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PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE EL TRANSFORMADOR MONOFÁSICO IDEAL
A un transformador monofásico de 200/100 v, RMS, 60 Hz, 5 KVA, se le conectarán diferentes cargas, determinar
las características de los voltajes y de las corrientes que se presentan para cada caso.
IP
vaplic
vP
IS
vS
CARGA
vcarga
CARACTERÍSTICAS DEL TRANSFORMADOR:
Fórmulas en el dominio de la frecuencia, debido a que el positivo en la polaridad de los voltajes coincide con
los puntos del transformador la relación de transformación es positiva, esto es:
V
1
200
= 2, o sea que, el número de espiras en el primario es el
Relación de transformación: P = a = =
VS
n 100
doble del número de espiras en el secundario y la relación de sus voltajes quedará: VP = 2 VS , por lo tanto,
el voltaje Vp y VS están en fase cuando el positivo de los voltajes apuntan a los puntos del transformador.
Cuando el transformador se cargue, o sea que exista corriente en el secundario, la relación de las corrientes es
positiva, debido a que la corriente del primario entra por el punto y la corriente del secundario sale por el
punto, esto es: IS = 2 IP
Potencia nominal: 5000 VA, valor máximo de la potencia a la cual se puede cargar el transformador sin que se
cambien las propiedades o características del mismo o se presente algún deterioro en el embobinado, algunos
transformadores aceptan una sobre carga del 30% del valor nominal.
Voltajes y corrientes nominales: VP = 200 v , IP = 25 A , VS = 100 v , IS = 50 A , valores nominales que no se
pueden exceder para que sus embobinados no se dañen.
FUNCIONAMIENTO DEL TRANSFORMADOR EN VACÍO:
Cuando el transformador trabaja en vacío no existe alguna carga conectada al secundario, o sea que, el
secundario está en circuito abierto, o la corriente en el secundario es igual a cero, por lo tanto, al aplicarle
algún voltaje en el primario, la corriente en el primario IP es apenas lo suficiente para que se induzca un
voltaje en el secundario y exista VS . En la figura siguiente el voltímetro conectado a los terminales del
secundario medirá el valor eficaz de este voltaje
vaplic
IP
IS = 0 A
vP
vS
vSalida
V
Sí el voltaje aplicado es: Vaplic = 10 ∠ 0º v, entonces, por LVK el voltaje en el primario es: VP = 10 ∠ 0º v y
V
el voltaje en el secundario será: VS = P = 5 ∠ 0º v, por lo tanto el voltímetro presenta la lectura 5 v
2
Sí el voltaje aplicado es: Vaplic = 100 ∠ 120º v, entonces, por LVK el voltaje en el primario es:
V
VP = 100 ∠ 120º v y el voltaje en el secundario será: VS = P = 50 ∠120 º v, por lo tanto el voltímetro
2
presenta la lectura 50 v
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Sí el voltaje aplicado es el voltaje nominal: Vaplic = 200 ∠ 0º v, entonces, por LVK el voltaje en el primario
V
es: VP = 200 ∠ 0º v y el voltaje en el secundario será: VS = P = 100 ∠ 0º v, por lo tanto el voltímetro
2
presenta la lectura 100 v . Nota: El voltaje aplicado puede presentar cualquier ángulo y los voltajes del
primario y del secundario, para este caso, tendrán el mismo ángulo, o sea que, se encuentran en fase.
VOLTAJE NOMINAL DEL TRANSFORMADOR:
Dependiendo del fabricante del transformador se le puede aplicar un sobre voltaje que está mas o menos
entre el 15% y el 30% del voltaje nominal, o sea que para este transformador al primario se le podría aplicar
un sobrevoltaje que está entre 230 v y 260 v, sin que el aislamiento se deteriore. Un valor mayor del voltaje
aplicado al primario corre con el riesgo de quemarlo.
FUNCIONAMIENTO DEL TRANSFORMADOR CON CARGA:
Una vez el transformador está trabajando en vacío, con el voltaje nominal, o sea: VP = 200 v , VS = 100 v,
con cualquier ángulo, le conectamos al secundario una carga que puede ser representada por un circuito
equivalente RL en serie si el factor de potencia de la carga está en atraso, o un circuito equivalente RC en
serie si el factor de potencia de la carga está en adelanto.
CARGA BAJA:
Para este transformador una carga baja puede ser considerada del orden de los 700 VA, con un factor de
potencia de 0,8 en atraso.
Como la corriente está en atraso la carga puede ser simulada por un circuito equivalente RL en serie.
IP
vaplic
vP
IS
vS
vcarga
Características de funcionamiento con baja carga:
Potencia aparente de salida: Ssalida = Scarga = 700 VA, con FP = 0.8 en atraso. Scarga = 700 ∠ 36.86º VA
Potencia de salida: 560 w , 420 VARL
Vaplicado = 200 ∠ 25º v , VP = 200 ∠ 25º v , VS = 100 ∠ 25º v
700∠36.86º
Corriente en el secundario: IS* =
= 7 ∠ 11.86º A, luego, IS = 7 ∠ -11.86º A
100∠25º
I
Corriente en el primario: IP = S = 3.5 ∠ -11.86º A
2
Nota: Los valores de las corrientes tanto en el primario como en el secundario están por debajo de los valores
permitidos.
Los valores de los elementos del circuito equivalente de la carga se pueden obtener de la forma siguiente:
100∠25º
= 14.285 ∠ 36.86º = 11.43 + j 8.569 ; R = 11.43Ω , XL = 8.569 Ω ; L = 22.72 mh
Zcarga=
7∠ − 11.86º
Finalmente la carga del transformador se puede indicar de tres maneras diferentes:
1) Una potencia de 700 VA, con FP = 0.8 en atraso , F = 60 Hz
2) Un voltaje de salida de 100 ∠ 25º v, RMS y circula una corriente de 7 ∠ -11.86º A , RMS
3) Un circuito en serie conformado por R = 11.43Ω , L = 22.72 mh
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POTENCIAS:
Potencia de la fuente: Saplicada = Vaplic x IP* = 200 ∠ 25º x 3.5 ∠ 11.86º = 700 ∠ 36.86º VA
Potencia de entrada al transformador o Potencia en el primario del transformador:
Sprimario = VP x IP* = 200 ∠ 25º x 3.5 ∠ 11.86º = 700 ∠ 36.86º VA
Potencia en el secundario del transformador: Ssecund = VS x IS* = 100 ∠ 25º x 7 ∠ 11.86º = 700 ∠ 36.86º VA
Potencia de salida del transformador o Potencia de la carga del transformador:
Ssalida = Scarga = Vcarga x IS* = 100 ∠ 25º x 7 ∠ 11.86º = 700 ∠ 36.86º VA
NOTA: Como el transformador es ideal, no se consideran las pérdidas de energía internas del transformador
y la potencia de entrada al transformador es igual a la potencia de salida del transformador.
MEDIA CARGA:
Para este transformador media carga puede ser considerada del orden de los 2500 VA, con un factor de
potencia de 0,85 en adelanto.
Como la corriente está en adelanto la carga puede ser simulada por un circuito equivalente RC en serie.
IP
vaplic
vP
IS
vS
vcarga
Características de funcionamiento con media carga:
Potencia aparente de salida: Ssalida = Scarga = 2500 VA, con FP = 0.85 en adelanto. Scarga = 2500 ∠ - 31.78º VA
Potencia de salida: 2125.2 w , 1316.6 VARC
Vaplicado = 200 ∠ 25º v , VP = 200 ∠ 25º v , VS = 100 ∠ 25º v
2500∠ − 31.78º
Corriente en el secundario: IS* =
= 25 ∠ -56.78º A, luego, IS = 25 ∠ 56.78º A
100∠25º
I
Corriente en el primario: IP = S = 12.5 ∠ 56.78º A
2
Nota: Los valores de las corrientes tanto en el primario como en el secundario están por debajo de los valores
permitidos.
Los valores de los elementos del circuito equivalente de la carga se pueden obtener de la forma siguiente:
100∠25º
= 4 ∠ - 31º = 3.428 - j 2.06 ; R = 3.428 Ω , XC = 2.06 Ω ; C = 1.287 mF
Zcarga=
25∠56.78º
Finalmente la carga del transformador se puede indicar de tres formas diferentes:
1) Una potencia de 2500 VA, con FP = 0.85 en adelanto, F = 60 Hz
2) Un voltaje de salida de 100 ∠ 25º v, RMS y circula una corriente de salida 25 ∠ 56.78º A , RMS
3) Un circuito en serie conformado por R = 3.428 Ω , C = 1.287 mF
POTENCIAS:
Potencia de la fuente: Saplicada = Vaplic x IP* = 200 ∠ 25º x 12.5 ∠ -56.78º = 2500 ∠ -31.78º VA
Potencia de entrada al transformador o Potencia en el primario del transformador:
Sprimario = VP x IP* = 200 ∠ 25º x 12.5 ∠ -56.78º = 2500 ∠ -31.78º VA
Potencia en el secundario del transformador:
Ssecund = VS x IS* = 100 ∠ 25º x 25 ∠ -56.78º = 2500 ∠ -31.78º VA
Potencia de salida del transformador o Potencia de la carga del transformador:
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Ssalida = Scarga = Vcarga x IS* = 100 ∠ 25º x 25 ∠ -56.78º = 2500 ∠ - 31.78º VA
NOTA: Como el transformador es ideal, no se consideran las pérdidas de energía internas del transformador
y la potencia de entrada al transformador es igual a la potencia de salida del transformador.
PLENA CARGA
Para este transformador plena carga es exactamente la capacidad del transformador 5000 VA, con un factor
de potencia de la unidad, o del 100%.
Como la corriente está en fase con el voltaje, la carga puede ser simulada por un circuito equivalente de pura
resistencia R.
IP
vaplic
vP
IS
vS
vcarga
Características de funcionamiento con plena carga:
Potencia aparente de salida: Ssalida = Scarga = 5000 VA, con FP = 1.0 Scarga = 5000 ∠ 0º VA ; 5000 w
Vaplicado = 200 ∠ 25º v , VP = 200 ∠ 25º v , VS = 100 ∠ 25º v
5000∠0º
= 50 ∠ - 25º A, luego, IS = 50 ∠ 25º A
Corriente en el secundario: IS* =
100∠25º
I
Corriente en el primario: IP = S = 25 ∠ 25º A
2
Nota: Los valores de las corrientes tanto en el primario como en el secundario están igual a los valores
permitidos.
El valor del elemento del circuito equivalente de la carga se puede obtener de la forma siguiente:
100∠25º
Zcarga=
= 2 ∠ 0º = 2 ± j 0 ; R = 2 Ω
50∠25º
Finalmente la carga del transformador se puede indicar de tres formas diferentes:
1) Una potencia de 5000 VA, con FP = 1.0, F = 60 Hz
2) Un voltaje de salida de 100 ∠ 25º v, RMS y circula una corriente de salida 50 ∠ 25º A , RMS
3) Un circuito conformado por una resistencia pura R = 2 Ω
POTENCIAS:
Potencia de la fuente: Saplicada = Vaplic x IP* = 200 ∠ 25º x 25 ∠ -25º = 5000 ∠ 0º VA ; 5000 w
Potencia de entrada al transformador o Potencia en el primario del transformador:
Sprimario = VP x IP* = 200 ∠ 25º x 25 ∠ - 25º = 5000 ∠ 0º VA ; 5000 w
Potencia en el secundario del transformador:
Ssecund = VS x IS* = 100 ∠ 25º x 50 ∠ - 25º = 5000 ∠ 0º VA ; 5000 w
Potencia de salida del transformador o Potencia de la carga del transformador:
Ssalida = Scarga = Vcarga x IS* = 100 ∠ 25º x 50 ∠ - 25º = 5000 ∠ 0º VA ; 5000 w
NOTA: Como el transformador es ideal, no se consideran las pérdidas de energía internas del transformador
y la potencia de entrada al transformador es igual a la potencia de salida del transformador.
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SOBRE CARGA:
Sobrecargar el transformador es trabajarlo con una potencia por encima del valor nominal.
Los voltajes del transformador son: Vaplicado = 200 ∠ 25º v , VP = 200 ∠ 25º v , VS = 100 ∠ 25º v
Potencia aparente de salida: Ssalida = Scarga = 6000 VA, con FP = 0.8 en atraso, Scarga = 6000 ∠ 36.86º VA
Potencia de salida: 4800 w, 3600 VARL
6000∠36.86º
= 60 ∠ 11.86º A, luego, IS = 60 ∠ - 11.86º A
Corriente en el secundario: IS* =
100∠25º
I
Corriente en el primario: IP = S = 30 ∠ -11,86º A
2
Nota: Los valores de las corrientes tanto en el primario como en el secundario están por encima de los
valores permitidos.
El valor de los elementos en serie del circuito equivalente de la carga se puede obtener de la forma siguiente:
100∠25º
Zcarga=
= 1.666 ∠ 36.86º = 1.333 + j 0.999; R = 1.333 Ω , XL = 0.999 Ω ; L = 2.649 mH
60∠ − 11.86º
Finalmente la carga del transformador se puede indicar de tres formas diferentes:
1) Una potencia de 6000 VA, con FP = 0.8 en atraso, F = 60 Hz
2) Un voltaje de salida de 100 ∠ 25º v, RMS y circula una corriente de salida 60 ∠ - 11.86º A , RMS
3) Un circuito en serie conformado por: R = 1.333 Ω y L = 2.649 mh
POTENCIAS:
Potencia de la fuente: Saplicada = Vaplic x IP* = 200 ∠ 25º x 30 ∠ 11.86º = 6000 ∠ 36.86º VA
Potencia de entrada al transformador o Potencia en el primario del transformador:
Sprimario = VP x IP* = 200 ∠ 25º x 30 ∠ 11.86º = 6000 ∠ 36.86º VA
Potencia en el secundario del transformador:
Ssecund = VS x IS* = 100 ∠ 25º x 60 ∠ 11.86º = 6000 ∠ 36.86º VA
Potencia de salida del transformador o Potencia de la carga del transformador:
Ssalida = Scarga = Vcarga x IS* = 100 ∠ 25º x 60 ∠ 11.86º = 6000 ∠ 36.86º VA
NOTA: Como el transformador es ideal, no se consideran las pérdidas de energía internas del transformador
y la potencia de entrada al transformador es igual a la potencia de salida del transformador.
PROBLEMA DE DOS TRANSFORMADORES EN DISTRIBUCIÓN DE ENERGÍA
El diagrama a continuación representa un sistema de distribución de energía a través de dos transformadores.
El voltaje de la estación generadora es de 35640√2 Cos (377 t) v, y las características de cada transformador
son: T1 : 35.1/13 Kv, RMS, 60 hz , 250 KVA y T2 : 13200/220v, RMS, 60 hz , 250 KVA. Determine todos los voltajes
y corrientes indicados en la figura, sí la carga del transformador T2 es de 200KVA, con un FP = 0.7 en atraso.
iF
vF
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iP1
vP1
iS1
vS1
iP2
vP2
iS2
vS2
icarga
vcarga
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DESARROLLO:
En el dominio del tiempo: vF = 50403 Cos(377 t ) v y en el dominio de la frecuencia: VF = 35640 ∠ 0º v
VP1 = VF = 35640 ∠ 0º v
V
1 35100
Relación de transformación de T1 : a = =
= 2.7, por lo tanto, VP1 = 2.7 VS1 o VS1 = P1 , por lo
n 13000
2.7
35640 ∠ 0º
= 13200 ∠ 0º v
tanto, VS1 = VP2 =
2.7
V
1 13200
= 60, por lo tanto, VP2 = 60 VS2 o VS2 = P2 , por lo
Relación de transformación de T2 : a = =
n
220
60
13200 ∠ 0º
= 220 ∠ 0º v
tanto, VS2 = Vcarga =
60
Carga del transformador T2 : 200KVA, con un FP = 0.7 en atraso, Φ = 45.5º
Scarga = 200000 ∠ 45.5º VA = 140182 w , 142650 VARL
200000∠ 45.5º
= 909.09 ∠ 45.5º A , Icarga = IS2 = 909.09 ∠ - 45.5º A
Corriente de carga: Icarga* =
220 ∠ 0º
220 ∠ 0º
= 0.1696 + j 0.1726
Impedancia equivalente: La carga puede estar representada por: Zequiv =
909.09 ∠ - 45.5º
R = 0.1696 Ω , XL = 0.1726 Ω ; L = 0.4578 mh
Corriente en el primario del transformador T2 y en el secundario del transformador T1 :
909.09 ∠ - 45.5º
IS1 = IP2 =
= 15.1515 ∠ -45.5º A
60
Corriente en el primario del transformador T1 y en la fuente:
15.15 ∠ - 45.5º
IF = IP1 =
= 5.6116 ∠ -45.5º A
2.7
Potencia suministrada por la fuente:
Sfuente = 35640 ∠ 0º x 5.6116 ∠ 45.5º = 140180 + j 142648.2 = 199997.4 ∠ 45 5º VA
La diferencia con la potencia de carga se debe a errores de truncamiento al hacer las aproximaciones cuando
se efectúan las operaciones.
Potencias de trabajo de los transformadores: STransf = 140180 + j 142648.2 = 199997.4 ∠ 45 5º VA
Resultados en el dominio del tiempo:
vF = vP1 = 50403 Cos(377 t ) v , vS1 = vP2 = 18667.6 Cos(377 t) v , vS2 = vcarga = 311.1 Cos(377 t) v
iF = iP1 = 7.93 Cos(377 t – 45.5º) A , iS1 = iP2 = 21.42 Cos (377 t – 45.5º) A,
iS2 = icarga = 1285.6 Cos (377 t – 45.5º) A
MEJORAMIENTO DEL FACTOR DE POTENCIA:
Para mejorar el factor de potencia en la carga, conectamos un capacitor en paralelo con la misma. Determine
el valor de la capacitancia para elevar el factor de potencia a 0.95 en atraso y determine las nuevas corrientes
que se presentan así como la nueva potencia suministrada por la fuente.
Potencia en la carga: Scarga = 200000 ∠ 45.5º VA = 140182 w , 142650 VARL , FP = 0.7 en atraso
Nuevo FP = 0.95 en atraso Φnuevo = 18.19º
Potencia reactiva capacitiva necesaria para elevar el factor de potencia a 0.95 en atraso:
Qc = 142650 – 140182 Tan (18.19) = 96587.61VARC SC = 96587.61 ∠ - 90º VAR
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Corriente en el capacitor: IC* =
96587.61 ∠ - 90º
= 439.03 ∠ - 90º A ; IC = 439.03 ∠ 90º A
220 ∠ 0º
Por lo tanto, todos los valores de corriente se afectarán debido a que la corriente en el secundario del
transformador T2 cambia.
iS2
iC
icarga
La corriente en el secundario del transformador: IS2 = 909.09 ∠ - 45.5º + 439.03 ∠ 90º = 670.7 ∠ - 18.19º
Corriente en el primario del transformador T2 y en el secundario del transformador T1 :
670.7 ∠ - 18.19º
IS1 = IP2 =
= 11.178 ∠ - 18.19º A
60
Corriente en el primario del transformador T1 y en la fuente:
11.178 ∠ - 18.19º
IF = IP1 =
= 4.14 ∠ - 18.19º A
2.7
Potencia suministrada por la fuente:
Sfuente = 35640 ∠ 0º x 4.14 ∠ 18.19º = 140176 + j 46060.4 = 147549 ∠ 18.19º VA
Potencias de trabajo de los transformadores: STransf = 140176 + j 46060.4 = 147549 ∠ 18.19º VA
Corrientes en el dominio del tiempo después de conectar el capacitor:
iF = iP1 = 5.85 Cos(377 t – 18.19º) A , iS1 = iP2 = 15.80 Cos (377 t – 18.19º) A,
iS2 = icarga = 948.51 Cos (377 t – 18.19º) A
Resumen de las potencias:
FUENTE: Produce: 140176 w , Produce: 46060.4 VAR
CARGA: Absorbe: 140182 w , Absorbe: 142650 VAR
CAPACITOR: Produce: 96587.61 VAR
TRANSFORMADORES IDEALES T1 y T2 : No producen , No absorben , solo cambian los niveles de
voltaje.
PROBLEMA EJEMPLO Nº 4 DE LAS GUÍAS
Para el circuito de la figura siguiente, determine todos los valores de voltajes y corrientes indicadas sí
vF = 169.7 Cos(t) v
iF
vR1
iP
iS
vR2
icarga
vF
vP
vS
vL1
vC1
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DESARROLLO:
Datos del problema: w = 1 rad/seg. , ZR1 = 18 ∠ 0º , ZR2 = 2 ∠ 0º , ZC1 = 4 ∠ -90º , ZL1 = 1 ∠ 90º
Voltaje de la fuente: VF = 120 ∠ 0º
1 4
Relación de transformación: a = = = 4
n 1
Relaciones de voltajes: VP = - 4 VS
Relaciones de corrientes: IS = - 4 IP
Por LVK al circuito primario: VF – VR1 – VP – VC1 = 0 ; 120 ∠ 0º = 18 IP + VP + 4 ∠ -90º IP
120 ∠ 0º = (18 – j4)IP + VP (1)
Por LVK al circuito secundario: VS – VR2 – VL1 = 0 ; 0 = VS – 2 IS - 1 ∠ 90º IS
0 = VS – (2 + j)IS
V
Reemplazando las relaciones de voltajes y de corrientes en esta última ecuación: 0 = - P - (2+j) (-4IP)
4
Quedando la ecuación (2) 0 = -0.25 VP + (8 +j 4) IP
Desarrollando simultáneamente las ecuaciones 1 y 2 resulta: VP = 83.49 ∠ 13.06º v, IP = 2.333 ∠ -13.5º A
Reemplazando en las ecuaciones de relaciones de voltajes y de corrientes, determinamos las características
del secundario, resultando: VS = 20.87 ∠ -166.94º v , IS = 9.33 ∠ 166.5º A
Con base en los valores obtenidos determinamos el resto de voltajes:
VR1 = 41.994 ∠ -13.5º v , VR2 = 18.66 ∠ 166.5º v , VC1 = 9.332 ∠ - 103.5º v , VL1 = 9.33 ∠ - 103.5º v
RESPUESTAS EN EL DOMINIO DEL TIEMPO:
vF = 169.7 Cos(t) v , iF = iP = 3.29 Cos( t -13.5º) A
vR1 = 59.38 Cos(t- 13.5º) v , vC1 = 13.19 Cos(t- 103.5º) v , vP = 118 Cos(t- 13.06º) v
vS = 29.51 Cos(t- 166.94º) v , iS = icarga = 13.19 Cos( t +166.5º) A
vR2 = 26.38 Cos(t+ 166.5º) v , vL1 = 13.19 Cos(t -103.5 º) v
Relación de las potencias:
FUENTE: SF = 279.6 ∠ 13.5º = Produce: 272.2 w , Produce: 65.35 VAR
R1:
SR1 = 97.97 ∠ 0º = Asorbe: 97.97 w
C1:
SC1 = 21.77 ∠ - 90º = Produce 21.77 VAR
TRANSFORMADOR: Transfiere, ST = 194.78 ∠ 26.56º = 174.22 + j 87.09 = 174.22 w ; 87.09
R2:
SR2 = 174.09 ∠ 0º = Asorbe: 174.09 w
L1:
SL1 = 87.048 ∠ 90º = Asorbe: 87.048 VARL
VARL
PROBLEMAS SOBRE TRANSFORMADOR Y AUTOTRANSFORMADOR EN FASORES
TRANSFORMADOR:
Determinar los fasores de los voltajes y corrientes indicados.
IS
IP
80 ∠ - 30º v
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VP
VS
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DESARROLLO ANALÍTICO:
VP = 3 VS , IS = 3 IP , Zp = 3 + j 20 = 20.22 ∠ 81.4º , ZS = 5 – j8 = 9.43∠ - 57.9º
Por LVK: 80 ∠ - 30º - 20.22 ∠ 81.4º IP - VP = 0 , VS - 9.43∠ - 57.9º IS
Resolviendo simultáneamente las cuatro ecuaciones presentadas, tendremos:
IP = 1.1304 ∠ 17.16º A ; IS = 3.391 ∠ 17.16º A ; VS = 31.97 ∠ -40.7º V ; VP = 95.93 ∠ -40.7º V
SIMULACIÓN CON OrCAD Pspice
RESPUESTAS: I(R1) = 1.1301 ∠ 17.3º ; I(R2) = 3.3904 ∠ 17.3º
V1 = 95.983 ∠ -40.7º
; V2 = 31.994 ∠ -40.7º
TRANSFORMADOR:
Determinar los fasores de los voltajes y corrientes indicados.
I1
12 ∠ 15º
I2
V1
V2
1 : 2
DESARROLLO ANALÍTICO: 4 Variables: I1 , I2 , V1 , V2 , Vo
Ecuaciones de mallas: 12 ∠ 15º - (2 – j 2) I1 – V1 = 0 ; V2 = (4 - j 2) I2
Ecuaciones del transformador: V1 = 0.5 V2 , I2 = 0.5 I1 , Vo = 2* I2
RESPUESTAS: I1 = 3.073 ∠ 54.8º , I2 = 1.536 ∠ 54.8º , Vo = 3.073 ∠ 54.8º ,
V1 = 3.436 ∠ 28.24º , V2 = 6.873 ∠ 28.24º
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AUTOTRANSFORMADOR:
Determinar los fasores de los voltajes y corrientes indicados.
IReal
IF
100∠ 0º V
IC
IP
IS
VP
VS
DESARROLLO ANALÍTICO: 7 Variables: IF , IP , IReal , IS , IC , VP , VS
Ecuaciones de mallas: 1) 100 ∠ 0º - 25 I1 –VP = 0 , 2) VP – 75 I2 – VS = 0 , 3) VS = 100 IC
Ecuaciones del transformador: 4) VP = 0.25 VS , 5) IS = 0.25 IP
Ecuaciones de los nodos superiores: 6) IF = IP + IReal , 7) IReal + IS = IC
SOLUCIÓN: IF = 3.5 ∠ 0º , IP = 4.0 ∠ 0º , IReal = 0.5 ∠ 180º , IS = 1.0 ∠ 0º , IC = 0.5 ∠ 0º
VP = 12.5 ∠ 0º , VS = 50 ∠ 0º
SIMULACIÓN CON OrCAD Pspice
RESPUESTAS: I(R1) = 3.5 ∠ 0º ; I(R3) = 0.5 ∠ 0º ; I(R4) = 4.0 ∠ 0º ; I(R5) = 1,0 ∠ 0º ; I(R2) = 0.5 ∠ 0º
V(1) = 100 ∠ 0º , V(2) = 12.5 ∠ 0º , V(3) = 50 ∠ 0º , V(R1) = 87.5 ∠ 0º ,
V(R3) = 37.5 ∠ 0º , V(R2) = 50 ∠ 0º
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