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234

CAPITULO 9CIRCUITOS ACOPLADOS

MAGNETICAMENTE

9.1 INTRODUCCION

La corriente eléctrica va siempre acompañada de fenómenos magnéticos. Este efecto de la corriente eléctrica desempeña unafunción 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. Estaslíneas tienen directa incidencia sobre sus propios polos o sobre cualquier elemento ubicado dentro de dicho campoexperimentan un desplazamiento repentino, hacia afuera o hacia adentro, dependiendo de si los campos producidos en estos sesuman o se restan entre sí . La distribución desigual de campo magnético tiende a equilibrarse. Como las líneas de fuerzaintentan acortarse, el conductor móvil se desplaza de la zona con mayor intensidad del campo magnético hacia la del campodébil, lo que se conoce como "efecto electrodinámico".dicho fenómeno estudiado en el curso de circuitos eléctricos II comoacoplamiento 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 voltajeinducido 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 fuerzaelectromotrizUna aplicación práctica del voltaje inducido por un campo magnético variable si se considera una bobina de “n” vueltas que secoloca en una región de flujo cambiante, se produce en esta un voltaje inducido, que dependerá del número de vueltas y de lavariación del campo en función del tiempo.

dE N

dt

Donde: N = es el numero de vueltas de la bobina yd

dt

cambio instantáneo de flujo Webers.

Si es que no existiera un cambio en el flujo o la bobina esta quieta, no se producirá un voltaje inducido, por esta condición esque una bobina en un circuito de CD se comporta como corto circuito.

0d

E Ndt

234


MAGNETICAMENTE

9.1 INTRODUCCION



9.2 LEY DE FARADAY


dE N

dt


dt



0d

E Ndt

234


MAGNETICAMENTE

9.1 INTRODUCCION



9.2 LEY DE FARADAY


dE N

dt


dt



0d

E Ndt

235

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 elflujo que atraviesa la bobina también variará, y por la ley de Faraday se sabe que se produce un voltaje inducido ( inde ) en losterminales de esta bobina, cuya polaridad determina una corriente que fluye por la bobina, la cual produce un flujo que se oponea cualquier cambio de flujo original, es decir el voltaje indicado establece una corriente que se opondrá al cambio de la corrientepor la bobina, es decir, “el cambio en la corriente no puede ocurrir instantáneamente, deberá pasar un lapso de tiempo hastaque 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 latensión inducida en una bobina debido al cambio de corriente que atraviesa la bobina.

La inductancia de una bobinad

L Ndi

Por Faraday

......(1) L

d d di di di diE N N L E L V L

dt di dt dt dt dt

Donde L es la Inductancia y el cambio instantáneo de la corriente esdi

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 voltajeinducido en las bobinas.

1P P

dV N

dt

12

S S

dV N

dt

Donde 12 es la parte del flujo del primario que enlaza al secundario.

236

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

11 12

11 1 1 12 1 11 1 12

1 1

..........( ) Vs ..........( )

V .

d dVp Np Ns

dt dt

d di di d di diVp Np Vp Lp N M

di dt dt di dt dt

Inductancia mutua en la bobina 2

1212

1

.....(12)d

M Nsdi

Ahora supongamos que fluye 2i por la bobina 2

22 21

22 2 21 2

2 2

2 221

Vp=Np

Vp=

Vp=M

d dVs Ns

dt dt

d di d diNs Ns Np

di dt di dt

di diVs Ls

dt dt

Circuito primario (P) circuito secundario (S)

Ls

1

2

Lp

1

2

1

1211

VP VS

i1

237


i221

22

dM ...........(21)

d

21 12M M Son las inductancias mutuas, se puede demostrar que M21=M12 mediante el análisis de la energía en uncircuito acoplado ya que esta energía debe conservarse.

12 21M M M

Definimos como coeficiente de Acoplamiento Magnético (k) entre dos bobinas como la razón geométrica de los flujos.

12 21

1 2

12 1 21 2

0<K<1k

K K

Reemplazando en las ecuaciones de las inductancias mutuas se tiene:

1

1

2

2

si

pi

dM N K

d

dM N K

d

2 2 2 1

2 1

s pM=K L L

S P

s p

L L

d dM K N N

di di

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 cuales el producto del voltaje por la corriente

W Pdt Consideramos el circuito de la figura con una inductancia mutua que generauna tensión mutua positiva, colocamos una fuente V1 en los terminales delPrimario, tomando todas las condiciones iniciales iguales a cero, ahoraincrementaremos la corriente i1(t) de cero hasta un Valor I1 de un tiempo t = 0hasta t1 y a partir de este tiempo la corriente i1(t) se mantendrá constante conun Valor I1, entonces la Potencia en el Primario será:

237


i221

22

dM ...........(21)

d


12 21M M M


12 21

1 2

12 1 21 2

0<K<1k

K K


1

1

2

2

si

pi

dM N K

d

dM N K

d

2 2 2 1

2 1

s pM=K L L

S P

s p

L L

d dM K N N

di di






237


i221

22

dM ...........(21)

d


12 21M M M


12 21

1 2

12 1 21 2

0<K<1k

K K


1

1

2

2

si

pi

dM N K

d

dM N K

d

2 2 2 1

2 1

s pM=K L L

S P

s p

L L

d dM K N N

di di






238

1(t)1 1 1 1

1(t)1 1 1 1 1( )

di ; V =L

dt

di.......(1)

dt t

P V i

P i L Pdt i L di

Integramos la Ecuación 1 de 1( ) 1( ) 10 ;t ti i I

11 2

1 1 1( ) 1 100

1

2

II

tW Pdt L i di L I 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 alflujo de la corriente i2(t) se genera una tensión mutua positiva en el Primario.

2( ) 2( )2 2 21

t tdi diV L M

dt dt

Hallando su potencia para después calcular la energía almacenada.

2( ) 2( )2 2( ) 21 1

2 2 2

2 2 2( ) 1 21 2( )0 0 0

t tt

I I I

t t

di diP L i M I

dt dt

W Pdt L i di I M di

2

2 2 1 2 21

1

2W L I I I M

La energía total almacenada WTOTAL =2 2

1 1 2 2 1 2 21

1 1..........(3)

2 2L I L I I I M

Obs.: Como i1(t) se mantiene constante con un Valor I1 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 i2(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 =2 2

1 2 2 1 1 2 12

1 1..........(4)

2 2L I L I I I M

239

Puesto que la energía total almacenada en el circuito sin importar de donde portamos para nuestro análisis debe ser la mismacuando 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 depuntos:

Si la corriente de cada bobina mutuamente acopladas se aleja del punto (o se dirige a el) al pasar por las bobinas eltérmino 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 ambasterminales 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 depolaridad 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 corrientesque están en el gráfico.

Para este segundo caso después de aplicar la regla de la mano derecha, observamos que los sentidos de los flujos soncontrarios, por lo que debemos colocar los puntos de polaridad en posiciones alternadas, esto por el sentido de las corrientesque nos ahn dado en la figura

Siguiendo esta convención, las bobinas acopladas presentadas previamente pueden esquematizarse de la siguiente manera:

239


M21 = M12










239


M21 = M12










240

REGLA GENERAL: si ambas corrientes entran (o salen) de los puntos, el signo del voltaje mutuo será el mismo que eldel 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 detransformadores núcleo de aire, núcleo de hierro, núcleo variable, transformadores de potencia, de radio frecuencia, se diseñansegún la aplicación del transformador. Un transformador es un elemento que acopla magnéticamente dos circuitos de CA, envez de hacerlo por medio de un conductor y lo más importante que permite la transformación de la tensión y la corriente de uncircuito a otro. Los transformadores juegan un papel muy importante en la industria eléctrica y son necesario en las redes dedistribución de potencia eléctrica

A) CLASIFICACIÓNSegún 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

SÍMBOLOSSólo se presentan algunos de los símbolos más comunes para transformadores monofásicos:

240


9.6 TRANSFORMADORES









240


9.6 TRANSFORMADORES









241

TransformadoresMonofásicos conPunto medio:

Auto transformadorMonofásicos:

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 tieneuna permeabilidad magnética constante, estos materiales puede ser aire, plástico, baquelita, etc. Para nuestro casoanalizaremos los transformadores de núcleo de aire, cuando se tiene este tipo de núcleo las bobinas del primario y delsecundario están lo suficientemente cerca para lograr la inductancia deseada estos tipos de transformadores se usan parareceptores de radio televisión, etc.

Tomemos la polaridad de la inductancia mutua según la convención de los puntos como positiva (Fig.).

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

ZL

i1

i2

241








V1 = (R1+jWL1)I1 – jWMI2………..(1)

O = -jWMI1+( jWM+R2+ZL)I2.........(2)


ZL

i1

i2

241








V1 = (R1+jWL1)I1 – jWMI2………..(1)

O = -jWMI1+( jWM+R2+ZL)I2.........(2)


ZL

i1

i2

242

12

2

........(3)( jWM )L

jWMII

R Z

Reemplazando (3) en (1)

2

11 1 1 1 1

2 2

V = (R +jWL )I -( )L

jWMII

R jWL Z

Llamaremos impedancia de entrada

1

1EN

VZ

I

2

1 12 2

ENTL

WMZ R jWL

R jWL Z

Impedancia en ImpedanciaEl primario reflejada ZR.

La impedancia reflejada se debe al acoplamiento de los devanados de primario y del secundario.

2 2

2 2

( ) ( )R

L S L

WM WMZ

R jWL Z Z Z

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 lainductancia 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 ynegativo si es capacitiva). Si no estuviera presente el transformador, la fuente real vería solamente la impedancia de carga. Elresultado anterior nos indica la manera en que el transformador afecta al circuito.

2 2SZ R jWL

ZL= Impedancia de lacarga

242

12

2

........(3)( jWM )L

jWMII

R Z


2

11 1 1 1 1

2 2

V = (R +jWL )I -( )L

jWMII

R jWL Z


1

1EN

VZ

I

2

1 12 2

ENTL

WMZ R jWL

R jWL Z



2 2

2 2

( ) ( )R

L S L

WM WMZ

R jWL Z Z Z




2 2SZ R jWL


242

12

2

........(3)( jWM )L

jWMII

R Z


2

11 1 1 1 1

2 2

V = (R +jWL )I -( )L

jWMII

R jWL Z


1

1EN

VZ

I

2

1 12 2

ENTL

WMZ R jWL

R jWL Z



2 2

2 2

( ) ( )R

L S L

WM WMZ

R jWL Z Z Z




2 2SZ R jWL


243

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 transformadoresque tengan núcleo de hierro ya que el hierro tiene una alta permeabilidad, de tal forma que el flujo enlaza a la dos bobinas seael mismo, consideramos el circuito:

Por la ley de Faraday

1 1 2 2

d......(1) V = N .......(2)

dt

dV N

dt

Si dividimos (1) y (2) se tiene

1 1

2 2

V N

V N

Llamaremos1

2

N

N = 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 = 1 2L L ; M

K =1

Las bobinas no tienen pérdidas RP =RS = 0

Para el circuito de la figura

L1= N11

d

di

...........(3) L2= N2

2

d

di

..........(4)

Las inductancias mutuas reflejadas en el primario y el secundario.

M=N21

d

di

M=N1

2

d

di

244

1 2

d M

di N

................(5)

1 2

M d

N di

........(6)

Reemplazando (5) y (6) en (3) y (4) respectivamente:

1 12

2 21

221 1 1 1

22 2 2 2

ML N

N

ML N

N

L N L Ln n

L N L L

Dividimos las ecuaciones :

Debido a que no consideramos pérdidas en un transformador ideal

1 1 11 1 2 2

2 2 2

1V I IV I V I n

V I I 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 estasdependerá 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

1 21 2 1

1

I V =nV I =

nin

VZ

I

245

Impedancia reflejada 2 22

2in in L

VZ n Z n Z

I

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 circuitoequivalente 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 laque 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


2in in L

VZ n Z n Z

I







245


2in in L

VZ n Z n Z

I







246

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:

1 1 2

2 2

1 1 2 1

2 2 2

1

dV N N

dtd

V Ndt

V N N N

V N N

La potencia se mantiene constante S=V1.I1=S2=V2.I2,de lo que se deriva:

1 2 2 1

1 1 2 2

V I I N

V I I N

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, produzcauna fuerza magneto – motriz y el flujo correspondiente en el mismo sentido alrededor del circuito magnético (Ref. Kerchner &Corcoran).

Aplicamos la regla de la mano derecha para el CKTO 1 y CKTO 2.Para colocar los puntos nos basamos en el enunciado.

Si para un transformador los flujos producidos por los CKTOS magnéticos se suman la inductancia mutua producirá unvoltaje (t) en ambos CKTOS.

247

Si para un transformador los flujos magnéticos producidos se restan entonces la inductancia mutua producirá un voltajeinducido negativo en ambos CKTO.

248

CIRCUITOS ACOPLADOS MAGNETICAMENTEPROBLEMAS 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) = j0.02X2= (100x005.mH) = j0.005X3= (100x0.1mH) = j0.01Calculando las reactancias mutuas

1

2

33

0.5 0.2 0.05 0.005

0.5 0.05 0.1 3.53

0.3 (0.02((0.01) 7.071 10

jwM mHx mH

jwM x j m

jwM j x

249

Para calcular la corriente debemos despejar la ecuación

1

02

1

1

50 / 0

10 0.0238

3.51 0.136

TOTAL

o

VsI

Z

II

j

I

PROBLEMA N° 02

Determine el coeficiente de acoplamiento y la energía almacenada en los inductores para t = 1.5 seg.

250

Resolución:

2

L1

L

14 X =(2)(2H)=j4

12

8

X =j2

CX j

0

00 0

1 2 2 1

20 90 -j2

0 (2+j2) 56.5613520 90 4 3.92101.30

4 -j2 14.42 33.69

-j2 (2+j2)

I j I I

0

00

2

4 20 90

-j2 0 40 1352.77 33.69

4 -j2 4 -j2

-j2 2+j2 -j2 2+j2

I

1( ) 1

2( ) 2

3.92 (2 101.30) t=1.5 I =3.78

2.77 (2 33.69) i =-1.414

t

t

i Sen t

i Sen t

Calculando la energía total almacenada:

2 21 2 2 2 1 2

2 2

1 1

2 2

1 1(2)(3.78) (1)( 1.414) (1)(3.78)( 1.414) 9.925

2 2

1: 0.7071

2 1

W L I L I M I

W

Hallando Kx

251

PROBLEMA N° 03

Encontrar las corrientes I1, I2 y I3 en el transformador ideal mostrado en la figura.

Para transformadores Ideales1

2

Nn

N

Resolución:

Sabemos:

21 1IN L

2 2

Impedancia Reflejada Z =n ZV I

nV I

Del CKTO3 al CKTO2 2IN L

22 Z =2 Z =4(1 tj2)=4+j8

1n

4 n= 4

1

Del CKTO2 al CKTO1 Z2= 9+j2

2INT

4 n= 4 Z =(4) 9 2 144 32

1j j

252

0

1

0 0322 3

1 2

10 062.8 11.6

(156 32)

I =251.8 -11.69 2 I 502.4 11.6

I Ampj

IIn Amp Amp

I I

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 0 020 I= 0 0.5 0

40

Potencia = (0.5)2 x 4 = 1W

Con el trasformador impedancia reflejada Z = 12(4).

Por el teorema de Thevenin

0

2

20 00.278 .

72

(0.278) 36 2.78

I Amp

PL x W

253

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.

'1I = 1I - cI ……………………….. (ά)

1V = cX . cI ; cI = 1V / cX ……….. (1)

1V = 1X .'

1I + mX . 2I …………… (2)

0 = mX . 1I + ( 2X + Z ). I ……….. (3)

(ά) en (2): 1V = 1X ( 1I - cI ) + mX . 2I

1V = 1X . 1I - 1X . cI + mX . 2I ……….. (4)

(1) en (4): 1V = 1X . 1I - 1X .( 1V / cX ) + mX . 2I

1V + 1V . 1X / cX = 1X . 1I + mX . 2I …. (5)

De tal manera que con (3) y (5) se constituye el siguiente sistema:

1V (1+ 1X / cX ) = 1X 1I + mX 2I

0 = mX . I + ( 2X + Z ). 2I

1I = ( 1V (1 + 1X / cX )( 2X + Z )) / ( 1X ( 2X + Z ) - mX 2)…….(6)

Donde la impedancia equivalente en la entrada es:

1Z = 1V / 1I

254

De la relación (6) podemos despejar este valor:

1Z = 1V / 1I = ( 1X ( 2X + Z ) - mX 2) / ((1 + 1X / cX )( 2X + Z )Luego:

Para que V1 y I1 estén en fase la condición necesaria es que la parte imaginariaDe Z1 debe ser igual a cero:

Imag. ( 1X ( 2X + Z ) - mX 2) / ((1 + 1X / cX )( 2X + 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, ademásel voltaje medio (X-Y) es de 114 voltiosAl 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 deXM.Ia sobre la rama x-y

Por dato:

P = 36W = Ra(3)2Ra = 4

255

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:

= = (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 = como: Z =102.7volt/3A

Xa =Xa =4.27 ; La =11.3 mHr.

axz Z

2 2ab aZ R

2 2(102.7 / 3) 4

256

En el caso2: Zax = 38.1V/2A=

38.1volt/2A =

Xx = 82.4 ;

Lx = 218mHr

Conociendo los datos se halla: KM = XM

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 transferenciab) Potencia reactiva en X =……….. ; Qx =………..

Resolución:

a) Aplicando thevenin en a-b: Zeq.a-b

2 2( ) ( 2. )a x a x MR R X X X

2 27 (11.3 2 38)xX x

.a xX X

257

XM = K

XM = 0.5

XM = 6

Las ecuaciones de mallas son:

= (8+j8) - (j8+5) - jXM. ………..(1)

0 = (7+j22) - (5+J8) + jXM . + jXM( - )……(2)

Reduciendo (1) y ( 2): siendo XM=6

= (8+j8) -(5-j14) ………… (3)

0=-(5+j2) + (7+j22) ……….. (4)

Resolviendo determinantes:

= (7+j22)/Δ=

= (5+j2)/Δ=

= / = Δ/(E(7+j22) = Zeq∟φ = Zeq.cos φ + jZeq.sen φ

1 2.X X

8 18x

E 1I 2I 2I

2I 1I 2I 1I 2I

E 1I 2I

1I 2I

1I E

2I E

Zeq E 1I

258

b) Para máxima potencia:

= o =Como

= Zeqcos φ - jZeqsen φ

=

=R +jXL = Zeqcos φ

XL= Zeq.cos φ - jZeqsen φ

Por lo tanto:

= / (Zeq + ) = /(2Zeq.cos φ)

P. reactiva = Qx = Xl.I2

PROBLEMA N° 08

Hallar la matriz de impedancias para la malla mostrada.

LX eqXLZ

'eqZ

'eqZ

LZ'eqZ

LZ

I thE LZ thE

259

Resolución:

Veamos que la bobina #4 no recibe inducción: =0

Circuito equivalente:

1 1 1 1 1 2 2 1 2 3 2 1 1 2 2 1 1

1 1 1 2 1 1

2 2 2 3 2 2 1 3 1

2 2 2 3 2

1 1 2 1

. /

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

/

/ ...........................( )

( / 2 )M

E jwL I X I X I j I wc X I X I jwL I R I

E I jwL jwL X R I

E I R jwL j wc X I X I

E I R jwL j wc II

jwL j wc jwL jw RZ

2 3 2

0

0 ( / )R jwL j wc

3I

260

PROBLEMA N° 09

Sea el siguiente transformador:

Se pide hallar:

a) La inductancia mutua M

b) El voltaje inductivo eP si el flujo P cambia a una velocidad de 450mwb/sc) 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 : inductancia en el primarioNP : # de vueltas en el devanado primarioIP : corriente que pasa en el primarioEP : voltaje generado por el primarioK : coeficiente de acoplamiento p : flujo en el primarioM : inducción mutua

Resolución:

Sabemos que:

M =SP LL

reemplazando valores:

a) 3 30.6 200 10 800 10 240M x x x mH

b) Usaremos:

dt

dNe P

P

Reemplazando

=50x450mWb/s=22.5V

c) como:

dt

dkNe SS

=0.6x100x450mWb/s=27V

LS=800mH

NS=100vueltasNS=50vueltas

LS=200mH

ep es IS+eS

-

+ep

-

pK=0.6

261

d) Usando la corriente tendremos:

dt

diLe p

PS

200mHx0.2ª/ms=200mHx200A/s=40V

dt

diMe p

S=240mHx200A/s=48V

PROBLEMA N°10

Determinar la inductancia total de las bobinas en serie de la siguiente figura:

L1=5H; L2=10H: L3=15H; M12=2H; M23=3H; M13=1H

Resolución:

Para la bobina 1, se obtiene los puntos por donde entran y salen las corrientes para poder considerar los signos de M

L1+ M12- M13

De igual forma para las otras bobinas veamos:

Bobina2: L2+ M12- M23

Bobina 3: L3+ M23- M13

Donde: LT= L1+ L2 +L3 =>

LT= (L1+ M12- M13)+( L2+ M12- M23 )+( L3+ M23- M13)

LT= L1+ L2+ L3+2 M12 - 2 M23 -2 M13

LT = 3H+10H+15H+2(2H)-2(3H)-2(1H) = 26H

LT = 26H

L1

L2

L3

I. I

M23M12

M13

262

PROBLEMA N° 11

En la siguiente figura calcular:

a) El flujo máximo mb) Las vueltas del secundario NS

Resolución:

a) como sabemos que:

EP = 4.44Npf m despejado,

Hzx

V

fN

E

p

Pm 6050)44.4(

200

44.4

mWbm 02.15

b) De la siguiente ecuación:

S

P

S

P

N

N

E

E

Despejando:

P

SPS E

ENN

=600

200

240050

xN S

vueltas

n

m

+ES=2400V-

+

ES=200V

-

Núcleo de Hierro

K=1

NP=50

IS

IP

f=60Hz

263

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 primariob) La resistencia de entrada del transformador

Resolución:

Considerando el transformador ideal k=1 luego:

a) P

S

S

P

N

N

I

I S

P

SP I

N

NI

mAAI P 5.12)1.0)(40

5(

vkZIV LSL 200)2)(1.0(

También:

S

P

L N

N

V

V L

s

Po V

N

NV

VVo 1600)200(540

b) como:

LP ZaZ 2

Además:

S

P

N

Na

(a: proporcion de trasformación)

85

40a

kRkE PP 128)2()8( 2

Vo2k

IS=100mA

+VR=VL

-

+

-

IP

ZP

NS=5NP=40

264

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

S

P

N

Na

Servicio Residencial: fase única 120/240V 3 alambres

Resolución:

a) Como se consideran resistivo puros

PT = (10) x60w+400w+2000wPT =3000wPEntrada = PSalida

VPIP =VSIS =3000w (carga puramente resistiva)

2400VIP=3000w IP=1.25A

V =es el voltaje trifasico

TV400W

MICROONDAS2000W

RR

+

V1

-

10 FOCOS60W

N1 N2

120V

120V 240V

I1

IP

265

24001920

1.5P

V vR

I 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

10240

2400

V

V

V

V

N

Na

S

P

S

P

PROBLEMA N° 14

Encontrar las corrientes I1, I2 e I3 en el transformador ideal mostrado en la figura

Resolucion:

a = N2 / N3 = V2 / V3 = I3 / I2 = 2

o010

124:1 2:1

5 1-j6

j2

I2I1 I3

2:11

j2

I3

ZL2

266

Z2 = V2 / I2 Z3 = V3 / I3

ZL2 = (a2)Z3

Z3 = 1 + j2 ZL2 = 4 + j8

a = N1 / N2 = V1 / V2 = I2 / I1 = 4

Z1 = V1 / I1ZL1 =16 (5–j6 + 4+j8 ) = 144 + j32

ZL1 = 147.51 < 12.53

Zeq = 12 + 144 + j32 = 156 + j32

59.11063.032156

0101

j

Io

5.11252.059.11063.042 I

5.11504.05.11252.023 I

PROBLEMA N° 15

En la red mostrada obtener el valor de Xc, que permita un máximo valor de E2

12 4:1

ZL1 ZL2

5 - j6

o010

12

I1

ZL1

j2

o010 12

E2j6 Xcj8

267

Resolución:

Dibujamos primero el circuito equivalente

Estudiamos el secundario:

Aplicamos el concepto de divisor de corriente

ccL

L

L

m

Xj

j

j

j

XXR

XR

X

IXI

1

8

1

12

1

8

1

12

1

8

)010(2

111

11

2

2

2

1

Analizando la ecuación, vemos que sólo el denominador presenta el término variable Xc; se deduce que I aumentara o serámáximo, cuando el denominador tiende a ser mínimo. Para ello la parte imaginaria la igualamos a cero.

8

1111

8

1

12

1

jXj

RXj cc =>8

8

11jX

jX cc

……….( I )

8

1

12

11205.2

1

8

1

12

1

8

1

12

1

05.2111

11

2

2

j

Xj

j

XXR

XRII

ccL

LTC

……( II )

c

c

c

cL

CTL

X

Xj

X

XXR

XRII

1

12

11205.2

1

8

1

12

1

1

12

1

05.2111

11

2 … ( III )

j2

o010 12

E2j6 Xcj8

+o9020–

12

E2Xcj8 o050,2 1

2E2

Xcj8

IcI

268

De ( I ), ( II ) y ( III ): CL II

Toda la fuente de corriente se va por la resistencia

05.20108

2010

2

max j

j

X

XII

L

mTR

0301205.2max2 RIE T

Cuando: 8jX c

PROBLEMA N° 16

Demostrar que ambos circuitos son equivalentes

Donde111 1 1

222 2 2

N L XV Ia

N L XV I

Resolución:

21 XXkX M ; consideremos k = 1 212 XXX M ……….( I )

La impedancia equivalente vista del primario es

ZX

XXeqZ M

2

2

11

……….( II )

Reemplazando ( I ) en ( II )

o050,2 12

E2Xcj8

IRIL IC

XM

E2X1 ZX2E1

I1 I2 a:1

E2X1 ZE1

I1 I2

269

ZX

XXXeqZ

2

2111

ZX

ZX

ZX

XXZXXXeqZ

2

1

2

211211

11

2

11

111

XZX

X

eqZeqY

Como se observa la carga Z se refleja en el primario en la relación 1

2

X

X

, tenemos que

a =111 1 1

222 2 2

N L XV I

N L XV I ; donde a / 1 ó a: 1 es la relación de espiras de un

Transformador ideal. El circuito equivalente será entonces

11

2

11

111

XZX

X

eqZeqY

ZaXeqZ 211

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 elfactor de acoplamiento es 0.8

a:1

E2X1 ZE1

I1 I2

Z(X1/X2)X1Zeq1

o060

8 k5

Z-j6 j5 j5

270

Resolución:

421 LLkM

Por thevenin

84.288.7568

68jj

j

j

71.499.11

484.288.7

484.288.7jj

jj

jj

71.499.1 jZ Th º37)8.0(cos 1

71.4)º37( Zsen

83.7Z

PROBLEMA N° 18

En el circuito de la siguiente figura, las dimensiones están dadas en centímetros, siendo la dimensión transversal del núcleomagnético de 10 cm. La permeabilidad

Relativa del material es de 3000. La corriente aplicada a cada bobinado es I1=1 A eI2=1.5 A y el número de espiras del bobinado de la izquierda es N1 = 700.

o060

8 5

Z-j6

j1

j4

j1

8 5

-j6

j1

j4

j1

º37Z

1.99+j4.71

ETh

271

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

Wb

Av

A

IR

ooo

c

300

71

15

35.0

0055.0300

35.0

Según Millman:

83

12

3

133 2211

2211

iNiN

RRR

R

iN

R

iN

I AB

Por otra parte, se conoce que 2A BRI , con lo cual se obtiene que:

2

11

22 4

i

iN

i

RN

RR R

R

R

R

R

R

1 2

N1I2 N2I2

B

A

272

)(0769.20095.1

170005.0

450

742 vueltasN

o

)(20092 espirasN

PROBLEMA N° 19

Sea el circuito magnético de la figura cuya sección transversal es de 4 cm2 y la longitud del entrehierro 0.87 cm. La corrienteaplicada al bobinado es 1 A y el número de espiras 700. La permeabilidad relativa es 5000. Se desea calcular la magnitud delflujo magnético que se obtiene en el entrehierro y el tanto por ciento de error que se comete al no tener en cuenta el circuitomagnético.

Resolución:

Circuito magnético:

Lh = 2x7+5+ (5-g) = 24-g cm y Ah = 4cm2 = 0.0004 m2

Wb

Agg

A

lR v

ohh

hh 9203110

8

24

4105000

10)24( 54

2

Entre hierro:

lg = 0.0087 m

Ag = (2+g)(2+g)10-4 = 0.00082369 m2

Wb

Av

g

g

AR

oohhg 8405152

2369.8

710.8

10)2(

lg 3

42

WbRR

Ni

gh

523810.8840515292301

700

Despreciando el núcleo magnético:

N

i

2 5 2

2

(3-g)/2

g=0.87

(3-g)/2

2

273

WbRg

Ni 53282210.88405152

700'

El error cometido:

%1.101095.0'

g

h

R

R

Intensidad necesaria para lograr el mismo flujo sin el entrehierro:

Wb

Av

A

lR

ot

tt 94.159154

10*30004

10*244

2

AN

R

N

Ri tt 0187.0

10*238.8 5

Suponiendo una superficie cuadrada de lado a:

Reluctancia del hierro: h

l gR

a a

Reluctancia del entrehierro2( )o

o

gR

a g

Reluctancia total:2

1

( )o

g gR a g a

aa a g

Operando:2

1(1 )rR g g

a

Para una permeabilidad de 1000, cada milímetro de entrehierro supone un aumento equialente a 1 metro de hierro, asi como locorrespondiente en reluctancia total.

274

PROBLEMA N° 20

En el circuito acoplado magnéticamente de la figura adjunta. Calcule Ud.:

jX

jX

jX

E

si

V

m

m

m

o

o

2

4

4

0100

:

__________

3

2

1

E

j15

j5

j20

j

-10j

Vo

J

J15

E

-J10

J5

J20Vo

j4

j4j

4

2I1I

J

J15

E

-J10

J5

J20Vo

2I

1I

+j4 2I -+j4( 1I - 2I )-

21 II

+j4( 2I - 1I )-+j4 1I -

+j2 2I -

Vo

275

Las ecuaciones de mallas son:

1 2 2 1 2 1 2 1 21

1 2

1 2

15 4 4( ) 5( ) 4 2 10( )

18 7 ................................................................(1)

0 13 28 ......................................................

E j I j I j I I j I I j I j I j I I

E j I j I

j I j I

1

1

1

2

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

7

0 28 2818 7 18 28 ( 3 7)

3 28

28 28( )

525 525

28100 0 5334 90

525 90

18

3 0 30090

525 525

o oo

o

E j

j j EI

j j j xj j xj

j j

j EI E

j j

I

j E

jI

j

2300 300

90 0525 525

0.571

oO

o

V jI j

V Volt

capitulo 9 - unac.edu.pe · pdf fileun transformador es un circuito magnético que usa...

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