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INICIO : Electrotecnia para aplicaciones industriales

Neumática e Hidráulica

Matemáticas. Elementos Básicos. Problemas resueltos.

 

 

 


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CONCEPTOS DE ELECTROTECNIA PARA APLICACIONES INDUSTRIALES

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Inductancia mútua

 

Coeficiente de acoplamiento

Cuando dos bobinas están acopladas inductivamente colocándolas cercanas una de otra, la relación entre sus inductancias mutuas, M y sus inductancias individuales, L1 y L2 es

donde k es el coeficiente de acoplamiento y tiene un valor entre cero y uno - (k es 1 si todo el flujo producido por la corriente en una bobina se encadena a las espiras de la otra bobina) .

Bobinas acopladas en serie. Si dos bobinas acopladas mutuamente se conectan en serie con sus campos sumándose mutuamente (serie aditiva) (ver Fig. 2-9 A), la inductancia total es

L = L1 + L2 + 2M (henrios)

donde M es la inductancia mutua, y L1 y L2 , son las inductancias de las bobinas individuales. Si las bobinas se conectan en serie, y

 

Fig. 2-9. Conexión de bohinas acopladas: A) en serie aditiva: B) en serie sustractiva.

sus campos se oponen mutuamente (ver Fig. 2-9 M) , la inductancia total está dada por

L = L1 + L2 - 2M (henrios)

Estas fórmulas pueden ser usadas para determinar la inductancia mutua (M) conectando primero las bobinas en serie aditiva y luego en serie sustractiva. Entonces,

donde La es la inductancia total de las bobinas en serie aditiva y Lb, es la inductancia total de las bobinas en serie sustractiva.

Bobinas acopladas en Paralelo. La inductancia total (L) de dos bobinas acopladas, conectadas en paralelo, con sus campos que se suman, es

donde L1; L2 ; y M corresponden a las definiciones anteriores (en henrios) . La inductancia total de dos bobinas acopladas, conectadas en paralelo, con sus campos en oposición, está dada por

Transformadores

Un transformador consiste en una bobina primaria y otra secundaria devanadas sobre un mismo núcleo de hierro, y se usa para elevar o para reducir el voltaje de corriente alternada . Una corriente alternada circulando por el primario crea una variación continua de flujo en el núcleo, que induce una fem alternada en la bobina secundaria. Para un transformador ideal (uno que no tenga pérdidas ni escapes de flujo fuera de las bobinas) la relación entre los voltajes primario y secundario, E1 y E2, entre las corrientes primarias. y secundarias I1 e I2 , y el número de espiras en las bobinas primarias y secundarias, N1 y N2 , está dada por

La eficiencia de los transformadores prácticos es generalmente muy alta y se aproxima a las relaciones ideales establecidas anteriormente.

PROBLEMA 70. El voltaje inducido en uno de dos circuitos acoplados es 20 volts cuando la corriente en el otro varía a una velocidad de 4 amps/seg. ¿Cuál es la inductancia mutua?

PROBLEMA 71. Dos bobinas mutuamente acopladas, A y B, tienen 300 y 900 espiras respectivamente. Una corriente de 5 amperes en la bobina A produce un flujo magnético de 40.000 maxwells (líneas) en la bobina A y 25.000 maxwells en la bobina B. Determinar a) la autoinductancia de la bobina A, b) la inductancia mutua entre las bobinas A y B, y c) la fem inducida en la bobina B cuando la corriente en la bobina A se interrumpe en 0,2 segundos.

SOLUCIÓN. a) La inductancia de la bobina A está dada por

b) La inductancia mutua entre las bobinas está dada por

c) la fem inducida en la bobina B es

PROBLEMA 72. La inductancia total de dos bobinas acopladas, conectadas en serie aditiva es 22,6 henrios, y en serie sustractiva es de 3,4 henrios. Si las bobinas tienen un acoplamiento del 80 % determinar, a) la inductancia mutua, b) la inductancia de cada bobina y c) la inductancia total, si las bobinas están conectadas en paralelo con sus campos que se suman.

b) Dado que

Resolviendo la ecuación y elevando al cuadrado : L1L2 = 36

Además, La = L1 + L2 + 2M ó 22,6 = L1 + L2 + 2 x 4,8

Por lo tanto, L1 + L2 = 22,6 - 9,6 = 13 y L2 = 13 - L1

Tenemos ahora dos ecuaciones simultáneas con dos incógnitas. Sustituyendo L2 en la ecuación L1L2 = 36, obtenemos

Factoreando, ( L1 - 9)( L1 - 4 ) = 0

Entonces, L1 = 9 henrios o L1 = 4 henrios

Si L1 = 9 henrios, L2 = 13 - L1 = 13 - 9 = 4 henrios,

y si L1 = 4 henrios, entonces L2= 13 - 4 = 9 henrios. Por lo tanto, en cualquiera de los casos una inductancia es 4 henrios y la otra 9 henrios.

c) Si las bobinas están conectadas en paralelo con los campos sumándose,

Por lo tanto, L = 1 / 0,186 = 5,37 henrios

PROBLEMA 73. Un transformador reductor con un bobinado primario de 174.000 espiras y un bobinado secundario de 1000 espiras, opera desde una línea de alta tensión de 40.000 volts y alimenta una carga de 60 amperes. Determinar el voltaje secundario, la corriente primaria y la potencia de salida del transformador. Suponiendo una eficiencia del 100 %.

SOLUCIóN.

 

potencia de salida = E2 I2 = 230 volts X 60 amps = 13.800 watts = 13,8 kw

(Indudablemente ésta es igual a la potencia de entrada = 40.000 volts x 0,345 amp = 13.800 watts.)


Problemas adicionales de electromagnetismo.

1) El entrehierro de un electroimán tiene una sección de 0,15 m por 0,30 m. Se produce una inducción magnética de

(ver figura )

Calcule el flujo magnético a través de los polos, sin tomar en cuenta el efecto de los bordes.

Solución:

Si se suponen todas las líneas de campo perpendiculares a las caras del entrehierro. Por definición, el flujo magnético en el entrehierro (y a través de los polos) es:

2) En el planteo del problema adicional No. 1 calcule el flujo magnético para una sección cuadrada de 0,20 m y una inducción magnética de

3) Con los datos del problema adicional No. 1 calcule el flujo que atraviesa un cuadro de 4 cm de diámetro y que permanece perpendicular al campo.

Solución:

El flujo que atraviesa el cuadro circular as máximo cuando el plano del cuadro está perpendicular al campo magnético. Su valor es:

4) Con los datos del problema No. 3 adicional, calcule el flujo que atraviesa un cuadro de 2 cm de diámetro y que permanece perpendicular al campo.

5) Con los datos del problema adicional No. 1 calcule el flujo que atraviesa un cuadro de 4 cm de diámetro y que permanece paralelo al campo.

Solución:

El flujo que atraviesa el cuadro, cuando el plano del cuadro es paralelo al campo, por cuanto ninguna línea de campo atraviesa el cuadro, es:

6) Con los datos del problema adicional No. 2 calcule el flujo que atraviesa un cuadro de 2 cm de diámetro y que permanece paralelo al campo.

7) Una bobina de 40 vueltas tiene una superficie de 2 cm2 y una resistencia eléctrica de 6 ohmios. La bobina está conectada a un galvanómatro G de 20 Ω de resistencia. Se la coloca en el entrehierro de un electroimán. La inducción magnética, perpendicular a la bobina, vale

Se retira violentamente la bobina del campo en 0,1 de segundo. ¿Cuál es la f.e.m. inducida?

Solución:

a) El flujo magnético que atraviesa la bobina cuando ésta permanece perpendicular al campo es:

b) El flujo magnético se reduce a cero ( Φ2 = 0) cuando la bobina es retirada del campo. La f.e.m. producida por la variación del flujo magnético es:

8) Calcule la f.e.m. inducida si la bobina tiene 50 vueltas, su superficie es de 2,5 cm2 y la variación es de 0,05 de segundo.

9) Con los datos del problema adicional No 8 calcule la corriente que pasa por el galvanómetro.

Solución:

La bobina actúa como una fuente cuya resistencia interna es de 6 ohmios, la f.e.m. 0,16 voltios y que recorre una resistencia externa de 16 ohmios.

Según la ley de Ohm:

10) Calcule la corriente que pasa por el galvanómetro si la resistencia de éste es de 16 Ω y la de la bobina 4 Ω.

11) Con los datos del problema adicional No 8 calcule la carga total que pasa en cada punto del circuito.

Solución:

La carga total que atraviesa el circuito es:

Q = I t = 0,006 A X 0,1 s = 0,0006 coulombio.

 

 

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