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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.
EN
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.
EN
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
EN
LN
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
d1
dt
VS  N S
d12
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
d22
dt
 d  di
Ns   Ns 22  2
di2  dt

Vs  Ls
di2
dt
Vp=Np
d21
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
100o
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 
100 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
100o
j6
j8
Xc
1
2
E2
266
Resolución:
Dibujamos primero el circuito equivalente
j2
100o
j8
j6
Xc
E2
1
2
Estudiamos el secundario:
Ic
I
j8
Xc
+
2090o
2,500o
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(100)   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
 2.50  
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
 2.50 
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 
 2.50 12   

 12 j8 


1
1 

 2.50 12  
12
X

c 



……( II )
… ( III )
267
IL  IC
De ( I ), ( II ) y ( III ):
2,500o
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
 100 
 100  2.50
X L2
j8
E 2 max  I T  R  2.50  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
Z37º
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


 8.238105Wb
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

 ag 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