) = 0.545(12) = 6.54W Las perdidas por histéresis serán:

PH = K H f β n = 0.002(50)(0.9)1.6 = 0.0844 W kg Entonces las perdidas totales por histéresis serán:

PHT = PH . peso del hierro = 0.084(12) = 1.01W Para las perdidas totales en el núcleo magnético, sumaremos las perdidas.

PFe = PF + PH = 6.54 + 1.01 = 7.55W Además las perdidas en el hierro se pueden determinar por los siguientes métodos: 1. Ensayo en vacío. 2. Ensayo en cortocircuito.

203


TRANSFORMADOR EN VACÍO.

1.

Ensayo al vacío. es decir, midiendo la potencia consumida por el transformador en vacío mediante vatímetro. El ensayo al vacío proporciona, a través de las medidas de tensión, intensidad y potencia en el bobinado primario, los valores directos de la potencia perdida en el hierro, y deja abierto el bobinado secundario. Por lo tanto, este bobinado no será recorrido por ninguna intensidad, y no se tendrán en cuenta los ínfimos valores de las pérdidas en el cobre para este ensayo. Los principales datos que hay que determinar en el ensayo en vacío son: • Las Pérdidas en el Hierro a través de la lectura del vatímetro (W) en el bobinado primario.

Pfe = W • •

La intensidad en el vacío del primario a través del amperímetro (A1). La relación de transformación (m):

n=

V1 V2

También podemos calcular, con la ayuda de los resultados:

Z=

V1 I

•

La impedancia (Z):

•

La potencia aparente en vacío (Sap).

S aparente = V1.I

•

El ángulo de desfase φ o factor de potencia de vacío:

204


cos φ =

W Saparente

En vacío el coseno del primario φ1 coincide aproximadamente con el coseno del secundario φ2 . cos φ1 = cos φ2

TRANSFORMADOR EN CORTO CIRCUITO. Cuando la potencia se produce en los conductores de los bobinados primario y secundario, sometidos a la intensidad nominal. Se denomina pérdida RI 2 debidas al cobre ( Pcu ).

2.

Ensayo en corto circuito.

Con este método conseguimos las intensidades en los dos bobinados, aplicando una pequeña tensión al primario y cortocircuitando el secundario con un amperímetro (el amperímetro tiene una resistencia nula).

205


En muchos ensayos en corto circuito, la I CC supera el 25% de la intensidad nominal ( I n ). Las pérdidas en cortocircuito también se determinan directamente con el vatimetro conectado en el primario, que corresponde a la potencia en cortocircuito ( PCC ).

Pcc = Pcu

Las perdidas en el cobre se calculan mediante.

Pcu = R1.I12n + R2 .I 22n Los valores de la resistencia ( RCC ), de la inductancia ( X CC ), y de la impedancia ( Z CC ) de los circuitos en el ensayo en cortocircuito se obtendrán mediante: Resistencia

Rcc = R1 + R2'

Inductancia

X cc = X d 1 + X d' 2

Impedancia

Z cc2 = Rcc2 + X cc2

También

Z cc =

donde

Vcc I1 206

Z cc = Rcc2 + X cc2


La intensidad de corto circuito.

I cc =

V2 Z cc

Dado que no se conoce la tensión del secundario, se obtiene sustituyendo la tensión del secundario (V2) por su valor en la expresión de la relación transformación, será:

I cc =

V1 n

Rcc2 + X cc2

Factor de potencia de cortocircuito. Una vez obtenidos los datos en el ensayo (la potencia y la tensión de cortocircuito), el coseno será:

cos φcc = 6.

Pcc Vcc .I1

AUTOTRANSFORMADOR. Forma Física

Forma Eléctrica

Autotrafo variable. Especialmente útil cuando se necesita suministro de tensión variable, o para mantener un voltaje constante en situaciones de carga variable.

207


Es importante señalar que transformadores de dos devanados pueden ser conectados fácilmente en configuración de auto transformador:

208


Potencia: Se sabe que en un transformador de dos devanados, tanto el primario como el secundario están diseñados para la misma potencia que demanda la carga. Analicemos un trafo que es utilizado como auto transformador.

Si se sabe que:

Vp Vs

=

I s N1 n = = =n I p N2 1

S1 = V1 I p = (V p + Vs ) I p = ( nVs + Vs ) I p = (n + 1)Vs I p ............(1) S L = VL I L = Vs I L = Vs ( I p + I s ) = Vs ( nI p + I p ) = Vs I p ( n + 1) ............(2) Entonces de 1 y 2 tenemos:

Vs I p (n + 1) = Vs I p ( n + 1)

⇒ S1 = S L

Es decir la potencia entregada es igual a la potencia consumida. Ahora vamos a demostrar que la potencia del devanado primario es una fracción de la potencia de carga.

S p = V p I p = nVs I p ............(3) S L = VL I L = Vs I L = Vs ( I p + I s ) = Vs ( nI p + I p ) = Vs I p (n + 1) ............(4) De 3 y 4:

N1 Sp nVs I p N2 N1 n = = = = S L Vs I p ( n + 1) n + 1 N1 + 1 N 2 + N 2 N2 209


ACOPLAMIENTO DE IMPEDANCIAS: Los trafos son especialmente útiles cuando se trata de garantizar que una carga reciba máxima potencia desde una fuente.

Se transfiere máxima potencia a una carga cuando su impedancia está acoplada con la resistencia interna de la fuente.

7.

EL TRANSFORMADOR TRIFÁSICO El banco de transformadores monofásicos Y − Δ :

210


Circuito equivalente

DESARROLLO DEL NÚCLEO DE UN TRIFÁSICO

211

TRANSFORMADOR


CONEXIONES DE TRANSFORMADORES TRIFÁSICOS. a)

Conexión Estrella - Delta ( Y − Δ ). +) I LP ===

b)

VLP 3I LP nV == I LP = == VLS = LP n 3 3

Conexión delta - estrella ( Δ − Y )

212


c)

Conexión delta - delta ( Δ − Δ )

d)

Conexión estrella - estrella ( Y − Y ).

213


DESFASE ENTRE DEVANADOS:

Desfase entre las tensiones línea - línea en los devanados primario y secundario de un transformador trifásico

CIRCUITO EQUIVALENTE POR FASE

214


Transformador trifásico y su circuito equivalente por fase.

215


Grupo de conexión en transformadores trifásicos Transformador delta estrella

R, S, T : Devanados de alta tensión r, s, t : Devanados de baja tensión Su diagrama fasorial es: Tensión Fase - Neutro

Tensión entre líneas Fase - neutro

Ejemplo # 1: Analizar:

216


Determine:

a). Lectura de A1, A2, V. b). Lectura de W1, W2. c). Factor de potencia sistema:( f.p.) d). Potencia aparente (Ssistema).

Solución: ' a) Secuencia del trafo ( Δ − Y ): VR' S ' = VL = 4400 volt Motor:

100(746) = (4400) 3I M (0.86) I M = 11.38 −36.38º Banco capacitivo:

30(103 ) = 3(4400) I C I C = 3.93 90º

I R' = I M + I C = (11.38 −36.86º) + (3.93 90º) = 9.55 −17.67º → φ = 17.67º Circuito monofasico equivalente del secundario:

217


En el circuito:

A2 = I R' = 9.55 A A1 (por relación de corrientes del trafo) 10 A1 = 95.5amp. = I p (primario) A2 =

b) las lecturas de los watimetros son:

W1 = (4400)(9.55) cos(30 + 17.67) = 28279 watts c) d)

W2 = (4400)(9.55) cos(30 − 17.67) = 41179 watts fdp = cos φ = cos17.67º = 0.95 Potencia del sistema:

S sistema = 3VL I p = 3(4400)(95.5)

S sistema = 73KVA

218


PROBLEMAS RESUELTOS

1)

En el circuito mostrado grafique V0 vs f si se sabe que: R = 1k; L1 = L2 = L =10μH; C1 = 2C2 = C =100nF. y 0 < ω < ∞.

10V

Solución: Veamos casos de resonancia: Serie:

1 = L1C1

ω 01 =

ω 01 =

1 −6

−9

(10 × 10 )(100 × 10 )

1 = 10 6 = 1M −6 10

r

seg

=

⇒

1 −5

10 × 10

−7

=

1 10 −12

f 01 = 159.2 kHz

Paralelo:

ω 02 =

1 = L2 C 2

1 −9 (10 × 10 − 6 )( 100 2 × 10 )

ω 02 = 2 (10 6 ) = 2 M

r

seg

219

⇒

=

2 10 −5 × 10 − 7

f 02 = 229 kHz

=

2 10 −6


Ahora:

f01 w01

Z2 =

Z2 =

( jω L2 )( jω1C2 ) jω L2 − j ω1C2

( CL22 )ωC2

=

j (ω 2 L2C2 − 1)

=

ω L2

j (ω 2 L2C2 − 1)

10 10 = = − j (−20) −3 −6 −9 j ⎡⎣(1×10 ) (10 ×10 )(50 ×10 ) − 1⎤⎦ j (500 ×10 − 1) 6 2

Z 2 = j 20 = 20 90ºΩ

V01 = 0.2 90º

f02 w02

Z1 = jω02 L1 −

1 jω02C1

= j 2 × 106 (10 × 10−6 ) −

220

1 j 2 × 106 (50 × 10−9 )


Z1 = j14.14− = j 2 × 106 (10 ×10−6 ) −

Z1 = j14.1 − j 7.09 = j 7.01Ω V02 = 5 −3.5º El grafico V0 vs f será:

2)

En el circuito mostrado, determinar: a. Frecuencia de resonancia (f0). b. Factor de calidad (Q0) c. Voltaje en el condensador Vc.

221

1 j 2 × 106 (50 ×10−9 )


Solución:

a)

1 I ωC 10 0º = 30 I + 21VC + jω L

VC = − j

1 ⎞ ⎛ I ⎟ + jω L 10 0º = 30 I + 21⎜ − j C ω ⎝ ⎠ ⎡ ⎤ ⎢ 21 ⎞ ⎥ ⎛ 10 0º = I ⎢30 + j ⎜ ω L − ⎟⎥ ω C ⎝ ⎢ 14243⎠ ⎥ 0 ⎣ ⎦

ωL =

21 ωC

→ ω2 =

21 LC

⇒ ω0 =

Entonces la frecuencia será:

f0 =

21 = 1.63MHz LC (6.28)

222

21 = 10.25M LC

r

seg


b)

El factor de calidad es.

X L ω0 L (10.25 ×106 )(20 ×10−3 ) Q0 = = = R R 30 Q0 = 6.8 ×103 c)

El voltaje en el condensador será:

⎛ 1 VC = − j ⎜ I ω C ⎝ 0

⎞ 10 0º = = 0.33 0º ; I ⎟ 30 ⎠ 1 105 (0.33 0º) = VC = (10.25 ×106 )(10 ×10−12 ) (10.25)(3)

VC = 3.25KV

3)

En el circuito mostrado: a) Determinar R, para que absorba la máxima potencia de transferencia b) Calcular la potencia máxima. Si N1 = 900, N2 = 150.

Solución: Hallamos por Thevenin.

223


240 0º = (4 + j 5) I1 − j 20 I 2 ;

si I2 = 0

I1 = 37.48 −51.34º ⇒ Vab = Vth = j 20 I1 = (20 90º)(37.48 −51.34º) ⇒ Vth = 749.6 38.66º Por Norton

240 0º = (4 + j 5) I1 − j 20 I 2 ...............(α ) 0 = − j 20 I1 + (100 − j 44) I 2 ...............( β ) De ( α ) y ( β )

I1 = 29.937 −25.62º,

I 2 cc = I N = 5.389 40.627º 224


⇒ Z th =

Vth Vth = I2 I N

⇒ Z th = 139.106 −1.97º = 139 − j 4.78Ω Luego:

V2 N 2 1 = = , V1 N1 6

I 2 N1 = =6 I1 N 2

Aplicamos Thevenin en los bornes c – d.

I 2 = 0, I1 = 0, V1 = Vth' V 7 Vcd = Vth' = V1 + V2 = 1 + V1 = V1 ; 6 6

⇒ V1 = 749.634 38.66º

7 ⇒ Vth' = V1 ⇒ Vth' = 874.57 38.66º 6 ' Para Z th (rama c-d a corto circuito). Calculamos I: V2 + V1 = 0 ⇒ V2 + 6V2 = 0 ⇒ V2 = 0, V1 = 0 Vth = Z th I + V1 si : V1 = 0 , entonces 225


⇒I=

Vth = 5.38 40.6º Z th

Luego calculamos I2:

I = I1 + I 2 =

I2 = I N =

I2 + I2 6

⇒I=

7 I2 6

6 I = 4.62 40.6º 7

Vth' Z = = 189.33 −1.9º = 189.22 − j 6.51Ω I2 ' th

a). Para que tenga máxima potencia.

R = Zth = 189.339 b).

I 0 = 2.3 39.6º

⇒ PR = I 02 R = 1010.2 watts

226

Potencia máxima.


4)

En el circuito mostrado calcular: I1, I2, I3, V2, si X1 = X2 = XL = 100Ω, K = 100% y R = 1Ω

Solución: Reflejamos “R” al primario: a)

Req = 102 (2) = 100Ω

Malla ( I1 ):

230 0º = X 1 I1 + X 2 I 2 = ( j100) I1 + ( j100) I 2 .......(1)

Malla ( I2 ):

0 = (100 + j100 − j100) I 2 + j100 I1 = 100 I 2 + j100 I1 ......(2) De ( 2 ) I 2 = − jI1 en ( 1 ).

230 = j100 I1 + j100(− jI1 ) = j100( I1 − jI1 ) = j100(1 − j ) I1 227


I1 =

2.3 2.3 = = 1.63 −45º j (1 − j ) (1 90º)( 2 −45º)

I 2 = (1 − 90º)(1.63 − 45º) = 1.63 − 135º b).

amp .

Calculamos I3:

I 3 = ( I 2 )10 = (1.63)10 ⇒ V2 = RI 3 = (1)(16.3)

5)

amp.

⇒ I3 = 16.3 amp. ⇒ V2 = 16.3 volt .

En el circuito mostrado hallar la impedancia equivalente en las terminales 3 a y b, a la frecuencia de ω = 10 rad seg .

228


Solución:

X 1 = (8 ×10−3 )103 = j8, X 2 = (1× 10−3 )103 = j1, X 3 = (4 ×10−3 )103 = j 4 1 X C1 = 3 1 = − j 3, 10 ( 3000 )

XC2 =

1 = − j9 1 103 ( 9000 )

X M 1 = k1 X 1 X 2 = 0.5 (8)(1) = j1.41 X M 2 = k2 X 1 X 3 = 0.2 (8)(4) = j1.13

Aplicamos método de Maxwell: Malla (1):

V = 5 + jX 1 + X M 1 ( I1 − I 2 ) − X M 2 I 2 + [ jX 2 + 4 − jX C1 ] ( I1 − I 2 ) + X M 1 I1 V = (5 + j8) I1 + j1.41( I1 − I 2 ) − ( j1.13) I 2 + [ j + 4 − j 3] ( I1 − I 2 ) + (1.41) I1 V = I1 [5 + j8 + j1.41 + (4 − j 2) + j1.41] + I 2 (− j1.41 − j1.13 − 4 + j 2) V = I1 (9 + j8.82) − I 2 (4 + j 4.54) ......................................(1)

229


Malla (2):

(6 + jX 3 − jX C 2 + jX L + 4 − jX C1 + 4 + jX 2 ) I 2 − I1 ( jX 2 + 4 − jX C1 ) − X M 2 I1 − X M 1 I 2 = 0 (6 + j 4 − j 9 + j8 + 4 − j 3 + 4 + j ) I 2 − I1 ( j + 4 − j 3) − j1.13I1 − j1.41I 2 = 0 − I1 ( j + 4 − j 3 + j1.13) + I 2 (14 + j − j1.14) = 0 − I1 (− j 0.67 + 4) + I 2 (14 − j 0.14) = 0

............................................................(2)

De ( 1 ) y ( 2 ):

V G = Zeqab = 8.44 + j 9.2 I1

6)

Calcular la impedancia equivalente entre las terminales a y b.

Solución:

230


Malla (1).

V = I1 (8 − j 2 + j 3 + j 3 − j 3) − jI1 − jI 2 + j ( I1 − I 2 ) + j 2 I 2 − j 3I 2 V = I1 (8 + j − j + j ) + I 2 (− j − j + j 2 − j 3) V = I1 (8 + j ) + I 2 (− j 3)

...............(3)

Malla (2).

I 2 (10 − j 4 + 2 + j 4 + j 3) − j 3I1 + j ( I1 − I 2 ) + j 2 I1 + jI 2 + jI1 = 0 I 2 (12 − j 3 − j + j ) + ( j − j 3 + j 2 + j ) = 0 I 2 (12 + j 3) + jI1 = 0 ...............(2) De (1) y (2):

V = Zeqab = 8.07 − j1.02Ω I1

7)

En figura mostrada, 3 trafos son conectados en Y - ∆, y alimentan una carga balanceada de 100KVA. Se sabe que las tensiones de línea del primario es de 2200V, n = 10. Calcular voltaje y corriente de cada uno de los trafos y potencia total de cada trafo.

231


Solución: Para la conexión estrella Y:

VL 2199.7 = = 1270V 3 3

Vf =

El cual es el voltaje primario de cada trafo Vp = 1.27KV Conexión ∆, el voltaje secundario es:

Vs =

Vp n

=

1.27 KV = 127V 10

Sabemos que la carga:

100 KVA = 3VL I L

⇒ IL =

100 KVA = 454.6 A (127) 3

La corriente secundaria del tipo delta es:

I sec =

127 = 73.3 A 3

Entonces:

Iφ =

I S 73.3 = = 7.33 A 10 n

La potencia de cada trafo:

S = V p I p = Vs I s

S = (127)(73.3) = 9.31KVA Es la tercera parte de la potencia total de la carga.

8)

En la figura mostrada determinar: a. La impedancia para que se transmita la máxima potencia desde el primario hacia los secundarios del trafo. b. Potencia máxima.

232


Solución: a. Reflejamos al primario

1 = 80.38 ωC N1 1 = =a N2 5

XC =

Por admitancias:

1 1 j = + 1 1 ZT 20 (80.38) 25 25 Resolviendo se tiene:

ZT = 0.78 −13.9º = 0.757 − j 0.1875

∴ Z = ZT* = 0.757 + j 0.1875 b). Para hallar la potencia primero hallamos la corriente.

20 = I (2 × 0.757) → I = P = RI 2 = (0.757)(13.2) 2 233

20 = 13.2 A 2 × 0.757 ⇒ Pmax = 132 watts


9)

En el sistema mostrado, se tiene un motor trifásico operando a condiciones normales, su factor de potencia ha sido corregido a 1 por el banco capacitivo. Calcular: a. b.

La tensión de envío entre líneas del generador. La potencia reactiva del banco de capacitares

Se instala una nueva carga, es un sistema de rectificación que alimenta a una red trifásica, esta carga es una fuente de corriente trifásica. c. d. e.

Construir una red monofásica equivalente vista desde los terminales de la nueva carga. La impedancia de la red que se ve desde la nueva carga A que frecuencia puede presentarse la resonancia.

234


Solución: a.

Por dato el banco capacitivo corrige el f.dp. del motor a la unidad entonces QC = QM , calculemos potencias del motor:

550 HP (746) = 455.89 KW 0.9 P 455.89 K = 536.34 KW SM = M = cos φ 0.85 QM = S M cos φ = 536.34 K (0.85) PM =

QM = 282.53 KVAR Vemos que el motor condensador tiene una potencia aparente numéricamente igual a la potencia activa del motor: P = ST.

∴ ST = PM = VL I L 3 ⇒ 455.89kw = 3(4.16kv) I L I L = 63.27 0º Como el circuito es equilibrado podemos trabajar con el circuito monofásico equivalente.

235


Vg = (4 + j 6)(63.27 0º) +

4.16 0º 3

Vg = 4645.22 8.13º b.

QC = QM = 282.53KVAR = 3VL I L 4.16 KV 3X C ⇒ C = 43.3uF

282.53KVAR = 3(4.161KV ) X C = 61.258 c.

Circuito monofásico equivalente:

Veamos el motor:

SM = 536.34 KVA = 3VM I M , 236

VM = 4.16 KV


536.34 K = 74.436 3(4.16 KV ) cos φM = 0.85 ⇒ φM = 31.78º 4.16k 3 = 32.26 31.78º = 27.42 + j17 ZM = 74.44 IM =

d).

Z eq = Z / / Z M / / X C ; Z' = =

Z = 4 + j 6 = 7.21 56.31º

Z × Z M (7.21 56.31º)(32.26 31.78º) = 38.94 36.2º Z + ZM 232.6 88.09º 38.94 36.2º

Z ' = 5.97 51.9º = 3.68 + j 4.7 .........( a 60 Hz ); ω = 377 Z ' (ω ) = 3.68 + jω (0.01247);

237

L = 12.47 mH


R (ω ) =

R (ωC ) 2 1 ⎞ ⎛ R2 + ⎜ ω L − ωC ⎟⎠ ⎝

2

1 ω L R2 − − 2 ω C C ωC X(ω ) = 2 1 ⎞ ⎛ 2 R + ⎜ωL − ωC ⎟⎠ ⎝

,

En resonancia: 2

⎛R⎞ −⎜ ⎟ ω0 = ⎝L⎠ ⇒ ω0 = 1328.31 1 LC

Ocurre resonancia cuando

f 0 = 211.1Hz ω1 = ω0

238


BIBLIOGRAFÍA

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Eléctricos: Introducción Análisis y

TINS Circuitos Eléctricos II

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