PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL TOMO I 5 -1

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

5.1.

TOMO I

Hallar la excitación (NI) necesaria

para que en el ENTREHIERRO y en la armadura del circuito magnético de la figura exista un flujo de 9 × 10-5 Wb. Se supondrá que el flujo ÚTIL es 0,9 veces el flujo producido por el arrollamiento

de

excitación.

Factor

de

apilamiento = 1.

DATOS:

H . m

Permeabilidad del aire: µ 0 ' 4 B × 10&7

Permeabilidad relativa de la armadura: µ r ARMADURA ' 400 . Permeabilidad relativa de culatas y núcleos: µ r CULATAS Y NUCLEOS ' 300 . )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: Las longitudes de las lineas medias de fuerza serán, respectivamente: LCULATA = 60 - 5 - 5 = 50 Cm = 0,5 m. LNUCLEOS = 2 (55 - 5) = 100 Cm = 1 m. LEH = 2 × 1 = 2 Cm = 0,5 m LARMADURA = 60 - 5 - 5 = 50 Cm = 0,5 m. La dispersión es del 10% por lo que el flujo producido por la bobina valdrá 1,1 × -5

9 × 10 Wb = 10-4 Wb que será el flujo que atraviesa la culata y los núcleos. A partir del flujo podemos calcular la inducción magnética en las diferentes partes del circuito; y valdrá:

BNU, CU '

BEH '

M. Hidalgo, Fr. Casares

NNU, CU SNU, CU

NEH S EH

'

'

10&4 Wb 0,01 m

9×10&5 Wb 0,01 m 2

2

' 10&2

Wb m

' 9×10&3

5-1

2

Wb m2

' 10&2 T

' 0,009 T

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL NAR

BAR '

'

9×10&5 Wb

S AR

0,01 m

2

' 9×10&3

TOMO I Wb m2

' 0,009 T

con lo que, el valor del campo magnético en el entrehierro será:

HEH '

9 × 10&3 4 B × 10&7

'

9 × 104 Av ' 7.200 4B m

Análogamente, para núcleos y armadura se tendrá:

HNU, CU '

HAR '

10&2 4 B × 10&7 × 300

9 × 10&3 4 B × 10&7 × 400

'

'

105 Av ' 26,67 1.200 B m

9 × 102 Av ' 18 16 B m

La ley de Ampere permite escribir: N I ' j H i Li o sea N I ' HC LC % H N LN %HEH LEH % H AR LAR N I ' 26,67 × 0,5 % 26,67 × 1 % 7.200 × 0,02 % 18 × 0,6 ' ' 13,33 % 26,67 % 144 % 10,8 ' 194,8 AV Con los resultados anteriores se ha confeccionado la tabla que se acompaña, comprobandose que la excitación necesaria es de 194,8 Av.

PIEZA CULATA NUCLEOS (2) E.H (2) ARMADURA

M. Hidalgo, Fr. Casares

N

S

B

H

L

H.L.

(Wb)

(m²)

(T)

(Av/m)

(m)

(Av)

-2

-2

26,67 26,67 7.200 18

0,5 1 0,02 0,6

13,33 26,67 144 10,8

-4

10 10-4 9 × 10-5 9 × 10-5

10 10-2 10-2 10-2

10 10-2 9 × 10-3 9 × 10-3

5-2

' NI = 194,8 Av

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

De tal excitación se destinan: 144 Av al NÚCLEO y 50,8 Av al circuito ferromagnético. A medida que se utilizan inducciones grandes es más importante la fracción de la excitación TOTAL que se INVIERTE en vencer la RELUCTANCIA del circuito magnético. En este ejercicio se ha partido de un valor de la inducción magnética (B) muy baja en comparación con las que en la práctica se utilizan en la actualidad.

En los materiales ferromagnéticos son hoy normales valores de la inducción magnética del orden de 1,2 - 1,8 T, en tanto que en el ejercicio resuelto se ha trabajado con una inducción (núcleos) de sólo: 0,01 TESLA.

M. Hidalgo, Fr. Casares

5-3

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.2.

TOMO I

Dado el núcleo magnético de la figura en el que existen TRES partes diferenciadas: 1) De permeabilidad magnética relativa: µ r ' 4.000 1

2) De permeabilidad magnética relativa: µ r ' 3.000 2

3) Entrehierro de permeabilidad magnética relativa: µ r ' 1 3

Se pide: 1º) Valor

de

la

excitación NI 0.1 (1)

el flujo en el entrehierro sea: -2

1,2 × 10

10

Wb si no se

considera dispersión y el

10

E.H.

necesaria (2 = NI) para que

10

15

10

25

factor de apilamiento es la

20

40

unidad. E.H.

2º) Si la fuente de tensión a la que ha de conectarse dicho

COTAS EN

0.1

CMS

10

10

(2)

arrollamiento tiene una f.e.m = 100 V y resistencia interna

40

despreciable, indicar si es posible la conexión DIRECTA del arrollamiento a dicha fuente. En caso contrario, elegir alguno de los elementos que se citan (con expresión del nº adecuado de ellos) para poder realizar la alimentación del arrollamiento de excitación a partir de la fuente de tensión disponible: a) 3 resistencias de 70 S cada una; b) 3 condensadores de 15 µF; c) 5 bobinas de inducción de 10 mH; d) 4 fuentes de corriente de Icc = 100 A y ri = 106 S. La longitud de la espira (MEDIA) es de 0,5 m y se dispone de 500 m de hilo conductor de 1 mm² de sección que se desea utilizar en su TOTALIDAD para constituir el arrollamiento de excitación. La resistividad específica del material conductor es: D ' 1,8 × 10&2 S mm 2/m . )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: Las longitudes de las líneas MEDIAS de fuerza son, respectivamente: L1 ' 40 cm ' 0,4 m L2 ' 15 & 5 & 0,1 % 2 (40 & 5 & 5) % 15 & 5 & 0,1 ' 79,8 cm ' 0,798 m M. Hidalgo, Fr. Casares

5-4

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

L3 ' 2 × 0,1 ' 0,2 cm ' 2 × 10&3 m Por otra parte, los valores de los campos magnéticos en cada una de las partes del circuito serán:

HEH '

1,2 / 1 4 B × 10&7

'

9,6 × 105 ' 9,6 × 105 Av/m 4B

H2 '

1,2 ' 320 Av/m 4 B × 10&7 × 3.000

H1 '

1,2 ' 240 Av/m 4 B × 10&7 × 4.000

Los valores de H1 y H2 así como el de HEH se han calculado a partir del de la inducción "B" supuesta constante en todo el circuito (sección constante y ausencia de dispersión):

B'

N 1,2 × 10&2 ' ' 1,2 TESLAS S 0,1 × 0,1

Con los resultados indicados se ha confeccionado el CUADRO que se acompaña.

N

S

B

H

L

H@l

(Wb)

(m²)

(T)

(Av/m)

(m)

(Av)

(1)

1,2 × 10-2

10-2

1,2

240

0,400

96

(2)

1,2 × 10-2

10-2

1,2

320

0,798

255,36

2 EH

1,2 × 10-2

10-2

1,2

9,6 × 105

0,002

1.920

PARTES

TOTAL: NI = 2.271,36 Av La EXCITACIÓN necesaria será, en consecuencia, de conformidad con los cálculos realizados: 2.271,36 Av. Si ha de emplearse TODO el hilo conductor disponible y siendo la longitud de la espira media: lM = 0,5 m, el número de espiras que se obtendrán del conductor disponible será:

M. Hidalgo, Fr. Casares

5-5

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL N'

LT lM

'

TOMO I

500 ' 1.000 0,5

Con dicho número de espiras, la intensidad de la corriente necesaria sería:

I'

N I 2.271,36 ' ' 2,27 A N 1.000

La resistencia eléctrica de tal conductor valdrá:

R'

500 × 1,8 × 10&2 '9S 1

Si dicho conductor se conecta DIRECTAMENTE a la fuente de tensión prevista, la intensidad de la corriente que suministraría sería:

I' '

E 100 ' ' 11,11 A > 2,27 A R 9

que es la intensidad de la corriente necesaria desde el punto de vista magnético.

La resistencia que deberá tener el circuito será: R' '

100 ' 44 S 2'27

lo que implica adicionar en serie una resistencia: RAD ' 44 & 9 ' 35 S De los elementos que se ofertan deberán seleccionarse 2 resistencias de 70 S a conectar en PARALELO entre sí y en SERIE (el conjunto) con el arrollamiento de excitación.

Es claro que el resto de los elementos disponibles carece de utilidad.

M. Hidalgo, Fr. Casares

5-6

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.3.

TOMO I

Un circuito magnético tiene una sección uniforme de 8 cm² y una longitud

magnética media de 0,295 m, así como un entrehierro de 5 mm. La curva de magnetización del material viene expresado aproximadamente por la ecuación: 1,55 H 77 % H

B'

con "B" en teslas y "H" en Av/m. La bobina (I) consta de 8.000 espiras recorridas por una corriente continua de 0,4 A. Se desea obtener un flujo de 8 × 10-4 Wb en el núcleo considerado. No se considera dispersión y el factor de apilamiento es la unidad. Se pide: a) Número

de

espiras

que

S = 8cm

2

deberán añadirse en serie 0.295

(bornes C y D) con las

A

+

dispuestas, en principio, para conseguir

la

C (I)

(II)

excitación

adecuada al flujo pedido.

m

D B

b) A partir de los bornes C y D

-

dibujar la bobina (II) haciendo

5mm

ver el sentido necesario del arrollamiento. )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: a)

La inducción en el hierro valdrá:

BFe '

NFe

'

8 × 10&4 8 × 10&4

S Fe

' 1 TESLA

1,55 HFe

Por tanto:

1'

de donde:

HFe ' 140 Av/m

77 % HFe

En el ENTREHIERRO se tendrá: Ba ' 1 T de donde: Ha ' M. Hidalgo, Fr. Casares

Ba µ0

'

1 107 ' ' 795.774,7155 Av/m µ0 4 B 5-7

ya que no se considera dispersión,

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

En consecuencia (Ley de Ampère): N I ' HFe lFe % H a la ' 140 × 0,295 % 795.774,7155 × 0,005 ' ' 41,3 % 3.978,87 ' 4.020,17 Av La excitación correspondiente a la bobina (I) valdrá: N1 I1 ' 0,4 × 8.000 ' 3.200 Av Siendo: 3.200 < 4.020,17, será preciso añadir en SERIE un número de espiras dado por: N2 '

4.020,17 & 3.200 ' 2.050,4 0'4

o sea, aproximadamente: 2.051 espiras. b)

Deberán resultar DOS bobinas en SERIE ADITIVA como se indica en la figura.

I

II

+

C

I

II

-

-

A y D son los polos libres para conexion con generador.

M. Hidalgo, Fr. Casares

5-8

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.4.

TOMO I

La bobina "B" está formada por 500 espiras y gira alrededor del eje "E" a razón

de 50 vueltas por segundo. 1º) Calcular la excitación (2 = NI) necesaria para que en dicha bobina se induzca una f.e.m de valor eficaz 222 V. No se considera dispersión y se toma como factor de apilamiento la unidad. Algunas parejas de valores de campo magnético y de inducción (H-B) se dan en la tabla adjunta. 2º) Se estima que la longitud MEDIA de las espiras del arrollamiento de excitación es 0,5 m, disponiéndose de un rollo de hilo de cobre de 100 m de longitud y 1,5 mm² de sección (D = 1,8 µS·cm). Si se utiliza TODO el hilo y la tensión de alimentación para la excitación es de 200 V, indicar en estas condiciones si se puede efectuar de forma DIRECTA la conexión de la bobina a la fuente de alimentación y, en caso contrario, calcular la resistencia que deberá añadirse en SERIE con ella. 10

10

20

10

I E NI

B

10 cotas en cm

10

20

10

50

H (Av/m)

100

150

200

B (T)

0,2

0,3

0,4

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: 1º)

Siendo el flujo instantáneo concatenado con las espiras de la bobina "B": N ' NM cos T t

M. Hidalgo, Fr. Casares

5-9

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL la ley de LENZ: e ' & N

TOMO I

dN se convierte en: e ' N @ T @ NM sen T t con lo que su valor dt

MÁXIMO será: EMAX ' N T NM ' N @ 2 B f @ NM y el valor EFICAZ correspondiente:

E'

EMAX

'

2 B f N NM

2

2

' 4,44 N @ f @ NM

de donde: NM '

E 222 ' ' 0,002 ' 2 × 10&3 Wb 4,44 N f 4,44 × 500 × 50

con lo cual se podrá confeccionar la siguiente tabla:

N

S

B

H

L

H.L

(Wb)

(m²)

(T)

(Av/m)

(m)

(Av)

HIERRO

2 × 10-3

10-2

0,2

100

1,5

150

AIRE

2 × 10-3

10-2

0,2

16 × 104

0,1

16.000

PARTES

TOTAL: 16.150 NI

2º)

Av

La resistividad del hilo conductor dada es: D = 1,8 µS·cm, que puede expresarse

también de la forma:

D ' 1,8 µS@cm ' 1,8 × 10&6 S

' 1,8 × 10&2 S

cm 2 102 mm 2 ' 1,8 × 10&6 S ' cm 10&2 m

mm 2 mm 2 ' 0,018 S m m

La resistencia óhmica de la totalidad del hilo conductor será: R'D

L 100 ' 0,018 ' 1,2 S S 1,5

El número de espiras a ejecutar con dicho hilo resulta ser: M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 10

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL N'

TOMO I

100 ' 200 0,5

La intensidad de la corriente precisa valdrá, por tanto:

I'

16.150 ' 80,75 A 200

Por otra parte, la intensidad que recorrería el arrollamiento de excitación si se conecta DIRECTAMENTE a la fuente de tensión de 200 V ascendería a:

I' '

200 ' 166,67 A 1,2

Como este valor: 166,67 es MAYOR que el de 80,75 A, no será posible la pretendida conexión DIRECTA.

200 V

80.75 A

1.2

r

Será preciso insertar en SERIE una resistencia ADICIONAL de manera que se verifique: 80,75 '

200 1,2 % r

de donde: r'

M. Hidalgo, Fr. Casares

200 & 96,9 ' 1,276 S 80,75

5 - 11

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.5.

TOMO I

En el entrehierro del circuito magnético de la figura se ha dispuesto una bobina de

500 espiras que gira alrededor de su eje a razón de 600 r.p.m de manera que sus terminales ofrezcan una diferencia de potencial de 20 Voltios. La longitud de la línea MEDIA de fuerza magnética del citado núcleo es de 47 cm y la del entrehierro de 3 cm. Se disponen sobre el núcleo DOS bobinas de N1 = 1.000 espiras y N2 = 800 espiras, respectivamente, recorriendo la primera de ellas una corriente de 15 A y siendo 100 V la f.e.m del generador que alimenta la segunda bobina.

O

4.5 cm

2

47 cm 15A + +

N 1=1000

-

600 r.p.m. 500 espiras

N =800 2

100 V +

E R

Si la sección recta del núcleo es de 4,5 cm² y la relación: B = f(H) se recoge para algunos de sus valores en la tabla adjunta, se pide: 1º) Valor de la resistencia necesaria (suma de la resistencia R variable y de la propia del devanado) para obtener la f.e.m de 10 V en los terminales de la bobina dispuesta en el E.H, según se pretende. 2º) Polaridad de la fuente de tensión de f.e.m "E" para la finalidad prevista en el apartado anterior.

B (T)

0,5

1

1,5

2

H (Av/n)

500

2.000

1.400

1.700

)))))))))))))))))))))))))

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 12

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

SOLUCIÓN: 1º)

El valor de la f.e.m inducida en una bobina de N2 espiras es: E ' 4,44 N2 NM f ' 4,44 × 50 × NM ×

600 60

de donde: 10 ' 0,00045 Wb ' 4,5 × 10&4 Wb 4,44 × 500 × 10

NM '

La inducción correspondiente será:

B'

NM S

'

4,5 × 10&4 4,5 × 10&4

' 1 TESLA

a la que corresponde un campo magnético "H" en el hierro de 1.000 Av/m (ver tabla). La ley de AMPÈRE permite escribir: N I ' ' Hi li o sea: N I ' HFe lFe % H EH lEH ' 1.000 × 0'47 %

107 × 0,03 ' 24.343,24 Av 4B

De esa excitación la primera bobina proporciona: N1 H1 ' 1.000 × 15 ' 15.000 Av Restarán, por tanto: N3 I3 ' 24.343,24 & 15.000 ' 9.343,24 Av En consecuencia: 800 ×

100 ' 9.343,24 R

de donde:

RTOTAL ' 8,56 S

2º)

Como es necesario que los flujos de las bobinas (1) y (3) se SUMEN, la polaridad

de la fuente de tensión que alimenta el arrollamiento (3) habrá de ser el indicado en la figura.

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 13

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.6.

TOMO I

Dado el núcleo magnético de la figura cuya excitación está lograda mediante dos

bobinas I y II cuyos números de espiras son, respectivamente:

NI '

1.000 B

NII '

;

250 B

se desea saber: 1º) Con cuál de las dos posibles conexiones de las bobinas, A o B, el flujo establecido en el núcleo estudiado es de 10-3 Wb. 2º) Valor del flujo magnético en el núcleo para la otra conexión.

+

+

(A)

-

-

(B)

=500

DATOS:

=250

Longitud de la línea de fuerza media: 50 cm. Sección uniforme a lo largo de todo el núcleo: 10 cm². Permeabilidad relativa en la posición A: 500. Permeabilidad relativa en la posición B: 250. Intensidad de la corriente en ambos casos: I = 2 A. µ 0 = 4B × 10-7 H/m. )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: 1º)

Si el valor del flujo es: N = 10-3 Wb, se tendrá:

B'

M. Hidalgo, Fr. Casares

N 10&3 ' 1 TESLA ' S 10&3

5 - 14

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL En la conexión A):

H'

B 107 500 ' Av/m ' µ 0 µ r 4 B × 500 B

con lo que: H@l'

500 2.500 × 0,5 ' Av/m B B

Entonces: ' (N I) ' 2 ' N ' de donde:

'N'

2.500 B

1.250 1.000 250 ' % B B B

resultado VALIDO. En la conexión B): 1.250 1.000 250 … & B B B

que no es resultado VALIDO.

2º)

En la conexión B): 'NI'

750 N@l 0,5 N × 107 5 × 106 N 'H@l' ' ' B µ o µ r S 4 B × 250 × 10&3 B

de donde: N'

M. Hidalgo, Fr. Casares

750 15 ' ' 0,15 × 10&3 Wb 6 5 5 × 10 10

5 - 15

TOMO I

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.7.

TOMO I

Una fuente de tensión de resistencia interna despreciable y f.e.m desconocida

alimenta los devanados de dos núcleos, de material ferromagnético, idénticos en todo menos en la longitud de sus respectivos entrehierros. Admitiendo que la intensidad de la corriente suministrada por la indicada fuente de tensión sea exactamente la suma de las corrientes necesarias para obtener la excitación que en cada núcleo corresponde a la existencia de un flujo: N = 10-3 Wb en los respectivos entrehierros, se pide: 1º) Valor de las excitaciones (NI) precisas para cada núcleo. 2º) Valor de la f.e.m.

R=0

T

+

c

a

4 A

E

N

N d

b

(I)

DATOS:

(II)

- Flujo en el entrehierro: NEH = 10-3 Wb. - Sección de los nucleos: 10 cm2. - Longitud total de la linea de fuerza en cada núcleo: 50 cm. - Longitud media de las espiras: 40 cm (igual ambos devanados). - Sección conductores: 0,015 cm2. - Resistividad: D = 1,8 × 10-6 S Cm - Resistencia uniones: Rac y Rbd son despreciables. - No se considera dispersión. - LA = LEH = 0,5 cm - N’ = 2 N )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: 1º)

Para el devanado (I) se tendrá:

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 16

A

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL NI ' HFe lFe % H a la '

%

es decir:

10&3 × 107 10&3 × 4 B

TOMO I

10&3 × 107 4 B × 10&3 × 1.000

(0,5 & 0,005) %

× 0,005

NI ' 393,91 % 3.978,87 ' 4.372,38 Av Análogamente, para el núcleo (II), será:

N' I' '

10&3 × 107 × (0,5 & 0,02) 10&3 × 4 B × 1.500

%

10&3 × 107 10&3 × 4 B

× 0,02 '

' 254,65 % 15.915,5 ' 16.170,15 Av 2º)

Las intensidades de las corrientes en cada uno de los devanados valdrán,

respectivamente: I'

4.372,38 A N

;

Z' '

16.170,15 A 2N

con lo que la corriente total (suministrada por la fuente de tensión), tendrá por intensidad:

IT ' I % I' &

4.372,38 16.170,15 24.914,91 12.457,455 % ' ' AMPERIOS N 2N 2N N

La resistencia del hilo conductor correspondiente a cada uno de los devanados será: R1 ' D

0,35 N ' 0,0042 N ( S ) 1,5

R2 ' D

0,7 N ' 0,0084 N ( S ) 1,5

La resistencia del conjunto de ambas (conectadas en PARALELO) valdrá:

R'

R1 R2 R1 % R2

'

0,00003528 N ' 0,0028 N (S) 0,0126

Por tanto, habrá de verificarse: E ' IT @ R '

M. Hidalgo, Fr. Casares

12.457,455 × 0,0028 N ' 34,89 V N

5 - 17

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.8.

TOMO I

El circuito magnético de la figura está formado por chapas de aleación: acero-

silicio apiladas hasta lograr un espesor total de 20 mm. En el núcleo central se arrolla una bobina de 500 espiras de forma que en el entrehierro se consigue disponer de una inducción: Bc = 1,1 TESLAS, cuando dichas espiras están recorridas por una corriente de determinada intensidad que se desea calcular. No se considera dispersión.

20

= 150 mm

= 150 mm

2 1

3

3

50

50

A

85

= 100 mm

2

1 = 200 mm

50 E.H.

6

N = 500 e = 1 mm

250

= 200 mm 4 50

85

1

3

2

= 99 mm 8 150 mm

80

= 50

B

7

5

7

LONGITUDES MEDIAS 350

DE LINEAS DE FUERZA

B (T)

1,00

1,35

1,45

1,50

1,54

1,61

H (Av/m)

400

1.000

2.000

3.000

4.000

6.000

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: En el NUDO "A" se verificará:

N1 % N3 ' N2

(1)

Asimismo, la ley de AMPÈRE aplicada a los caminos cerrados 1-2 y 2,3 proporciona: N I ' H1 l1 % Ha la % H2 l2

(2)

N I ' H2 l2 % H3 l3

(3)

Igualando (2) y (3), se obtendrá: H1 l1 % Ha la ' H3 l3 M. Hidalgo, Fr. Casares

(4)

5 - 18

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

El campo magnético en el entrehierro valdrá:

Ha '

Ba µ0

'

1,1 4 B × 10&7

Av/m

con lo que: Ha la '

1,1 × 107 1,1 × 104 × 10&3 ' ' 875,352 Av 4B 4B

Al no existir dispersión, la inducción en el NÚCLEO 1 será igual que la que existe en el entrehierro: B1 ' Ba El valor del campo magnético en dicho núcleo 1 valdrá:

H1 '

B1 µ

y entrando en la tabla de valores H-B, para B1 = 1,1, le corresponde: H1 = 571,42 Av/m (Interpolación lineal). La ecuación (4) permite obtener ahora:

H3 '

H1 l1 % Ha la l3

'

571,42 (1,99 % 3) % 875,352 ' 745,35 Av/m 5

El valor de la inducción magnética "B3" correspondiente al del campo magnético "H3", se obtendrá a partir de la tabla de valores B-H, resultando por interpolación lineal: B3 ' 1'2 TESLAS Los respectivos valores del flujo magnético en las columnas 1 y 3 serán, en consecuencia: N1 ' B1 S1 ' 1,1 × 50 × 20 × 10&6 ' 0,0011 Wb N3 ' B3 S3 ' 1,2 × 50 × 20 × 10&6 ' 0,0012 Wb M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 19

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

De (1) se deduce, por tanto: N2 ' N1 % N3 ' 0,0011 % 0,0012 ' 0,0023 Wb La inducción en el núcleo 2 tendrá, pues, por valor:

B2 '

N2 S2

'

0,0023 80 × 20 × 10&6

'

0,0023 × 106 ' 1,4375 TESLAS 1.600

a la que corresponde (tabla de valores BH) un campo magnético: H2 ' 1.875 Av/m Con los valores ya calculados, la igualdad (3) puede ponerse de la forma: N I ' 1.875 × 0,2 % 745,35 × 5 ' 4.101'75 y como: N = 500, se tendrá finalmente:

I'

M. Hidalgo, Fr. Casares

4.101,75 ' 8,2 A 500

5 - 20

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.9.

TOMO I

Del circuito magnético de la figura se sabe que: a) El flujo en la columna central es 10-3 Wb y su sentido el indicado. b) El flujo en la columna de la izquierda es 10-2 Wb y su sentido está también representado en la misma figura. c) Las dimensiones del núcleo son: S1 = 25 cm² ; S2 = 50 cm² ; S3 = 25 cm² L1 = 40 cm ; L2 = 20 cm ; L3 = 40 cm ; LEH = 2 mm d) Los valores significativos de la curva de imantación del material se recogen en la siguiente tabla:

B (T)

0,2

4,0

4,4

H (Av/m)

100

3.000

3.520

e) El número de espiras de la bobina 3 es DOBLE que el de la bobina 1. Se pide calcular los valores de las f.m.m: N1 i1; N2 i2; N3 i3 del circuito magnético.

3

A

N

3

1

1

2

N

1

1

1

2

1

Rm3

1

N N

2

Rm2 3

3

2

Rm1

S

S3

S2

1

RmeH N

B

N

CIRCUITO MAGNETICO

CIRCUITO ELECTRICO

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: En el nudo "A" se verificará:

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 21

2

2

3

3

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL N3 ' N1 %N2 ' 10&2 % 10&3 ' 1,1 × 10&2 Wb Por otra parte: N1 Rm % N3 Rm ' H1 l1 % H3 l3 ' N3 i3 1

3

Pero:

B1 '

con lo que:

N1

'

10&2

' 4 TESLAS

25 × 10&4

S1

H1 ' 3.000 Av/m Análogamente:

B3 '

y, por tanto:

N3

'

1,1 × 10&2

'

25 × 10&4

S3

110 ' 4,4 TESLAS 25

H3 ' 3.520 Av/m Con los valores de H1 y H3 hallados, resultará: N3 i3 ' 3.000 × 0,4 % 3.520 × 0,4 ' 2.608 Av En la columna CENTRAL se podrá escribir: N1 Rm & N2 Rm & N2 R m ' N1 i1 & N2 i2 ' N I 1

2

EH

o sea: H1 l1 & H2 l2 & N2 Rm ' N I EH

En dicho núcleo CENTRAL, la inducción magnética tiene por valor:

B2 '

M. Hidalgo, Fr. Casares

N2 S2

'

10&3 50 × 10&4

' 0,2 TESLAS

5 - 22

TOMO I

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL con lo que el campo magnético será:

TOMO I

H2 ' 100 Av/m

Asimismo:

Rm ' EH

LEH

'

µ 0 S EH

2 × 10&3 4 B × 10&7 × 50 × 10&4

'

106 &1 H B

En consecuencia: 3.000 × 0,4 & 100 × 0,2 &

10&3 × 106 'NI B

es decir: N I ' 1.200 & 20 &

1.000 ' 861,69 Av/m B

Como la bobina 1 tiene la MITAD de espiras que la bobina 3 y la corriente que las recorre es la MISMA (están conectadas en SERIE), deberá ser:

N1 i1 '

N3 i3 2

'

2.608 ' 1.304 Av 2

con lo que: N2 i2 ' N1 i1 & N I ' 1.304 & 861,69 ' 442,31 Av

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 23

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.10.

TOMO I

Dado el circuito magnético de la figura se desea saber qué tensión "V" se debe

aplicar entre los bornes "a" y "b" para que los flujos magnéticos "N1" y "N3" tengan por valor, respectivamente, 0,02 Wb y 0,01 Wb, con los SENTIDOS marcados de forma que se pueda hacer la conexión de las bobinas con la tensión buscada sin tener que utilizar ninguna resistencia adicional para suplementar la propia de los arrollamientos. DATOS:

- Resistividad del hilo de las bobinas: D = 0,018 S mm²/m - Sección de dicho hilo conductor: 1,5 mm² - Permeabilidad relativa del material ferromagnético en las condiciones de trabajo: µ r = 500 - Longitud de las distintas líneas de fuerza magnética MEDIAS: l1 = 60 cm; l3 = 30 cm; l2 = 60 cm - N1 (número de espiras de la bobina "1") = 1.000 - Sección de TODOS los núcleos y culatas: 10-2 m² - Longitud MEDIA de las espiras de las 2 bobinas: 50 cm a

b V?

A

1 1

2 3

N

N

1

2

3

B

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: En el nudo "A" se verificará: N1 ' N2 % N3 de donde: N2 ' N1 & N3 ' 0,02 & 0,01 ' 0,01 Wb La inducción magnética en dicho núcleo valdrá:

B2 '

M. Hidalgo, Fr. Casares

1 × 10&2 10&2

'1T

5 - 24

2

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

En los otros núcleos: 2 × 10&2

B1 '

10&2

' 2 T y B3 '

10&2 10&2

'1T

Los campos magnéticos correspondientes tendrán por valor: B1

H1 '

µ0 µr

H2 ' H3 '

' 1

2 × 107 104 ' Av/m 500 × 4 B B

107 104 ' Av/m 500 × 4 B 2 B

En consecuencia:

N1 I ' H1 l1 % H3 l3 ' '

de donde:

I'

104 104 ×0,6 % × 0,8 ' B 4B

104 (0,6 % 0,15) ' 2.387,32 Av B

2.387,32 ' 2,387 A 1.000

Asimismo:

N2 I ' &H3 l3 % H2 l2 ' & de donde:

N2 '

104 104 104 × 0,3 % × 0,6 ' × 0,3 ' 477,46 Av 2B 2B 2B

477,46 ' 200 Espiras 2,387

Por fin:

V ' I R ' 2,387 ×

'

M. Hidalgo, Fr. Casares

(N1 % N2) × 0,5 × 0,018 1,5

2,387 × 1.200 × 0,5 × 0,018 ' 17,19 V 1,5

5 - 25

'

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.11.

TOMO I

El núcleo central del circuito magnético de la figura está bobinado con 800 espiras. Si la curva de magnetización del acero fundido con que está realizado el circuito

magnético en su totalidad responde a la ecuación:

B'

1,8 × 10&3 H 1 % 10&3 H

con "B" en Teslas y "H" en Av/m, determinar la intensidad de la corriente que debe circular por la bobina antes citada para obtener en el entrehierro un flujo de 1 mWb. Si la tensión disponible para alimentar la bobina es de 200 V, diseñar el montaje a realizar para que la corriente que recorra dicha bobina tenga la intensidad adecuada al cálculo magnético antes realizado. Datos: - Se supone que no hay dispersión de flujo y que el coeficiente de apilamiento es la unidad. - La longitud MEDIA de las espiras del bobinado es de 275 mm y el conductor utilizado tiene 1 mm2 de sección, siendo su resistividad: D = 0,02 S mm/m.

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: Por razones de simetría, en el núcleo CENTRAL se tendrá:

B'

M. Hidalgo, Fr. Casares

N/2 N 10&3 1 ' ' ' TESLA S/2 S 4.000 × 10&6 4

5 - 26

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

En consecuencia:

B'

1 1,8 × 10&3 H ' 4 1 % 10&3 H

H'

103 ' 161,29 Av 6,2

de donde:

En el ENTREHIERRO, por idénticas razones de simetría y al no considerarse dispersión de flujo será:

B'

N/2 N 10&3 1 ' ' ' TESLA S/2 S 4.000 × 10&6 4

con lo que el campo magnético valdrá:

H'

B 107 ' ' 198.943,68 Av/m µ 0 16 B

En cada una de las culatas y núcleos laterales resultará:

B'

N/2 0,5 × 10&3 1 ' ' TESLA S 2.000 × 10&6 4

por lo que el valor del campo magnético será igual al ya calculado, o sea: H ' 161,29 Av/m El Teorema de Ampère, aplicado al presente ejercicio, tendrá por expresión:

N I ' 161,29 (0,7 % 0,25) %

' 161,29 ×0,95 %

107 × 10&3 ' 16 B

104 ' 352,1692 Av 16 B

La intensidad de la corriente necesaria para lograr dicha excitación magnética tendrá por valor: M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 27

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL I'

TOMO I

352,1692 ' 0,44 A 800

La longitud TOTAL del arrollamiento será: LT ' N × Le ' 800 × 0,275 ' 220 m y la resistencia eléctrica correspondiente valdrá:

R'D

LT S

' 0,02 ×

220 ' 4,4 S 1

La conexión directa a la fuente de tensión del arrollamiento daría lugar a una intensidad de corriente:

I' '

220 ' 50 A > I (0,44) 4,4

Se deberá adicionar en serie con el bobinado una resistencia "RAD" tal que: 0,44 '

es decir:

220 4,4 RAD

RAD ' 495,6 S

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 28

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.12.

TOMO I

En el circuito de la figura, la inducción en el E.H. vale 0,8 T. El material del que

está fabricado el núcleo responde de manera muy aproximada a la formula de FROELICH: B'

1,6 H 75 % H

(B en T y H en Av/m)

En la columna central se dispone un arrollamiento constituido por 200 espiras que se pretende alimentar con una fuente de tensión continua de 14 V.

2 3 8

1

2 N=200

+

14 v

0.1

-

2 2

6

4

6

2

4

COTAS EN CM

Se pide: 1.-

Intensidad de la corriente en el arrollamiento.

2.-

Indicar si es posible la conexión directa de dichos arrollamientos con la fuente de tensión de 14 V. Longitud de hilo (se utilizará todo) 35 m. D=0.018 Smm2/m. S=1 mm2.

3.-

En caso de no ser posible la conexión directa: (arrollamiento-fuente) determinar con cual o cuales de los elementos que seguidamente se detallan podría lograrse la conexión deseada. a) Condensadores de 2 F de capacidad. b) Resistencias de 2 S. c) Bobinas de autoinducción de 0,001 H. Deberá concretarse además del tipo de elemento seleccionado, el nº de ellos y la agrupación que haya de realizarse. Se admitirá que no hay dispersión y que el coeficiente de apilamiento es la unidad. )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN:

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 29

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 1º)

TOMO I

La inducción en el núcleo 2 será igual a la del entrehierro, ya que no se considera

dispersión. Por tanto, el valor del campo magnético en dicho núcleo será tal que se verifique:

0,8 ' o sea:

1,6 H2 75 % H2

H2 ' 75 Av/m Asimismo, el valor del flujo en el citado núcleo será: N2 ' B2 S2 ' 0,8 × 8 × 10&4 ' 6,4 × 10&4 WEBERS Por aplicación de la ley de AMPÈRE se tendrá: H3 l3 ' H2 l2 % Ha la

es decir: 0,28 H3 ' 75 × 0,279 %

0,8 × 10&3 &7 4 B × 10

de donde resulta: H3 ' 2.348,37 Av/m La inducción en el núcleo 3 será, por tanto:

B3 '

1,6 × 2.348,37 ' 1,55 TESLAS 75 % 21.348,37

En dicho núcleo, el flujo magnético tendrá por valor: N3 ' B3 S3 ' 1,55 × 8 × 10&4 ' 12,4 × 10&4 WEBERS En consecuencia, el flujo en el núcleo 1 valdrá: N1 ' N2 % N3 ' 6,4 × 10&4 % 12,4 × 10&4 ' 18,8 × 10&4 WEBERS Asimismo: M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 30

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL B1 '

N1

18,8 × 10&4

'

16 × 10&4

S1

TOMO I

' 1,175 TESLAS

y: H1 '

7,5 B1 1,6 & B1

'

75 × 1,175 ' 207,35 Av/m 1,6 & 1,175

PARTE DEL

N

S

B

H

L

H.L

CIRCUITO

(Wb)

(m2)

(T)

(Av/m)

(m)

(Av)

1

18,8 × 10-4

16 × 10-4

1,175

207,35

0,100

20,735

2

6,4 × 10-4

8 × 10-4

0,800

75

0,279

20,925

3

12,4 × 10-4

8 × 10-4

1,550

2.348,37

0,280

657,540

E.H

6,4 × 10-4

8 × 10-4

0,800

636.620

0,001

636,620

También de la ley de AMPÈRE se tiene: N I ' H1 l1 % H2 l2 % Ha la o sea: N I ' 20,735 % 20,925 % 636'62 ' 678,28 Av con lo que: I'

2º)

678,28 ' 3,392 A 200

La resistencia eléctrica del hilo conductor será: RHILO ' D

L 0,018 × 35 ' ' 0,63 S S 1

En conexión DIRECTA:

I' '

V 14 ' ' 22,22 > 3,392 RH 0,63

lo que equivale a que no sea posible dicha conexión directa. M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 31

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

3º)

TOMO I

La resistencia adicional (no valen condensadores ni bobinas) será tal que:

3,392 '

14 0,63 % RAD

de donde: RAD ' 3,5 S Una posibilidad de obtener esa resistencia se indica en la figura.

RAB '

2 2 % 2 % ' 3,5 S 4 2

NO ES SOLUCIÓN ÚNICA

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 32

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.13.

TOMO I

En el circuito magnético de la figura son conocidas las magnitudes que se incluyen

a continuación: N1 I1 = 1.200 Av ; N2 = 10-3 Wb ; L1 = 100 cm ; L2 = 60 cm L3 = 200 cm ; S (sección normal al flujo) = 10-3 m2

+ A

3

1

1 (III)

(I)

N

2

N3

1

4

-

2

3

B

La relación B-H del material utilizado, según tabla que se acompaña.

B (T)

0,2

0,5

1,0

1,5

H (Av/m)

120

300

500

900

Se pide: 1) Determinar, a partir de los datos indicados, la relación N1/N3 del número de espiras de las dos bobinas. 2) Si se invirtiesen las conexiones de la bobina arrollada sobre el núcleo (3), determinar la misma relación N1/N3 comentando el resultado matemático obtenido. 3) Considerando el primer apartado, si de la primera bobina [arrollada sobre el núcleo (1)] se conoce: - Longitud de las espiras: 35 cm - Número de espiras: 48 - Resistividad del hilo conductor empleado: 0,02 Ohm·mm2/m calcular la sección mínima del conductor para que la intensidad de la corriente necesaria no sobrepase la máxima admisible dada por la tabla que se acompaña.

M. Hidalgo, Fr. Casares

S (mm2)

1,5

2,5

4

6

IMAX

18

26

35

45

5 - 33

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

4) Igualmente, teniendo en cuenta el primer apartado del problema, si la longitud media de las espiras de la bobina arrollada sobre el núcleo (3) es también de 35 cm, hallar el número de espiras de que deberá constar dicha bobina y la resistencia que habrá de conectarse en serie con ella para que ambas bobinas puedan ser alimentadas por una f.d.t. de 220 V de forma que la excitación magnética en las dos sea la calculada. NOTA: Se despreciará cualquier resistencia eléctrica distinta de las correspondientes a los conductores de las bobinas y la del elemento pasivo añadido. )))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: 1º)

En el nudo A deberá verificarse: N1 ' N2 % N3

(1)

En cada una de las ventanas del núcleo se tendrá, asimismo: H1 l1 % H2 l2 ' N1 I1

(2)

H3 l3 & H2 l2 ' N3 I3

(3)

Como: N2 = 10-3 Wb (DATO) y S = 10-3 m2, resulta:

B2 '

N2 S

'

10&3 10&3

' 1 TESLA

Según la tabla: H2 ' 500 Av/m

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 34

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

Por tanto, de (2): H1 l1 ' N1 I1 & H2 l2 ' 1.200 & 500 × 0,6 ' 900 Av es decir: H1 '

900 ' 900 Av/m 1

Para ese valor de H1, la tabla de valores B-H da: B1 ' 1,5 TESLAS y, en consecuencia: N1 ' B1 S ' 1,5 × 10&3 ' 1,5 × 10&3 WEBER De la relación (1) se conocerá ahora: N3 ' N1 & N2 ' 10&3 × (1,5 & 1) ' 0,5 × 10&3 Wb y, por tanto: B3 '

N3

'

0,5 × 10&3 10&3

S

' 0,5 TESLAS

que supone (ver tabla): H3 ' 300 Av/m Por fin, de (3): N3 I3 ' 300 × 2 & 500 × 0,6 ' 300 Av Se tendrá, en resumen: N1 I1

'

N3 I3

1.200 '4 300

y como: I1 = I3 (conexión SERIE de las bobinas), resultará: N1 N3

M. Hidalgo, Fr. Casares

'4

5 - 35

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

2º)

TOMO I

Invirtiendo la polaridad de la bobina 3, se tendrán las siguientes relaciones: N1 % N3 ' N2

(1)

N1 I1 ' H1 l1 % H2 l2

(2)

N3 I3 ' H3 l3 % H2 l2

(3)

donde N2, B2 y H2 conservan los mismos valores que en el apartado anterior, o sea:

N2 ' 10&3 Wb

;

B2 ' 1 TESLA

;

H2 ' 500 Av/m

Asimismo, también serán iguales: H1 ' 900 Av/m

;

B1 ' 1,5 TESLAS

;

N1 ' 1,5 × 10&3 WEBER

De (1) resulta ahora: N3 ' N2 & N1 ' 10&3 × (1 & 1,5) ' &0,5 × 10&3 Wb con lo que su sentido sería el correspondiente a N'3 (figura B). Las ecuaciones del circuito sería ahora: N1 ' N2 % N'3

(1)

N1 I1 ' H1 l1 % H2 l2

(2)

N3 I3 ' H2 l2 & H3 l3

(3)

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 36

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL

TOMO I

Siendo, como antes: H2 ' 500 Av/m

;

B1 ' 1,5T

N1 ' 1,5 × 10&3 Wb

;

H1 ' 900 Av/m

resultará con el nuevo sentido de N3: N3 ' N1 & N2 ' 0,5 × 10&3 Wb de donde: B3 ' 0,5 T

y

H3 ' 300 Av/m

Con ello: N3 I3 ' 500 × 0,6 & 300 × 2 ' &300 Av En consecuencia, la inversión de las conexiones de la bobina arrollada en el núcleo (3) no es compatible con el mantenimiento del sentido del flujo en la columna (2). En tales condiciones, el problema NO tiene solución posible.

3º)

De: N1 I1 = 1.200 Av, siendo N1 = 48 espiras, resulta: I1 '

1.200 ' 25 A 48

Para esa intensidad de corriente, la sección MÍNIMA habrá de ser: S ' 2,5 mm 2

(ver tabla)

La resistencia del hilo valdrá:

R1 ' D

M. Hidalgo, Fr. Casares

L1 S1

' 0,02 ×

48 × 0,35 ' 0,1344 S 2,5

5 - 37

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 4º)

La resistencia eléctrica del hilo correspondiente al devanado (3) será:

N1 R2 ' D

N3 Lm S

'D

4

Lm

S

48 × 0,35 4 ' 0,02 × ' 0,0336 S 2,5

Por tanto, se deberá verificar:

25 '

220 0,1344 % 0,0336 % RAD

es decir:

RAD '

M. Hidalgo, Fr. Casares

220 & 4,2 ' 8,632 S 25

5 - 38

TOMO I

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL 5.14.

TOMO I

Dado el circuito magnético de la figura, calcular el número de Av que será preciso

disponer en la columna (1) para que el flujo en el núcleo central sea N2 = 10-4 Wb. Se supone que no hay dispersión y que el factor de apilamiento es la unidad. En las condiciones de trabajo: µ r = 1.000. 1

A

B

3

AA' = CC' = 300 mm 2

+

BB'' = B'B''' = 145 mm EH = B''B''' = 10 mm

(NI)

C

DATO

B EH

1

(NI)

3

B

AB = BC = A'B' = B'C'' = 300 mm

1

2 +

2

S = 100 mm

3

(NI)3 = 10.000 Av A

B

C

)))))))))))))))))))))))))

SOLUCIÓN: En el nudo "B" y en las ventanas (1, 2) y (2, 3) se puede escribir: N2 ' N1 % N3

(1)

(N I)1 ' N1 Rm1 % N2 Rm2

(2)

(N I)3 ' N2 Rm2 % N3 Rm3

(3)

De (3) se deduce:

N3 '

(N I)3 & N2 Rm2 Rm3

Sustituyendo este valor en (1) resulta:

N1 ' N2 & N3 ' N2 &

(N I)3 & N2 Rm2 Rm3

Introduciendo a su vez este resultado en (2) se obtiene:

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 39

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL (N I)1 ' N2 Rm1 &

TOMO I

Rm1 (N I)3 & N2 Rm2 R m1 Rm3

% N2 R m2

o sea: (N I)1 '

N2 Rm1 (Rm3 % Rm2) R m3

&

Rm1 Rm3

(N I)3 % N2 Rm2

y como: Rm1 = Rm3, se tendrá: (N I)1 ' N2 (Rm3 % Rm2) & (N I)3 % N2 R m2 ' N2 (2 Rm2 % Rm3) & (N I)3

(4)

[compárese con (4')].

Rm1 ' Rm3 '

l 0,9 ' 0,0009 K ' µ S 1.000 S µ 0

con: K = 1/(S µ 0). Rm2 '

l 0,29 0,01 1 % ' (0,00029 % 0,01) ' 0,01029 K ' µ S 1.000 S µ 0 S µ 0 S µ 0

En consecuencia: (N I)1 ' 10&4 (0,0009 K % 0,02058 K) & 10.000 ' ' 10&4 ×

0,02148 4 B × 10&7 × 10&4

& 10.000 ' 7.093,24 Av

Si el arrollamiento de excitación (N I)3 estuviese devanado en sentido contrario, resultaría: (N I)1 ' 17.093,24 % 10.000 ' 27.093,24 Av

M. Hidalgo, Fr. Casares

5 - 40

www.uco.es/electrotecnia-etsiam

PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL R

R

1

A

C

1

1

3

B

+ E

TOMO I

?

+

3

dato

R

E

2

3

2

R A

1

= R

3

B

C

Para el circuito ELÉCTRICO "equivalente" se escribirían las siguientes ecuaciones: I2 ' I1 % I3

(1')

E1 ' I1 R1 % I2 R2

(2')

E3 ' I2 R2 % I3 R3

(3')

De (3'):

I3 '

E3 & I2 R2 R3

De (1'):

I1 ' I2 & I3 '

I2 R3 & E3 % I2 R2

'

R3

I2 (R2 %R3) & E3 R3

De (2'):

E1 '

R1 R3

I2 (R2 % R3) & E3 % I2 R2 ' I2 (R2 % R3) & E3 % I2 R2

y como final: E1 ' I2 (2 R2 % R3) & E3

M. Hidalgo, Fr. Casares

(4')

5 - 41