Cap. 3 Gourishankar

 

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 PROBLEMAS RESUELTOS  RESUELTOS  CAPITULO III   EXCITACIÓN DE CIRCUITOS   EXCITACIÓN  MAGNÉTICOS CON AC  AC  proyectó yectó un reactor con 140 lámin láminas as de 0,5 mm de  PROBLEMAS N° 3.1 :  Se pro espesor que debería de presentar unas pérdidas por histéresis y corrientes  parásitas de 25 y 30 Watts respectivamente, pero por error en el núcleo se ensambló con 140 láminas de 0,35 mm ¿Determinar los nuevos valores de pérdidas respectivamente (asumir n= 1,7) SOLUCIÓN: Sabemos que:  Ph = η ×   f   ×  B max n (Watts / m 3 ) = η ×   f   ×  B max 1, 7 π  2 × t 2 ×   f  2 ×  B max 2 ( watts / m 3 )  Pf   = 6 ρ 

 

t: Espesor de cada lámina del núcleo  f: Frecuencia de magnetización  ρ   Resistividad  :Resistividad del material ferromagnético ( Ω  × m ) 

= 4 ,44 × N ×  f  ×  A1 × B max1  Eef 1 = 4 ,44 ×  N ×  f  × B max1 × d × 140 × 0 ,5 × 10 − 3  Eef 2 = 4 ,44 × N  ×  f  ×  A2 × B max2  Eef 2 = 4 ,44 × N  ×  f  × B max2 × d × 140 × 0 ,35 × 10 − 3  Eef 1

 Pero :  Eef 1

=  Eef 2  B max1

 Es decir  :

 B max2

 Entonces :

=

 B max1  B max2

=

0 ,35 0 ,5

t 2 t 1

Vo Vol l . = α . Am ( Volumen  propor  proporcion cional  ) *  Para las  pérdida  pérdidass  por  histéresis :

= η ×  f  × B max11 ,7 × α ×  Am1 ( Watts  ) 1 ,7   Ph2 = η ×  f  × B max2 × α ×  Am2 ( Watts  )

 Ph1

 Por  lo cual  :  Ph1  Ph2  Ph2

=

 Ph1 0 ,78

=

1 ,7 

  B max1    Am1    × =   B max  Am2 2    

25 0 ,78

= 32 ,1W 

1 ,7 

 t    t  =  2    × 1  t 1   t 2

0 ,7 

 t    =  2    = 0 ,78  t 1  

nt d

 

81

*  Para las  pérdidas  por  corrientes  parásitas :  Pf  =  K  × B max 2 × t 2 × Vo Vol l . ( Watts  )  Entonces :  Pf 1  Pf 2

=  K  × B max1 2 × 0 ,5 2 × α ×  Am1 =  K  × B max2 2 × 0 ,35 2 × α ×  Am2 2

  B max1     0 ,5  2 0 ,5 0 ,5   ×  = =   ×  Pf 2   B max 2   0  , 35 0  , 35 0 ,35        Pf 2 = 0 ,7 × Pf 1 = 0 ,7 × 30 = 21W   Pf 1

 De donde :

reacto ctorr de nnúcl úcleo eo ddee hierr hierroo es excitad excitadoo po porr 3  PROBLEMA N° 3.2 :  Un rea diferentes voltajes que son aplicados sucesivamente a la bobina de excitación del núcleo mostrado en la figura. La resistencia de la bobina de excitación es despreciable. El exponente de Steinmetz es n=1,6. Parte de los datos obtenidos  son dados en la tabla. Llenar los espacios en blanco.

Figura P3.2.1

VOLTAJE VOLT AJE APLI APLICADO CADO

Ph(W)

Pf(W)

Ptotal(W)

v1 (t )

=  140   ×  sen377t 

?

?

100

v 2 (t )

=  280   × sen377t 

?

?

360

?

?

?

v3(t (t)) es una una onda onda cuad cuadra rada da,, cuyo cuyo valor pico es 357V y f=120Hz SOLUCIÓN: a) =  Kh ×   f   ×  B max n =  Kh ×   f   ×  B max 1 ,6   Pf   =  Kf   ×   f  2 ×  B max 2  Ph

Vef   Vef  

= 140 = 99 = 4 ,44 ×   f   ×  N  ×  B max×  Am = 4 ,44 × 60 × 200 ×  B max× 60 × 10 −4 2

= 0 ,3097 Wb  /  m 2  Entonces :  Kh × 60 × 0 ,3097 1 ,6  +  Kf   × 60 2 × 0 ,3097 2 = 100 .......... .......... ...( α  )  B max

b)

 

82

Vef  

=

280 2

= 198 = 4 ,44 ×  60 × 200 × 60 × 10 − 4 ×  B max

= 0 ,6194Wb  /  m 2  Entonces :  Kh × 60 × 0 ,6194 1 ,6  +  Kf   × 60 2 × 0 ,6194 2 = 360 .......... .......... ...(  β  ) α  )) y ( β  ):  Resolviendo ( α   ): Kh=4,49  Kf=0,17   B max

 En a) :  Ph

=

4 ,49 × 60  × 0 ,3096 1 ,6 

=

41 ,3W 

 Pf   = 58 ,7 W 

 En b) :  Ph = 4 ,49 × 60 × 0 ,6194  Pf   = 234 ,8W   

1 ,6 

= 125 ,185W 

c) Para una onda cuadrada: Vef  

= V  max = 357 V  ,

 B max

=

  f   = 120 Hz 

Vef   Vef   4 ×   f  .  f   ×   f   ×  N  ×  Am

=

  f  .  f  . = 1 357 

4 × 1 × 120 × 200 × 60 × 10 −4

  = 0 ,6198

=  Kh × 120 × 0 ,6198 1 ,6  = 250 ,63W  2 2  Pf   =  Kf   × 120 × 0 ,6198 = 940 ,40W   P  FE  = 1191 ,03W   Ph

 PROBLEMA N° 3.3 :  Se disp dispone one de los sig siguie uiente ntess datos de un rea reacto ctorr de núcleo de hierro: Voltaje oltaje aplicado a la bobina de exc excitación itación = 220 V   Frecuencia = 60 Hz Hz  Flujo en el núcleo = φ  max×  sen377t  Corriente de excitación: iφ  ( t  ) = 1 ,414 ×  sen377 t  + 0 ,7  ×  sen   1131t  + 0 ,35 × cos 377 t  + 0 ,2 × cos 1131t  a)Determinar las pérdidas en el núcleo b)El valor de los parámetros g   pp y bm . Dar su circuito equivalente  Despreciar la resistencia resistencia del bobinado. SOLUCIÓN:

a)

 

83

Figura P3.3.1

i p ( t  ) = 0 ,35 × cos 377 t 

v( t  ) = 220 2 × cos 377 t 

 Potencia instantánea:  P ( t  ) = v( t  ) × i p ( t  ) = 220 1

2  π 

2π  ∫ 

 Pmedia =

0

2  

×  cos 377 t  × 0 ,35 × cos 377 t 

108 ,9 × cos 377 t  = 54 ,45W  2

b)  P  FE 

=

V  2

 Rp

 Rp

=

V  2  P  FE 

 g  p

= 1 ,125 × 10 −3 mhos

 I  p

= 0 ,35 = 0 ,2475 A

im

2 = 0 ,7 × sen3 wt  +

 I m

2

 I m  X m

2 0 ,7        =   +  2       = 1 ,125 A

=

V 

=

 I m

220 1 ,125

54 ,45

= 888 ,89 Ω 

2

   0 ,2  2   +    = 1 ,265 2       2   2

= 195 ,56 Ω 

= 5 ,1136  × 10 −3 mhos

 I φ 

=

2

220 2

2 ×  senwt  + 0 ,2 × cos 3 wt 

bm

 I  p

=

+  I m 2 = 1 ,152 A

Cuando do voltaje voltaje senoid senoidal de 200V eeficace ficacess y f = las 60  PROBLEMA N°a3.4 :  Cuan  Hz es aplicado la bobina de un excitación de unalnúcleo ferromagnético,  pérdidas por histéresis y foucault son 40 y 20 W respectivamente y la densidad  de flujo: Bmax=0,93 Wb/ m 2 . Calcular éstas és tas pérdidas cuando un voltaje: v (t ) = 250 ×  sen   377   t  + 71,5 ×  sen1131t   es aplicado a la bobina de excitación.  El exponente de Steinmetz es 1,6  SOLUCIÓN:

 

84

Figura P3.4.1

 

Figura P3.4.2

Vol  l  ×   f  ×  B max n =  Kh ×  f   × B max 1 ,6  = 40 = η × Vo 2 2 2 π  × t  ×  f    Pf   =  Kf  ×   f  2 ×  B max 2 = 20 = Vol  l  × B max 2 × Vo

 Ph

6  ρ 

 Para : v( t  ) = 250 × sen377 t  + 71 ,5 × sen1131t 

 Aplicamos superposición: a) 250 ×  sen377 t  : V 

=

V ´  V 

V ´ ef   =

250

2 4 ,4 ×  N  ×  Am ×   f   ×  B max

=

  f  ´ × B´max   f   ×  B max

=

 B´max  B max

;

1 ,6 

= 176  ,78V 

  f  ´ = 60 Hz 

;

;

 B´ = ?

=  K  ×   f   ×  B max (   f  ´ =   f   ) 1 ,6 

2

 B´max    Pf  ´    B´max     B´max   = = ×         =    Ph   f     B max    Pf     B max     B max   1 ,6  1 ,6  V ´    176  ,78        Ph´ =    ×  Ph =    × 40 = 32 ,83W   V      200   2 176  ,78     × 20 = 15 ,625W   Pf  ´ = 200          Ph´ 

  f  ´ 

b) 750 ×  sen1131t  : V ´´  V 

=

  f  ´´    f  

×

V ´´ ef   =

71 ,5 2

= 50 ,558V 

;   f  ´´ = 180 Hz 

 B´´max  B max 1 ,6 

1 ,6   B´´max     f  ´´   V ´´    f       = 0 ,057  = ×   × ×    =  Ph   f      B max     f     V    f  ´´       Ph´´ = 0 ,057  ×  Ph = 2 ,3W  2 2 2 2    f  ´´     V ´´    f      V ´´   2  Pf  ´´     f  ´´      B´´max         × =    = 0 ,0639   =    =    ×    ×   Pf       f        B max       f       V    f  ´´      V     Pf  ´´ = 0 ,0639 ×  Pf   = 1 ,278W 

 Ph´´ 

  f  ´´ 

 Por lo tanto:  Ph total=Ph´+Ph´´=32,83+2,3=35 total=Ph´+Ph´´=32,83+2,3=35,13W  ,13W   Pf total=Pf´+Pf´´=15,625+1,278=16,9 total=Pf´+Pf´´=15,625+1,278=16,903W  03W 

 PROBLEMA N° N° 3.5 : Se tiene un reactor de núcleo de hierro normalizado E–I  de acero silicoso H-23 que presenta las siguientes características:  Número de Láminas Láminas = 60 Voltaje nominal = 110 V   Diámetro de Núcleo=d=2´´  Núcleo=d=2´´   Densidad de Campo Bm = 1 tesla  Peso específico del Fe = γ     FE   = 7750 Kg/  m3

 

85

 f.a =0,95

t=0,5mm

;

  g= 0

Figura P3.5.1 Se pide determinar: a) El núme número ro de espi espira ras, s, corri corrien ente te abso absorvi rvida da e indu inducta ctanc ncia ia del del re reac acto torr sin entrehierro si la frecuencia de la red es de 60 Hz. b) Si en este rea react ctor or se crea crea un ent entre rehi hierr erroo de 0, 0,55 mm, calcul calcular ar la nuev nuevaa inductancia del reactor . (Considerar efecto de borde). c) Calcu Calcular lar eell inc increme remento nto de llaa cor corriente riente activa y rreact eactiva. iva. SOLUCIÓN:  E  = 4 ,44 ×   f   ×  N  ×  B ×  A

= 110  , tomando un área :  A = 2 × 2 ,54 × 10 −2 × 60 × 0 ,5 × 10 −3 = 0 ,001524 m 2 ⇒

11 110 0

 N  =

4 ,44 ×   f   ×  B ×  A

=

11 110 0 4 ,44 × 60 × 1 × 0 ,001524

 A

= d  × n × t 

= 270 ,94

∴ N  ≈ 271 =

Sabemos que :  I φ 

 I m

2

+  I  p 2

también :  I  p

=

 P  FE  V  N 

   Ahora: =  ρ  FE ( W  /  Kg  ) × W  FE   De las tablas :  ρ  FE  = 2 ,8W  /  Kg 

 P  FE 

 

Figura P3.5.2

 Luego: W  FE 

Vol  l  FE  = γ   FE  × Vo

Vol  Vo l  FE 

= 3d  × 5d  × 60 × 0 ,5 × 10 −3 − 2 × 3d  × d  × 60 × 0 ,5 × 10 −3 2

2

−4

2

= 4 ,645 × 10 m ∴ W  FE  = 7750 × 4 ,645 × 10 −4 = 3 ,6  Kg   P  Fe = 2 ,8 × 3 ,6  = 10 ,08W  Vol  Vo l  FE 

3

= 1T  ⇒ de la curva  B −  H  :  H m = 150amp − vuelta /  m 0  ,0916   I  P  = × m A  1 =   H   I m =110 110 ×  m   donde  m = 6 d  2    N    −2 1  150 × 6 ×  2 × 2 ,54 × 10   Cuando  Bm

10 ,08

ef  

 I m

=

2

∴ I φ  =  L

=

 N 

271

×    

 I  p

2

+  I m 2

2

ℜ eq

   = 0 ,12 A = 0 ,0916 2 + 0 ,12 2 = 0 ,15 A

2

=

 N  1 2

×

m

 µ × S  A

=

2 × µ × S  A m

×  N 2

2 × 1 /  150 × d  /  2 × n × t × 271

2

=

6 d 

∴

= 2 ,448 H 

 L

 

86

 _

b) P  ara un entrehierro entrehierro::   P ara

 _

=  0 ,5 × 10 −3 m

 g  = 0 ,5 mm

 A

2

 a

 g B

 a

 B

 G g A

2

 N I 

Figura P3.5.3  Entonces :  L =

 N 

2

ℜ m + ℜ g  eq

eq

 A

ℜ g  = ℜ2 g  + ℜ g  B ℜ g   Pero : = ℜ g  B eq

 A

S  A

2

=

d  2

× n × t  = 7  ,62 × 10 −4 m 2 

⇒ ℜ g  = 2ℜ g  B = ℜ g  eq

 A

m

1

ℜm = × 2

eq

ℜ g  = eq

 µ × S  A

 g 

 µ o

1

× S  g 

= × 2

;

6 d  1 /  150 × 7  ,62 × 10

S  g  A

−4

= ( d  /  2 + 2 g  ) × ( 

 A

= 3 × 10 4 amp − vuelta / Wb

n × t    f  .a

0 ,5 × 10 − 3

⇒ ℜ ∴

 g eeqq

= 4π ×

10 −7 

× 8 ,6  ×

4

10 − 4

271 2

 L =

3 × 10 4

+ 2 g  ) = 8 ,6 × 10 −4 m 2

+ 46  ,266  × 10 4

= 46  ,266  × 10

amp

= 0 ,1490 H 

c) ∆ I  P  = 0  De la ley de  Ampe  Ampere re :  N  × I m  I m

ef  

 I m ef  

=  H m × m + φ  B × ℜ g  =  H m × m +  Bm × S  B × ℜ g  eq

  H  ×     Bm × S  B × ℜ g eq     ×  m m +    N  2    N    1  150 6 d   ℜ g  × d  × n × t    1 ,96  A   = 2 ×   271 × +  A 271  = 1

=

∆ I m

= 1 ,96  − 0 ,12 = 1 ,84 A

% I mef  

=

ef  

∆ I m

ef  

0 ,12

× 100% = 1533

eq

− vuelta  / Wb

 

87

 PROBLEMA N° 3.6 :  Se quiere quiere constru construir ir una bobi bobina na para 11110 voltios, qu quee tenga una reactancia de 300Ω a 60 Hz, con una pérdida en el núcleo no  superior a 25watts. Se dispone de láminas de las dimensiones indicadas, material materi al H-23, 0,5m 0,5mm. m. Determ Determinar inar las dimens dimensiones iones del núcle núcleoo y el número de espiras que habría que utilizar para reunir los requisitos (f.a = 0,92) 2  Watts   3  FE  max  H  23    ;   δ  − = 7,75 gr / cm Siendo :  P  = 2,8 × B   Kg   .   Curva B- H :  Bmax =

1,696 × H max 93 +  H max

 

 

;

Figura P3.6.1

 

SOLUCIÓN: V  = 11 110 0 voltios   f   = 60 Hz   

≤ 25W  t  = 5 × 10 −4 m

 P  N 

= 0 ,92  X m = 300Ω   P  FE  = 2 ,8 × Bmax 2 × W  FE  δ  = 7  ,75 × 10 3 Kg  /  m 3   f  .a

TOTAL

225 ≤ H max

≤ 400

 

88

=  A × n × t  = 48 × ( 2 ,54 × 10 −2 ) × n × 5 × 10 −4 = 1 ,548384 × 10 −5 × n = Vol  FE  × δ  = 1 ,548384 × 10 −5 × n × 7  ,75 × 10 3 = 0 ,119999 × n = 2 ,8 ×  Bmax 2 × 0 ,119999 × n = 0 ,33599933 ×  Bmax 2 × n =  P  N  2

Vol  Vo l  FE  W  FE 

 P  FE TOTAL

⇒ ∴

0 ,33599933 ×  Bmax  Bmax

2

2

× n ≤ 25

× n ≤ 74 ,405 ....................( 1 ) −5

m

 A V ef  

54 × 10 × n = 42 , ,44 = ×   f   ×  B ×  Am ×  N 

 B ×  Am

×  N  =

V ef   4 ,44 ×   f  

⇒

 B × n ×  N  =

11 110 0 4 ,44 × 60 × 2 ,54 × 10 −5

∴ Bmax × n ×  N  = 16256  ,41 ....................( 2 )  Imef  

=

11 110 0 300

= 0 ,3667  A

 N  ×  I m

=  H m ×  m ⇒  N  × 0 ,3667 × 2 =  H max × 0 ,6096   H max = 0 ,851 ×  N   Pero : 225 ≤  H max ≤ 400 ⇒ 264 ,39 ≤  N  ≤ 470 ....................( 3 )  Para  H max = 225 ⇒  Bmax = 1 ,2 2

 De ( 1 ) : 1 ,2 × n ≤ 74 ,405 ∴ lo cual  : ⇒ n ≤ 51 ,67   por   

n=50 láminas.  En ( 2 ) :  N  =

16256  ,41 1 ,2 × 50

= 270 espiras

⇒ la  profundidad  del  núcleo : h =

n × 5 × 10 −4   f  .a

=

50 × 5 × 10 −4 0 ,92

∴ h = 0 ,027174 m ≡ 2 ,7174cm.

 PROBLEMA N° 3.7   :  Se ha diseñ diseñado ado un re react actor or con las carac caracterí terísti sticas cas  siguientes: 110V 110V,, 60 Hz , número de espiras 208, espesor de cada lámina 0,5 mm. f.a = 0,98, γ  =7,75gr/cc, material H–23. Despreciar el efecto de borde y la caída de tensión en la resistencia del devanado.  Fue ensayado en el laboratorio, obteniéndose las siguientes lecturas de los instrumentos:  

V(volts ) 110

 Determinar:  a) El flujo magnético

f(Hz) 60

B(Tesla) 1,20

Watts/Kg. 4,50

 

89

 b) El peso del material ferromagnético utilizado.  c) Los parámetros del circuito equivalente del reactor.  d) La inductancia.

a = 1’’  0 ,41   10 −3 m

  g 

=

×

  Figura P3.7.1 SOLUCIÓN: a) Primero hallaremos el número de láminas: V  = 4 ,44 ×   f   ×  N  ×  Bm n=

×  Am = 4 ,44 ×   f   ×  N  ×  Bm × 2 × a × n × t 

V  4 ,44 ×   f   ×  N  ×  Bm

× 2 × a × t  11 110 0

n=

−2

4 ,44 × 60 × 208 × 1 ,2 × 2 × ( 2 ,54 × 10 n = 65 ,1298 Tomamos :

−3

 ) × ( 0 ,5 × 10

 )

n = 65

φ =  Bm ×  Am = 1 ,2 × 2 × ( 2 ,54 × 10 − 2  ) × 65 × ( 0 ,5 × 10 −3  ) ∴ φ = 1 ,9812 × 10 −3 Wb  Ahora :

b) = Vo Vol  l  =  Area × n × t  Vol  Vo l  = ( 30 × a 2 − 6  × a 2 − 2 × a ×  g   ) × n × t  = 15 ,46  × 10 −3 × 65 × 0 ,5 × 10 −3 Vol  Vo l  = 502 ,45cm 3  Entonces :  Peso = W  = Vo Vol  l  × γ   = 502 ,45 × 7  ,75 = 3894 gr  = 3 ,894 Kg . Volumen

d) Con lo loss datos se obt obtiene iene el sigu siguiente iente cir circuit cuitoo equiva equivalente: lente:  g  =

⇒

 I  P  ; φ m = φ g  V   Bm ×  Am =  B g  ×  A g 

×  Am = ( µ o ×  H  g   ) ×  A g   Bm ×  Am  H  g  = µ o ×  A g  ....................( 1 )

 Bm

 

90

  Figura P3.7.2

 

 Aplicando la ley de Ampere Ampere tenemos: ×  m +  H  g  ×  g  =  N  × i ....................( 2 )  B m ×  Am ( 1 ) en ( 2 ) :  H m ×  m + µ o ×  A g  ×  g  =  N  × i   B ×  Am 1  i= ×  H m ×  m + m ×  g   ....................( 3 )  N   µ o ×  A g   n × t   A g  = ( 2 a + 2 g   ) × (  + 2 g   ) =

 H m

  f  .a

= ( 2 × 2 ,54 × 10 −2 + 2 × 0 ,41 × 10 −3  ) × ( 

 A g 

= 1 ,7542 × 10 −3 m 2 2 −3  Am = 2 × a × n × t  = 1 ,651 × 10 m −2 = 0 ,3302m  m = 13a = 13 × 2 ,54 × 10 como  Bm = 1 ,2T  ⇒ de la curva  B −  H 

65 × 0 ,5 × 10 0 ,98

−3

+ 2 × 0 ,41 × 10 −3  )

 A g 

 H m

= 240amp − vuelta  /  m

reemplaz  ando en ( 3 ) :

 1 ,2 × 1 ,651× 10 − 3 × 0 ,41 × 10 − 3  i= × 240 × 0 ,3302 +  = 2 ,1526  A 208  4 π × 10 −7  × 1 ,7542 × 10 − 3  1

= 110 ∠0° = 1 ,5221∠ − 90°

Tomando como referencia . V 

= 2 ,1526 ∠ − 90° ⇒  I m  P  pérdidas = 4 ,5 × 3 ,894 = 17  ,523 Watts i

 g  =  I  P   I o

2

= 17  ,523 = 1 ,45 × 10 −3 mhos 2

V 

110

=  g × V  = 1 ,45 × 10 −3 × 110 = 0 ,1595 ⇒ =  I  P  +  I m = 1 ,53∠ − 84°

Y  = bm

 P  pérdidas

 I o V 

=

 I  P 

= 0 ,1595 ∠0°

= 1 ,53 = 13 ,91 × 10 − 3 mhos 110

Y  2

−  g 2 = 13 ,83 × 10 −3 mhos

 ,  I o = 1 ,53∠ − 84° = 110 ∠0°  I  P  = 0 ,1595∠0°  ,  I m = 1 ,5221∠ − 90° −3 −3  g  = 1 ,45 × 10 mhos  , bm = 13 ,83 × 10 mhos V 

d)

 

91

 L × i =  N  × φ m

∴

 L

⇒

 L

=

 N  × φ m i

=

 N  ×  B m

×  Am

i

=

208 × 1 ,2 × 1 ,651 × 10 −3 2 ,1526 

= 0 ,1914 H 

 PROBLEMA N° 3.8  :  Se tiene un rreactor eactor de núcleo E–I como se muestra muestra en la  figura cuyas características son: # láminas (material H-23) = 36   g  = 0,02” # espiras = 460    Espesor de cada lámina = 0,5 mm.  Factor de apilamiento = 0,98 0,98  Despreciar la Resistencia del Bobinado. Bobinado.

Figura P3.8.1 a) Si al reactor reactor se le aplica un unaa tensión senoidal ddee 220V eficaces, 60Hz.  Determine L (inductancia) considerando entre entrehierro. hierro. b) Hall Hallar ar L (inductancia) (inductancia) sin consid considerar erar entre entrehierr hierroo para a). c) Si el re reactor actor diseñad diseñadoo se some somete te a las sig siguient uientes es prueb pruebas: as: Vef  1 = 220V    f  1 = 60 Hz   Pt 1 = 20W  Vef  2 = 212 ,67 V    f  1 = 58 Hz   Pt 2 = 19W   Determinar la tensión y potencia total (Ph y Pf) para 54Hz 54Hz

SOLUCIÓN:  a) Sabemos que:  L × im =  N  × φ m

 L =

  × φm  N  immax

 

Figura P3.8.2 Como la tensión aplicada es senoidal entonces:

 E  = 4 ,44  ×   N  ×  f  × φ mmax

 

92

 

Figura P3.8.3    2 × n × t  + 2 g    = ( a + 2 g  ) ×           f  .a

 A g 

2 × 36  × 0 ,0005 = ( 1 ,5 × 0 ,0254 + 2 × 0 ,02 × 0 ,0254 ) ×   + 2 × 0 ,02 × 0 ,00254      0 ,98     −3 2  A g  = 1 ,4767  × 10 m

 A g 

∫ 

⇒

 H m

i mmax

=

× m

1  N 





=  N  × im + 2 H  g  ×  g  =  N  × im

 Por  la ley de  Ampere :

 H .d l 

1 × ( H m × m + 2 H  g  ×  g  ) =   × ( H m  N 

max

× m + 2 H  g  ×  g  ) .......... .......... ( α ) max

= 12a = 12 × 1 ,5 × 2 ,54 × 10 − 2 = 0 ,4572m −2  g  = 0 ,02 × 2 ,54 × 10 = 5 ,08 × 10 −4 m donde  m

3

2

3

− ∴  Am = 2 × n × t  × a = 2 × 36  × 0 ,5 ×−10 × 1 ,5 × 2 ,54 × 10 − = 1 ,3716  × 10 − 3 2 ⇒ φ m =  Bm ×  Am = 1 ,7952 × 10 ⇒  Bm = 1 ,3088Wb /  m max

max

max

 De la curva  B −  H   para el  material  H  − 23 ( 0 ,5 mm de espesor  ) :  Bm

⇒

 H m

= 325amp − vuelta  /  m

 Asumie  Asu miendo ndo φ m  H  g max  H  g max

max

 En ( α) : immax immax

∴

= φ g  ⇒

 Bm

=

∴

 B g  ×  A g   Am

 H mmax

⇒

 B g 

= 325amp − vuelta  /  m =

 Bm ×  Am  A g 

= µ o × H  g 

−3  B φm ×  Am 1 ,3088 × 1 ,3716  × 10 = m = −3 −7   A g  × µ o  A g  × µ o 1 ,4767 × 10 × 4π × 10 5 674 × 10 am amp p − vuelta /  m = 9 ,674

=

max

1 × ( 325 × 0 ,4572 + 2 × 9 ,67 674 4 × 10 × 5 ,08 × 10 − )  = 460 460 5

4

= 2 ,4597  A

 L =

460 460 × 1 ,7952 × 10

−3

2 ,4597 

= 0 ,34 H 

b) Con  g 

∴

c)

 L

=

=0 ⇒

2

m

immax

=

1  N 

460 × 1 ,7952 × 10 − 3 0 ,323

× H m ×  m = max

= 2 ,5566  H 

1 460

× 325 × 0 ,4572 = 0 ,323 A

= 1 ,3T 

 

93

CASO  I  : Vef   = 4 ,44 × N  ×  f  × φ mmax

⇒ φm = max

CASO  II  :

∴

220 4 ,44 × 460 × 60

φm = max

= 1 ,7952 × 10 −3 Wb

212 ,67  4 ,44 × 460 × 58

=  BmII  ⇒  Ph = a ×  f   60 × a + 60 2 × b = 20

 BmI 

 I  )

= 1 ,7953 × 10 −3 Wb

 y  Pf   = b ×  f  2

⇒

 Ph +  Pf   =  Pt 

2

 II  ) 58 × a + 58 × b = 19  Re solv  solviend iendo o el  siste  sistema ma :

⇒

a

= 0 ,16092

; b = 2 ,874 × 10

−3

 Para  Par a   f   = 54 Hz 

 Ph = 54 × a

= 8 ,68968W   Pf   = 54 2 × b = 8 ,380584W  ∴  Pt ( 54 Hz  ) =  Ph +  Pf   = 17  ,07 W  − Vef   = 4 ,44 × 460 × 54 × 1 ,7952 × 10 3 = 198V 

 PROBLEMA N° 3.9  :  Se quiere diseñar una bobina como la que se muestra,  para 110V 110V , 60 Hz, que presenta una X  L L =137 Ohmios con pérdidas en el núcleo no mayor de 1 Watts Watts . Material H-23 (0,5 mm), f.a =0,9 y  g  =  1mm

 p FE 

= 1 ,8 × Bmax 2 (Watts    /  Kg )

 δ  H − 23 = 7750 Kg     /  m 3

 Am  A g 

= 0 ,8

¿Determinar el número de láminas y el número de espiras de la bobina? 2

(sugerencia:  L =

 N 

ℜ

 )

Figura P3.9.1 SOLUCIÓN: ℜ=

m

 µ ×  Am

+

2 ×  g   

 µ o ×  A g 

=

1

  Am

  2 ×  g   Am   ×  m + ×    A g    µ o   µ   

m

 a

 g 

 N I 

  m

 a

Figura P3.9.2

= 2 × ( 8 − 1 ,5 ) + 2  × ( 5 − 1 ,5 ) = 20cm = 0 ,2m.

 

94

Figura P3.9.3 También:  E ef 

= 4 ,44 ×  N  ×  f  × Bmax ×  Am

⇒

 N  =

 E ef  4 ,44 ×  f  × Bmax ×  Am

Como: 2

2

 L =  N 

 Eef    Am = 2 2 × 2 2 ℜ 4 ,44 ×  f   × Bmax  m 2 ×  g   Am   max ×  Am  +     µ   µ o ×  A g        2

 Eef  

⇒  L = 4 ,44

2

  2 ×  g   Am   ×  f  2 × Bmax2 ×  Am ×  m + ×    µ   µ   A g    o    

 Pero:  P  FE 

=  p FE  × Vo Vol l  × δ  =  p FE  ×  Am ×  m × δ 

∴

 Am

=

 P  FE   p FE  × m × δ 

=

 P  FE  1,8 ×  B max

2

× m × δ 

 Reemplazando en L:  B × 1 ,8 × m × δ  × Bmax 2  L =  µ  = max  H max   2 ×  g   Am   2   4 ,44 2 ×  f  2 × Bmax × P  FE  ×  m + ×   A g      µ   µ o   11 110 0 2 × 1 ,8 × 0 ,2 × 7750 475 ,686  ⇒  L = =    0 ,2 2 × 10 −3    0 ,2 2 2      1273  , 24 + + × 4 ,44 × 60 × 1 ×  0  , 8    −7           µ  4π  × 10    µ   Eef  2

⇒

 X  L

= 2π  × 60 × L ⇒

 L =

137  120π 

=

 Re solv  solvien iendo do la igualdad  anterior  :

475 ,686 

   0 ,2  + 1273 ,24      µ     

 µ  = 5 ,6 × 10 −3  De la curva  µ  − H   y de  B −  H 

⇒

 Am

∴

 N  =

⇒

 Am

=

⇒  H max = 225amp − vuelta  /  m ⇒  Bmax = 1 ,18Wb /  m 2 1

1 ,8 × 1 ,18

2

× 0 ,2 × 7750

= 2 ,574 × 10 −4 m 2

11 110 0 4 ,44 × 60 × 1 ,18 × 2 ,574 × 10 − 4

= 1359 ,4 vueltas ≈ 1350 vueltas

= d  × n × t  = 1 ,5 × 10 −2 × n × 0 ,5 × 10 −3 = 2 ,574 × 10 −4

 35 láminas ∴  n=34,3 ≈  35

 

95

 PROBLEMA N° 3.10  características:

:

Se ha dise diseña ñado do un reac reacto torr con con las las sigu siguie ient ntes es

Vnominal = 220 V   fnominal = 60 Hz # de de espiras N =405 # de placas = n = 80  Factor de del apilamiento  Densidad Fe =7,65=gr0,98 /cc   Material : H – 23 t = 0,5 mm

Figura P3.10.1 a) Si circ circul ulaa una una corr corrie ient ntee de 0.82 0.825A 5Amp mp pico pico a pico pico por por el bobi bobina nado do de excitación, determinar la Inductancia L , considerando el entrehierro. b) Determ Determinar inar la Ind Inductan uctancia cia sin consid considerar erar el entre entrehierr hierro, o, para ddetermin eterminar ar la corriente de excitación del caso (a).

c) Si al al rreactor eactor diseñado, se le somete a las sigu siguientes ientes prueba pruebas: s: Vef 1 = 220 voltios voltiosf f 1 = 60 Hz Pt1=   20 watts Vef 2 = 212.57 voltios f2  = 58 Hz Pt 2 = 19 watts.  Determinar la tensión y potencia total ( Ph y Pf ), para para f = 54 Hz SOLUCIÓN: a) Se sabe sabe que: que:  L × i m

max

=  N  × φ m

max

⇒

 L =

 N  × φ m im

max

max

Figura P3.10.2

 

96

 Aplicando la ley de Ampere: Ampere:  H m ×  m + 2 H  g  ×  g  =  N  × im  H m ×  m + 2φ max × ℜ eq =  N  × im φ max =  Bm ×  Am =  B g  ×  A g   H m ×  m + 2 Bm ×  Am × ℜ eq =  N  × im  N  × i m  H m = 0 ⇒  Bm = 2 ×  Am × ℜ eq  N  × i m  Bm = 0 ⇒  H m = max

max

max

max

 g 

max

max

max

max

max

 g 

max

max

max

max

max

max

m

max

= 12´´ = 0 ,3048 m −4  g 1 = 0 ,004´ = 1 ,016 × 10 −2 −3 −3 2  Am = 2 × 2 ,54 × 10 × 80 × 0 ,5 × 10 = 2 ,032 × 10 m  2 × 80 × 0 ,5 × 10 −3   −2  A g  = ( a +  g   ) × ( b +  g  ) = 1 ,004 × 2 ,54 × 10 ×  + 0 ,004 × 2 ,54 × 10 − 2     0 ,98     −3 2  A g  = 2 ,08435 × 10 m m

ℜ eq =

 

 g 

 µ o

= 38795 ,9265 amp − vuelta / Wb

×  A g 

De la gráfica del H-23:

  Figura P3.10.3    Luego : −3 max

m

 L =  N  × B ×  A immax

2 ,032 × 10 = 405 × 1 ,350 ,×825

 L = 1 ,3467  H 

b) Sin ent entre rehie hierro rro::  N  × i mmax

=  H m × m ⇒ max

 H mmax

=

 N  × i mmax m

= 1096,21063 amp − vuelta/m  De la tabla  B −  H  :  Bm = 1,56Wb/m 2  N  × Bm ×  Am = 1,556H   L =  H mmax

max

max

im

max

c) Se sabe:

= 405 × 0,825 0,3048

 

97

= 4 ,44 ×  N  ×  f  ×  Am × Bmax (  para ondas  senoidales ) Vef   =  K  ×  f  × Bmax ( α  )

Vef  

i) Ve Vef f 1  f 1

= 220V 

= 60 Hz  ⇒

en ( α  ) :  B1 max

= 3 ,6667  K 

en ( α  ) :  B2 max

= 3 ,6667  K 

ii) Ve Vef f 2 = 212 ,67 V   f 1

= 58 Hz  ⇒

 Luego  Bmax  =  cte. en ambos casos entonces se verifica:  Pt  = a ×  f   + b ×  f  2

= 60 × a + 60 2 × b = 20  Pt 2 = 58 × a + 58 2 × b = 20  Pt 1

 Resolviendo:  P (  f  ) = 

1 14  f  2  f  + 348 87 

 Donde f está en Hz y Pt en Watts Watts  Luego para f=54Hz:  Pt=17,0689watts  Pt=17,0689wa tts  Ph=8,6896watts  Ph=8,6896wa tts

  Vef   =

54 60

 × 220 = 198V 

 Pf=8,37931watts  Pf=8,37931wa tts

 PROBLEMA N° 3.11  :  Se tiene un reactor de núcleo E – I como se muestra en la figura adjunta, cuyas características son :  Número de de láminas ( material H – 23 ) = 336  6   Número de de espiras = 460, espesor de cada lámina = 0, 5 mm.  Factor de Apilamiento = 0,98. Despreciar la resistencia resistencia del bobinado a) Si el rea reactor ctor es alim alimentad entadoo con una co corrient rrientee continu continuaa de 0.72 am amperio perios: s: a.1) Calcular el va valor lor de la inductancia para para  g  = 0,02´´ , siendo a=1,5´´. b) Si al rea reacto ctorr se le apli aplica ca una ten tensión sión se senoi noidal dal de 220 V efi eficac caces, es, 60 Hz, se registra una potencia de 20 watts, siendo las pérdidas por histéresis de 14 watts ( considerar ℓg = 0,02 pulg) calcular: b.1) La ind inductancia uctancia del reactor  b.2) Los parámetro parámetross del circuito equivalente del re reactor actor.. SOLUCIÓN:

 

98

 P3.11.1 1.1   Figura P3.1   cm = 0 ,0381m a = 1,5´´= 1 ,5 × 2 ,54 =  3 ,81

a)

 I  = 0 ,72 A

= 0 ,02´´ = 5 ,08 × 10 −4 m  N  ×  Bmax ×  Am  (α )  L =  g 

 I 

donde  Am

= 2 × a × n × t  = 2 × 0 ,0381 × 36  × 0 ,5 × 10 −3 = 1 ,3716 × 10 −3 m 2    A m

2

   M  m 2

   A m

 N I 

2

 a

m 3

 a

 g 3

   M  m 1    A m

   M  g 2  a

a 

m 3

   M  m 2

   M  g 2

g1

 a

Figura P3.11.2  Del circuito magnético:

 g 3

 

99

ℜ g2 ℜ m2  N × I  = φm × ( ℜm1 +  ) + φm × ( ℜ g1 +  ) φm = φ g  ⇒

 B g  =

2  Bm × Am

2

 A g 

  m2    N × I  = H m ×    m1 + 2   + Bm × Am × ℜ g ( β )  N × I  (  θ ) Si  H m = 0 ⇒  Bm1 =  Am × ℜ g   N × I  ( ψ  ) Si  Bm = 0 ⇒  H m1 =   + m2    m1   2     n × t  36 × 0,5 × 10 −3 −4 + 2 g  ) = (2 × 0,0381 + 2 × 5,08 × 10  ) × (  + 10,16 × 10 −4 )  A g1 = (2a + 2 g  ) × (   f.a

0,98

 A g1 = 1,4967 × 10 −3 m 2 n × t  36 × 0,5 × 10 −3 −4 + 2 g  ) = (0,0381 + 2 × 5,08 × 10  ) × (  + 10,16 × 10 −4 )  A g2 = (a + 2 g  ) × (   f.a 0,98  A g2 = 7,579 × 10 −4 m 2

ℜ g1 = ℜ g2 =

 g 

 m1 m2 m

=

 μo × A g1  g 

4π × 10 −7  × 1,4967 × 10 −3

=

 μo × A g2

ℜ g  = ℜ g1 +

5,08 × 10 −4

ℜ g2 2

=

5,08 × 10 −4 4π × 10

−7 

×7, 579 × 10

−4

= =

270096,   5 8 2 8 amp − vuelta/Wb 533386,   4 0 3 8 amp − vuelta/Wb

536789,   7 8 4 7  amp − vuelta/Wb

= 4 a = 4 × 0 ,0381 = 0 ,1524m = 9a = 9 × 0 ,0381 = 0 ,3429 m =  m1 +

m 2

2

 De ( θ  ) :  Bm1  De ( ψ  ) :  H m1

= 0 ,32385m =

460 × 0 ,72 1 ,3716  × 10

=

 De la curva B-H:

460 × 0 ,72 0 ,32385

−3

× 536789 ,7847 

= 0 ,4499 ≈ 0 ,45Wb /  m 2

= 1022 ,696 amp − vuelta /  m

 

100

Figura P3.11.3

 De ( α  ) :  L

=

460 × 1 ,3716  × 10 −3

× 0 ,39

0 ,72

= 0 ,3418 H 

b) V=220voltios  f=60Hz  Ph=20watts=Ph+Pf=14+Pf   Ph=20watts=Ph+ Pf=14+Pf   Entonces: Pf=6watts b.1)  L

=

 N  × φ max  I max

Se  sabe que : Vef   = 4 ,44 ×  N  ×   f  ×  Bmax  Bmax

=

Ve Vef   f   4 ,44 ×  N  ×   f  ×  Am

=

×  Am 220

4 ,44 × 460 × 60 × 1 ,3716 × 10

−3

= 1 ,30889Wb /  m 2

 De la curva  B −  H  :  H m ef   = 310 amp − vuelta  /  m

⇒

 H mmax

= 438 ,4062amp − vuelta  /  m

m

= 12   a = 0 ,4572m

 

Figura P3.11.4

∫  H .d l  =  N × I 

max

 H m ×  m

+ 2 × H  g  ×  g  =  N × I max ⇒

además :

φ m

 I max

=  Bm ×  Am =  B g  ×  A g  ⇒

 H  g 

=

 Bm ×  Am  A g  × µ o

=

1  N 

 B g 

× ( H m × m + 2 × H  g  ×  g  )

=

 Bm ×  Am  A g 

 

101

 Por lo tanto:   B ×  A    1     ×  H m ×  m + 2 ×  g  ×  m m    I max =    N   A ×  µ     g  o        max

1 ,30889 × 1 ,3716  × 10 − 3    −4          = ×  438 ,4062 × 0 ,4572 + 2 × 5 ,08 × 10 ×  −7  − 3    460   4 10 1  , 4967  10 × × × π       = 2 ,544 A 1

 I max  I max

 De ( α  ) :  L

=

460 × 1 ,30889 × 1 ,3716  × 10 −3 2 ,544

= 0 ,3246  H 

b.2) Parámetros del circuito equivalente del reactor:  Pn

 g  P 

=

 R P 

= 2420Ω 

bm

=

Vef  

2

 I m ef   Vef  

=

=

20 220

2

= 4 ,132 × 10 −4 mhos

 I max

=

2 × Vef  

2 ,544

= 8 ,177 × 10 −3 mhos

220 × 2

 PROBLEMA N° N° 3.12 :  Si el reactor del problema anterior es sometido a una  prueba adicional para la determinación de las pérdidas pérdidas en el núcleo se logró aplicar una tensión de : V(t)= 207,03 sen 314,16t + 156 cos 314,16 t  Calcular: a) La Lass pérdida pérdidass por histér histéresi esiss y fouca foucault ult.. b) La ttens ensión ión y fre frecue cuenci nciaa ap aplic licada ada SOLUCIÓN: Se aplica: V ( t  ) = 207  ,03 ×  sen314 ,16 t  + 156 cos 314 ,16 t  ( α ) V ( t  ) =

2 × V ef  ´ × sen( 314 ,16 t  + ϕ )

V ( t  ) =

2 × V ef  ´ × sen314 ,16 t  × cos ϕ +

2 × V ef  ´ × cos 314 ,16 t  × senϕ ( β )

 Igualando  Iguala ndo ( α )  y ( β ) :

  

2 × V ef  ´ × cos ϕ = 207  ,03  2 × V ef  ´ × senϕ = 156 

2π ×   f  ´ = 314 ,16 

⇒

 

V ef  ´ = 183 ,3

  f  ´ = 50 Hz 

ϕ = 37 °

 

102

a)  Bmax´ =

V ef  ´  4 ,44 ×   f  ´ × N  ×  Am

=

183 ,3 4 ,44 × 50 × 460 × 1 ,3716  × 10

−3

= 1 ,30889Wb /  m 2

 Inicialmente : 2

V ( t  ) = 220 2 × sen377 t  1 ,6   Ph =  K h ×   f   ×  Bmax  Pf   =  K   f   ×   f  2

=  K 1 ×  f    Pf   =  K 2 ×   f  2

 Ph

 Ph´ =

  f  ´    f  

⇒

 Bmax

= 1 ,30889Wb /  m

×  Bmax 2 ; como  Bmax =  Bmax´  :  Ph´ =  K 1 ×   f  ´   Pf  ´ =  K 2 ×   f  ´ 2

×  Ph =

50 60

× 14 = 11 ,67 Watts

2

2    f  ´    50       × 6  = 4 ,167 Watts  Pf  ´ =    ×  Pf   =  60     f          Pn´ = 15 ,837 Watts

V ef  ´ = 183 ,3voltios b)   f  ´ = 50 Hz 

 PROBLEMA N° 3.13   siguientes:

: 

Se ha diseñado un reactor de las características

110 110 voltios , 60 Hz, número de láminas : 76, espesor de lámina 0,5 mm, f.a. = 0,97, densidad del fierro = 7,65 gr/cm3 , material H- 23. Si se aplica a la bobina de excitación un voltaje de 110 voltios a 60 Hz y se obtienen unas pérdidas por foucault e histér éreesis sis de 6 y 12 watts respectivamente, la densidad magnética máxima obtenida es 1,1 Wb/m 2. La resistencia del bobinado medida en DC es 1,2ohmios, considerar:  R AC  =  = 1,25 R DC   ..  Determinar: a) La induct inductanc ancia ia ddel el rea reacto ctor  r  b) La Lass pérd pérdid idas as eenn el ccob obre re c) Los parám parámetro etross del circ circuito uito equiv equivalente alente del rreact eactor  or  d) Las pér pérdida didass por Kilo Kilogramo gramo ((watts/ watts/kg) kg) del mate material rial ferr ferroma omagnéti gnético co e) La ccorr orrien iente te qu quee ab absor sorbe be el re react actor  or   f) La energía almacenada en el hierro  g) La energía almacenada en el entreh entrehierro ierro a = 1,5 pulg.  g  = 0, 03 ×  10 −3  pulg. SOLUCIÓN:

 

103

 Datos: 11 110 0V 

  f   = 60 Hz 

= n × t  = 76 × 5 × 10 − 4 = 0 ,038m n × t  0 ,038 b geom = = = 0 ,0392

bef  

  f  .a

0 ,97 

= 6 watts    Pf   = 12watts a = 1 ,5´´ = 1 ,5 × 2 ,54 × 10 − 2 = 0 ,0381m −3 −7   g  = ( 0 ,03 × 10  )´´ = 7  ,62 × 10 m −3 2  A g  = ( 2a +  g   ) × ( b geom +  g   ) = 2 ,9871 × 10 m −3 2  Am = 2 ,8956 × 10 m

 Ph

Figura P3.13.1

 Luego tenemos, cortando a la mitad y superponiendo:

∫  H .d l  =  N  × I 

max

 N  × I max m

=  H max × m +  H  g  ×  g   ( α  ) = 12a = 0 ,4572m

 

Figura P3.13.2

a)

 

104

Sabemos que  Bmax

= 1 ,1 Wb /  m 2 ,

 E ef  

= 4 ,44 ×  f  × N × Am × Bmax ⇒

 N  =

11 110 0

⇒

4 ,44 × 60 × 2 ,8956 × 10

 Bm

 E ef   4 ,44 ×  f  ×  Am × Bmax

= 129  ,63

× Am =  B g  × A g  =  µ o × H  g  × A g  ⇒

 H  g 

=

 Bm ×  Am

 µ o ×  A g 

   B ×  A ×  H max ×  m + m m ×  g    µ o ×  A g   N    −  1 ,1 × 2 ,8956  × 10 3 1 −7   × × 7   , 62 10 = × 180 2 × 0 ,4572 +  = 0 ,9 Amp − − 130  4π  × 10 7  × 2 ,9871× 10 3 

 De ( α  ) :  I max

 I max

× 1 ,1

 N  =

= 180 amp − vuelta  /  m

 N  = 130vueltas

Tomamos

También

−3

de la curva  B − H  :  H ef  

=

También :  L =

1

 N  × φ max  I max

=

130 × 1 ,1 × 2 ,8956 × 10

−3

= 0 ,46  H 

0 ,9

b) Circuito equivalente:  g  P 

 P  N 

=

2

=

18

  2

= 1 ,4876 × 10 −3 mhos

110 110 110 110  I  P  = 110 110 × g  P  = 0 ,163636  Amp  I max

 I m ef  

=

⇒

 I φ 

2

= 0 ,636396  Amp

= 0 ,657  Amp   Figura P3.13.3

=  R AC   × I φ  2  =  1 ,5 × 0 ,657 2 = 0 ,6475Watts

 P Cu

c) Y φ 

∴

=

 I φ 

= 5,9727 × 10 -3 mhos

110  g  P  = 1 ,4876 × 10 − 3 mhos

d) Pérdidas por Kilogramo:

bm bm

=

Y φ 

2

−  g  P 2 = 5 ,7845 × 10 -3 mhos

= 5 ,7845 × 10 -3 mhos

 

105

 Pérdidas  /  Kg  =

 P  N   ρ  × Vol 

Vol  = [ 6 a × 5 a − 2 × 3a × a ] × n × t  = 24 a 2  Pérdidas  /  Kg  =

18 7650 × 1 ,32386832 × 10 −3

e)La corriente que absorbe el reactor es:   ∴ I φ φ 

=

× n × t  = 1 ,32386832 × 10 −3 m 2 = 1 ,7774Watts  /  Kg 

 I φ 

0 ,657    ∠ − 75 ,58°

 f) Energía almacenada:W  almacenada:W  W  HIER  HIERRO RO = W SISTEMA − W   ENTREHIERR  ENTRE HIERRO 2  L × I m ef   W  HIER − W  g  ( β  )  HIERRO RO = 2

 B g 

=

 Bm ×  Am  A g 

=

1 ,1 × 2 ,8956  × 10 2 ,8971 × 10

 B g 

 B.dB

  W  g  = Vol  × ∫  0

W   g 

W  g 

=

 B g 

 µ    o

=

 B g 

×  A ×  =

2 × µ o

 g 

× Vol 

1 ,0663

 g 

= 1 ,02973 × 10 −3 Joules

W SISTEMA

=

0 ,46  2

= 1 ,0663 Wb /  m 2

2

2 × µ o

2

−3

−3

2

× 2 ,9871 × 10 −3 × 7  ,62 × 10 −7  8π  × 10 −7 

× 0 ,636396 2 = 0 ,09315  Joules

 Al reemplazar en ( β β  ),   tenemos : W  HIERRO   = 0 ,09212  Joules  g) Energía almacenada en el entrehierro   W  g  = 1 ,02973 × 10 −3  Joules

 PROBLEMAS N° 3.14 :  El rea reactor ctor de nú núcleo cleo de hier hierro, ro, mo mostrado strado en la la  figura, está compuesto de 77 láminas de 0,5 mm de espesor, espesor, ancho de núcleo de 1,5 pulgadas, la bobina tiene 142 espiras cuya resistencia medida con tensión continua 0,25 ohmios, hason: sido cometido a un ensayo de laboratorio, cuyas lecturas deeslos instrumentos  ( para  g  = 0 ) V: 75 volt   I φφ   : --W : 2,4 watts  f : 60 Hz

  Figura P3.14.1 ef   Además se conoce dos puntos de la curva Bmáx – H ef 

 Bmáx

1,06

1,7

Wb /m  /m2  

 

106

 H ef  ef 

200

300

Amp/m

Utilizar la ecuación de Froelich Considerar R AC =1,2 R DC   f.a = 0,95 a) Determinar la densidad de flujo cuando se aplica 75 V V,, 60 Hz b) Determinar los parámetros del circuito equivalente (para 75 V, 60 Hz), las corrientes de magnetización y de pérdidas, además las pérdidas en el cobre. c) Determinar el valor de la inductancia para

 g   = 0

 , V = 75 V, V, f= 60 Hz.

d) Para el caso de tener un entrehierro de 1,6x10 -7 m, y aplicando 75 Volts, 60  Hz. Determinar los parámetros del circuito equivalente, la inductancia y  pérdidas en el cobre. SOLUCIÓN: a) V ef  

= 4 ,44 ×  Bmax ×  Am ×  f  ×  N 

 Am

= 2 × a × n × t  = 2 × 0 ,01905 × 77 × 5 × 10 −4 = 1 ,46685 × 10 −3 m 2

 Am

V ef  

 Bmax

=

 Bmax

=

 Bmax

= 1 ,351615Wb /  m

4 ,44 ×  Am

×  f  ×  N  75

4 ,44 × 1 ,46685 × 10 − 3

× 60 × 142

2

b) Para la ecuación de Froelich:  Bmax

=

a × H ef  b + H ef 

de los datos : 1,06  =

1,7  =

a × 200 b + 200

a × 300 b + 300

 

107

 Re solviend  solviendo o obtenemos :  para :  Bmax  H ef  

×a

a

= −8,19090902 1,

b

= −1745,45454 5

= 1,351615 Wb/m 2

=  Bmax →  De la curva  B −  H  :  H ef   = 247,228

b +  H ef  

 Por  la ley de  Ampere :  N  ×  I m ef  

=  H ef   ×  m

247,228 × 12 × 0,01905

 I m ef  

=

 I m ef  

= 0,398Amp

142

 

= 2 ,4 −  P Cu  P  N  = V  2 ×  g  P  2  P Cu = 0 ,3 ×  I φ  de donde : 2 2 ,4 − 0 ,3 ×  I φ   g  P  = 2  P  N 

75

 I  P 

= V  ×  g  P  =

2 ,4 − 0 ,3 ×  I φ 

Figura P3.14.2  I φ 

2

=  I  P 2 +  I m 2 2

 2 ,4 −  0 ,3 × I φ  2   2   + 0 ,3982  I φ  =     75      Amp p ∴ I φ  = 0 ,399236586   Am ⇒

 I  P 

 g  p

=

bm

=

 P Cu

c)

=

 I  P  V   I m V 

 I φ 

2

− I m 2 = 0 ,03136244

 Amp  Am p

⇒

 g  p

= 4 ,1817 × 10 −4 mhos ⇒

⇒

bm

= 5 ,307 × 10 −3 mhos ⇒

=  I φ  2 × R AC  ⇒

 P Cu

= 0 ,047817 

Watts

 R p  X m

= 2391 ,3955 Ω 

= 188 ,441 Ω 

75

2

 

108

 L =  N  ×  L =

φ ef  

; φ ef  

 I m ef  

=  Bef   ×  Am = 0 ,9557 × 1 ,46685 × 10 −3 = 1 ,4019213 × 10 −3

142 × 1 ,4019213 × 10 −3 0 ,398

= 0 ,5 H 

d) 

V 

 

=

×

1,6

 g 

 

−7

10

= 75voltios

m

  f   = 60 Hz 

Figura P3.14.3  N  × I m ef  

=  H ef   × m + 2 × H  g  ×  g 

como :

φ max =

V ef   4 ,44 ×  f  × N 

=

φ max = 1 ,982616  × 10 −3 Wb φef   = 1 ,40192 × 10 −3 Wb

75 4 ,44 × 60 × 142

= 1 ,3516 Wb /  m 2 2  Bef   = 0 ,955736 Wb /  m

 Bmax

 De la ecuación de Froelich: Froelich: = 247  ,22836 amp − vuelta /  m    77 × 5 × 10 −4 × 2  A g  = ( a + 2 g  ) ×  = 1 ,544 × 10 −3 m 2 + 2 g      0 ,95     como :  P  N  =  Ph +  Pf    Ph +  Pf   están en   func   función ión de  Bmaz   y   f   ⇒  P  N  : es el  mismo del  caso anterior . V  = 75  ,   f   = 60 ⇒  I  P  = 0 ,03136  ⇒  g  P  = 4 ,1817 × 10 −4 mhos ⇒  R P  = 2391 ,3955Ω   H ef  

−3

 N  × I m

−7 

−6  × 1 ,6 × 10 −3   = 247  ,228 × 0 ,2286  + 2 ×      1 ,40192 × 10  1 ,2566  × 10 × 1 ,544 × 10  

 I m

= 0 ,399631  Amp

bm

=

 I φ 

=

 I m

⇒

V  2

 I  P 

bm

= 5 ,3284 × 10 −3 mhos ⇒

+  I m 2 = 0 ,4 Amp

= 0 ,3 × I φ  2 = 0 ,048Watts  N  × φ   L = = 0 ,498142 H 

 P Cu

 I m

 X m

= 187  ,673Ω