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CAPITULO 9 CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE 9.1 INTRODUCCION La corriente eléctrica va siempre acompañada de fenómenos magnéticos. Este efecto de la corriente eléctrica desempeña una función importante en casi todos los aparatos y máquinas eléctricas El espacio en que actúan fuerzas magnéticas se denomina “campo magnético”, el cual está formado por líneas de fuerza. Estas líneas tienen directa incidencia sobre sus propios polos o sobre cualquier elemento ubicado dentro de dicho campo experimentan un desplazamiento repentino, hacia afuera o hacia adentro, dependiendo de si los campos producidos en estos se suman o se restan entre sí . La distribución desigual de campo magnético tiende a equilibrarse. Como las líneas de fuerza intentan acortarse, el conductor móvil se desplaza de la zona con mayor intensidad del campo magnético hacia la del campo débil, lo que se conoce como "efecto electrodinámico".dicho fenómeno estudiado en el curso de circuitos eléctricos II como acoplamiento magnético. 9.2 LEY DE FARADAY Si un conductor se mueve a través de un campo magnético de tal manera que corte las líneas de flujo, se produce un voltaje inducido entre las terminales del conductor el mismo efecto se produce si el conductor está fijo y se mueve el campo magnético, más exactamente la Ley de Faraday establece que un flujo magnético variable en el transcurso del tiempo induce una fuerza electromotriz Una aplicación práctica del voltaje inducido por un campo magnético variable si se considera una bobina de “n” vueltas que se coloca en una región de flujo cambiante, se produce en esta un voltaje inducido, que dependerá del número de vueltas y de la variación del campo en función del tiempo. EN d dt Donde: N = es el numero de vueltas de la bobina y d cambio instantáneo de flujo Webers. dt Si es que no existiera un cambio en el flujo o la bobina esta quieta, no se producirá un voltaje inducido, por esta condición es que una bobina en un circuito de CD se comporta como corto circuito. EN d 0 dt 234 9.3 LEY DE LENZ “Un efecto inducido siempre se opone a la causa que lo produce” Si tenemos una bobina de “N vueltas” por el cual atraviesa una corriente I, si la corriente aumenta o disminuye su intensidad el flujo que atraviesa la bobina también variará, y por la ley de Faraday se sabe que se produce un voltaje inducido ( eind ) en los terminales de esta bobina, cuya polaridad determina una corriente que fluye por la bobina, la cual produce un flujo que se opone a cualquier cambio de flujo original, es decir el voltaje indicado establece una corriente que se opondrá al cambio de la corriente por la bobina, es decir, “el cambio en la corriente no puede ocurrir instantáneamente, deberá pasar un lapso de tiempo hasta que el inductor cese su oposición al cambio de la corriente”. a) Autoinductancia: Es la capacidad de una bobina de oponerse a cualquier cambio en la corriente. Es la relación de la tensión inducida en una bobina debido al cambio de corriente que atraviesa la bobina. La inductancia de una bobina Por Faraday EN LN d di d d di di di di N L E L ......(1) VL L dt di dt dt dt dt Donde L es la Inductancia y el cambio instantáneo de la corriente es di dt nota: la autoinductancia en un circuito no es necesariamente constante, ya que depende del campo magnético. b) Inductancia Mutua: Si el flujo de la bobina del primario enlaza a la bobina del secundario esto resultará un voltaje inducido en las bobinas. VP N P Donde 12 d1 dt VS N S d12 dt es la parte del flujo del primario que enlaza al secundario. 235 i1 1 1 VP 2 Lp Ls 2 11 Circuito primario (P) 12 VS 1 circuito secundario (S) Donde: EP= tensión en el primario; ES= tensión en el secundario Np=número de vueltas en el primario; NS= número de vueltas en el secundario LP=inductancia en el primario; LS= inductancia en el secundario Vp Np Vp Np d 11 ..........( ) dt d 11 di1 di Vp Lp 1 di1 dt dt Vs Ns d 12 ..........( ) dt V1 N1 d 12 di1 di . M 12 1 di1 dt dt Inductancia mutua en la bobina 2 M 12 Ns Ahora supongamos que fluye d 12 .....(12) di1 i2 por la bobina 2 Vs Ns d22 dt d di Ns Ns 22 2 di2 dt Vs Ls di2 dt Vp=Np d21 dt d di Vp= Np 21 2 di2 dt Vp=M21 di2 dt 236 Inductancia mutua en la bobina 1 M21 M 21 M 12 di2 ...........(21) d22 Son las inductancias mutuas, se puede demostrar que M21=M12 mediante el análisis de la energía en un circuito acoplado ya que esta energía debe conservarse. M 12 M 21 M Definimos como coeficiente de Acoplamiento Magnético (k) entre dos bobinas como la razón geométrica de los flujos. k 12 21 1 2 12 K 1 0<K<1 21 K 2 Reemplazando en las ecuaciones de las inductancias mutuas se tiene: M Ns K d 1 di1 d 2 M NpK di 2 d 2 d 1 M 2 K 2 Ns Np di2 di1 LS LP M=K Ls L p Si K =1; se dice que las bobinas están perfectamente acopladas. Si K < 0.5; se dice que las bobinas están débilmente acopladas. 9.4 ENERGÍA EN UN CIRCUITO ACOPLADO En un sistema magnético la energía almacenada en el campo magnético es igual a la integral de la potencia instantánea, la cual es el producto del voltaje por la corriente W Pdt Consideramos el circuito de la figura con una inductancia mutua que genera una tensión mutua positiva, colocamos una fuente V1 en los terminales del Primario, tomando todas las condiciones iniciales iguales a cero, ahora incrementaremos la corriente i1(t) de cero hasta un Valor I1 de un tiempo t = 0 hasta t1 y a partir de este tiempo la corriente i1(t) se mantendrá constante con un Valor I1, entonces la Potencia en el Primario será: 237 P V1i1 P i1 L1 ; V1 =L1 di1(t) dt di1(t) dt Pdt i1 L1di1(t ) .......(1) 0 ; i1( t ) I1 Integramos la Ecuación 1 de i1( t ) I1 I1 W Pdt L1 i1di1(t ) 0 0 1 2 L1I1 2 Energía almacenada en el Primario Cuando i1(t) se mantiene constante en I1 la corriente en el secundario i2(t) se incrementa desde cero hasta un Valor I2, debido al flujo de la corriente i2(t) se genera una tensión mutua positiva en el Primario. V2 L2 di2( t ) dt M 21 di2( t ) dt Hallando su potencia para después calcular la energía almacenada. P L2 i2( t ) di2( t ) dt M 21 I1 I2 di2( t ) dt I2 W Pdt L2 i2 di2( t ) I1 M 21 0 0 W La energía total almacenada WTOTAL = I2 0 di2( t ) 1 L2 I 22 I1I 2 M 21 2 1 2 1 L1I1 L2 I 22 I1I 2 M 21..........(3) 2 2 Obs.: Como i1(t) se mantiene constante con un Valor I 1 en un tiempo t1 no produce una tensión mutua en el secundario, en cambio este si produce una tensión mutua positiva en el primario debido a que la corriente i 2(t) va de cero hasta I2. Ahora si tomamos en orden invertido es decir del circuito de la derecha a la izquierda, tendremos una energía total almacenada. WTOTAL = 1 2 1 L1I 2 L2 I12 I1I 2 M12 ..........(4) 2 2 238 Puesto que la energía total almacenada en el circuito sin importar de donde portamos para nuestro análisis debe ser la misma cuando alcancen sus condiciones finales, se concluye después de comparar (3) con (4). M21 = M12 9.5 POLARIDAD EN UN CIRCUITO ACOPLADO Se observa que M es una cantidad positiva pero la tensión producida por la inductancia mutua puede ser positiva o negativa, para poder hallar la polaridad podemos aplicar la Ley de Lenz en conjunción de la regla de mano derecha o la convención de puntos: Si la corriente de cada bobina mutuamente acopladas se aleja del punto (o se dirige a el) al pasar por las bobinas el término mutuo será positivo. Si la corriente de una bobina se aleja del punto para entrar al punto de la otra bobina el término mutuo será negativo. La convención de punto nos permite esquematizar el circuito sin tener que preocuparnos por el sentido de los arrollamientos. Dada más de una bobina, se coloca un punto en algún terminal de cada una, de manera tal que si entran corrientes en ambas terminales con puntos (o salen), los flujos producidos por ambas corrientes se sumarán. Si es que tenemos la forma como a sido devanada la bobina y el sentido de la corriente podremos establecer los puntos de polaridad en el circuito aplicado la regla de la mano derecha. Aquí los fujos se están sumando por lo que los puntos de polaridad estarán uno al frente del otro, esto debido a las corrientes que están en el gráfico. Para este segundo caso después de aplicar la regla de la mano derecha, observamos que los sentidos de los flujos son contrarios, por lo que debemos colocar los puntos de polaridad en posiciones alternadas, esto por el sentido de las corrientes que nos ahn dado en la figura Siguiendo esta convención, las bobinas acopladas presentadas previamente pueden esquematizarse de la siguiente manera: 239 REGLA GENERAL: si ambas corrientes entran (o salen) de los puntos, el signo del voltaje mutuo será el mismo que el del voltaje autoinducido. En otro caso, los signos serán opuestos. 9.6 TRANSFORMADORES Un Transformador es un circuito magnético que usa el fenómeno de la inductancia mutua, existen varios tipos de transformadores núcleo de aire, núcleo de hierro, núcleo variable, transformadores de potencia, de radio frecuencia, se diseñan según la aplicación del transformador. Un transformador es un elemento que acopla magnéticamente dos circuitos de CA, en vez de hacerlo por medio de un conductor y lo más importante que permite la transformación de la tensión y la corriente de un circuito a otro. Los transformadores juegan un papel muy importante en la industria eléctrica y son necesario en las redes de distribución de potencia eléctrica A) CLASIFICACIÓN Según su diseño monofásico o trifásico con o sin punto medio autotransformador Según la relación entre las tensiones del primario y secundario reductor: si U1>U2 elevador: si U1<U2 también existen transformadores donde U1=U2, los cuales se utilizan para aislar circuitos de corrientes y tensiones DC. Según la forma del núcleo tipo ventana tipo "E" toroidal Según su aplicación de protección de medición: de voltaje o corriente de potencia: para transmisión de energía eléctrica de distribución de audiofrecuencia de radiofrecuencia de alimentación SÍMBOLOS Sólo se presentan algunos de los símbolos más comunes para transformadores monofásicos: 240 Transformadores Monofásicos con Punto medio: Auto transformador Monofásicos: B) TRANSFORMADORES LINEALES O DE NÚCLEO DE AIRE Se dice que un transformador es lineal si las bobinas están devanadas en un material magnéticamente lineal es decir que tiene una permeabilidad magnética constante, estos materiales puede ser aire, plástico, baquelita, etc. Para nuestro caso analizaremos los transformadores de núcleo de aire, cuando se tiene este tipo de núcleo las bobinas del primario y del secundario están lo suficientemente cerca para lograr la inductancia deseada estos tipos de transformadores se usan para receptores de radio televisión, etc. Tomemos la polaridad de la inductancia mutua según la convención de los puntos como positiva (Fig.). i1 i2 ZL R1 y R2 son las que producen la potencia activa en las bobinas. Analizando el circuito por mallas V1 = (R1+jWL1)I1 – jWMI2………..(1) O = -jWMI1+( jWM+R2+ZL)I2.........(2) Vamos a despejar a I2 y ponerlas en función de I1 241 I2 jWMI1 ........(3) ( jWM R2 Z L ) Reemplazando (3) en (1) V1 = (R 1 +jWL1 )I1 - jWMI1 2 ( R2 jWL2 Z L ) I1 Llamaremos impedancia de entrada Z EN Z ENT R1 jWL1 Impedancia en El primario V1 I1 WM 2 R2 jWL2 Z L Impedancia reflejada ZR. La impedancia reflejada se debe al acoplamiento de los devanados de primario y del secundario. (WM )2 (WM )2 ZR R2 jWL2 Z L Z S Z L Z S R2 jWL2 ZL= Impedancia de la carga Quiere decir que el circuito puede reemplazarse por: Donde Zr se conoce como la impedancia del secundario reflejada en el primario, o simplemente impedancia reflejada. Como la inductancia mutua aparece elevada al cuadrado, nótese que Zr es independiente de la polaridad magnética del transformador. Zr puede expresarse de otra manera: donde la reactancia de la carga lleva su propio signo (positivo si la carga es inductiva y negativo si es capacitiva). Si no estuviera presente el transformador, la fuente real vería solamente la impedancia de carga. El resultado anterior nos indica la manera en que el transformador afecta al circuito. 242 9.7 TRANSFORMADORES IDEALES Se dice que un transformador es ideal si se tiene un acoplamiento perfecto es decir K = 1, y esto se logra con transformadores que tengan núcleo de hierro ya que el hierro tiene una alta permeabilidad, de tal forma que el flujo enlaza a la dos bobinas sea el mismo, consideramos el circuito: Por la ley de Faraday V1 N1 d ......(1) dt V2 = N 2 d .......(2) dt Si dividimos (1) y (2) se tiene Llamaremos N1 N2 V1 N1 V2 N 2 = n; relación del número de vueltas del primario entre el secundario o razón de transformación obsérvese que para las ecuaciones 1 y 2 no estamos considerando Rp y Rs que son las que disipan las potencia activa en cada bobina. Se dice que un transformador es ideal si tiene las siguientes propiedades. L1 y L2 son grandes M = L1L2 ; M K =1 Las bobinas no tienen pérdidas RP =RS = 0 Para el circuito de la figura d L1= N1 di1 ...........(3) L2= N2 d di2 ..........(4) Las inductancias mutuas reflejadas en el primario y el secundario. M=N2 d di1 M=N1 d di2 243 d M di1 N 2 M d N1 di2 ................(5) ........(6) Reemplazando (5) y (6) en (3) y (4) respectivamente: M L1 N1 N2 M L2 N 2 N1 Dividimos las ecuaciones : L1 N12 L 2 1 n2 n L2 N 2 L2 L1 L2 Debido a que no consideramos pérdidas en un transformador ideal V1 I1 V2 I 2 V1 I1 I 1 n 1 V2 I 2 I2 n Si n=1 Se dice que es un transformador de aislamiento. N < 1 Se dice que es un transformador de elevación V2 >V1. N > 1 Se dice que es un transformador de disminución V2 >V1. Es importante que tengamos en cuenta las polaridades de las tensiones o las direcciones de las corrientes porque de estas dependerá el signo de n. Si V1 y V2. Tienen en su punto de polaridad el mismo signo (+ ó - ) n es (+) caso contrario (-n). Si I1 >I2. Salen o entran al punto de polaridad de –n caso contrario (+n). Ejemplo: Encontrando la impedancia de entrada, que está dada por la tensión de entrada entre la corriente de entrada Z in V1 I1 V1 =nV2 I1 = I2 n 244 Impedancia reflejada Z in n 2 V2 Z in n 2 Z L I2 Para eliminar al transformador, tendremos que reflejar las impedancias y las fuentes de un lado a otro. Para nuestro circuito vamos a reflejar el secundario en el primario abrimos los el circuito en los puntos a – b. el circuito equivalente sin el transformador queda como se muestra en la figura. 9.8 AUTO TRANSFORMADORES: IDEAL Un auto transformador es un transformador, que solo tiene un devanado con un punto de conexión llama de toma. Esta es la que se ajusta para proporcionar la razón de transformación. Este tipo de transformador emplea un devanado común para la entrada y salida del circuito: Desventaja: no existe aislamiento entre primario y secundario. 245 Ventaja: menor tamaño, peso y costo para determinada potencia que su equivalente común. Se puede obtener un autotransformador si se conectan en serie los devanados de un transformador común. a) Consideremos un autotransformador reductor: V1 N1 N 2 V2 N 2 d dt d dt V1 N1 N 2 N 1 1 V2 N2 N2 La potencia se mantiene constante S=V1.I1=S2=V2.I2, de lo que se deriva: V1 I 2 I N 2 1 V1 I1 I2 N2 CONSIDERACIONES PARA LA RESOLUCIÓN Las Marcas de Polaridad se colocan de tal manera que la corriente que otras a una terminal marcada con un punto, produzca una fuerza magneto – motriz y el flujo correspondiente en el mismo sentido alrededor del circuito magnético (Ref. Kerchner & Corcoran). Aplicamos la regla de la mano derecha para el CKTO 1 y CKTO 2. Para colocar los puntos nos basamos en el enunciado. Si para un transformador los flujos producidos por los CKTOS magnéticos se suman voltaje (t) en ambos CKTOS. la inductancia mutua producirá un 246 Si para un transformador los flujos magnéticos producidos se restan inducido negativo en ambos CKTO. entonces la inductancia mutua producirá un voltaje 247 CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTE PROBLEMAS RESUELTOS PROBLEMA N°01 Encuentre las marcas de los puntos de polaridad y la corriente I del circuito. E(t)= 50sen100t K1=k2=k3=0.5 Resolución: Calculando las reactancias de las bobinas: X1= (100x0.2mH) = j0.02 X2= (100x005.mH) = j0.005 X3= (100x0.1mH) = j0.01 Calculando las reactancias mutuas jwM 1 0.5 0.2mHx0.05mH 0.005 jwM 2 0.5 0.05 x0.1 j 3.53m jwM 3 0.3 (0.02((0.01) j 7.071x10 3 248 Para calcular la corriente debemos despejar la ecuación I1 Vs ZTOTAL 50 / I 2 00 I1 10 j 0.0238 I1 3.51 0.136o PROBLEMA N° 02 Determine el coeficiente de acoplamiento y la energía almacenada en los inductores para t = 1.5 seg. 249 Resolución: XC 1 j4 1 2 8 X L1 =(2)(2H)=j4 X L2 =j2 20 900 -j2 0 (2+j2) 56.56 1350 20 900 4 I1 j2 I 2 I1 3.92 101.300 -j2 14.42 33.69 4 -j2 (2+j2) 4 -j2 I2 4 -j2 20 90 0 0 40 1350 2.77 33.69 0 -j2 4 -j2 2+j2 -j2 2+j2 i1(t ) 3.92Sen(2t 101.30) t=1.5 I1 =3.78 i2(t ) 2.77 Sen(2t 33.69) i 2 =-1.414 Calculando la energía total almacenada: W 1 1 L1 I 22 L2 I 22 M 1 I 2 2 2 W 1 1 (2)(3.78) 2 (1)(1.414) 2 (1)(3.78)(1.414) 9.925 2 2 Hallando : K 1 0.7071 2 x1 250 PROBLEMA N° 03 Encontrar las corrientes I1, I2 y I3 en el transformador ideal mostrado en la figura. Para transformadores Ideales n N1 N2 Resolución: Sabemos: V1 I1 n Impedancia Reflejada Z IN =n 2 Z L V2 I 2 Del CKTO3 al CKTO2 n 2 2 1 ZIN =22 ZL =4(1 tj2)=4+j8 4 n= 4 1 Del CKTO2 al CKTO1 n= 4 4 1 Z2= 9+j2 Z INT =(4) 2 9 j 2 144 j32 251 I1 10 00 62.8 11.6Amp (156 j 32) I2 n I1 I 2 =251.8 -11.690 Amp I3 2 I2 I 3 502.4 11.60 Amp PROBLEMA N° 04 Encuentre la razón de transformación requerida para entregar la máxima potencia a la bobina. (3:1) La máxima potencia entregada 2.78 W. Resolución: Sin el transformador Ztotal=40 I= 20 0 0 0.5 00 40 Potencia = (0.5)2 x 4 = 1W Con el trasformador impedancia reflejada Z = 12(4). Por el teorema de Thevenin 20 00 I 0.278 Amp. 72 PL (0.278)2 x36 2.78W 252 PROBLEMA N° 05 Para el circuito adjunto de ud. la condición para que V y I estén en fase. Resolución: siguiendo la forma de arrollamiento de las bobinas, observamos que los flujos magnéticos son aditivos. I1' = I1 I c - ……………………….. (ά) V1 = X c . I c ; I c = V1 / X c ……….. (1) V1 = X 1 . I1' + X m . I 2 …………… (2) X m I1 X 2 Z I 0= . +( (ά) en (2): (1) en (4): + ). ……….. (3) V1 = X 1 ( I1 - I c ) + X m . I 2 V1 = X 1 . I1 - X 1 . I c + X m . I 2 ……….. (4) V1 = X 1 . I1 - X 1 .( V1 / X c ) + X m . I 2 V1 + V1 . X 1 / X c = X 1 . I1 + X m . I 2 …. (5) De tal manera que con (3) y (5) se constituye el siguiente sistema: V1 (1+ X 1 / X c ) = X 1 I1 + X m I 2 Xm I X 2 Z I2 0= I1 =( . V1 (1 + +( + ). X1 X c X 2 / )( + Z )) / ( X 1 ( X 2 + Z ) - X m 2)…….(6) Donde la impedancia equivalente en la entrada es: Z1 = V1 I1 / 253 De la relación (6) podemos despejar este valor: Z1 = V1 I1 / =( X1 X 2 ( + Z ) - X m 2) / ((1 + X 1 / X c )( X 2 + Z ) Luego: Para que V1 y I1 estén en fase la condición necesaria es que la parte imaginaria De Z1 debe ser igual a cero: Imag. ( X1 X 2 ( + Z ) - X m 2) / ((1 + X 1 / X c )( X 2 + Z )) = 0 PROBLEMA N° 06 El circuito acoplado de la siguiente figura se cumple: Cuando se aplica 102.7 voltios y 60 Hz. en a-b la corriente por esta bobina es de 3A y en ella se dispone 36 watts, además el voltaje medio (X-Y) es de 114 voltios Al aplicar 38.1 voltios y 60 Hz en a-x poniendo en cortocircuito b-y la corriente es de 2ª y se disipan 28 watts. Calcular: Ra, La, M, KM. Resolución: a) Observamos los flujos son positivos si asumimos que las corrientes en la bobina x-y Entra por los bornes x , veamos el siguiente detalle: Ix = 0 ya que x-y esta abierto entonces no induce tensión alguna sobre la rama a-b, mientras que Ia = 3A induce una tensión de XM.Ia sobre la rama x-y Por dato: P = 36W = Ra(3)2 Ra = 4 254 La tensión media es la tensión inducida: 114V = XM(Ia); XM = 114/3; XM = 38 Como: XM = WM Entonces: W = 2.π.60 = 377 ; M =38/377 = 100.8 mHr b) Al cortocircuitar b-y se tiene: Observamos que los voltajes son sustractivos. Haciendo: zax = Z = (Ra + Rx) + (Xa + Xx - 2XM) Como: Z = V/I; Z =38.1Volt/2A = 19.05 P = (Ra +Rx).I2; 28watts = (Ra +Rx).22 Ra +Rx = 7 Como: Ra =4; Entonces: Rx =7 – 4 = 3 ; Calculo de inductancias: X =2.π.f.L ; L = X/(2 π.f) En el caso1: Zab = Ra+jXa Xa = Z ab2 Ra2 como: Z =102.7volt/3A (102.7 / 3) 4 2 2 Xa = Xa =4.27 ; La =11.3 mHr. 255 En el caso2: 38.1volt/2A = Zax = 38.1V/2A= ( Ra Rx )2 ( X a X x 2. X M )2 7 2 (11.3 X x 2 x38)2 Xx = 82.4 ; Lx = 218mHr Conociendo los datos se halla: KM = XM X a .X x PROBLEMA N° 07 Se tiene el siguiente grafico, Si: K = 0.5 0 < R < 5.3 a) Calcular R =……..; X =………; para absorber la máxima potencia de transferencia b) Potencia reactiva en X =……….. ; Qx =……….. Resolución: a) Aplicando thevenin en a-b: Zeq.a-b 256 XM = K X 1. X 2 XM = 0.5 8 x18 XM = 6 Las ecuaciones de mallas son: E = (8+j8) I1 - (j8+5) I 2 - jXM. I 2 ………..(1) 0 = (7+j22) I 2 - (5+J8) I1 + jXM I 2 . + jXM( I1 - I 2 )……(2) Reduciendo (1) y ( 2): siendo XM=6 E = (8+j8) I1 -(5-j14) I 2 ………… (3) 0=-(5+j2) I1 + (7+j22) I 2 ……….. (4) Resolviendo determinantes: I1 = E (7+j22)/Δ= I 2 = E (5+j2)/Δ= Zeq = E / I1 = Δ/(E(7+j22) = Zeq∟φ = Zeq.cos φ + jZeq.sen φ 257 b) Para máxima potencia: ' X L = X eq o Z L = Z eq Como Z eq' = Zeqcos φ - jZeqsen φ ' Z L = Z eq Z L =R +jXL = Zeqcos φ XL= Zeq.cos φ - jZeqsen φ Por lo tanto: I = Eth / (Zeq + Z L ) = Eth /(2Zeq.cos φ) P. reactiva = Qx = Xl.I2 PROBLEMA N° 08 Hallar la matriz de impedancias para la malla mostrada. 258 Resolución: Veamos que la bobina #4 no recibe inducción: I 3 =0 Circuito equivalente: E1 jwL1 I1 X 1 I1 X 2 I 2 j.I1 / wc2 X 3 I 2 X 1 I1 jwL2 I 2 R1 I1 E1 I1 jwL1 jwL2 2. X 1 R1 ...............( I ) E2 I 2 R2 jwL3 j / wc2 X 2 I1 X 3 I1 E2 I 2 R2 jwL3 j / wc2 ...........................( II ) 0 ( jwL1 j / wc1 jwL2 2 jwM R1 ) Z 0 ( R2 jwL3 j / wc2 ) 259 PROBLEMA N° 09 Sea el siguiente transformador: LS=200mH LS=800mH NS=50vueltas NS=100vueltas + ep ep es - + eS IS - p K=0.6 Se pide hallar: a) La inductancia mutua M b) El voltaje inductivo eP si el flujo P cambia a una velocidad de 450mwb/s c) El voltaje inductivo eS para la misma velocidad de cambio de la parte (b) d) Los voltajes inducidos eP y eS si la corriente ipcambia a velocidad en 0.2 A/ms Donde: LP NP IP EP K : : : : : inductancia en el primario # de vueltas en el devanado primario corriente que pasa en el primario voltaje generado por el primario coeficiente de acoplamiento M : : flujo en el primario inducción mutua p Resolución: Sabemos que: M= L P LS reemplazando valores: 3 a) M 0.6 200 x10 x800 x10 3 240 mH b) Usaremos: eP N P d dt Reemplazando =50x450mWb/s=22.5V c) como: e S kN S d dt =0.6x100x450mWb/s=27V 260 d) Usando la corriente tendremos: e S LP di p dt 200mHx0.2ª/ms=200mHx200A/s=40V eS M di p dt =240mHx200A/s=48V PROBLEMA N°10 Determinar la inductancia total de las bobinas en serie de la siguiente figura: M13 M12 M23 L L L1=5H; L2=10H: L3=15H; M12=2H; 1M23=3H; M13=1H2 Resolución: I. L 3 I Para la bobina 1, se obtiene los puntos por donde entran y salen las corrientes para poder considerar los signos de M L1+ M12- M13 De igual forma para las otras bobinas veamos: Bobina2: L2+ M12- M23 Bobina 3: L3+ M23- M13 Donde: LT= L1+ L2 +L3 => LT= (L1+ M12- M13)+( L2+ M12- M23 )+( L3+ M23- M13) LT= L1+ L2+ L3+2 M12 - 2 M23 -2 M13 LT = 3H+10H+15H+2(2H)-2(3H)-2(1H) = 26H LT = 26H 261 PROBLEMA N° 11 En la siguiente figura calcular: a) El flujo máximo m b) Las vueltas del secundario NS Núcleo de Hierro IP n NP=50 IS + K=1 + ES=2400V - ES=200V f=60Hz m Resolución: a) como sabemos que: EP = 4.44Npf m despejado, m EP 200V 4.44 N p f (4.44)50 x60 Hz m 15.02mWb b) De la siguiente ecuación: EP N P ES N S Despejando: NS N P ES 50 x 2400 NS 600 EP = 200 vueltas 262 PROBLEMA N°12 Sea un trasformador con núcleo de hierro como se muestra en la figura, se pide hallar: a) La magnitud de la corriente en el primario y el voltaje aplicado a través del primario b) La resistencia de entrada del transformador IS=100mA IP + ZP Vo 2k - + VR=VL - NP=40 NS=5 Resolución: Considerando el transformador ideal k=1 luego: IP NS IS NP a) IP ( IP NS IS NP 5 )(0.1A) 12.5mA 40 VL I S Z L (0.1)(2k ) 200v También: N V P VL N S Vo NP VL Ns 40 Vo ( 200) 1600V 5 b) como: ZP a2ZL Además: a NP NS (a: proporcion de trasformación) 40 a 8 5 E P (8) 2 (2k ) RP 128k 263 PROBLEMA N°13 Para un suministro residencial de potencia como aparece en la figura, determinar (Suponiendo una carga totalmente resistiva ) lo siguiente: El valor de F para asegurar la carga equilibrada. La magnitud de I1 e I2 El voltaje de Linea VL La potencia total proporcionada La proporcion de vueltas a NP NS Servicio Residencial: fase única 120/240V 3 alambres 10 FOCOS 60W + R TV 400W R V1 N1 IP - N2 I1 120V 120V 240V MICROONDAS 2000W Resolución: a) Como se consideran resistivo puros PT = (10) x60w+400w+2000w PT =3000w PEntrada = PSalida VPIP =VSIS =3000w (carga puramente resistiva) 2400VIP=3000w IP=1.25A V =es el voltaje trifasico 264 R V 2400v 1920 IP 1.5 A b) P1 = 10x60 = 600w P1 = VI1 600 = 120(v)I1 I1 = 5A P2 = 2000w P2 = VI2 2000 = 240I2 I2 = 8.33ª c) Se sabe que: V1 = 3 V VL = 1.73(2400v) = 4.152V d) PT = 3P = 3(3000w) = 9kw a N P VP 2400V 10 N S VS 240V PROBLEMA N° 14 Encontrar las corrientes I1, I2 e I3 en el transformador ideal mostrado en la figura 12 4:1 5 -j6 I2 I1 1 2:1 100o I3 j2 Resolucion: a = N2 / N3 = V2 / V3 = I3 / I2 = 2 1 2:1 I3 ZL2 j2 265 Z2 = V2 / I2 Z3 = V3 / I3 ZL2 = (a2)Z3 Z3 = 1 + j2 ZL2 = 4 + j8 1 2 5 - j6 4:1 ZL1 ZL2 a = N1 / N2 = V1 / V2 = I2 / I1 = 4 12 Z1 = V1 / I1 ZL1 =16 (5–j6 + 4+j8 ) = 144 + j32 I1 10 0 o ZL1 ZL1 = 147.51 < 12.53 Zeq = 12 + 144 + j32 = 156 + j32 I1 100 o 0.063 11.59 156 j 32 I 2 4 0.063 11.59 0.252 11.5 I 3 2 0.252 11.5 0.504 11.5 PROBLEMA N° 15 En la red mostrada obtener el valor de Xc, que permita un máximo valor de E2 j2 100o j6 j8 Xc 1 2 E2 266 Resolución: Dibujamos primero el circuito equivalente j2 100o j8 j6 Xc E2 1 2 Estudiamos el secundario: Ic I j8 Xc + 2090o 2,500o E2 1 2 j8 1 2 Xc E2 – Aplicamos el concepto de divisor de corriente 1 1 R XL 2 X I I m 1 XL 1 2 1 1 R XL X c 2 1 1 j 2(100) 12 j8 j8 1 1 1 12 j8 X c Analizando la ecuación, vemos que sólo el denominador presenta el término variable Xc; se deduce que I aumentara o será máximo, cuando el denominador tiende a ser mínimo. Para ello la parte imaginaria la igualamos a cero. 1 1 1 1 1 1 j 12 j8 X c R X c j8 1 1 R XL 2 => 1 1 12 j8 IC IT 2.50 1 1 1 1 1 1 R XL X c 12 j8 X c 2 1 1 R XC 1 1 12 X c I L IT 2.50 1 1 1 1 1 1 R XL X c 12 j8 X c 2 1 1 X c j8 X c j8 ……….( I ) 1 1 2.50 12 12 j8 1 1 2.50 12 12 X c ……( II ) … ( III ) 267 IL IC De ( I ), ( II ) y ( III ): 2,500o IR IC IL Xc j8 1 2 E2 Toda la fuente de corriente se va por la resistencia I R max I T Xm j2 100 100 2.50 X L2 j8 E 2 max I T R 2.50 12 30 0 X c j8 Cuando: PROBLEMA N° 16 Demostrar que ambos circuitos son equivalentes I1 E1 X1 Donde a I1 I2 XM X2 Z N1 V 1 I 1 N2 V 2 I 2 E2 L1 L2 E1 a:1 X1 I2 Z E2 X1 X2 Resolución: X M k X1 X 2 ; consideremos k = 1 X M2 X 1 X 2 ……….( I ) La impedancia equivalente vista del primario es Z eq1 X 1 X M2 X 2 Z ……….( II ) Reemplazando ( I ) en ( II ) 268 Zeq1 X 1 Zeq1 X 1 X 2 X 1Z X 1 X 2 X 1Z X2 Z X2 Z Y eq1 X 1 1 1 2 Zeq1 X 1 Z X 1 X1 X 2 X2 Z Zeq1 Como se observa la carga Z se refleja en el primario en la relación a= N1 V 1 I 1 N2 V 2 I 2 L1 L2 X1 Z(X1/X2) X1 , tenemos que X2 X1 ; donde a / 1 ó a: 1 es la relación de espiras de un X2 Transformador ideal. El circuito equivalente será entonces I1 E1 a:1 I2 X1 E2 Z X 1 1 1 2 Z eq 1 X 1 Z X 1 Y eq 1 Z eq1 X 1 a 2 Z PROBLEMA N° 17 Determinar la impedancia Z con factor de potencia 0.8 en adelanto para que se transfiera a ella la máxima potencia cuando el factor de acoplamiento es 0.8 5 8 k 269 60 0 o -j6 j5 j5 Z Resolución: M k L1 L2 4 5 8 60 0 o j1 j1 j4 -j6 Z Por thevenin 5 8 j1 j1 j4 -j6 8 j 6 5 j 7.88 j 2.84 8 j6 7.88 j 2.84 j 4 7.88 j 2.84 j 4 Z Th 1.99 j 4.71 j1 1.99 j 4.71 cos 1 (0.8) 37º 1.99+j4.71 Zsen (37 º ) 4.71 ETh Z37º Z 7.83 PROBLEMA N° 18 En el circuito de la siguiente figura, las dimensiones están dadas en centímetros, siendo la dimensión transversal del núcleo magnético de 10 cm. La permeabilidad Relativa del material es de 3000. La corriente aplicada a cada bobinado es I1=1 A e I2=1.5 A y el número de espiras del bobinado de la izquierda es N1 = 700. 270 Se quiere calcular el número de espiras necesario en el segundo bobinado, N2, Para que por la columna central del núcleo magnético circule un flujo de 0.05 Wb. Resolución: Las reluctancias son combinaciones serie o paralelo de ésta. Reluctancia genérica: lc=35 cm y Ac=50 cm2 R Ic 0.35 0.35 1 7 Av A 300 o 0.0055 15 o o 300 Wb A R R 1 2 R R R R N 1I 2 N 2I 2 B R R Según Millman: I AB N1i1 N 2 i2 3 R 3R N1i1 N 2 i2 1 2 1 8 3R R 3R Por otra parte, se conoce que N 2 4 I AB R 2 , con lo cual se obtiene que: i R N1 1 i2 i2 271 N2 4 7 1 0.05 700 2009 .0769 (vueltas ) 450 o 1 .5 N 2 2009(espiras) PROBLEMA N° 19 2 i (3-g)/2 g=0.87 N (3-g)/2 2 2 5 2 Sea el circuito magnético de la figura cuya sección transversal es de 4 cm2 y la longitud del entrehierro 0.87 cm. La corriente aplicada al bobinado es 1 A y el número de espiras 700. La permeabilidad relativa es 5000. Se desea calcular la magnitud del flujo magnético que se obtiene en el entrehierro y el tanto por ciento de error que se comete al no tener en cuenta el circuito magnético. Resolución: Circuito magnético: Lh = 2x7+5+ (5-g) = 24-g cm Rh y Ah = 4cm2 = 0.0004 m2 lh A (24 g )10 2 24 g 5 10 92031 v 4 h Ah 5000 o 410 8 Wb Entre hierro: lg = 0.0087 m Ag = (2+g)(2+g)10-4 = 0.00082369 m2 lg g 8.710 3 Av 8405152 2 4 h Ah o (2 g ) 10 8.2369 o Wb Ni 700 8.238105Wb Rh Rg 92301 8405152 Rg Despreciando el núcleo magnético: 272 ' Ni 700 8.3282210 5 Wb Rg 8405152 El error cometido: ' R R h 0 . 01095 1 .1 % g Intensidad necesaria para lograr el mismo flujo sin el entrehierro: Rt i lt 24 * 10 2 Av 159154.94 4 At o 30004 *10 Wb Rt N 8.238 *10 5 Rt 0.0187 A N Suponiendo una superficie cuadrada de lado a: Reluctancia del hierro: Rh Reluctancia del entrehierro Ro Reluctancia total: Operando: R l g aa g o (a g ) 2 1 g g ag a aa o (a g ) 2 R 1 (1 g r g ) a2 Para una permeabilidad de 1000, cada milímetro de entrehierro supone un aumento equialente a 1 metro de hierro, asi como lo correspondiente en reluctancia total. 273 PROBLEMA N° 20 En el circuito acoplado magnéticamente de la figura adjunta. Calcule Ud.: V o __________ si : E 100 0 o X m1 4 j Vo X m2 4 j j15 X m3 2 j j20 j E j5 -10j j 4 J15 J20 Vo J5 J j 4 E j 4 -J10 I1 I2 +j4 I 2 - J15 +j4( I1 - I 2 )- J20 +j4( I 2 - I1 )- J5 E +j4 I1 - Vo J I1 I 2 I2 Vo I1 +j2 I 2 -J10 274 Las ecuaciones de mallas son: E j15 I 1 j 4 I 2 j 4( I1 I 2 ) j 5( I 1 I 2 ) j 4 I 1 j 2 I 2 j10( I 1 I 2 ) E j18 I 1 j 7 I 2 ................................................................(1) 0 j13 I 1 j 28 I 2 ..................................................................(2) E I1 I1 j7 0 j 28 j 28 E j18 j7 j18 xj 28 ( j 3 xj 7) j 3 j 28 j 28 E 28 ( )E j 525 j 525 28 I1 o 525 90 j18 I2 o o 100 0 5334 90 E j 3 0 300 90 o j 525 525 300 300 90 0o 525 525 Vo 0.571Volt VO j I 2 j 275
