Problemas Resueltos de Máquinas Eléctricas
March 28, 2017 | Author: Fernando | Category: N/A
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ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO
FACULTAD DE MECÁNICA ESCUELA DE INGENIERÍA MECÁNICA PROBLEMAS RESUELTOS DE TRANSFORMADORES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS CARCAZA CARCAZA
RANURAS
ESCOBILLAS
BOBINA DE CAMPO
ESTATOR
ESTATOR ROTOR
MOTOR DE CD
ROTOR
MOTOR DE CA
2010 -2011
Primera Edición
Presentación El presente texto nace de la necesidad de contar con una fuente de consulta de los diferentes temas que abarca la materia de TRANSFORMADORES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS que se dicta en la Escuela de INGENIERÍA MECÁNICA de la Escuela Superior Politécnica de Chimborazo.
El texto está constituido de la siguiente manera: • La parte de Circuitos Magnéticos consta de 35 problemas. • La parte de Transformadores consta de 36 problemas. • La parte de Electrónica de Potencia consta de 10 problemas. • La parte de Motores de CD consta de 37 problemas. • La parte de Alternadores consta de 11 problemas. • La parte de Máquinas Síncronas consta de 10 problemas. • La parte de Máquinas de Inducción consta de 8 problemas Claro está que, lo expuesto aquí no es suficiente para entender el comportamiento de las MÁQUINAS ELÉCTRICAS ESTÁTICAS Y ROTATIVAS, por lo que se recomienda al estudiante entender los principios básicos de su funcionamiento. En el texto existirán errores como es normal, pero se espera que el mismo sea un aporte complementario en el aprendizaje de la asignatura, cualquier crítica y sugerencia para mejorar el texto será muy bien acogida por parte del autor.
José L. Tierra C.
Contenido PÁGINA
ECUACIONES
I
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
1
TRANSFORMADORES
29
ELECTRÓNICA DE POTENCIA
60
MOTORES DE CORRIENTE DIRECTA
79
ALTERNADORES
107
MÁQUINAS SÍNCRONAS
117
MÁQUINAS DE INDUCCIÓN
126
2010 - 2011
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
REPASO Y ECUACIONES CIRCUITOS MAGNÉTICOS 1.
C
2.
H= Intensidad del campo magnético (Amperes / metro) S= Superficie de contorno J= Densidad de corriente
∫ Hdl = ∫ J .da S
∫ B.da = 0
2
B=Densidad del flujo magnético (Wb/metro = 1Tesla)
S
3.
4.
5.
φ = ∫ B.da S
φ c = Bc . AC
Ф=Flujo magnético en Weber (Wb)
Фc= Flujo en el núcleo Bc= Densidad de flujo en el núcleo Ac= Área de la sección transversal del núcleo.
F= Fuerza magnetomotriz (fmm) N= Número de vueltas de la bobina I= Corriente que circula por la bobina µ = Permeabilidad magnética (Wb/Amp.vuelta.m)
F = N .i = ∫ H .dl F = Hc.Ic B = µH
6.
7.
φ = Bg. Ag F=ФR
8. R=L / µA
9.
10.
11.
12.
Ф= Flujo en el entrehierro
R=Reluctancia (Amp-vuelta/Wb) L= Longitud media de recorrido del núcleo
µ = µ R µ0
µo= Permeabilidad del vacío (4πx10-7Wb/Amp.vuelta.m) µ R= Permeabilidad relativa del material. Se encuentra tabulado
Wb A*v*m l A*v Rc = c µ Ac Wb lg A * v Rg = µ oA g Wb
µ = µr µo
A*v R TOTAL = R c + R g Wb 2 N [Henrys ] L = R TOTAL
1 W = Li 2 [ Joules] 2
Rc= Reluctancia en el núcleo con sus respectivas unidades. Rg= Reluctancia en el entrehierro con sus respectivas unidades.
Rtotal= Reluctancia total que generalmente se encuentre en estos circuitos en serie. L= Valor de la inductancia.
W= Energía magnética acumulada.
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
I
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
13.
e=N
14.
dB c dφ [Volts ] = NAc dt dt
e= Voltaje inducido con variación temporal (Se refiere a la variación del flujo con respecto al tiempo)
F = N * i = φ TOTAL R TOTAL
Ecuación para hallar el flujo total, que en los circuitos magnéticos tiene el papel de la corriente en los circuitos eléctricos. Generalmente se halla como en circuitos eléctricos sea por mallas o por cualquier método.
F = φ TOTAL ( R c + R g )
φ TOTAL =
15.
16.
E rms =
N *i [Wb ] Rg
2π fNA c B máx [Volts ] 2
λ = N φ [Wb .vuelta ]
Erms= Voltaje rms del inductor
λ= Acoplamiento de flujo de bobina
Se recomienda repasar teoría, para luego ver el empleo de estas ecuaciones en los problemas y de la explicación del porque de su uso. ______________________________________________________________________________________________
TRANSFORMADORES
1.
2.
M
k=
K=Coeficiente de acoplamiento L1= Inductancia del primario L2= Inductancia del secundario M= Inductancia mutua
L1 * L 2
α= Relación de transformación cuando el transformador es de bajada V2V1
N2 N1
I 1nom = I 2 nom =
S= Potencia en KVA total del transformador, su uso se verá en los problemas.
S V1nom S
Con esta ecuación se hallan los valores de las corrientes nominales en el primario y secundario con S total del transformador que generalmente se da como dato.
V 2 nom
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
II
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH 6.
INGENIERÍA MECÁNICA
E 2 = V2 cos θ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 ) RV 2 =
E 2 − V2 x100% V2
E2= Voltaje generado en la bobina V2= Voltaje nominal del secundario I2= Corriente nominal del secundario Req2= Resistencia equivalente obtenida de la prueba de cortocircuito pasada al lado del secundario. Xeq2= Reactancia equivalente obtenida de la prueba de cortocircuito pasada al lado del secundario.
RV2= Regulación de voltaje hecha en el lado de baja o secundario. Esta ecuación también se puede usar en el lado de alta pero con Req1 y Xeq1.
7.
Vsc1=Vpc1 + I1*Zeq1 Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1
Vsc= Voltaje sin carga en el lado de alta Vpc= Voltaje a plena carga en el lado de alta I1= Corriente nominal del lado de alta o primario Zeq1= Impedancia obtenida a partir de la prueba de CC en alta tensión
La ecuación anterior se obtiene haciendo malla en el circuito donde se vaya a trabajar sea este en el de alta o el de baja.
RV 1 =
Vsc1 − Vpc1 x100% Vpc1
Regulación realizada en el lado de alta tensión, esta ecuación es más exacta que la anterior.
** Hay que tener presente que en la prueba de CA (circuito abierto), cuando se aplica el valor de voltaje nominal, ya sea el del primario o secundario (dependiendo del dato o verificando), en el devanado donde se aplicó la tensión debe aparecer un valor de corriente, el mismo que debe ser medido por los instrumentos (dato de la tabla), si se efectuó en el lado de alta los valores estarán en dicho lado. Un razonamiento similar se da para la prueba de CC (cortocircuito). Generalmente el término de carga se asocia directamente con la corriente, así por ejemplo, si para tener un par de 4N.m con 2 A, y después uno de 8 N.m entonces con el valor de 2 A no se lo podría tener, por tanto vemos que la corriente necesariamente debe incrementarse. Así por ejemplo la carga aumenta 1/8, 1/7, etc. IMPORTANTE!: En el lado de ALTA, el VOLTAJE, IMPEDANCIAS son altas mientras que la CORRIENTE es baja. En el lado de BAJA el VOLTAJE, IMPEDANCIAS son bajos, mientras que la CORRIENTE es alta. * Para pasar los parámetros de alta a baja divida para alfa al cuadrado. * Para pasar los parámetros de baja a alta multiplique por alfa al cuadrado. Tener siempre presente que cualquiera de los dos bobinados puede tomarse como primario o secundario ______________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS DE CD ECUACIONES:
VT = E A + VE + IaRa
1. Motor Shunt o en derivación Ia It Ra
Rf
Escobillas
If Ea
Vt
Vt= Voltaje terminal Ea= Voltaje generado VE= Voltaje en las escobillas Ia= Corriente de armadura o inducido Ra= resistencia de la armadura o inducido
Lf
A veces sucede que se confunde el término de armadura con lo que es la carcaza. Ver introducción a las máquinas de rotación más adelante.
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
III
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
2. Relación entre Psal en el eje con el par en el eje o par de salida.
Psal = Tejeω nom 3. Potencia terminal llamada también potencia de entrada.
Pter min al = Ia.VT 4. Potencia electromagnética o potencia desarrollada.
Pelctmag = EaIa 5. Para un generador compuesto en derivación larga
Ia = I L + If
Ia= Corriente en la armadura If= Corriente del campo Ns= Número de vueltas en la armadura Nf= Número de vueltas en el estator
Ns fmmbruta = If + Ia Nf 6. Regulación de velocidad:
Rω =
ω SC − ω PC x100% ω PC
ωsc= velocidad sin carga ωpc= velocidad a plena carga
7. Torque o para desarrollado:
Td =
Pd
ωD
Pd= Potencia desarrollada ωD= velocidad desarrollada o de salida ( en algunos casos puede ser de vacío o a plena carga)
8. Para un motor en serie:
φ = cIa
kcIaφω 0 Ea = Ea X kcIa X φ X ω X
Ea = kφω 0 = kcIaφω 0
Iaφω 0 Ea = Ea X Ia X φ X ω X
Ea X = kφω X = kcIa X φω X
ωX =
Ф= Flujo variando en proporción a la corriente de armadura Ia. ωx= velocidad en función del flujo y de los voltajes generados o a veces llamados fuerza contraelectromotriz.
Ea X Iaω 0 EaIa X
9. Pérdidas rotacionales = Pérdidas mecánica= Pr.
PR = Pd − Po
Pd=Potencia desarrollada Po= Potencia de salida
10. Pérdidas totales constantes Pk:
Pk = Vf .If + Pr
Vf.If= Pérdidas en el campo y son constantes. Pr= Pérdidas rotaciones o a veces llamadas pérdidas mecánicas.
11. La corriente de armadura a la cual se presenta la eficiencia máxima.
Pk = Ia 2ηmáx Ra → Iaηmáx =
Pk Ra
Pk= Pérdidas totales constantes
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
IV
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
12. Fracción de carga para la eficiencia máxima FC:
FC =
Iaηmáx
FC= Fracción de carga.
Ia NOM
13. La eficiencia máxima (es diferente de la eficiencia nominal):
η MÄX =
FC ( Pent .nom ) − 2 Pk FC ( Pent .nom)
Pent.nom= Potencia de entrada nominal= Vt.IL
14. Pérdida en el campo derivación del generador.
Vt Pder = If Rf = Rf 2
2
Rf
If= Corriente en el campo Rf= Resistencia en el campo. Vt= Voltaje en las terminales de la armadura.
15. Potencia eléctrica generada en el generador Pg:
Eg = Vt + Ia.Ra Ea > Vt Psal = Vt .I L
Eg= Voltaje generado Ia= Corriente en la armadura “saliendo”
Ia = I L + If Pg = Eg .Ia 16. Otra forma para Pg: Pel.var= Pérdidas eléctricas variables Ia2.Ra Pder= Pérdidas en el campo en derivación If2.Rf Psal = Potencia de salida
Pg = Psal + Pel . var + Pder 17. Eficiencia con todos los parámetros.
Psal Psal + Ppérdidas Ppérdidas = Pr otacionale s + Peléctricas
η=
Peléctricas = Parmadura + Pcampo 18. Otra forma para la eficiencia:
η=
Psal x100% Psal + Pr + Par + Pc
Pr= Pérdidas rotacionales o mecánicas. Par= Pérdidas en la armadura variables (cobre). Pc= Pérdidas en el campo constantes (hierro o núcleo)
19. Ángulo de disparo:
Ed = 1 .35 Eef . cos α Ed = Ea + Ia .Ra = Vt
Ed= Voltaje disponible o voltaje en las terminales de la armadura Vt. Eef= Voltaje efectivo (de la red), generalmente se da línea a línea o línea neutro (en cuyo caso VLN=VLL/1.73), 1.73 es la raíz cuadrada de 3. Cosα = Ángulo de disparo.
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
V
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
20. Voltaje en las terminales de la armadura en función del Vbus.
TON T Vt = VBUS ( 2δ − 1)
δ =
1 Vt
Ton= Tiempo de encendido T= Período f= Frecuencia en Hz.
δ = + 1 2 V BUS f =
1 T
Se recomienda que en dónde sea necesario volver a ver las ecuaciones, se lo haga, así se pierda un poco de tiempo. Las ecuaciones de las potencias dadas anteriormente suelen a veces ser diferentes de un autor a otro, sin embargo se recomienda que el estudiante tenga presente a que es igual cada tipo de potencia y de ser posible dar una simbología adecuada para que no existan confusiones. _____________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS DE CA. ECUACIONES: 1. Velocidad síncrona
Ssínc =
f= Frecuencia de la red P= Número de polos o número de fases del estator Pp= Pares de polos= 2P
120 f 60 f = P Pp
Cuando se expresa como S debe estar en rpm, si está en ω estará en rad/seg
2. El número de grados eléctricos α que se retrasa el campo del estator.
α = Pβ / 2
P= Número de polos β= Grados mecánicos
3. El ángulo δ entre el voltaje resultante Er y el voltaje de fase aplicado Vp.
Er
Egp
δ Vp 4. La potencia total que toma el motor de las barras de distribución y la potencia que desarrolla la armadura.
Pfase = Vp.Iafase. cos θ Ptotal = 3Pfase
Parm = 3Ia 2 fase.Ra Pd = Ptotal − Parm
Parm= Pérdidas en la armadura Pd= Potencia desarrollada Ra= Resistencia de armadura
5. El voltaje de fase Er que resulta entre los voltajes de fase aplicado y generado cuando esta conectado en estrella.
Vp =
VLL
= Egp
3 Er = Vp − Egp cosα + jEgpsenα
Vp= Voltaje de terminales por fase del motor Egp= Voltaje generado por fase Er= Voltaje resultante
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VI
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
6. La corriente de fase que toma el motor si se conoce el valor de la impedancia de fase
Zs = Im pedanciaporfase Ifase =
Er Zs
7. Torque o par desarrollado
Td =
Pd= Potencia desarrollada ω= Velocidad en algunos casos la síncrona (Tsal) o diferente de esta
Pd ω sínc
8. Torque de salida
Tsal =
Psal ω sínc
Como este par está en función de la velocidad síncrona, y de la potencia de salida, entonces se refiere al par de salida.
Notamos que 7 y 8 deben ser iguales cuando Pd=Psal 9. Potencia de entrada. VLL= Voltaje línea a línea Cosθ = Factor de potencia θ = Angulo de la corriente de fase
Pent = 3V LL Iafase. cos θ
10. Eficiencia
η=
Psal Pent
11. Cambiador de frecuencia A un conjunto motogenerador de ca a ca en el que se tenga cambio de frecuencia se le llama cambiador de frecuencia. Como el motor síncrono está acoplado con el alternador, ambos trabajan a la misma velocidad síncrona y por tanto: fa= Frecuencia del alternador fm= Frecuencia del motor Pa= Número de polos del alternador Pm= Número de polos del motor Ver problema final
120 f a 120 f m Ssínc = = Pa Pm
______________________________________________________________________________________________
MÁQUINAS ASÍNCRONAS O DE INDUCCIÓN
ECUACIONES: 1. Deslizamiento fraccionario
s=
n sínc − n rotor S sínc − S rotor = n sínc S sínc
2. Velocidad a plena carga (o en el rotor) en función del deslizamiento y la velocidad síncrona.
nrotor = (1 − s ) nsínc
s= Deslizamiento nsínc= Velocidad síncrona o a veces llamada velocidad teórica o sin carga.
3. Frecuencia del rotor
f rotor = sf red = sf eléctrica
s= Deslizamiento f eléctrica= Es la frecuencia con la que trabaja la red
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VII
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
4. Con el rotor girando en la misma dirección que el campo del estator, se producirá una onda de flujo rotatorio que gira a s*nsínc con respecto al rotor en la dirección de avance. 5. Superpuesta a esta rotación se encuentra la rotación mecánica del rotor, así pues, con respecto al estator, la velocidad de la onda de flujo producida por las corrientes en el rotor es la suma de estas dos velocidades y es igual a:
s.nsínc + nrotor = s.nsínc + s.n sínc (1 − s ) = n sínc 6. Par de arranque
Vx Tx = Tarr Vo
2
Tx= Par en condiciones finales Vx= Voltaje en condiciones finales Vo= Voltaje inicial
7. Potencia disipada por el rotor.
Protor = s.Pag
s= Deslizamiento Pag= Potencia en el entrehierro
8. Potencia en el estator It= Corriente terminal Ra= Resistencia de armadura
Pestator = 3( It ) 2 .Ra 9. Potencia en el entrehierro
Pag = Pent − Pestator
Pent= Potencia de entrada
10. Otra forma para el deslizamiento
Stéorica − Spc Spc Stéorica = Ssínc 120 f Stéorica = P S=
Steórica= S síncrona Spc= Velocidad del rotor o a plena carga o en el eje f= Frecuencia de la red P= Número de polos
Para las potencias en los problemas se tiene diferente simbología, esto se da de acuerdo al autor.
ALTERNADORES La teoría es extremadamente larga y a veces un poco compleja, si se quiere saber más leer el libro de KOSOW. 1. Egp=Vp+IpZp
Egp: Voltaje generado por fase Vp: Voltaje de terminales por fase del alternador IpZp: Caída de voltaje por impedancia interna síncrona del alternador
2. Egp en el sistema inglés:
Egp = 4.44φNp. f .Kp.Kdx10 −8
Ф= Flujo por polo em líneas o em Maxwells f= Frecuencia Np= Número total de vueltas por fase Kp= Factor de paso Kd= Factor de distribución
3. Egp en el SI:
Egp = 4.44φNp. f .Kp.Kd
Ф= Flujo por polo en Webers
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
VIII
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
4. Velocidad síncrona
S sin c =
Ssinc= Velocidad síncrona [rpm] P= Número de polos
120 f P
5. Velocidad síncrona
S sin c =
ωsinc= Velocidad síncrona [rad/seg] Pp= Número de pares de polos
60 f Pp
6. Valores en conexiones trifásicas.
I LLY
I L∆
V LLY
I CARGA ∆ V LL ∆
VLL ∆ = 125V
V LLY = 3V LL∆
I LY =
S 3V LLY
V LLY
V LLY
VLLy= Voltaje línea a línea en estrella. VLL∆= Voltaje línea a línea en delta.
ILLy= Corriente de línea en estrella. S= Potencia aparente total en VA.
Pueden existir otras formas de calcular, ver los problemas.
7. Regulación de voltaje RV:
RV =
Egp − Vp x100% Vp
Egp= Voltaje generado por fase Vp= Voltaje de terminales por fase del alternador.
Cuando esta en estrella Vp= VLLy/1.73, cuando está en delta Vp= VLL∆.
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IX
REPASO Y ECUACIONES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
CIRCUITOS MAGNÉTICOS PROBLEMA A
Explicar la forma de obtener el circuito equivalente del circuito magnético siguiente.
Como la permeabilidad es infinita la resistencia del núcleo es cero. Ahora verificamos el sentido del flujo, para esto usaremos la regla de la mano derecha. Imaginemos que colocamos los cuatro dedos de la mano derecha “sobre” la corriente de la que deseamos conocer el sentido que tendrá el flujo que esta produce, por ejemplo en I1. Ahora “estiramos” el pulgar de la mano y este nos indica el sentido del bobinado y del flujo que produce la corriente y lo indicamos con el signo (+) más, en la fuente contraelectromotriz. De igual forma obtenemos para las demás corrientes. Hay que notar que el circuito equivalente se parece a los circuitos eléctricos, el cual se lo resuelve como si fuera uno de ellos, ya sea por mallas o por otros métodos dependiendo de lo que nos pidan. R2
Rg1
R4
R3 + F1 -
1
Rg2 R5
R1 -
F2
2
R7
R6
R11
Se debe tener muy en cuenta el análisis dimensional en el SI debido al factor de la permeabilidad del vacío. Cuando se analiza la reluctancia del vacío en vez de µ absoluto se debe poner el valor de µ0 (del vacío) cuyo valor es 4πx10-7 Wb/A-vuelta-m.
Rg4
Rg3 R8
+ 3 F3 -
+
Ahora dibujamos el circuito, pero la permeabilidad ahora ya no tiende a infinito. En este circuito Rg representa las reluctancias del vacío mientras que R las reluctancias de cada parte del núcleo de hierro. Hay que tomar en cuenta que para poner las reluctancias del núcleo, se debe observar como se distribuye el flujo (divide) como si fuera una corriente. Entonces se ve por donde va a circular el flujo y por tanto cuantas reluctancias tendrá que atravesar.
R9
R10
Se debe tratar de poner al inicio los datos que dispongamos y lo que se nos pide calcular.
Una forma muy buena de saber el número de reluctancias que se tienen es fijarse que estas están en función del área, si el área es diferente entonces hay la certeza de que debe existir en esa parte (cambio de sección) una reluctancia.
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1
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA B Para el circuito siguiente realizar paso a paso la obtención del circuito equivalente. Donde A representa el área de cada tramo del núcleo, g indica un vacío. 1. Obtención del signo de las fuentes por medio de la regla de la mano derecha. 2. Representación sólo de las reluctancias del vacío. 3. Representación sólo de las reluctancias de cada parte del núcleo en función del área. 4. Circuito resultante con todas las fuentes, las reluctancias tanto de vacío como del núcleo. Como conclusión, las reluctancias R que se tengan son una función del valor del área. Los flujos se pueden hallar aplicando mallas como en los circuito eléctricos y así para cualquier tipo.
1.
3.
2.
4.
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
2
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 1
Para el circuito de la figura se tiene los siguientes datos: Ac=Ag=9cm2, g= 0.0050cm, lc=30cm. Suponga que el valor de µr=70000 para el material del núcleo y Bc=1Tesla. Calcule el flujo y la corriente si: a. N=1000 vueltas b. N=500 vueltas y g=0.040cm.
SOLUCIÓN:
Lc
Cálculos previos:
Rc
Wb A*v*m lc A*v 0 .3 Rc = = = 3789 .60 −4 µ Ac ( 0 .08796 )( 9 x10 ) Wb − 4 lg A*v 5 x10 Rg = = = 442097 .06 −7 −4 Wb µ o A g ( 4πx10 )( 9 x10 )
µ = µ r µ o = ( 70000 )( 4πx10 − 7 ) = 0 .08796
i
+ N
Rg
F
-
a)
Wb )( 9 x10 − 4 m 2 ) = 9 x10 − 4 Wb m2 F = φ ( R c + R g ) = (9 x10 − 4 )( 442097 .06 + 3789 .60 ) = 401 .2979 A * v
φ = B c Ac = (1
F = Ni ⇒ i = b)
Rg =
F 401 .2979 A * v = = 0 .401 A N 1000 v
g 4x10−4 A*v = = 353677.65 −7 −4 µo Ag (4πx10 )(9x10 ) Wb
φ = 9x10− 4Wb F = φ ( Rg + Rc ) = (9x10− 4 )(353677.65 + 3789.60) = 321.72A * v i=
F 321.72A * v = = 0.653A N 500v
************************************************************************************ PROBLEMA 2
Para la estructura magnética se tiene las siguientes dimensiones (permeabilidad infinita): Bg=0.9 Teslas, I=10 A, g= 1cm, Ag= 2000cm2. Determine el flujo en el entrehierro para la bobina de N=500 vueltas y la corriente requerida para producir este nivel de flujo en el entrehierro.
SOLUCIÓN:
Rc
Rg i
Re =
le l = 0 ; Rr = r = 0 µ Ae µ Ar
Rg =
g 0 .01 A*v = = 39788 .73 −7 Wb µ o A g ( 4πx10 )( 0 .2 )
+ F Rg
como
µ→∞
F = φ g ( 2 R g ) = ( 0 .18 )( 2 * 39788 .73 ) = 14323 .9 A * v i=
F 14323 .9 A * v = = 28 .647 A N 500 v
________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
3
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 3
Para el problema 1 calcular la inductancia para una µr=30000 sin variar las dimensiones.
SOLUCIÓN:
Wb A*v*m lc 0 .3 A*v Rc = = = 8865 . 24 µ A c ( 0 . 0376 )( 9 x10 − 4 ) Wb
µ = µ r µ o = ( 30000 )( 4π x10 − 7 ) = 0 . 0376
Rg =
g 5 x10 − 4 A*v = = 442097 . 06 −7 −4 Wb µ o A g ( 4π x10 )( 9 x10 )
R TOTAL = R c + R g = 450962 . 3 L=
N
2
R TOTAL
=
A*v Wb
( 500 ) 2 = 0 .554 Henrys 450962 . 3
************************************************************************************ PROBLEMA 4
Para el problema 1, calcular: a. El valor de la inductancia. b. La energía magnética acumulada. c. El voltaje inducido con variación temporal de 50 Hz de la forma Bc=0.8senωt
SOLUCIÓN:
a)
b)
φ = B c Ac = ( 0.8)( 9 x10 ) = 7 .2 x10 Wb −4
−4
F = φRTOTAL = (7 .2 x10 − 4 )( 450962 .3) = 324 .6928 A * v L=
c)
N2 RTOTAL
=
(500 ) 2 = 0 .554 Henrys 450962 .3
1 W = Li 2 2 F 324.6928 i= = = 0.6493A N 500 W = 0.5(0.554)(0.6493) 2 = 0.1168Joules
dB c dφ d [0.8 sen ω t ] = NAc = NAc = 0.8 NAc ω cos ω t dt dt dt e = (500 )(9 x10 − 4 )( 0.8)( 314 .15) cos 314 .15t e=N
e = 113 .09 cos 314 .15t [Volts ]
************************************************************************************ PROBLEMA 5 Suponga que el material del núcleo del problema 1 es acero electrolítico M-5, que posee la curva de magnetización (fig. 1.10 del texto, pág 22). Calcule la corriente para producir Bc= 1.6 Teslas.
Fc = H c l c = ( 70 )( 0 .3) = 21 A * v SOLUCIÓN:
Usando la curva se tiene que cuando Bc=1.6 T el valor de Hc=70 A*v/m
Fg =
Bg lg
µo
= H glg =
(1 .6 )( 5 x10 − 4 ) = 636 .619 A * v 4πx10 − 7
FTOTAL = Fc + F g = ( 21 + 636 .619 ) = 657 .619 A * v F 657 .619 = 1 .315 A i = TOTAL = N 500 ________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
4
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 6 En la figura se ilustra un circuito magnético con entrehierro simple. Las dimensiones del núcleo son: Área de la sección transversal Ac =1.8x10-3 m2 Longitud del núcleo principal lc=0.6 m Longitud del entrehierro g=2.3x10-3 m N= 83 vueltas Suponga que el núcleo presenta permeabilidad infinita e ignore los efectos de dispersión magnética en el entrehierro y de acoplamiento de flujo. a) Calcule la reluctancia del núcleo y del entrehierro. Si se considera una corriente de i= 1.5 A, determine: b) El flujo total c) Los acoplamientos de flujo de bobina λ. d) La inductancia de la bobina L.
Lc
SOLUCION:
Rc
a)
i
+ N
Rc =
Rg
lc
µ Ac
, pero µ → ∞
Rc = 0
F
Rg =
-
g 2 .3 x10 − 3 = µ o Ag ( 4π x10 − 7 )(1 .8 x10 − 3 ) A*v Wb
R g = 1016823 .2 b)
c)
F = N * i = φ TOTAL R TOTAL F = φ TOTAL ( R c + R g )
φ TOTAL =
N *i (83 )(1 . 5 ) = Rg 1016823 . 2
d)
N2
83 2 1016823 .2
λ = Nφ
L=
λ = (83 )(1 .22 x10 − 4 ) λ = 0 .010 Wb * v
L = 6.775 x10 − 3 Henrys
RTOTAL
=
φ TOTAL = 1 .22 x10 − 4 Wb ************************************************************************************ PROBLEMA 7
Repita el problema 1 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de µ=2500µO
SOLUCIÓN:
a)
b)
µ = 2500 ( 4π x10 − 7 ) = 3 .1416 x10 − 3
φ TOTAL =
Wb A*v*m
φ TOTAL = 1 .108 x10 − 4 Wb
l 0 .6 Rc = c = µ Ac (3 .1416 x10 − 3 )(1 . 8 x10 − 3 )
c)
A*v R c = 106103 .29 Wb Rg =
g A*v = 1016823 . 2 µ o Ag Wb
N *i (83 )(1 .5 ) = RTOTAL 1122926 .49
λ = N φ = (83 )(1 .108 x10 −4 ) λ = 9 .2 x10 − 3 Wb * v d)
L=
N2 R TOTAL
=
83 2 = 6 . 134 x10 − 3 Henrys 1122926 . 49
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PROBLEMA 8
Considere el circuito magnético y tome en cuenta las dimensiones que se dan en el problema 1. Suponga una permeabilidad infinita para el núcleo y calcule: a) b)
El número de vueltas que se requieren para lograr una inductancia de 12 mH La corriente del inductor para obtener una densidad de flujo en el núcleo de 1 Tesla.
SOLUCIÓN:
a)
b)
φ = Bc Ac = N * i
N = L * RTOTAL
i=
−3
N = (12 x10 )(1016823.2) N = 110.46 ≈ 111vueltas
(1)(1.8 x10−3 ) = 1.63x10−5 A 110.46
************************************************************************************ PROBLEMA 9
El circuito magnético que se muestra en la figura consiste en un núcleo y un émbolo móvil con un espesor Lp, cada uno con una permeabilidad µ.
i
El núcleo posee un área de sección transversal Ac y longitud media Lc. El área de superposición de los dos entrehierros Ag es una función de la posición del émbolo x y puede considerarse que tendrá una variación expresada a continuación:
Rg +
N
x Ag = Ac 1 − X o
F
Rg
Rc
Es posible ignorar cualquiera de los campos de dispersión en el entrehierro y emplear aproximaciones consistentes con el análisis del circuito magnético. a) Al asumir que la permeabilidad es infinita, se origina una expresión para obtener la densidad del flujo magnético en el entrehierro Bg como una función de la corriente del devanado, mientras que la
(0 ≤ x ≤ 0.8 X o )
posición del émbolo varía
¿Cuál es la densidad de flujo correspondiente en el núcleo? b) Repetir el inciso a) y considere una permeabilidad finita.
SOLUCIÓN:
a)
Como µ → ∞ : Rc = R p = 0 Cuando ( x ≥ 0) :
Cuando ( x ≤ 0.8 X 0 ) :
0 Ag = Ac 1 − X 0 Ag = Ac
0 .8 X 0 Ag = Ac 1 − X 0 Ag = 0.2 Ac
F = N * i = φRTOTAL
N * i = Bc Ac ( 2 Rg )
φ = Bc Ac Bc =
N *i 2 Ag Rg
Bc =
N *i 10 Ag Rg
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
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INGENIERÍA MECÁNICA b)
Rc =
lc µ Ac
Rg =
g µ 0 Ag
Rp =
lp
µA p
Cuando ( x ≥ 0 ) :
Cuando ( x ≤ 0 .8 X 0 ) :
0 A g = Ac 1 − X 0 A g = Ac
0 .8 X 0 A g = Ac 1 − X0 A g = 0 . 2 Ac
F = N * i = φRTOTAL
N * i = B c Ac R TOTAL
φ = B c Ac RTOTAL = R c + R p + 2 R g Bc =
N *i A g R TOTAL
Bc =
N *i 5 A g R TOTAL
************************************************************************************ PROBLEMA 10 El circuito magnético del problema 4 posee las siguientes dimensiones: Ac=8.2 cm2; Lc= 23 cm; Lp=2.8 cm g = 0.8 mm; Xo=2.5 cm; N = 430 vueltas Suponga una permeabilidad constante de µ=2800µ0 , calcule la corriente que se requiere para alcanzar una densidad de flujo de 1.3 Teslas en el entrehierro cuándo el émbolo ha regresado completamente a su posición original (x=0).
SOLUCIÓN:
Wb A* v * m l l g 0.23 0.028 8x10−4 RTOTAL = c + p + = + + µAc µAp µo Ag 2.88x10−6 2.88x10−6 1.03x10−9
µ = 2800(4πx10−7 ) 0 Ag = Ac 1− = Ac 0.025 RTOTAL = 794407.32
A* v Wb
i=
Bc Ac RTOTAL (1.3)(8.2x10−4 )(794407.32) = = 1.96A N 430
************************************************************************************ PROBLEMA 11
Un inductor con la forma del problema 1, presenta las siguientes dimensiones: Área de la sección transversal Ac = 3.6 cm2; Longitud del núcleo principal Lc= 15 cm; N= 75 vueltas Tome en consideración una permeabilidad del núcleo µ=2100µ0 e ignore los efectos del acoplamiento de flujo y de la dispersión de los campos, calcule la longitud del entrehierro que se requiere para alcanzar una inductancia de 6 mH.
SOLUCIÓN:
RTOTAL = R c + R g lc 0.15 = −3 µAc (2.63 x10 )(3.6 x10 − 4 ) A*v R c = 157891.8 Wb 937500 = R c + R g Rc =
N2 75 2 = L 6 x10 − 3 A*v = 937500 Wb
RTOTAL = RTOTAL
g = 779608.2 µ o Ag = 3.52 x10 − 4 m
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PROBLEMA 12
El circuito magnético que se presenta en la figura consiste en anillos de material magnético en una pila de altura h. los anillos presentan un radio interno Ri y un radio externo Ro. Suponga que el hierro presenta permeabilidad infinita e ignore los efectos del acoplamiento magnético y dispersión. Para: Ri= 3.4 cm; Ro = 4 cm; h = 2 cm; g = 0.2 cm
Rc
i + F -
Calcule:
N a) b)
La longitud media del núcleo y el área de la sección transversal del núcleo La reluctancia del núcleo y del entrehierro.
Rg
Para N= 65 vueltas, calcule: c) d) e)
La inductancia L La corriente que se requiere para operar a una densidad de flujo del entrehierro de Bg= 1.35 T Los acoplamientos de flujo correspondientes a la bobina.
SOLUCIÓN:
a)
Ro − Ri = 0 . 003 m 2 Ac = h ( R o − R i ) = 1 . 2 x10 − 4 m 2
lc =
b)
c)
Como µ → ∞ Rc = 0
A* v RTOTAL = Rc + Rg = 13262911 .92 Wb 2 N L= = 3.18 x10 − 4 Henrys RTOTAL d)
i=
Rg =
φTOTAL RTOTAL
g A*v = 13262911 .92 µ o Ag Wb
e)
λ = N φ TOTAL = ( 65 )( 1 . 62 x10 λ = 0 . 01053 Wb * v
N Bc Ac RTOTAL (1.62 x10− 4 )(13262911.92) i= = 65 N i = 33.1A
−4
)
************************************************************************************ PROBLEMA 13 Repita el problema 7 para una permeabilidad del núcleo de µ=750µ0
SOLUCIÓN:
a)
b)
Rc =
Ro − Ri = 0.003m 2 Ac = h( Ro − Ri ) = 1.2 x10 −4 m 2
lc =
Rg =
lc A*v = 26525 .82 µAc Wb g
µ o Ag
= 13262911 .92
A*v Wb
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c)
d)
i=
A* v RTOTAL = R c + R g = 13289437 .74 Wb N2 L= = 3.1792 x10 − 4 Henrys RTOTAL
φTOTALRTOTAL
N Bc Ac RTOTAL (1.62x10− 4 )(13262911.92) i= = N 65 i = 33.12A
e)
λ = N φ TOTAL = ( 65 )(1 .62 x10 − 4 ) λ = 0 . 01053 Wb * v ************************************************************************************ PROBLEMA 14 El inductor de la figura posee un núcleo con área de la sección transversal circular uniforme de área Ac, longitud media Lc y una permeabilidad relativa µR así como un devanado con N números de vueltas. Elabore una expresión para la inductancia L.
SOLUCIÓN:
N de la bobina
Núcleo
Rc +
Rg
Como: L =
F -
N2 RTOTAL
(1)
RTOTAL= Rc + Rg =
lc
µr µo Ac
+
g µo Ag
(2)
Reemplazando (2)en(1) : L=
µr µo Ac N2 lc + gµr
************************************************************************************ PROBLEMA 15
El inductor del problema 9, presenta las siguientes dimensiones: Ac= 1 cm2; Lc= 15 cm; g = 0.8 cm; N = 480 vueltas Calcule la inductancia al ignorar el acoplamiento del flujo, los efectos de dispersión y suponer una µR=1000.
SOLUCIÓN:
Aquí sólo debemos reemplazar los valores en la ecuación obtenida en el problema anterior.
L=
µ r µo Ac N 2 (0.0001)(1.25 x10−3 )(480) 2 = lc + gµ r 0.15 + (0.0008)(1000)
L = 0.03Henrys ************************************************************************************ PROBLEMA 16 El inductor que se presenta en el problema 10 se operará a partir de una fuente de voltaje de 60 Hz. a) b)
Al asumir que es posible ignorar la resistencia de la bobina calcule el voltaje rms del inductor que corresponde al pico de la densidad de flujo del núcleo de 1.5 T. Bajo estas condiciones de operación, determine la corriente rms y el valor pico de la energía acumulada.
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SOLUCIÓN:
b.1) De la curva 1.10 (texto) tenemos que: Hc=200 A*v/m
a)
2π fNA c B máx 2 = 4 .44 ( 60 )( 480 )( 0 .0001 )(1 .5)
E rms = E rms
2π A*v fNAc H c = 2559 .10 m 2 lH = c rms = 0.7997 A N
H rms = I rms
E rms = 19 .18Volts b.2)
λ2
W =
2L N2 L= RTOTAL
λ = N φ máx = NB c Ac = 0 .072Wb * v RTOTAL = Rc + R g
RTOTAL = 7566197 .724
A*v Wb
L = 0 .030 Henrys W = 0 .0864 Joules
Para b.1 comprobar que la ecuación sea la correcta, ya que no tenemos la seguridad de que la misma sea la correcta en Irms.
************************************************************************************ PROBLEMA 17
En la figura se ilustra un circuito magnético con entrehierro simple. Las dimensiones del núcleo son: Área de la sección transversal Longitud del núcleo principal Longitud del entrehierro
AC = 1.8 x10 −3 m 2 l C = 0. 6 m
g = 2.3 x10 −3 m
N=83 vueltas
lC AC
φ
µ
Rc
+
N
F Rg
g
Suponga que el núcleo presenta permeabilidad infinita ( µ
→ ∞ ) e ignore los efectos de dispersión magnética en el
entrehierro y de su acoplamiento de flujo. a) Calcule la reluctancia del núcleo Rc y del entrehierro Rg. Si se considera una corriente de i=1.5 A, determine: b) el flujo total
φ
c) los acoplamientos de flujo de la bobina d) la inductancia de la bobina L.
λ
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SOLUCIÓN: a) Como el núcleo presenta permeabilidad infinita ( µ
RC =
lC 0. 6 m = =0 µ AC Wb −3 2 ∞ 1.8 x10 m A. vuelta. m
(
Para el entrehierro se usa e l valor de
Rg =
lg
µ 0 Ag (= AC )
→ ∞ ), entonces:
=
)
A. vuelta Wb
µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m A. vuelta = 1.0168 x10 6 −3 2 Wb / A. vuelta. m 1.8 x10 m Wb
)(
)
Es muy común considerar las unidades de la reluctancia solamente en A/Wb, es decir, se omite el término de vueltas debido a que es adimensional, por tanto en adelante se aplicará esta notación y se colocarán entre corchetes las unidades de cada magnitud. b) Como los circuitos magnéticos son análogos a los eléctricos, el flujo total (similar a la corriente) se halla aplicando las leyes de Kirchoff, entonces:
φtotal (RC + R g ) = N . i φtotal =
N .i 83vueltas (1.5 A) = = 1.224 x10 − 4 [ Wb] RC + R g 1.0168 x10 6 A / Wb
c) Generalmente el término acoplamiento se refiere a los transformadores que se usan para acoplar resistencias entre el circuito primario y la carga.
λ = N .φ total = 83 (1.224 x10 −4 Wb) = 1.015 x10 −2 [Wb] d) La inductancia L es una medida de oposición a un cambio en la corriente, mientras que una resistencia mide la oposición a la corriente.
L=
λ i
=
1.015 x10 −2 Wb = 6.766 [mH ] 1. 5 A
************************************************************************************ PROBLEMA 18 Repita el problema 17 y considere una permeabilidad finita para el núcleo de
µ = 2500 µ0 .
SOLUCIÓN: a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( µ
RC =
lC = µ AC
= 2500 µ 0 ), entonces:
0. 6 m
(
)
A. = 1.061 x10 5 Wb
Wb 1.8 x10 −3 m 2 2500 4 π x10 − 7 A. m ________________________________________________________________________________ MÁQUINAS ELÉCTRICAS
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Para el entrehierro se usa e l valor de
Rg =
lg
µ 0 Ag (= AC )
=
µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m = 1.0168 x10 6 −3 2 Wb / A.. m 1.8 x10 m
)(
)
A Wb
b) Como los circuitos magnéticos son análogos a los eléctricos, e l flujo total (similar a la corriente) se halla aplicando las leyes de Kirchhoff, entonces:
φtotal (RC + R g ) = N . i φtotal =
N .i 83 vueltas (1.5 A) = = 1.1087 x10 − 4 [ Wb] RC + R g 1122900 A / Wb
c) Usando la relación del problema 1, tenemos:
λ = N .φ total = 83 (1.1087 x10 −4 Wb ) = 9.2 x10 −3 [Wb ] d) Usando la relación del problema 1.1, tenemos:
L=
λ i
=
9.2 x10 −3 Wb = 6.13 [mH ] 1.5 A
************************************************************************************ PROBLEMA 19
Considere el circuito magnético del problema 17 y tome en cuenta las dimensione que se presentan en el mismo. Suponga una permeabilidad infinita para el núcleo y calcule: a) el número de vueltas que se requieren para lograr una inductancia de 12 mH b) la corriente del inductor para obtener una densidad de flujo en el núcleo de 1.0 T.
SOLUCIÓN: Se usarán todos los valores hallados en el problema 17 a) La expresión a usar será:
L=
(
N2 ⇒ N 2 = (0.012 H ) 1.017 x10 6 Wb / A. vueltas. m Rtotal (= RC + R g )
)
N = 110 [vueltas]
Recordar que:
Henry = T . m 2 / A
donde T= Tesla
b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:
φC = BC . AC = (1T ) (1.8 x10 −3 m 2 ) = 1.8 x10 −3 Wb
(
φ C . Rtotal 1.8 x10 −3 Wb 1.017 x10 6 A. vueltas / Wb N .i ⇒i= = φC = Rtotal N 110 vueltas
)
i = 16.6 [ A]
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PROBLEMA 20
Reelabore el problema 19, y considere una permeabilidad del núcleo de
µ = 1300 µ 0
SOLUCIÓN: Siguiendo el procedimiento del problema 2, tenemos: a) Como el núcleo presenta permeabilidad ( µ
RC =
lC = µ AC
0.6 m
(
Wb 1.8 x10 −3 m 2 1300 4 π x10 − 7 A . m
Para el entrehierro se usa e l valor de
lg
Rg =
= 1300 µ 0 ), entonces:
µ 0 Ag (= AC )
=
)
A. = 2.04 x10 5 Wb
µ 0 = 4 π x10 −7 Wb / A. vuelta. m , entonces:
( 4 π x10
−7
2.3 x10 −3 m A = 1.0168 x10 6 −3 2 Wb / A.. m 1.8 x10 m Wb
)(
)
El número de vueltas es:
(
)
N 2 = (0.012 H ) 1.22 x10 6 Wb / A. vueltas. m → N = 120.99 [vueltas ] b) Se usará la ecuación del flujo magnético (similar al flujo eléctrico), obteniendo:
φC = BC . AC = (1T ) (1.8 x10 −3 m 2 ) = 1.8 x10 −3 Wb φC =
(
φ .R N .i 1.8 x10 −3 Wb 1.22 x10 6 A. vueltas / Wb ⇒ i = C total = 121 vueltas Rtotal N
)
i = 18.15 [A]
************************************************************************************ PROBLEMA 21
El circuito magnético que se presenta en e l problema 17, posee un material no lineal en e l núcleo cuya permeabilidad es una función de Bm y se encuentra dada por:
µ = µ 0 1 +
3499 1 + 0.047 (Bm )
7.8
donde: Bm es la densidad de flujo del material. Determine la corriente que se requiere para alcanzar una densidad de flujo de 2.2 T en el núcleo
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SOLUCIÓN: Se empieza reemplazando el valor de Bm en a ecuación dada:
lC AC
φ
µ
Rc
+
N
F Rg
g
3499 = 1 + 7.8 7 .8 1 + 0.047 (Bm ) 1 + 0.047 (2.2 ) µ = 730 4 π x10 −7 Wb / A. m = 0.001 Wb / A. m
µ = µ 0 1 +
3499
(
RC =
)
= 730 µ 0
lC 0. 6 m = = 3.33 x10 5 A / Wb −3 2 µ . AC 0.001Wb / A. m 1.8 x10 m
(
)
Rg = 1.017 x10 A / Wb 6
φC = BC . AC = 2.2 (1.8 x10 −3 ) = 0.004 Wb i=
φ C . Rtotal N
=
(
)
0.004 1.35 x10 6 = 62.06 [ A] 83
************************************************************************************ PROBLEMA 22
El circuito magnético que se muestra en la figura consiste en un núcleo y un émbolo móvil con un espesor uno con una permeabilidad
µ
lC
Xo x
lP
cada
El núcleo posee un área de sección transversal Ac y longitud media
g
lP
.
I
N vueltas
g
lC . El
área de superposición de los
dos entrehierros Ag es una función de la posición del émbolo x y puede considerase que tendrá una variación expresada a continuación:
x Ag = AC 1 − X 0 Es posible ignorar cualquiera de los campos de dispersión en el entrehierro y emplear aproximaciones consistentes con el análisis del circuito magnético.
µ Émbolo
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µ → ∞ , se origina una expresión para obtener la densidad del flujo magnético en el entrehierro Bg como una función de la corriente del devanado I, mientras que la posición del émbolo varía (0 ≤ x ≤ 0.8 X 0 ) . ¿Cuál
a) Al asumir que
es la densidad de flujo correspondiente en el núcleo? b) Repita el inciso a) y considere una permeabilidad finita
µ.
SOLUCIÓN: a) Del circuito se tiene:
Rc
φtotal = BC . AC = B g . Ag
2g
BC =
Rp
+
φ
Ag . B g AC
; pero
x = 1 − AC X 0
Ag
x BC = B g 1 − X 0
b) Del circuito tenemos:
2g l l F = N . i = B g . Ag (2 R g + RC + RP ) = B g . Ag + C + P µ .A 0 g µ . AC µ . AC 2 g . Ag Ag . l C Ag . l P N .i = Bg + + µ .A µ . A µ . AC 0 g C Multiplicamos los dos lados de la ecuación anterior por
2 g
µ 0 . N .i = Bg
µ 0
+
µ 0 . N . i = B g 2 g +
Finalmente:
Bg =
= Bg
2 g 1 + µ 0 µ
Ag (l C + l P ) AC
µ 0 , obteniendo:
1 Ag (l C + l P ) ; pero µ AC
µ0 µ
x = 1 − AC X 0
Ag
x 1 − (lC + l P ) X0
µ 0 . N .i µ0 x 1 − (l C + l P ) 2 g + µ X0
Es importante notar que la relación Ag/Ac se obtiene del enunciado del problema.
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PROBLEMA 23 El circuito magnético del problema 22 posee las siguientes dimensiones:
AC = 8.2 cm 2
l C = 23 cm
l P = 2.8 cm
g = 0.8 mm
X 0 = 2.5 cm
N = 430 vueltas
a) Suponga una permeabilidad constante de
µ = 2800 µ 0 , calcule la corriente que se requiere para alcanzar una
densidad de flujo de 1.3 T en el entrehierro cuando el émbolo ha regresado completamente a su posición original (x=0) b) Repita el cálculo del inciso a) para el caso donde el núcleo y el émbolo estén compuestos de material no lineal y cuya permeabilidad se encuentre dada por la siguiente ecuación:
µ = µ 0 1 +
, donde Bm es la densidad del flujo magnético del material. 1 + 0.05 Bm8 1199
SOLUCIÓN: a) Usamos la expresión del problema anterior, en la cual reemplazamos los datos:
µ 0 . N .i
Bg =
µ0 x 1 − (l C + l P ) 2 g + µ X0 4 π x10 −7 (430 ) i 1.3 T = 4 π x10 −7 0 −4 1− (0.23 + 0.028) 2 8 x10 + −7 2800 4 π x10 0.025 −7 −4 4 π x10 (430 ) i 5.4035 x10 i 1.3 T = = 1.683 x10 −3 1 −4 2 8 x 10 + ( 1 ) ( 0 . 23 + 0 . 028 ) 2800
(
)
(
( )
(
(
(
)
)
)
)
(
)
i = 4.049 [A] b) Reemplazamos el valor de Bm en la ecuación para obtener:
µ = µ 0 1 +
1199 1 + 8 1 + 0.05 (1.3) Wb / A. m
=µ 0 1 + 0.05 Bm8 1199
µ = 1012 µ 0 = 1.272 x10 −3
= 1011.5 µ 0
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Se usa nuevamente la expresión del problema anterior:
µ 0 . N .i
Bg =
µ0 x (l C + l P ) 1 − 2 g + µ X0 4 π x10 −7 (430 ) i 1.3 T = 4 π x10 −7 0 −4 2 8 x 10 + 1− (0.23 + 0.028) −3 1.272 x10 0.025 −7 4 π x10 (430) i 5.4035 x10 − 4 i 1.3 T = = 2 8 x10 − 4 + 9.879 x10 − 4 (1) (0.23 + 0.028) 1.829 x10 −3
) (( ( ) (
(
[(
(
)
)
)
)
]
)
(
)
i = 4.40 [ A] ************************************************************************************ PROBLEMA 24
Un inductor con la forma que esquematiza en la figura del problema 17, presenta las siguientes dimensiones: Área de la sección transversal Longitud media del núcleo
AC = 3.6 cm 2
l C = 15 cm
N= 75 vueltas Tome en consideración una permeabilidad del núcleo de
µ = 2100 µ 0
e ignore los efectos del acoplamiento de flujo
y de la dispersión de los campos, calcule la longitud del entrehierro que se requiere para alcanzar una inductancia de 6 mH.
SOLUCIÓN: Usamos el circuito del problema 17, para obtener:
(75) = 937500 A / Wb N2 N2 → Rtotal = = Rtotal L 6 x10 −3 2
L=
Rtotal = RC + R g → R g = Rtotal − RC = 937500 −
0.15 1.5 x10 3.6 x10 − 4
(
−3
R g = (937500 − 277777.777 ) A / Wb = 659722.222 A / Wb Rg =
g → g = R g . µ 0 . AC µ 0 . AC
(
)(
)(
g = (659722.222 A / Wb ) 4 π x10 −7 Wb / A. m 3.6 x10 − 4 m 2 g = 2.98 x10
−4
m = 0.298 [mm]
)
)
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17
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 25
El circuito magnético que se presenta en la figura consiste en anillos de material magnético en una pila de altura h. Los anillos presentan un radio interno Ri y un radio externo Ro. Suponga que el hierro presenta permeabilidad infinita
(µ → ∞ ) e ignore los efectos del acoplamiento magnético y dispersión. Para:
R i = 3.4 cm ; Ro = 4 cm ; h = 2 cm ; g = 0.2 cm Calcule: a) La longitud media del núcleo l C y el área de la sección transversal del núcleo Ac. b) La reluctancia del núcleo Rc y del entrehierro Rg Para N=65 vueltas, calcule: c) La inductancia L. d) La corriente i que se requiere para operar a una densidad de flujo del entrehierro de Bg= 1.35 T. e) Los acoplamientos de flujo
λ
i
correspondientes a la bobina.
Ro
N
Ri
g
h
µ→∞
SOLUCIÓN: a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:
φ
Rc
+ F
l C = 2 π (Ro − Ri ) − g = 2 π (4 − 3.4 ) cm − 0.2 cm = 3.5699 cm El área de la sección transversal es:
Rg
A = (Ro − Ri ). h = (4 − 3.4 ) (2 ) cm 2 = 1.2 cm 2
b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:
lC 0.035699 m A. =0 = µ AC Wb Wb ∞ 1.2 x10 − 4 m 2 A. m 0.002 m g RC = = =1.326 x10 7 µ 0 AC Wb 4 π x10 −7 1.2 x10 − 4 m 2 A. m RC =
(
)
(
)
A. Wb
c) El valor de la inductancia es:
(65 vueltas ) = 3.186 x10 −4 H = 0.3186 [mH ] N2 L= = Rtotal 1.326 x10 7 A / Wb 2
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18
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:
i=
B g . Ag . Rtotal N
=
(1.35 T ) (1.2 x10 −4
)(
m 2 1.326 x10 7 A / Wb 65 vueltas
i = 33.048 [A]
)
e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:
λ = L. i = (0.3186 x10 −3 H ) (33.048 A) λ = 10.52 [mWb] ************************************************************************************ PROBLEMA 26
Repita el problema 25 para una permeabilidad del núcleo de
µ = 750 µ 0
SOLUCIÓN: a) La longitud media del núcleo es el perímetro del anillo, entonces:
l C = 2 π (Ro − Ri ) − g = 2 π (4 − 3.4 ) cm − 0.2 cm = 3.5699 cm El área de la sección transversal es:
A = (Ro − Ri ). h = (4 − 3.4 ) (2 ) cm 2 = 1.2 cm 2 b) Se calculan las reactancias del núcleo y del entrehierro:
0.035699 m A. = 3.15648 x10 5 Wb Wb 1.2 x10 − 4 m 2 750 4 π x10 −7 A. m 0.002 m g A. = =1.326 x10 7 RC = µ 0 AC Wb Wb 4 π x10 − 7 1.2 x10 − 4 m 2 A. m
RC =
lC = µ AC
(
)
(
)
c) El valor de la inductancia es:
(65 vueltas ) N2 L= = = 3.112 x10 − 4 H = 0.3112 [mH ] 7 Rtotal 1.35756 x10 A / Wb 2
d) El valor de corriente en función de la densidad de flujo magnético es:
i=
B g . Ag . Rtotal N
=
(1.35 T ) (1.2 x10 −4
)(
m 2 1.35756 x10 7 A / Wb 65 vueltas
i = 33.83 [ A]
)
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19
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
e) Los acoplamientos de flujo se hallan con la relación:
λ = L. i = (0.3112 x10 −3 H ) (33.83 A) λ = 0.01052 = 10.52 [mWb] ************************************************************************************ PROBLEMA 27
El inductor de la figura posee un núcleo con área de la sección transversal circular uniforme de área Ac, longitud media lc y una permeabilidad relativa
µ r , así como un devanado con N número de vueltas. Elabore una expresión para la
inductancia L.
Ac
φ
Rc
+ F
g
Rg
N
SOLUCIÓN: Se nota del gráfico que existe otra forma de representar una bobina, entonces del circuito se tiene:
Rtotal = RC + R g = Rtotal =
lC
µ r . µ 0 . AC
Admás :
L=
N2 1 = L µ 0 . AC
L=
lC g + µ. AC µ 0 . AC +
g 1 = µ 0 . AC µ 0 . AC
pero
µ = µr . µ0
lC +g µr
N2 Rtotal
lC +g µr
µ 0 . N 2 . AC lC
µr
+g
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20
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 28
El inductor de la figura anterior presenta las siguientes dimensiones:
AC = 1 cm 2 ; l C = 15 cm ; g = 0.8 mm ; N = 480 vueltas Calcule la inductancia al ignorar el acoplamiento del flujo, los efectos de dispersión y suponer una
µ r = 1000
SOLUCIÓN: Con los valores proporcionados, simplemente, los reemplazamos en la relación anterior.
L=
µ 0 . N 2 . AC lC
µr
=
(4 π x10
−7
+g
L = 30.47 [mH ]
)
(
)
Wb / A. m (480 ) 1 x10 −4 m 2 = 0.03047 H 0.15 m −4 + 8 x10 m 1000 2
************************************************************************************ PROBLEMA 29
El inductor que se presenta en el problema 27 se operará a partir de una fuente de voltaje de 60Hz. a) Al asumir que es posible ignorar la resistencia de la bobina, calcule el voltaje rms del inductor que corresponde al pico de la densidad del flujo del núcleo de 1.5 T. b) Bajo estas condiciones de operación, determine la corriente rms y el valor pico de la energía acumulada.
SOLUCIÓN:
V rms =
a) El voltaje rms se calcula a partir de la expresión:
V rms =
2π
. f . N . AC . Bmáx =
2 V rms = 19.193 [V ]
2
2
. f . N . AC . Bmáx
(60 Hz ) (480) (1 x10 −4
I rms =
b) La corriente rms se halla a partir de la expresión:
I rms =
2π
2π
)
m 2 (1.5 T )
V rms ω. L
V rms V rms 19.193 V = = ω. L 2 π f L 2 π (60 Hz ) (0.03047 H )
I rms = 1.671 [ A]
El valor pico de la energía acumulada está dada por la siguiente expresión:
E pico = 0.5 L
(
2 I rms
)
2
E pico = 0.5 L
(
= 0.5 (0.03047 H ) (2 )(1.671 A)
2 I rms
)
2
2
E pico = 0.08507 J = 85.07 [mJ ]
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CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
PROBLEMA 30 Una onda de voltaje cuadrada presenta una frecuencia fundamental de 60 Hz y se aplican semiciclos positivos y negativos iguales de magnitud E a un devanado de 1000 vueltas que rodean un núcleo cerrado de hierro de
1.25 x10 −3 m 2
de la sección transversal. Ignore tanto la resistencia del devanado como cualquier efecto del
acoplamiento de flujo. Determine el máximo valor permitido de E si la máxima densidad de flujo no excede de 1.15 T.
SOLUCIÓN: Para este problema basta con aplicar la relación
E máx = 4. f . N . AC . B pico
(
)
E máx = 4. f . N . AC . B pico = 4 (60 Hz ) (1000 ) 1.25 x10 −3 m 2 (1.15 T )
E máx = 345 [V ]
************************************************************************************ PROBLEMA 31
Se designará un conductor mediante el uso de un núcleo magnético con la forma que se muestra en la figura. El núcleo posee un área de sección transversal uniforme
AC = 5 cm 2
y con longitud media de l C
= 25 cm .
a) Calcule la longitud g del entrehierro y el número N de vueltas de manera que la inductancia sea de 1.4 mH y que el inductor pueda operar con corrientes máximas de 6 A sin saturarse. Suponga que la saturación ocurre cuando la densidad de flujo máxima en el núcleo excede de 1.7 T y que, bajo saturación,, el núcleo presenta una permeabilidad de
µ = 3200 µ 0 .
b) Para una corriente del inductor de 6A, calcule: i) la energía magnética acumulada en el entrehierro ii) la energía magnética acumulada en el núcleo. iii) Demostrar que la energía magnética acumulada total es 0.252 [J]
Ac
φ +
g
Rc
F
Rg
N
SOLUCIÓN: a) ai)
Cálculo de N:
N=
L. I (1.4 x10−4 H ) (6 A) = AC . Bsat (5 x10−4 m 2 ) (1.7 T )
N = 9.88 vueltas
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22
CIRCUITOS MAGNÉTICOS
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
a ii) Cálculo de g:
(Bc. Ac. Rtotal ) (Bc. Ac ) Rtotal N2 = = Rtotal I 2 Rtotal I2 2
L=
Rtotal = Rg + Rc =
L .I 2
(Bc. Ac )
2
2
=
lc g + µ. Ac µ 0 . Ac
Despejamos g de la ecuación anterior:
(
)( )( ( )( )
)
g=
L. I 2 . µ 0 µ 0 . lc 1.4 x10 −3 6 2 4 π x10 −7 0.25 − = − 2 2 −4 3200 µ Bc . Ac 1.7 5 x10
g=
6.33 x10 −8 − 7.8125 x10 −5 = 3.599 x10 − 4 m 1.445 x10 − 4
g = 0.3599 [mm] b)
(
)( )( ) ( ) (5 x10 ) (0.25) (1.7 ) = 0.0449 [ Joules] = 2 (4.021 x10 )
b i)
Eemag =
2 Ac. g . Bsaturación 5 x10 −4 3.599 x10 −4 1.7 2 = = 0.2069 [ Joules] 2 µ0 2 1.2566 x10 −6
b ii)
Ec mag =
2 Ac. lc. Bsaturación 2µ
b iii)
−4
2
−3
Etotal = Eemag + Ec mag = 0.2518 [ Joules ]
************************************************************************************ PROBLEMA 32 Se propone un mecanismo de acumulación de energía que consiste en un devanado de bobina con N número de vueltas alrededor de una forma no magnética toroidal
(µ = µ 0 ) similar a la que se muestra en la figura.
Como se puede observar en la figura, la forma toroidal presenta una sección transversal circular de radio a y un radio toroidal r, dimensionado al centro de la sección cruzada. La geometría de este dispositivo se encuentra dispuesta de tal forma que es posible considerar al campo magnético igual a cero en cualquier lugar fuera del toroide. Bajo la suposición de que a V2 y la regulación es positiva.
de = I 2 Z e 2
a b
Vamos a calcular la RV con la segunda ecuación: **Vamos a realizar la RV en el lado de alta:
**Vamos a realizar la RV en el lado de baja:
Vsc1=Vpc1 + I1*Zeq1 entonces: Vpc1= Vsc1 – I1Zeq1
Vsc2=Vpc2 + I2*Zeq2 entonces: Vpc2= Vsc2 – I2Zeq2
Vsc1 = 4800∠0º −2.083∠ − 36.87 º (86.41∠61.3º ) Vsc 2 = 240∠0º −9.042∠ − 36.87 º (0.217∠61.3º ) Vsc 2 = 240∠0º −9.042∠24.43º Vsc1 = 4800∠0º −179.99∠24.43º Vsc1 = 4636.72∠ − 0.9º 4800 − 4636.72 RV 1 = x100% 4636.72 RV 1 = 3.521%
Vsc 2 = 231.798∠ − 0.9º 240 − 231.798 RV 1 = x100% 231.798 RV 1 = 3.538%
El signo menos (-) es para atrasado y el más (+) para adelantado. Los Zeq resultan de la prueba de CC. e) Lo realizamos en el lado de baja:
E2 = V2 cosθ + I 2 Req 2 + j (V2 senθ ± X eq 2 I 2 ) E2 = 240(0.8) + 41.666(0.1037) + j[240sen(36.87) − 41.666(0.1895)] = 238.888 RV2 =
E2 − V2 238.888 − 240 x100% = x100% = −0.463% V2 240
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38
TRANSFORMADORES
ESPOCH
INGENIERÍA MECÁNICA
Ver diagrama fasorial para E2: En el diagrama tenemos:
ab = dc = I 2 Re 2
b
ec = I 2 X e 2
e a
En este literal hacemos lo mismo que en los anteriores y debe salir la misma respuesta, dejamos para que el estudiante compruebe los resultados obtenidos. Debemos que dc es paralelo a I2. Cuando el fp esta en adelanto E2
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