resulta d~ donde N 1/N 2 = = O. HalJar la co· rríente completa. Al cerrar el circuito, la ecuación diferencial es di 50i + 0.2 dt
kL 1/M = 0,9(0,8)/0,36 = 2
184 13-3
AUTOJNDUCCION E INDUC<.:ION
(CAP. 13
Dos bobinas de autoinducciones L 1 = 0,05 henrios y L 2 = 0,20 h·enrios tienen un coeficiente de acoplo k ~ 0,5. La bobina 2 posee 1000 espiras. Si la corriente en la bobina ·1 es i 1 = 5 sen 400t, determinar la tensión en la bobina 2 y el flujo máximo de la bobina l.
= kJ L 1L 2 = 0,5j0,os(o,2o) = 0,05 H . La tensión en Ja bobina 2 = 0,05 ~ (5 sen 4001) = 100 cos 4001. Como la tensión en la bobina 2 viene
La inducción mutua máxima es M
= M(di 1/d1) por v2 = N 2 (d> 12/dt),
viene dada por v2
dada también
se obtiene
100 coa 400t
~12
y
=
10- 3
f
=
100 cos 400t dt
0,25 x 10-J sen 4001
El ftujo máximo de
0,25 x 10- 3 - 05 x io - l Wb 0,5 - '
,¡, 'I' 1 mu -
0,5
-
13-4 Aplicar Ja segunda ley de Kircbhoff al circuito con acoplo magnético de la Fig. 13-12 escribiendo la ecuación en valores instantáneos. Examinando el sentido de arrollamiento en las bobinas se ve que los signos de los ténninos M son opuestos a los de los términos L. Nótese también que la tensión de la inducci6o mutua aparece en cada bobina a causa de Ja corrience i en la otra bobina del par. Ri
+ L 1 di dt
o bien
R1
+
-
d' M 2dt
+ -1e
f
(L 1 + L 2 - 2M)
i dt
+
di f, 2 -
de
f
~! + ¿
-
i dt
di M-
dt
=
=
e
t
11
11
Fi... lS-lZ
11
13-S Escribir el sistema de ecuaciones en las corrientes de malla en valores instantáneos para el ·cir· cuito con acoplo magnético de la Ftgura 13-13. Se eligen las corrientes i 1 e i2 como en el esquema, y se aplica la regla de la mano derecha a cada arrolla· miento. Como los flujos tiene n el mismo sentido, el signo de los témúnos Mes igual que el de los L. Por tanto,
di1
R1i1
+
L1 dt
Rii.i
+
L2df
d~
dit
+ Mdt -
11
di¡
+ Mdt -
11
'2
¡Q:1:.EÍ t
La
.._~....,~~~~,~-M~~ ,. . Fía'. IS-U
V
t
...
.
(
11
L1•
• •• 1.1
e
'
1
',..-M--.....,
~
1
is
~ .
1::
'lL1 \
:!:
.···
185
AUTOINDUCCION E INDUCCION
CAP. 13]
13-6 Repetír el problema anterior con la corriente i2 en la forma indicada en la Figura 13-14. Al aplicar 1a segunda. iey de Kirchhoff a la malla de corriente i2 las tensiones de inducción mutua son negativas. Por tanto,
+
R 1(í1 - i:¡) R1(~-i1)
+
~~·?{2
·t-
I
d' '2
12 dt
L1
;t
(iJ - i 2)
M d ,.
di2
-
+ Mdt
.)
dt\12-•1
+ L,
;t (ii -
't.'
;1)
di.i M·dt
-
o
1>7 Dos bobinas en serie tienen una autoinduccíón equivalente LA sí la conexión es a favor y La si la conexión es en oposición. Determinar la inducción mutua M en función de L,. y LB. Si la conexión es a favor, la autoínducción equivalente viene dada por
LA
= Li +
L2
+
(1)
2M
y se montan en op
(f)
Restando ambas expresiones
La solución indica un método experimental para determinar M. Basta conectar las bobinas de las dos formas y obtener las autoinducciones equivalentes en un puente de corrieote alterna (e.a.). La inducción mutua resultante es un cuarto de la diferencia entre las dos autoinducciones equivalentes.
13-8 Obtener el circuito equivalente con puntos del circuito con acoplo magnético de la Fig. 13-15. Detennioar la tensión en la reactancia - j 1O empleando el circuito equivalente.
10~
-
t , .,
t
10i909
t ,..,
10~
11
t-
10itt~
- - i-ilG
Fig.13-16
Fi¡. U-15
Para colocar los puntos en el circuito consideremos soi:unente las bobinas y sus sentidos de arrollamiento. Se alimenta con u;1a corriente en la pmte superior de la bobina de la izquierda y se coloca un punto en este terminal. El corre.~pondiente sentido de! flujo e~ hacia arriba en la parte izquierda del núcleo. Según la ley de Lenz, el tlujo en la bnbimt de la derech.1 tiene que ir también hacia arriba. La regla de la mano derecha proporciona la direcció11 de la corriente n:i\urai Esta corriente sale del devanado por el termioal superior, que se !!t:ñala, por :anto, con un punw, como se ve en la Figura 13-16. Con la elección de i 1 e i~ elegidos com0 apare"'..e en la figura. el sistema de ecuaciones de corriente, ea for· ma matricial, es
i
6-
j.~
¡s +;a
[CAP. 13
AUTOINDUCCION E lNDUCClON
186 de donde
10 5 + j3 1 1 10 - ;10 10 + ;a
1,015/113,95º
Por tanto, la caída de tensión en la reactancía -jlO es V
13-9
= 1 (-jlO) 1
=
10,16/23,96º
Obtener el circuito equivalente con puntos de las bobinas acopladas magnéticamente de la Figura 13-17 y escribir la ecuación correspondiente.
11;.c
..--¡----
v-f e
Fis-lS-18
Fig.13-17
Asignando los puntos por los métodos del Problema 13-8 se obtiene el circuito de la Fíg. 13-18. Si se aplica la segunda ley de Kírchhoff a Ja malla simple, se tiene
V
13-10 En el circuito acoplado magnéticamente de la
Fig. 13-19 hallar la caída de tensión en la resistencia de 5 ohmios, con los puntos asignados como indica el esquema. Después, invertir la polaridad en una bobina y repetir el problema. lí
La inducción mutua se calcula a partir de
jX., = jkfti,.xu = jO,sj5(íO)"" )5,66 Hallando la corriente 12 , 3
+ jl
\ -3 - jl,66
50
o
\
Fig. l:S-19
3 + jl
1-s -
-3 - il,661 8 + j6 jl,66
171~
8,60/-24,8º
19,9/53,8º La caída de tensión en la resistencia de S O es V s = (5)l2 = 43/- 24,8º V. Cambiando la polaridad en una de las bobinas varía Ja matriz de impedancias, resultando un nuevo va-;
lor de 11 .
... -
CAP. 13]
AUTOINDUCCION E INDUCCION
f
-
12
+ jl -a+ ;9,66
50
3
3
-3
+ jl
o
+ i9,66 I a+ i6
-3
+ j9,66
505L-72i7º 132/39.4°
-
La ca.ida de tensión en la resistencia de 5 !les, en este caso,
13-11
187
V,==
-
8,83/-112,1 o
(5)1.z = 19,15/-112,1º V.
Hallar la autoinducción equivalente de la conexión en paralelo de L 1 y L 2 representada en la Figura 13-20(a). O.J H
• •
~
0.7
• 0,8 H
M ~ O.J43 H
(a)
(b)
Fiir.13-20
La inducción mutua M = k~ = O, 7J0,3(0,8) = 0,343 H. Se dispone el circuito en la fonna de la Fíg. l3-20(b) y con las corrientes en las mallas dibujadas, se tiene
Jw0,3 Jw0,0431 [jw0,043 jw0,4t4J
[ZJ
_ .1, _ jro0,3(jw0,414) - Uw0,043) 2 _ . z.nlr•d• 1 - .111 jw0,414 ·.- j(J)0 •296
Por consiguiente, la autoínducción equivalente de las bobinas acopladas es 0,296 H.
13-12 Para medir el coeficiente de inducción mutua de un par de bobinas se utiliza el puente de Heaviside de la Fig. 13-21. Hallar M en función de las otras constantes del puente cuando la corriente 10 en el detector es igual a cero. .V -
Se eligen las dos corrientes de malla 11 e 12 dibujadas O, las crudas de tensión en R 1 y R 2 han de ser iguales:
en el esquema. Si 10
t
=
(/)
Análogamente, las caídas de tensión en (R4 + jwL4 ) y (R3 + jwL3 ) también tíenen que ser iguales. Sin embargo, en l 4 aparece una tensión de inducción mutua y la corriente en la otra bobina del par, L 5 , es la suma 11 + 12 •
11(R4
+ iwL4) +
iwM(I,
+ 12) =
l2(R3 + j"'Ls)
Fig.13-21
(t)
Llevando 12 = (R 1/R2 )1 1 a la ecuación (2), (.t) Igualando las partes real e imaginaria,
R 4R 2
=
R 1R 3
y
iw ( L4 +
M
+
~; M)
-
de donde
M-
188
(CAP. 13
AUTOINDUCCION E INDUCCION 3
lJ..13 Sustituir el circuito con acoplo magnético de la Fig. 13-22 por el equivalente de Thevenin en los terminales AB. · La tensión equivalente de Thevenin V' es la tensión a circuito abierto en los tenninales AB. Con las corrientes 11 e 12 elegidas como en la figura y hallando el valor de 12 • 5 + j5
10
+ j3
o
-2
2
;5
•
--...1\J~Mr---.....a.-... A
+ j5 -2 + jS -2 +;a 6 + ;s 5
20 - j80 10 + j67
B
0,533í-137,8º
Ahora bien, V' = VAB
Fig.13-22
= 12 (4) = 2,13l=._137,8º
Para detenninar Z' en el equivalente de Thevenin i:onsidera la tercera corriente de malla 13 y se calcula z.nuado 3, que es la impedancia en los tenninales de AB con todas las fuentes internas iguales a cero. SP.
5 + j5 -2 -2
Z'
-
z.nu1da l
-
j456 10 + j67
~%
-
-
.:l.33
-
-
+ j3
o
6
+ j3
Z' r--C::::J~--A l>.l>S .. fJ,'194
o
+ j5 -4
-4
t
8
+ j5 -2 + jS -2 + j3 6 + j5 5
Fig. U-.23
6,74/8,5°
El circuito equivalente de Thevenin se representa en la Figura 13-23.
tJ..14 En el circuito acoplado de dos mallas de la Fig. 13-24 ·demostrar que no son necesarios los puntos siempre que la segunda malla sea pasiva. Se eligen las corrientes de malla como en el esquema y se halla el valor de 12 • 2
12
-
-
5
-50(zj4)
-24
;10
jó
±j4
+ j5 ±j4
t
o
:X:j4
2
V1 ...., 50~
50
+ j5
{.;)
+ j45
+ jlO
-
Fig.13-U
3,92/61,9º -r 90°
El valor de .1.: no esLá afectado por el signo de M y la corriente 12 tendrá un ángulo de fase de ~51,9º o - 28, l <. Como no hay fuentes de tensión en la malla no es necesario conocer la polaridad de la tensión de inducción mutuir. Las caídas de tensión en las impedancias de ,las mallas son íguales en valor absoluto y difieren 180, en la fase. La potencia en una impedancia no se ve afectada. También se verifica que 11 es idén· tico para uno u otro signo en la inducción mutua.
CAP. 13]
AUTOINDUCCION E INDUCCION
189
IJ..15 Hallar, en el circuito de la Fig. 13-25, el valor de RL que da lugar a un máximo de potencia transferida después de elegir ta mejor conexión para las bobinas y determinar el valor del coeficiente de acoplo k. A
G;ºººJ -
--!looo¡
-j6
B Fig.13-25
Fig.13-%6
La impedancia del circuito a la izquierda de AB ha de ser mínima. Expresando la impedancia de esta pane del circuito,
Z
= 5-
j5
+
jl2
+
j12
::!:
j2XM
= 5 + jl9
::t:
j2kV'12(ffi
Para que la impedancia sea mínima. la reactancia debe ser nula; en consecuencia, el signo adecuado para la mutua es el negativo. · 19 - 2kjl2(12) = O de donde . k = 19/24 = 0,792 La conexión representada en la Fíg. 13-26 da lugar a que el signo de las tensiones de inducción mutua sea negativo como es preciso; entonces, la impedancia del circuito a la izquierda de AB es de 5 n, resistencia pura, y Ja potencia máxima se tiene cuando RL = R, = 5 O.
lJ..16
El circuito de la Fig. 13-25 tiene una resistencia de carga RL = 10 ohmios y una fuente V = 50/0º voltios. Con las dos conexiones posibles de las bobinas y k variabJe desde O a 1, hallar el margen de potencias que se puede suministrar a la resistencia. Con el acoplamiento representado en la Fig. 13-26 el signo de la inducción mutua es negativo y la impedancia total del circuito, incluyendo la carga, es ZT = 5 - jS + jl2 + jl 2 - j24k + 10. Sea k l; entonces, V 50~ Zr = 15 - JS "" 15,8í-18.45º, 1= - = = 3,16/18,45 ZT 15,8/-18,45°
=
0
La potencia en la resistencia de 10
n
es P = RI2 = (I0)(3.I6)2 = 100 W.
Sea ahora k = O; entonces, ZT = 15
+ jl9
= 24,2/51,7º.
1=SOLQ:'/(24,2/51,7º)=2,06/-51,7º
La potencia en la resistencia de 10 O. es (10)(2,06)2 = 42,4 W. Con k = 0,792, Pm..
= 111
W.
Cámbíese la conexión de las bobinas para obtener un signo positívo en la inducción mutua.. La impe· dancía, en tal caso, es Zr = 15 + ji 9 + jk24. Sea k = l; entonces, Zr = 15
+ j43
I = 50/0~ .1(45,6/70,8º ) = 1,095l= 70,8º
= 45,6f70,8º, '
La potencia correspondiente P = R/l = (10)(1,095) 2 = 12 W. Por consiguiente. en la resistencia de 10
a
puede esperarse una potencia entre 12
y 100
W.
190
AUTOINDUCCION E INDUCCION
(CAP. 13
1.'>17 Obtener el circuito equivaJente con acoplo conductivo del circuito con acoplo magnético de la Figura 13-27. Elegidas las corrientes 11 e 11 como se indicu, la ecuación matricial es
3 + il [ -3 -;2
$
+ i6
12
., -jl
.
t
-
1]
•
• 60~
-8 -.j2][1
60~
li
-
t
(l.',
fÍ?l
3 + ill
6
Fir. tS-28
Fir. 11-21
Se eligen las corrientes de malla en el circuito con acoplo conductivo con los mismos sentidos que en el circuito con acoplo magnético. De la matriz de impedancias, Z 12 = -3 - j2. Como las corrientes· pasan por Ja rama común en sentidos opuestos, la impedancia precisa en la rama es 3 + j2. La impedancia propia. de Ja malla 1 es Z 1 L = 3 + jl. Por tanto, hace falta ·en la malla una impedancia -jl. De igual forma, puesto que Z 22 = 8 + j6, la malla necesita una impedancia de 5 + j 4, además de los elementos de la rama común, como se ve en la Figura 13-28.
1.">18 Obtener el circuito equivalente con acoplo conductivo del circuito con acoplo mutuo de la Figura 13-29.
5-j4
V
-
t
V ,..,
(!;\
t
2 + ;12
Fir. U-29
4 + ;1
Flg.13..SO
Se eligen las corrientes 11 e 11 y se escribe la ecuación matricial en las corrientes de malla.
Las corrientes de malla en el circuito con acoplo conductivo pasan por la rama comlln en sentidos opuestos. Puesto que Z 12 en la matriz de impedancias es - 2 - jl2, la impedancia de esta rama ha de ser 2 + }12. También, de la matriz de impedancias, Z 11 = 7 + j8 y Zu = 6 + jl9. Entonces, las impedancias que faltan en las mallas l y 2 del circuito equivalente son, respectivamente,
z. = (7 + j8) -
{2
+j12) =
6 - j4
y
Z2
= (6 + i19) -
(2 + j12) -
El circuito equivalente acoplado conductivamente es el de la Figura 13-30.
4
+ i7
-.
CAP. 13]
AUTOINDUCCION E INDUCCION
191
Problemas propuestos 13-19 Dos bobinas tienen un coeficiente de acoplo k = 0,85 y la bobina 1 posee 250 espiras. Con una corriente i1 2 amperios en la bobina 1, el flujo total 4' 1 es 3,0 x 10- 4 weber. Si ; 1 se reduce linealmente a cero en dos milisegundos, la tensíón inducida en la bobina 2 es de 63, 75 voltios. Determinar los valores de L" L 2 , M y N2• Sol. 37,5 mH; 150 mH; 63,8 mH; 500.
=
13-lO Dos bobinas acopladas tienen N 1 = 100 y N 2 "" 800 espiras, con un coeficiente de ar.:oplo 0,85. Con la bobina 1 abíena y una corriente de S amperios en la 2, el flujo ,P2 Yale 3,S x 10- 4 weber. Hallar L,, L 2 y M. Sol.
0,815; 56; 5,95 mH.
13-21 Si dos bobinas idénticas tienen una a\Jtoinducción equivalente de 0,080 henrios asociadas en serie con el mismo sentido, y 0,035 henrios en serie, pero en oposición, ¿cuáles serán los valores de L 1 , L 2 , M y k? Sol. L 1 = 28,8 mH; L 2 = 28,8 mH; M = ll,25 mH; 0,392. . 13-22 Dos bobinas acopladas con L 1 = 0,02 henrios, L 1 = 0,01 henrios y k = 0,5 se conectan de cuatro fonnas diferentes: en serie, a favor; en serie. en oposición; en paralelo con las dos disposiciones del sentido de los arroSol. 15,9; 44,I; 9,47; 3,39 mH. llamientos. ¿Cuáles son fas cuatro autoinducciones equivalentes? 13-13 Dos bobinas idénticas con L = 0,02 henrios tienen un coeficiente de acoplo k = 0,8. Hallar M y las dos auto· induccion~s equivalentes con las bobinas en serie, a favor y en oposición. Sol. 16; 72; 8 mH. 13-24 Dos bobinas cuyas autoinducciones están en Ja relación cuatro a uno tienen un coeficiente de acoplo. ~
= 0,6.
Si están en serie con arrollamientos en el mismo sentido, la autoinducción equivalente es 44,4 mH. Hallar L 1 , L 2 y M. Sol. 6; 24; 7,2 mH.
13-25 Dos bobinas de autoinducciones L 1
=
6,8 mH y L 2 = 4,5 mH se conectan en serie a favor y en oposición. Las autoinducciones equivalentes de estas dos conexiones son 19,6 y 3 mH, respectivamente. Hallar los valores de M y k. Sol. 4,15 mH; 0,75.
13-26 Elegir las corrientes de malla para el circuito acoplado de la Fig. 13-31 y escribir las ecuaciones en
~
L,
-
'
....
-
L:
:• B1 :•
:'•
..
v0f
:
valores instantáneos. Obtener el circuito equivalente con puntos, escribir las ecuaciones y comparar los resultados. 13-27
"/'M"-,'
•
Fig.lS·U
Dibujar el circuito equivaleme con puntos de las bobinas acopladas de la Fig. 13-32 y. hallar la reactancia inSol. jl2. ductiva equivalente.
V
Fig.1S-S2
t
e
Fig.13-SS
13-28 Obtener el circuito equivalente con puntos de las bobinas acopladas de la Fig. 13-33 y escribir la ecuación en valores instantáneos.
:::··
--192
AUTOINOUCCION E INDUCCfON
(CAP. 13
13-29 Representar el circuito equivalente con puntos de las bobina~ acopladas de la Fig. 13-34 y hallar Ja corriente l. Sol. 4,47¡26,7º A.
..
.
0.2 H
' 1
-
" = 0,65
-;s
' '
11
-
1
-1- 1- 1-
~
'
,0,1 H
'
1--
... "f
~0.05 ti
lO
-
'
,..., '
()()~
A
B
Fiir.13·34
•
Flg. lS-35
13-30 Obtener el circuito equivalente con puntos para las tres bobinas acopladas de la Fig. 13-35 y hallar la autoinduccíón equivalente en los terminales AB. Todos los coeficientes de acoplo son 0,5. Sol. 0,239 H. 13-31 Obtener el circuito equivalente con puntos del circuito de la Fig. 13-36 y hallar la impedancia equivalente en les terminales AB. Sol. 2,54 + j2,26 !l. 13-31 En el circuito de la Fig. 13-36 invertir el sentido de arrollamiénto de una bobina y hallar la impedancia equivalente. Sol. 2,53 -+ j0,238 n.
1A --~·. ' .....
' j2'
-
'
•
"'
;z , ,'
.J
1
¡,¡ /
....... ... 1)
,
h
;2
í4
,.
~;a
"-
LB Fi1. J.3-36 13-33
Fig. U-37
Hallar, en el circuito serie de la Fig. 13-37, el valor del coeficíente de acoplo k y colocar los puntos en las bobinas de forma que el circuito esté en resonancia serie. Sol. k = 0,177.
13-34 Hallar el valor del coeficiente de inducción mutua k en el circuito de la Fíg. 13-38 y colocar los puntos en las bobinas de manera que dicho circuito serie entre en resonancia. Sol. k = O, 112.
j8
li:
~
~f-~~ 18
-;20
JS
Fig.13-88
10
jlO
Fi¡.13·39
13-35 En el circuito reprt:senl:ido en Ja Fig. 13-31) hallar el coeficiente de acoplo k y situar Jos puntos de forma que la potencia de salida de la fuente de 50&:_ voltios sea 168 vatios. Sol. k = 0,475.
~=
~~!i ~
CAP. 13J
AUTOINDUCCION E INDUCCION
193
13-36 En relación con el problema anterior, hallar la potencia de ta salida de la fuente cuando :;e invierten Jos puntos. Sol. 54,2 W. Utilizar el valor de k hallado en el Problema 13-35. 13-37 Hallar, en el circuito acoplado de la Fig. 13-40, la relación de tensiones V2 /V 1 para que la corriente 11 sea cero. Repetir el problema para 12 cero. · Sol. l,414/-45º; 0,212f32º. 13-38 En el problema anterior, ¿qué tensión aparece en la reactancia j8 oh.mios cuando V1 es 100/0º voltios e 11 = O amperios? Sol. 100/0º V ( + en el punto).
Fig.13·40
13-39 En el circuito acoplado de la Fig. 13-41 hallar la reactancia de inducción mutua jwM sí la potencia disipada en la resistencia de 5 ohmios es 45,2 voltios. Sol. j4 n. (
60~
t
-
-j8
2
jlO
j6
v, - t
li
(i;) •
;2
~
;s
p.
~
f
10~
-
V2 10~
Fir.13-41
Fig.13-4%
13-40 Determinar, en el circuito acoplado de la Fig. 13-42, las componentes de la corriente 12 originadas por cada una de las fuentes V1 y V2 • Sol. O, 77/112,6º ; 1,72/86º . 13-41 Determinar el valor del coeficiente de acoplo k en el circuito de la Fig. 13-43 si la potencia disipada en la resistencia de lO ohmios es 32 vatios. Sol. 0,791.
;s
A
k V,..,
10
t
;10
B
Fig,13-43
Fig.13-U
13-42 En el circuito de la Fig. 13-44 hallar la impedancia de carga ZL que da lugar a la transferencia de potencia
máxima en los terminales AB.
Sol.
1,4 - jl,14
n.
13-43 En el circuito acoplado de la Fig. 13-45 hallar la impedancia de entrada en los terminales de la fuente. Sol. 3 + j36,3 íl. 1344 En el circuito de la Fig. 13-45 hallar la tensión en la reactancía jS oh.mios si la fuente es V = SOí45º voltios. Sol. 25,2/49,74° V.
2
V -
f
jlí
-j8
Fig.13-45 13-45 Hallar la impedancia equivalente del circuito acoplado de la Figura 13-46.
Fig.13-46 Sol.
1
+ j1,S n.
..........
----···
---
194
AUTOINDUCCI.ON E INDUCCION
[CAP. 13
13-46 Obtener el circuito equivalente de Thevenin en los terminales AB del circuito acoplado dado en la Figura 13-47. Sol. Z' = 2 + j6,5 O; V' = 5 + j5 V.
lJ...47 En el circuito acoplado de la Fig. 13-47 obtener el circuito equivalente de Norton en los terminales AB. Sol. z· = 2 + j6,S !l; I' = 1,04/-27,9º A.
10~
-
t
10~
-
t
B
Fig.13·47
Fig. 13·48
1348 Obtener el equivalente de Thevenin en los terminales AB del circuito acoplado de la Figura 13-48. Sol.
Z' = 8,63/48,75° O; V'= 4,84/-34,7" V.
13-49 Hallar el equivalente de Norton del mismo circuito del problema anterior. Sol. Z' = 8,63/48,75ª O; I' = 0,560/-83,4º A. 13-50 En el circuito de la Fig. 13-49 hallar la impedancia de entrada en los terminales de la fuente de tensión Y. Sol. 7,06 + j3,22 O. 6 -j3
V....,
f
¡¡
Fis-.13-49
Fig.13-50
13-51 Hallar ta impedancia equivalente en los terminales A B del circuito acoplado de 1a Figura 13-50. Sol.
6,22
+ j4,6S n.
,i
,.
"
Sistemas polifásicos INTRODUCOON Un sistema polifásico está formado por dos o más tensiones iguales con diferencias de fase constantes que suministran energía a las cargas conectadas a las lineas. En un sistema de dos fases. o bifásico, la diferencia de fase entre Jas tensiones es de 90º, mientras que en los trifásicos dicha diferencia es de 120º. Los sistemas de seis o más fases se utilizan a veces en rectificadores polifásicos para obtener una tensión rectificada poco ondulada, pero los sistemas trifásicos so~ Jos comúnmente utilizados para la generación y transmisión de la energía eléctrica. SISTEMAS BIFASICOS La rotación del par de bobinas peq>endicuJares de la Fig. 14-t(a) en un campo magnético constante da lugar a tensiones inducidas con un defase constante de 90º. Si las bobinas tienen el mismo número de espiras, los fasores de tensión y las tensiones instantáneas tienen valores iguales, como se observa en sus diagramas respectivos en las Figuras 14-l(b) y (e). ·
-
A
A' NB'_ _ _ _
....,.~B
(o)
(6)
(o)
Ftg. 14-1. Sistema bJfásko
El diagrama fasoriaJ de tensiones de la Fig. 14-1 (b) tiene como referencia VBN = Vbobln.L2: y la · tensión VAN = Vbob1.,./90º. Si se unen los extremos A' y B' de las bobinas constituyendo la línea N, el sistema bifásico está fonnado por Jas tres líneas A, By N. La tensión compuesta entre las líneas o fases A y B (tensión de linea) es superior a la tensión simple entre una línea y neutro (tensión de fase) en el factor que se obtiene de Ja suma V"ª = V.tN + VBN = V boblnJ90º + Vbobta•/180º = J2 VbobtnJ135º.
J2.
SISTEMAS TRIFASICOS
Las tensiones inducidas en las tres bobinas igualmente espaciadas de la Fig. 14-2(a) presentan una diferencia de fase de 120º. La tensión en la bobina A alcanza el máximo en primer término, luego lo alcanza By después C; la secuencia en A.BC. Esta secuencia es evidente a partir del diagrama fasorial con su rotación positiva en sentido contrario al de las agujas del reloj, ya que Jos fasores pasarán por un punto fijo en eJ orden A-B-C-A-B-C · · ·, y también se ve en el diagrama de tensiones iDstaatá1 r de la Fig. 14-2{c) que los máximos se suceden en el mismo orden. 195
(CAP. 14
SISTEMAS POLlFASICOS
196
(a)
Fig. 14-2. Sistcm1t trifásico
La rotación de las bobinas en sentido opuesto daría lugar a la secuencia CBA representada en la Figura 14-3.
A
Fig. 14-3. Secuencia CBA
Aunque la máquina esquematizada en la Fig. 14-2(a) es teóricamente correcta, en la práctica se presentan limitaciones que se oponen a su utilización. Por ello, es el campo magnético el que gira mientras que el devanado trifásico permanece fijo. · La conexión de los extremos A', B' y C' [Fig. 14-4(a)] da lugar a un alternador en estrella. Con la conexión de A y B', By C', C y A' en la Fig. 14-4(b) resulta un aiternador en triángulo.
~B;._
___ B
e•
e (a.)
(b)
En la conexión en estrella las corrienles de bobína y de línea son iguales y la tensión compuesta entre lineas ..j3 veces la tensión simple de bobina. En la conexión en triángulo la tensión compuesta entre lineas es igual a ia simple de bobina, pero ia corríente de ésta e~ l/J3 veces la corriente de linea. (Véase Problema 14-2.) En una y otra conexión las líneas A, By C proporcionan un sistema trifásico de tensíones. El punto neutro de la conexión en estrella es el cuarto conductor del sistema trifásico de cuatro conductores.
CAP. 14]
SISTEMAS POLIFASICOS
197
TENSIONES EN EL SISTEMA TRIFASICO La elección de una tensión como referencia con un ángulo de fase nulo determina Jos ángulos de fase de todas las demás tensiones del sistema. Como referencia se toma VBe· Los triángulos de las Figuras 14-S(a) y (b) representan todas las tensiones para las secuencias ABC y CBA. A VAB = vi.1120° Yac= VL~ Vc..t = VL~40º
v,.N
V,u = V,/240° V11c ·=V~~
Ve.o = Vdl20° (Vtf../3}/-90° = iVd../31/80° VcN == (VdVSl/160°
= CVdv'31100° = (l'Lfv'SJ/-30°
VAN Va111
VaN VcN = (VJVSJ/-lSOª
e
=
B
(a) Secuencia ABC
(b) Secuencia CBA
Fig. 14-5
La tensión del sistema es Ja tensión compuesta entre cualquier par de líneas, A y B, By C o C y A. En el sistema de cuatro conductores el valor de la tensión simple o de fase de línea a, neutro es l/jJ veces Ja tensión compuesta entre líneas. Por ejemplo, en un sistema trifásico, CBA, de cuatro conductores
de 208 voltio~ ;as tensiones compuestas entre líneas son de 208 voltios y las simples de línea a neutro son de 208/v 3 o 120 voltios. Con la Fig. 14-S{b) se determinan Jos ángulos de fase de las tensiones. Así, Vac = 208~. v,.B = 208/240", Vc.t = 208~, v..... = 120/-90º, VBN = 120/30º y VcN = 120/150º. CARGAS EQUILffiRADAS EN UN SISTEMA TRIFASICO Ejemplo 1. Un sistema trifásíco A BC de tres conductores y 1JO voltios alimenta a una conexión en triángulo de tres impedancias iguales de 5/45° ohmios. Detennínar las intensidades de corriente en las lineas l.t, 1.a e le y dibujar el diagrama fasorial.
lcA JA-A VAB 110/120º
6/45°
6/46"
•.a-o Ve A 110/240º
5/46°
f Yac 110~
l
•se
le-e
Vsc
Fig.14·6
Fig.14-7
Se traza el esquema del circuito con las tensiones en ta· fonna indicada en la Fig. 14-6. Los sentidos positivos de las corrientes son los indicados en el diagrama. Entonces,
IAB
-
lec
-
le A
-
z
-
110/120'
Ysc
z
-
110/0º 5/45°
v<'A
-
110/240° 6/45º
VA/I
z
5/45° )=
-
22/75° 22/-45~
22/195°
-
5,7
-
15,55
-
+
j21,2
-
-21,2 -
j15,55 j5,7
198
SISTEMAS POLIFASICOS
[CAP. 14
Aplicando la primera ley de Kirchhofí a cada vértice del triángulo de carga, 22~-º
- 22/76°
+
22/ 195°
38,1/46°
22/-45º
38,1/-76º
22/ -46°
38,1 / 165°
El diagrama fasorial de Ja Fig. 14-7 representa las corrientes equilibradas en las líneas de 38, 1 A, con án· gulos de fase de 120º entre ellas.
En una carga equilibrada conec/ada en trfÉngulo fa tensión compue_s ta entre líneas y Ja simple de fase· son iguales y la corriente en la línea es j3 veces mayor que la corriente en la fase. Ejemplo 2. Un sistema trifásico CBA de cuatro conductores y 208 voltios alimenta a una carga equilibrada conectada en estrella con impedancias de 20/ - 30~ ohmios. Hallar las corrientes en las líneas y dibujar el diagra-
ma fasorial.
·
Fig.14-9 ';
Fig. 14-8
Se traza el esquema del circuito y se escriben en él las tensiones simples entre línea y neutro, utilizando la Fíg. 14-5(b). Se eligen las corrientes tal como se ha señalado en la Fig. 14-8 con retomo de todas ellas por el conducto r neu tro. En estas cond iciones, ·
--
la
=
le
120/ --90° 20/- 30º
VAN
IA
z VaN
z
V l"N
-
= -z- =
=
120/ 80° 20/-30C
=
120/150° 20/ -30°
==
6,0/- 60°
6,0/60º 6,0/180°
Suponiendo positivo ei senüdo
= -iI,.. + 18
'
l e)
= -(6,0/-60º
+
6,0/60°
+ 6,0/180º) - o
El d iagrama fa sorial de la Fig. 14-9 representa las corrientes equilibradas de linea, estando cada una de clias adelantada respecto de la tensió n s:mple correspondiente en el ángulo de la impedancia respectiva.
En una carga equilibrada conectada en estrella las corrientes en las líneas y en las fases son iguales. La corriente en el neutro es cero >" la tensión comput'." '" entre lineas es j3. mayor que Ja tensión simple de fase, es decir, VL = ,/3 VF·
CIRCUITO
EQUIVALE~"TE
l\.t ONOFA.SICO P AR.A CARGAS EQ UILIBRADAS
De acuerdo con las transformaciones Y-.:1 estudiadas en el Capítulo 12, un conjunto de tres impedancias iguales, Z .1., en una conexión en triángulo equivale a un conjunto Zr de tres impedancias iguales conectadas en estrella, siendo Z r = (1 i3 )Z 4 . Entonces es posible un cálculo más directo del circuito en estrella para cargas equilibradas trifásicas de cualquier tipo.
CAP. 14]
199
SISTEMAS POLIFASICOS
El circuito equivalente monofásico unifilar está formado por una fase del circuito trifásico de cuatro conductores, conectado en estrella de la Fig. 14-1 Q, con una tensión que tiene el módulo de la tensión simple de fase y un ángulo· de fase nulo. La corriente de línea calculada para este circuito tiene un ángulo de fase respecto del ángulo cero de Ía tensión. Por tanto, las intensidades reales de línea l..t, ( 8 e le tendrán un de fase, en adelanto o en retraso, respecto de las correspondientes tensiones simples de este mismo ángulo.
N B
Fig.
1~10.
Circuito monofásico equivalente
Ejemplo J. Calcular las corrientes de linea del Ejemplo 1 por el método del equivalente monofásico. Se dibuja el circuito unífilar y se señala con A la carga, indicando que las impedancias reales estaban conectadas en triángulo. La impedancia del equivalente en estrella es Zy
=
Z:i/3
=
(5/3)/45°
y la tensión simple de línea a neutro es
= V dVS =
V LN
110/Vs
{G/3)146°
63,6~
=
63,5
Entonces, la corriente en la linea es 1
-
L
VLN.
Z
-
-
-
63,5~ : &8,1/
450
Fig.14·11
(5/3)/45º
Puesto que esta corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 45º, las corrientes de línea IA, la e le retrasan respecto de sus correspondientes tensiones, VAJ,, VaN y VcN en 45º. Los ángulos de estas tensiones se obtienen del triángulo ABC de la Fig. 14-S(o). Seguidamente se dan las tensiones simples de línea a neutro y las corrientes correspondientes. VAN -
63,5/90 o
V 8N
63,5/-30°
18
63,5/-150º
le -
-
-
38,1/-30° - 45°
-
38,1/45º
-
38,1/-75°
38,1/-150° - 45° -
38,1/-195°
Estas imensidades de corriente son idénticas a las que se obtuvieron en el Ejemplo 1. Si se desean las corrientes de fase en las impedancias conectadas en triángulo, se.pueden obtener a partir de la expresión IF = IJJ3= 38,l/j3 = 22. Los ángulos de fase de estas corrientes se deducen estableciendo primero los ángulos de las ten· siones compuestas entre lineas, determinando después las corrientes con un retraso de 45º,
VAu - 110/120° V8c
- 110~
VCA
-
110/240°
1,\ll - 22/120° - 45° Inc : : : 22/0° - 45° lcA
22/240° - 45º
22/75º
::: 22/-45° 22/195º
CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN TRIANGULO La solución del problema de la carga desequilibrada con conexión en t1 se obtiene calculando las corrientes de fase y aplicando después la primera ley de Kirchhoff a los nudos principales para deducir las tres corrientes de línea. Estas ni serán iguales ni presentarán una diferencia de fase de 120º, como ocurría en el ca~o de cargas equilibradas.
• (CAP. 14
SISTEMAS POLIFASICOS
200 [jemph) 4. ZAll
Un sistema trifásico ABC de tres conducLOres y 240 voltios tiene una carga conectada en triángulo con = 10/0º, Zac = !OL.10" yz,. = 15f =-~º~.Obtener las tres corrientes de línea ydibujar el diagrama rasorial.
_ _j ______________. 1
24\J~
le-
e-~;,.._
Fig. 14·13
Fig.14·12
Construido el esquema del circuito, Fig. 14-12, con las correspondientes tensiones, las corrientes de fase, como se ve en la figura, son independientes y vienen dadas por
240/120" = ::: 10/0º
24 '120"
L._.
l.uc ==
V"'' -z···111,
16/270.º
==- 24/-30º,
Aplicando la primera ley de K.irchhoff a los nudos de la carga se tiene JA
l,lll -- 1.-\c
18
=
1¡¡,\
+ I8c
le
-
lcA
+
lc11
= -
24/120"
16/270 °
38,7 /108.1°
-24/120° ·r 24/-30° 16/270°
24/-30::.
46,4/-45º
=
21,2/190,9º
El diagrama fasorial correspondiente se ha representado en la Figura 14-13.
CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ~TRELLA CON CUATRO CONDUCl'ORES En un sístema de cuatro conductores, por el neutro circulará corriente cuando la carga esté desequi· librada y la tensión en cada una de las ímpedancias pennanecerá constante con el valor de la tensión simple de fase o línea a neutro. Las.corrientes de línea son distintas y no están defasadas 120º. Ejemplo S. Un sistema trifásico CBA de cuatro conductores y 208 voltios alímenta una carga conectada en estrella con z... = 6[0º, Z = 6/~9~ y Zc "" 5!~5º. Obtener las tres corrientes en las líneas y en el neutro. Dibujar el díagra8
ma fasorial. A~~~~~~-:====::~
1120/-90° 1
l120~
N~..,;...-~-~~~~~~-....;..:.
!
B-+.....!....~~~~~-120;l~o·
i''ig. 14-14
Fig.14-15
•
CAP. 14]
SlSTEMAS POLIFASICOS
201
Se construye el esquema del circuito como en la Fig. 14-14. Se aplican las tensiones y se eligen las corrientes como se han dibujado. Las intensidades son independientes y vienen dadas por
IA
VA"'
= z-; =
120~
6/0°
=
20 ~ / _noo<0
'
ID
=
VaN
z; ; ;
2010 ~'º
'
le
=
Ves
Zc,
= 24/105° ·
Por el conductor neutro circula una corriente cuya intensidad es la suma de las intensidades de línea J_., Is e le. Suponiendo que el sentido positivo de 1,., es hacia la carga, IN
= -(1" + 18 + le) =
-(20/-90°
+ 20/0° + 24/105°) =
14,1/-166,9º
El diagrama fasorial es el representado en Ja Figura 14-15.
CARGA DESEQUILIBRADA CONECTADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORES: Si solamente hay tres líneas A. B y C conectadas a una carga en estrella desequilibrada,' el punto común de las tres impedancias de carga no está al potencial del neutro y se designa por la letra «0)) en lugar de N. Las tensiones entre los extremos -de las tres impedancias pueden variar considerablemente desde el valor de Ja tensión simple como se ve en el triángulo de tensiones que relaciona todas las tensiones del circuito_ Tiene particular interés el desplazamiento a «0» desde N, tensión de desplazamiento del neutro_ Ejemplo 6. Un sistema trifásico, CBA, trifilar, de 208 voltios, tiene una carga en estrella con
z,. =
6~.
Z8
= 6/30º
Zc = 5L45" . Obtener las corrientes de línea y la tensión en cada impedancia. Construir el triángulo de tensiones y determinar Ja tensión de desplazamiento del neutro, VON· Se dibuja el esquema del circuito y se eligen las corrientes
y
de malla 11 e I¡ como en la Fig. 14-16. El sistema de ecuaciones en forma matricial en las intensidades 11 e 12 es
6& + 6/30º [ -GL30º
ll
-6/30° [1 1 6/30° + 5¡45c 12J
_
[208/240º] 208~
de donde 11 = 23,Jg~.L.!: A e 12 = 26,5l::.6..3-.4" A. Las corrientes en las lineas JA, 18 e le. con el sentido dado en el esquema, valen
IA = 1,
=
208/240•
la-
B-=------
f 2os~
Fig.14-16
23,3fil.LJ.:.
1, = 1¡ - 11 = 26,5/-63,4º - 23,3fil!J.: = 15,45/ - 2,5º
1, = -12 = 26,5/116,6º Las tensiones en las tres impedancias vienen dadas por los productos de las corrientes en las líneas por las impedancias correspondientes.
VAO = ZAIA = (61º'.:_ )(23,3/261, Iº) V80
= Z 8 18
= 139.8L261,lº
= (6f30" )(15.45/-2,5") =
Fil'.14-17
92,7/27,5º
Vco = Zclc = (Sf.'!5" )(26,SLI 16,6~ ) = 132,5/161,6º El diagrama fasorial de estas tres tensiones, Fig. 14-17, forma un triángulo equilátero. En la Fig. 14-18 se ha dibujado nuevamente este triángulo, añadiendo del neutro, con lo que se puede observar la tensión de desplazamiento VoN· Esta tensión puede calcularse utilizando cualquiera de los tres puntos A. B o C y siguiendo la notación convencional del doble subíndice. Utilizando el punto A se obtiene VoN = VoA
+v.."'= =
-139,8j261,lº 28,lf.3~.J:
+
e
120f-90" Fig.1'-18
202
SISTEMAS POLIFASICOS
[CAP. 14
CARGA DESEQUil..IBRADA EN ESTRELLA CON TRES CONDUCTORES METODO DEL DESPLAZAMIENTO DEL NEUTRO En el Ejemplo 6 se ha obtenido la tensión de desplazamiento del neutro VoN en función de las ten· siones de carga. Si se determina una relación para VoN independiente de las tensiones de carga, las co· rrientes y tensiones buscadas en el Ejemplo 6 se obtendrán con mayor facilidad, como P.Uede verse en el Ejemplo 7. Para obtener Ja tensión VoN se escriben las corrientes de línea en función de las tensiones en las cargas y las adrnítancias de carga. IA
= VAu YA,
= Yno Ya•
I¡¡
le= YccJ Ye
V"º
(1)
Aplicando ahora la primera ley de Kirchhoff en el punto O, Fig. 14· l 9, se podrá escribir }A
o bien
+ }.ll +
IC :;;::; 0
+ V 80 Y 6 +
V 110 Y 11
(2)
=
Yco Y e
O
B
(.1)
-
Utilizando el diagrama de la Fig. 14·18 se pueden expresar las tensiones V,.0 , V80 y Vco en función de sus tensiones componentes,
VAO = VAN+ V /'10
V 80
:::::
V BN
le
+ V NO
V co
Fig.14·19 -
V c.'/
(4)
+ V"'º
Llevando (4) a (3) se tiene
(V"'"' + VNo)YA + (V E!N + V:-u)Y 8 + (VCN + V¡.¡0 )Ye VAN
de donde
y
A
(5)
O
-
+ V IJ,V y R + Vc;N y('
YA+ YD +Y,
'·,
(6)
Las tensiones VAN• VB.'i y Vc,v en la ecuación {6) se obtienen del triángulo de la Fíg. 14·5 para la secuencia dada en el problema. Las admitancías YA, Y8 e Ye son los recíprocos de las impedancias de carga ZA, Z 8 y Zc. Por tanto, puesto que todos los términos de (6) o son datos o se obtienen con facilidad, puede calcularse la tensión de desplazamiento del neutro y utílizarla luego para determinar las corrientes en las líneas.
---------A
Ejemplo 7. Obtener las corríentes en las líneas y las tensiones en las cargas del Ejemplo 6 por el método de la tensión de desplazamiento del neutro. Observando la Fig. 14-20, la ecuación para la tensión de desplazamiento del neutro es
V""' Y" ..,... V11 ,..., Y11 - \·e_,,. Ye YA+ Ya..,.. Ye
siendo YA '"" 1/(6.LQ'.'..) '"" 0,1667/QC
B = 0,1667
YB = 1/(6/30' ) = 0, 1667/- 30° = 0, 1443 - j0,0833
Ye= 1/15/45") = 0,20/-45' YA+ Y8
=
0,1414 - J0,1414
+ Ye=
0,4524 - j0.2247
Fig.14-20
"" 0,504!- 26,5'' y
VA.'I' Y,.-~
120[.=90': (0,1667i0º) ;,.,;; 20/-90' =
V8 .'I V 8
120/30" (0,1667!_-30'')
Vc.'I
=
Ye~
20.'.!t_
120il5{r (0,20i-45'') "'24/IOS" v~,.\o'
Por tan10.
=
-
-· j20
20
- -6,2 + )23,2
YA+ Y11:v YB +Ve..,. Ye=
13,8 + )3.2 = 14,lil3,Iº
V0"' = 14, l il3. l" /0.504!- 26.5''
=
28,0/39,6º
e
CAP. 14)
203
Las tensiones V"'º' Vso y Vco se obtienen a partir de V"º y de la correspondiente tensión simple de línea a neutro. VAo - VAN+ VNo ~ 120/-90º - 28,0/39,6º = 139,5/261,1"
=
VBN
Veo=
VcN
VBO
+ VNO = 120/30º - 28,0/39,6'> + VNo = 120/150º - 28,0/39,6º
=
92,5/27,1º
= 132,5/161,45"
Las corrientes en las lineas se obtienen fácilmente de las tensiones y correspondientes admitancias de carga: (A
= V.to YA = 139,5/261,lº (0,1667LQ:) = 23,2/261,1º
1.a = V 80 Y8 = 92,SmJ:(0,1667/-30º) = 15,4/-2,9º le = Vco Ye = 132,5(161,45º (0,20/-45º ) = 26,5/116,45° Las corrientes y tensiones anteriores están de acuerdo con las obtenidas en el Ejemplo 6.
POTENCIA EN CARGAS TRIFASICAS EQUil.IBRADAS Como por las impedancias de las fases en cargas equilibradas, triángulo o estrella; circulan corrientes iguales, la potencia por fase es un tercio de la potencia total. La tensión entre los extremos de Ja impedancia Z 11, Fig. 14-21(a), es la lensión compuesta entre líneas y la corriente es la cor.riente de fase. El ángulo entre Ja tensión y la intensidad es el de la impedancia. Entonces, Ja potencia por fase es (7) y la potencia total
Pr = 3 VLTF cos
(8-)
(J
Puesto que en las cargas equilibradas en .1., IL = .j31F,
P7 =
.jfVLJL cos O
(9)
Por las impedancias conectadas en la estrella de la Fig. 14-21 (b) circulan las corrientes de línea y la tensión en Zr es la tensión simple de fase. El ángulo entre ellas es el de Ja impedancia. Entonces, la potencia por fase es PF = VFhcos O
(cz.)
Zy
(10)
y la potencia total
.,
Pr = 3 v,.IL cos Puesto que
P1
(J J)
(J
vL = fivp,
(b)
Fig.14·21
Pr = fiv~.1~ coso
(12)
'
. · . (9) ~·2) son idénticas, por tanto, la potencia total en cualquier carga trifásica equiLas ecuaciones Y . d 8 el án ulo de la impedancia de carga 0 el ángulo en una librada viene dada por 3 VLIL cos O, sien ggas equilibradas sean alimentadas por el mismo impedancia equivalente en el caso en que vanas car
°.
sistema. . t t S y la potencia reactiva total Qr están relacionadas con Pr, como se .· d · t ·as activa apaLa potencia aparente o a1 r , vio en el Capítulo 7. Por consiguiente, una carga trifásica equ1hbra a llene unas po enc1 rente y reactiva, que vienen dadas por (/3)
204
[CAP. 14
SISTEMAS POLlFASICOS
VATIMETROS Y CARGAS EN ESTRELLA CON CUATRO CONDUCTORES Un vatímctro es un aparato de medida con una bobina de tensión y otra de intensidad, dispuestas de forma que la desviación es proporcional a VI cos fl, en donde e es el ángulo entre la tensión y la intensídad. Una carga conectada en estrella, con cuatro conductores, necesita tres vatímetros dispuestos en cada línea como muestra la Figura 14-22(a). =:
~WA ::
A
VAN
N Wa
B
e (b)
(a)
Fig.14-22
El diagrama fasorial de la Fig. l 4-22(b) supone que la corriente está retrasada en la fase A y adelantada en las fases By C. con defases OA• Us y Oc respectívamente. Las lecturas del vatímetro son, entonces,
lVA =
VAN
l A cos if;.,"' '
lVB
=
V IJN /
H
cos ~a"
'
(14)
en donde ~"'N representa el ángulo entre VAN e 1,.. El vatímetro 1-V,. lee la potencia en la fase A y los Wa y Wc, en las fases B y C. La potencia total es (15)
METODO DE LOS DOS V ATll\
V ,LB l A cos
(16)
x..l"
"-t-....
Aplicando las leyes de Kirchhoff a los nudos A y C de la carga en triángulo se obtiene (17)
e
:!:
I
A
I
VAC
I
w"
I
60° I
N.,. ,,,lAc
1,.,
B.
/
V.oc
B .:!:
lVc
e :!:
Fig. 14·23
Fig. 14-24
CAP. 14)
SISTEMAS POLIFASICOS
205
Sustituyendo las expresiones (17) de 1... e le en las ecuaciones (16) se obtiene
(18)
. . V .to / AB cos 4As AB V I CB • d' L os lermmos y es es cos 4ca se reconocen mme 1atamente, ya que son las potencias en las fases A By CB de la carga. Los otros dos térmínos contienen v... 8 IAc y Vcale A que pueden escribirse ahora como VLIAc• ya que tanto VA 8 como Vc8 son tensiones compuestas entre líneas, e IAc = lcA· Para identificar estos dos términos se construye el diagrama fasorial de la Fig. 14-24, en que se ha supueslO que la corriente IAc retrasa respecto de VAC un ángulo O. El diagrama se deduce, y
(19)
.' Sumando los dos términos restantes de (18) y sustituyendo (60º + O) y (60º - 0) en lugar de 4Afc. y .(c8A respectivamente,
+
VL l,4C cos (60º +O)
Como cos (x ±y) = cos x cos y
+ sen x sen y, se
Vt I,ic (cos 60º cos O - sen 60º sen
VL IAC cos (60° -0}
puede escribir fJ
+ cos 60º cose +
sen 60º sen O}
o bien
(21) (22)
que es la potencia en la fase restante. esto es, en AC. Por tanto, hemos demostrado que dos vatímetros dan la potencia total en una carga conectada en triángulo. La aplicación del método de los dos vatímetros al caso de una carga conectada en estrella se deja como ejercicio al alumno.
METODO DE LOS DOS VATIMETROS APLICADO A CARGAS EQUILIBRADAS Para ver la aplícación del método de los dos vatímetros a cargas equilibradas consideremos la conexión en estrella de tres impedancias iguales representada en la Fig. 14-25{a). En la Fig. 14-25 (b) se ha dibujado el diagrama fasorial para Ja secuencia ABC en la hipótesis de corriente en retraso O.
B_
_.....,__ _ _ _,,,
(6)
Fig.14-25
Con los vatímetros en las líneas A y C sus lecturas son y
(23)
Del diagrama fasorial,
30°
+ ()
y
~ - 30º - ()
(24)
206
SISTEMAS POLIFASICOS
[CAP. 14
Sustituyendo en (23 ),
w =V A
AB
l A cos (30º + 6')
y
W e == V es I e cos (30" - tJ)
(25)
Si el método de los dos vatímetros se utiliza con cargas equilibradas, las Jecturas son VLIL cos (30º + O) y VL/L cos (30º - 9) en donde Oes el ángulo de la impedancia. Ambas lecturas se pueden emplear para hallar el ángulo O. Escribiendo la expresión de W1 y teniendo en cuenta la fónnula del coseno de la suma de dos ángulos, se obúene (26)
VL l 1• (cos 30° cos O + sen 30° sen 9)
w~
Análogamente.
Por tanto, la suma vale W1
+ W2
=
j fVLh cos O y
la diferencia W 2
-
(27)
W1 = VLIL sen 9.
tg B
de donde
(28)
.J3
En consecuencia, la tangente del ángulo en Z es veces la relación entre la diferencia y la suma de las lecturas. Sin conocer las líneas en las que están colocados los medidores ni la secuencia del.sistema no es posible distinguir entre + (} y - 8. Por el contrario, si se conocen ambas cosas, puede determinarse el signo por las expresiones siguientes. Para la secuencia ABC,
tg
o
y para CBA, tg ()
ya WA -
Wn WA,.. We
-
\13 }Ve -
lt'c Wa + Wc
- WA y'3 !"ft· - y'3 Ws Wa + WA Wc+
Wa W1:1
-
y'3 _!Ve - WA Wc + WA
(29)
va WAWc WA + Wc
(SO)
Problemas resueltos 14-1 Demostrar que la tensión compuesta entre líneas VL en un sistema trifásico es j3 veces mayor que la tensión simple de fase o de linea a neutro VF.
En Ja Fig. 14-26 se representan las tensiones del sistema trífásíco en un triángulo equilátero en el que la longitud de un lado es proporcional a la tensión compuesta VL y el punto neutro N está en el centro del triángulo. La tensión simple tiene como proyección horizontal el valor
Vy cos 30º, o sea, proyección,
v•.J3;2. Puesto que la base es el doble de dicha
:-,, _,..1
.., V1i
Fig.1'-26
14-2 Calcular las intensidades de corriente en los devanados a plena carga para conexión en triángulo y en estrella. en un alternador trifásico de 25 kVA a 480 voltios. · En la conexión en estrella la corriente en la línea y en el devanado son iguales. En un sistema trifásico equilibrado, y
25 y'3 (480 X l0-3)
= 30,J
El alternador con conexión err triángulo y de la misma potencia aparente (kVA) tiene también corrientes a plena carga de 30.1 A. Las corrientes en ·los devanados son 1,¡-/f. Por tanto, /bobina = 30,t/J3= 17,35 A.
CAP. 14]
1~3
SISTEMAS POLIFASJCOS
207
Un sistema bifásico con una tensión simple de fase de 150 voltios alimenta a una carga equilibrada, conectada cm triángulo, con impedancias de 10/.53,1º ohmios. Hallar las intensidades en las líneas y la potencia total. En un sistema bifásico las dos tensiones simples tienen una diferencia de fase de 90º. Por tanto, sí VaN se toma como referencia, VAN está a 90º, como se observa en la Fíg. 14-27. La tensión compuesta veces la tensión simple de entre lineas es igual a linea a neutro. Por consiguiente, Va= ,j2 (150) = 212 V. Las corrientes en las fases son
Ji
(AS
_V.a_ 212~_ g 90 21 2 - Z - 10/53,lº - ' ~
(.4N
=
Z
=
faN =
z
=
VAN
VBN
150l2Q:_
o
,f 0 = 15,0/36,9
10153
150&:._
1Q/5J,lº
o
= 15,0/-53.1
Las corrientes en las líneas se obtienen a partir de las de fase sin más que aplicar la primera ley de Kirchhoff a los nudos de la carga en triángulo. Si se admite como sentido positivo-para estas corrientes el sentido hacía la carga, se tiene JA =
(AN
11 = 18N
+
=
+ 18 ..t =
l.v.4 +
}N =
(AB
lNB
J5,0/36,9º
+ 21,2í81,9"
= 33,5/63,4º
15,0/-53,1º - 21,2/ª1,~ = 33,61-79,7°
= -15,0,136,9º - 15,0/ - 53, 1° = 21,2íl 7(,86~
La potencia total se obtiene utilizando la corriente eficaz en las impedancias
PA.B = Rl~s = (6)(2J.2) 2 = 2700 W PAN=
P,,N
R/~N = (6)(15,0)2 = 1350
= RiiN
w
= (6)(15,0) 2 = 1350 w
Potencia total = 5400 W
14-4 Un sistema trifásico ABC con tres conduce ores a 100 voJtíos alimenta a una carga con conexión A e impedancias de 20/45° ohmios. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasorial. · Se aplican las tensiones compuestas entre líneas de secuencia ABC al circuito dado en la Fig. 14-28. Entonces, las corrientes elegidas son (AB
1..-
=
VAll
z
100/120° 20/45°
= 6•0/75°. '
lac -
V.ac
z
A...,...~------
100/120°
\•
V.ec 100(240°
100,&_
Fi¡.14-28
Fig. 14·29
208
SlSTEMAS POLIFASICOS
[CAP. 14
Para obtener las corrientes en las líneas (véase el esquema del circuito) se aplica la primera ley de Kirchhoff a cada uno de Jos nudos principales de la carga. Por tanto,
5,onsu ,__ - 5'Oil95º ,____
IÁ = {,/J ,,
+ IAc
=
= I11A
+ l8c
= - 5,0í75º
IB
+ 5,0/-45"
= 8º66745º ,
~
= 8,661 - 75"
5,0/195'' -- - 5,0í - 45" = 8,66/165°
~
El diagrama fasorial de las corrientes de fase y de línea se representa en Ja Figura 14-29.
14-5 Determinar las lecturas de los vatímetros al aplicar el método de los dos vatímetros al circuito del Problema 14-4. Con una carga trifásica de tres conductores las lecturas 'del vatímetro son
w1 = v1.r1 cos 130" + O)
y
(1)
en donde 6 es el ángulo de la impedancia de carga. En el Problema 14-4, Vi = 100 V, /L = 8,66 A y el ángulo de Ja impedancia de carga es 4Y Sustituyendo estos valores en i1) resulta W1
=
100(8,66) cos ¡30''
+
45~}"'
W2 = 100(8,66) cos (30º - 45:) La potencia total ~s Pr = W,
+ W2
866
co~
75'·
= 866 cos ( -
=
224 W
15')
= 836 W
= 1060 W.
Como comprobación, se puede calcular la potencia total en cualquier carga trifásica equilibrada por p
=
J3 VL /L coso= J3100(8.66) cos 45'
=
1060
w
14-6 Se conectan en estrella tres ímpedancías idéntícas de 5{::: 30" ohmios. El sistema es trifásico, de tres conductores, 150 voltios y secuencia CBA. Determinar las intensidades de corriente en las líneas y dibujar el diagrama fasoriaL
·A- A-----------
__¡jv,~- VBN
Is- B
-f-....:..----"
•e- e
....!.._ _ _ _ _ _ __:::::::::::::;;;:::.J Fig. 1-&·31
Fig. 14-30
En sistemas equilibrados de tres conducwres. conec1ados en e~trella. se puede añadir el conduc1or neutro, en la forma representada en la Fíg. 14-30. Las 1ensiones simples de módulo
se aplk·an con lo.s ángulos de fase de la secuencia CBA. Las corrientes en las lineas son V.1 ....-
z
-
86 6 ' L=.QQ.'.' =: 17.32/-60°
5í-30º
.
y
,
1ll -·
--z- - 1~,, 32'-'6Q·:> =-=-- • 11
·"
-
El diagrama fasorial de la Fig. 14-31 muestra el conjunto de las corrienles de línea equilibradas con 30" en adelanto respecto de las tensiones simples de línea a neutro, el cual corresponde al ángulo de la impedancia.
CAP. 14]
SISTEMAS POLIFASICOS
209
14-7 Detenninar las lecturas de los vatímetros si se aplica el método de los dos vatímetros al circuito del Problema 14-6. Con carga trifásica equilibrada,
W1
=
VL IL cos (JOº+ O)= 150(17,32) cos (30º + 30º)
= 1300 W
Wi = VL IL cos (30º - 0) = 150(17,32) cos (30' - 30°} = 2600 W
La potencia activa total es PT = W 1
+ W2
"'
3900 W.
Como comprobación, se puede calcular la potencia por fase P•. = tanto, Ja potencia activa total es
PT == 3P, = 3(1300) = 3900
Ril =
4,33(17,32)2 = 1300 W y, por
w
O bien, con cargas trifásicas equilibradas, la potencia activa total es
p =
> 14-8
J3 VL IL coso = fi (150)(17,32) cos (-30º) =
3900
w
Tres impedancias idénticas de 15/30º ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico, de tres conductores. 200 voltios y secuencia A BC. Hallar las intensidades de corriente en las líneas utilizando el método del equivalente monofásico. Comei la carga está conectada en triángulo se obtiene primeramente la impedancia equivalente de la carga con csJnexión en estrella: ·
=
Zy = Zt./3
15/30º /3
= 5/30º
A
El módulo de Ja tensión simple de línea a neutro es
V LN = V LIVS = 2001\/'3 = 115,5 Ahora bien, en el circuito equivalente monofásico de la Fig. 14-32 la tensión aplicada es l 15,5Jr. voltios y la corriente resultante es V1.N
11..
=z
115,5~
= 5/30º
=
--=Fig, 14..:JZ
23,1/-30º
Para obtener las intensidades de corriente en las líneas IA.. la e le se detennina en primer lugar el ángulo de fase en las correspondientes tensiones simples de línea a neutro en la secuencia ABC. Puesto que VAN tiene un ángulo de 90º, JA= 23.1/90< - 30" = 23.1!60º A. De igual fonna, la= 23,1/-60° A, le= 23,1/180º A. Las corrientes en las impedancias en .:l están relacionadas ~op)as corrientes de línea por IL = .jf/F, de donde JF = 23,1/jf= 13.3 A. El ángulo de VA.Ben la secuencia ABC es de l20º y, por tamo, l,t 8 = 13,3/120'' - 30º = 13,3190º A. Por el mismo procedimiento, 18 c = 13.Ji-30; A e lcA = 13,3/210° A.
14-9 Tres impedancías iguales dt'. 10/30'.' ohmíos, conectadas en estrella, y otras tres impedancias también iguales de 15/0° ohmios, igualmente en estrella, están unidas a un mismo sistema trifásicü, de tres conductores, de 250 voltios. Hallar la potencia total. Puesto que ambas cargas están conectadas en estrella, sus im¡xdancias de fase pueden ponerse directamente en un circuito equivalente monofásico, como se representa en la Fig. 14-33. La tensión aplicable a dicho sistema monofásico es
V LN
:::::;
V Ll../3
= 250/v'a
=
La corriente tiene una intensidad, pues.
144,5/0º 10/30º
144,5LQ.'.:_
+ 16~
14,46/-30°
+
9,62~
10/30°
144,5
--
---
Fig. U-33 -
23,2/-18,1 o
15/0°
(CAP. 14
SISTEMAS POLIFASICOS
210
J3
En Ja fónnula de la potencia activa P = VL /L cos 8, 9 es el ángulo de la impedancia de carga equivalente. Al calcular IL, se han considerado ambas cargas y se ha visto que la corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo de 18,l"'. Por tanto, se sabe que la impcdanci11. equivalente es inductiva y tiene un ángulo de 18,1º. En estas condiciones,
p = v'3VL1,.
COB
8
= V3250(23,2) cos 18,1 o = 9530 w
14-10 Tres impedancias idénticas de 12/30° ohmios, en triángulo, y otras tres idénticas de 5/45º ohmios,
en estrella, se unen al mismo sistema trifásico, de tres conductores, de 208 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades de corriente en las lítieas y la potencia total. Como la primera de las cargas está conectada en triángulo, se obtiene la equivalente en estrella Zv
=
Z,1/3
=
12/30° /3
= 4/30º
Con una tensión com~esta entre líneas de 208 V la tensión simple es 208/..j3 = 120 V. El circuito equivalente monofásico es el representado en la Fig. 14-34 con las dos impedancias de carga 4/30º n y 5/45º íl. Estas impedancias pueden ser sustituidas por una equivalente. 4Mº(5~)
4/30°
-
+ 5¡45::.
120f9.:.
2,24/36,6º
Con esto, la corriente es Ii.
=
Vi.1' Z~,
1
=
Fig. 14-34 12
º~
=
2,24/36,6º
53,6/-36,6°
La tensión VAH en la secuencia ABCtiene un ángulo de fase de 90º v. por consiguiente, I,. = 53,6/(90" - 36,6º} = 53,6¿53,4º A. Análogamente, vemos que 18 = 53,61- 66,6º f't. e le = 53,6/-186,6º A. La potencia activa total es P
14-11
= {$V t. h
cos 11
= VS 208(53,6) cos 36,6° = 15.500 W·
Un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencía CBA alimenta a una carga conectada en triángulo en la que z. . .B = 25/90°, ZBc = 15/30º y Zc..... = 20/0º ohmios. Hallar las intensidades de corriente en las líneas y la potencia total. Aplicando lai. tensiones compuestas entre líneas de la secuencia CBA a la carga conectada en triángulo de la Fig. 14-35 y eligiendo las corrientes de fase como se ve en el esquema, se tiene (AB
-
l.11c lcA
VAli ZAá
-
V llC
-
Z.ac
=
V(.'A
z· = <'A
240/240° 25/90° 240~
15/30º 240/120° 20&
--3
B
9,6/150º
240/120°
-
16,0/-30º
=
12,0/120º
e Fig.14-35
Las corrientes en las líneas pueden calcularse, ahora, en función de las corrientes en las fases.
111
+ 111c 111 A + Inc
-9,6/150°
Ic -
lcA +Ice -
12/120° - 16/-30°
IA
IA11
9,6/150° - 12/120°
+ 16/-30°
6,06/247,7º
= 25,6/-30° 27,1/137,2°
Como era de esperar. en una carga desequilibrada las corrientes en las líneas no son iguales.
211
SISTEMAS POLIFASICOS
CAP. 14]
La potencia en cada fase se calcula de la manera siguiente: lm~edancia Z,. 8 =
25/90º
O 1 j2S n, R,uJ
=
=
O e /A.a
P,.B = RAal1 8
Impedancia Z 8 c = 15/30º = 13
+ j7,5 n,
=
9,6 A. Entonces, 2
= {0)(9,6)
= O '
Rsc = 13 O e / 8 c = 16 A. Por tanto,
.
Pac = R8 cl¡c = (13)(16)2 = 3330 W Impedancia ZcA = 20/0° = 20
+ jO n,
Re.. = 20
n
e lcA = 12 A. Por tanto,
w
PcA = Rc,.I~A = (20)(12)2 = 2880 La potencia total es la suma de la5 potencias por fase
Pr = P-i, 8 + PBC + PcA =O+ 3330 + 2880
= 6210
W
14-12 Hallar las lecturas del vatímetro cuando se utiliza el método de los dos vatimetros en el circuito del Problema 14-11, con medidas entre las líneas (a) A y B, (b) A y C. (a)
Con los vatímetros en A y B, AC
(1)
(t}
WA=VAclAcos4.\
W8
Be
= V 8 c 18 cos 4a
Del Problema 14-11, VAc = 240/-60º V, IA = 6,06/247,7° A. Entonces, el ángulo en~re 247,7º y -60º, o sea. 52,3º. Sustituyendo en (1),
WA
=
~/fes
el ángulo
240(6,06) cos 52,3º = 890 w
También, del Problema 14-11. V8 c = 240,10º V e la== 25,6/-30º A. Entonces, do en (2), W 8 == 240(25,6) cos 30º = 5320 W
i:i == 30,. Sustituyen-
La polencia total es Pr == W,. + W 8 = 890 + 5320 = 6210 W. (b)
Con los vatímetros en las líneas A y C. (3)
WA
=
VAalA cos
AB
4"
(4)
Wc
=
CB
Vea le cos
Del Problema 14-11, VAa = 240/240º V. Como I,. = 6,06í247.7º A.
w,. =
240(6.06) cos 7.7° = 1440
Del mismo modo, Yes= 240/180º V e le= 27,l •137.2' A, de
4c
4": == 7,7;. Sustituyendo en (J),
w
donde~! = 42,8.
Sustituyendo en (4),
We = 240(27, l} cos 42,8º = 4770 W y la potencia total, PT = W,.
14-13
+
Wc = 1440
+ 4770
Un sistema trifásico de cuatro conductores, 208 voltios y secuencia ABC alimenta a una carga en estrella en la que = lOLlt, Z 8 = 15í30~ y Zc = 10/-30º ohmios. Hallar las intensidades de corriente en las líneas, la del neutro y la potencia total. Aplicando al circuito las tensíones simples de línea
= 6210 W.
z_.
· a neutro de la secuencia ABC, como se ve en la Fig.14-36, y suponiendo positivo el sentido de las corrientes hacia la carga, se tiene
IA -
la le
-
VAN/ZA -
VaNIZa VcNIZc
A
B
(120/90° )j\10~) == 12/90°
-
(120/-30º )/(15/30°)
-
8/-60º
-
(120/-150º >/(10/-30º) 12/-120º
~
N
120/-t!>Oº
e Fig.14-36
1Ol!'.'..
212
SISTEMAS POLIFASICOS
[CAP. 14
La corriente en el neutro es el fasor suma de los correspondienles a las intensidades de línea y si e( sentido positivo es hacia la carga, IN
= -(JA+ IB +le) = -(12/90° + 8/-60° + 12/-120º) = 5,69/69,4°
La impedancia ZA = 10 +JO n es atravesada por la corriente I.c = 12190º A y la potencia en esta fase de Ja carga es PA 10(12)2 = í440 W. Por la impedancia Za = 15{10º == 13 + }1,5 O circula la corriente la= 8/-60" A y la potencia en la fase es P 8 = 13(8)2 "" 832 W. De igual forma, p()f Zc = 101-30º"" 8,66 - j5 O circula la corriente le= 12L-120'° A y Pe= 8,66(12)2 = 1247 W.
=
+ PB + Pe=
La potencia total es Pr = PA
1440
+ 832 +
1247 = 3519 W.
14-14 Las impedancias de carga del problema anterior se conectan a un sistema trifásico.de tres con· ductores, 208 voltios y secuencia ABC. Hallar la.s intensidades de corriente de línea y las tensiones entre los extremos de las impedancias de carga. A
'
208/120°
10~
e-;.-----'
/u•~
C---""---------~---J
Fig.14-38
Fig. 1~·37
En el circuito de la Fig. 14.37 se han puesto las dos tensiones compuestas V11 ¡¡ y Vse· Con las corrientes de malla 11 e 12 elegidas como en la figura, la forma matricial del sistema de ecuaciones en las corrientes es
l j11 ·1
~ll0/0° + 16/30°
-15/30°
-16/30°
15/30° + 10/-30ºJ 11 =
de donde
¡208íl20º]
l12J
; L
208~
5210190~
~3- :, - 14.15 86.1 = 367 ·~
5 9
3730:'56,6' 12 '""
367,5.'3.9~
~-
Las corrientes en las líneas, con sentido po:;icivo hacia la carga. vienen dudas en función de 11 e 12 por
18
=
12
-
11
""
10,15 152.7º - 14,15186,I""" 8,0/-49
se
Por tanto, las tensiones en las impedancias son
;;; 1201-19 5° ._:..:..i..::.._ Veo ""l;;Zc = I0,15/-127J:: (IOi--30')
=
101,5L-157,3''
•
La representación de las tres tensiones V..to• V80 y Vco muestra el triángulo de secuencia ABC al unir los extremos de los fasores por rectas. Puede añadirse también el punto N, como en la Figura 14·38.
CAP. 14]
SISTEMAS POLIFASICOS
213
14-IS Resolver nuevamente el Problema 14-14 por el método del desplazamiento del neutro. En el método del desplazamiento se calcula VoN a partir de la fórmula VoN
YB + Ve,. Ye YA+ YB +Ye
VAN YA
-
+
VBN
Por el Problema 14-14, Y,c = 1/10 = 0,1, Y8 = 1/(15/30º) = 0,0577 - j0,033 e Ye= 1/(10/-30º) = 0,0866 + j0,050. Por tanto, ·
Y"+ Y 8 +Ye= 0,244 + j0,0167 = 0,244/3,93º y
V,cN
Y"= 120~ f0,l)
VBN Ya= 120/-30º (0,0667/-30º) VeN
Ye= 120/-150º (0,1/30º)
= 12/90°
=
= 8,0/-60º
-
4,0
j6,93
= 12/-120º = -6,0 - JI0,4
v. ./V Y,.+ VBN Ya+ En consecuencia,
}12
VcN Ye=
-2,0 -
j5,33 = 5,69/249,4°
V0N = 15,69/249,4º )/(0,244/3,93º ) = 23,3/245,5º = -9,66 - }21,2
Las tensiones en las impedancias de carga pueden expresarse en función de Ja correspondiente tensión simple de línea a neutro y la de desplazamiento del neutro en la forma siguiente : V,. 0 =VAN+ VNo= 120/90º + (9,66
Vªº
= VBN + v. . o =
Veo= VcN +VNo=
+ j21,2)
= 141,2/86,08°
+ (9,66 + j21,2) = 120/-150º + (9,66 + j2l,2) =
120/- 30º
120/-18,9º 102/202,4º
Para obtener las corrientes de linea se forman los produ~tos de estas tensiones y las admitancias correspondientes,
IÁ = VM> YA= 141,2/86,08º (0,liQ:)
= 14,12/86,08º
18 = V80 Ys = 120/-18,9º (0,0667/-30º ) = 8,0/-48,9º
le= Veo Ye"" 102/202,4" (0,1/30º)
= 10,2/232,4º
o bien
l0,2L-127,6º
Los resultados anteriores están de acuerdo con los del Problema 14-14 dentro del orden de exactitud de
la regla de cálculo.
14-16
Utilizando el método de los dos vatímetros en un caso de carga equilibrada se han obtenido las lecturas 1154 y 577 vatios. Obtener las impedancias de carga, con conexión triángulo, si la tensión del sistema es de 100 voltios. Para cargas trifásicas equilibradas tg e
+· /ñ 1154
- 577 -vS 1154 + 577
-
±0,577
de donde O= ±30º. (Se pone ±,ya que sin conocer ní la secuencia ni la colocación de los vatímetros, no puede determinarse el signo.) La potencia total es P = j3 VL h cos 6, e
h =
p
v's V L cos 6
=
1731
v's (100)(0.866)
Se dibuja el circuito monofásico equivalente y se aplica la tensión (100/jJ)flr = 51,1/0º. V, como se ve en la Fig. 14-39. Entonces, la impedancia con conexión en estrella Zy y
V 1
57,7/J::.. 11,55/±30°
=
-
= ll,55A
11,66¡:•:
ªº"
67,7/0º
Zy
50/:~30º J
Fi¡. 14.39
214
SIST.t.MAS POLlFASICOS
(CAP. 14
1+17 Se aplica el método de los dos vatímetros a un sistema trifásico de tres conductores, 100 voltios y secuencia A.BC, con los aparatos de medida en By C, obteniéndose W8 = 836 y Wc = 224 vatios. Hallar la impedancia de Ja carga equílibrada y con conexión en triángulo. Conociendo la secuencia y la situación de los aparatos puede conocerse el signo de 8. Así,
=
tg '
WB
fVC
-
v
;J
VL Ir. cos O, Ir.=
1 de donde
8 = 45º
1060
p
¡;¡-
Puesto que P =
836 - 224
../3 w8 + Wc = ..¡a 836 + 224 =
J 3 VL ~ose= JJ (I00}(0,?07 } = 8,66
A. Entonces, el circuito
equivalente monofásico tiene una tensión de 57,7(0º V y la impedancia conectada en estrella es Zr = Vfl = (57,7/0º )/(8,66(-45º} = 6,67/45º O. La impedancia de carga en triángulo es Z.1 3Zr = 20/45º n.
=
1+18 Un calentador trifásico de 1500 vatios, con factor de potencia unidad, y un motor de inducción de 5 CV, con un rendimiento a plena carga del 80 %y factor de potencia 0,85, están alimentados por un mismo sistema trifásico de tres conductores de 208 voltios. Determinar el valor de Ja intensidad de corriente de linea para el régimen de salida dado para el motor de 5 CV. Como 736 W = l CV, la salida del motor tiene (5 CV)(736 WíCV) = 3680 W. Por tanto, neces.ítará el motor es 3680/0,80 d!i()() W. El motor es una carga trifásica equilibrada. P~r consiguiente,
=
En el circuito equivalente monofásico el fasor inten· sidad de corriente retrasa respecto de la tensión un ángulo 9 y 9 = are cos 0,85 = 31,7º. Por tanto, la corriente en la linea del motor es /L = l S,OOi- 31. 7° A. En la carga de calefacción, P
eorticnt<
~· linc•
)IJ
entrada que
1
= j3VL !L
cos O, en donde 8 = Sustituyendo 1500 = J3 (208)/L, IL 4,16, IL = 4,16/0º A.
=
oc.
El fasor intensidad de corriente total en la línea es la suma de Jos fasores de intensidad correspondientes a las ~rgas de calefacción y motor:
JL
= 15,00/-31,7° + 4,J7{Q: =
18,5/-25,}º
Colcntador
Motor
Fig.14-40
Por consiguiente, la corriente en cada linea es 18,5 A para el régimen dado de salida del motor.
14-19 Tres impedancias idénticas de 30f30~ ohmios están conectadas en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores de 208 voltios, siendo las impedancias de los hilos 0,8 + j0,6 ohmios. Determinar el módulo de la tensión compuesta entre lineas en la carga.
120l!:_
Fig. 14-41
Fig.14-42
··------.....··
~·-·-··--.......······
CAP. 14]
SISTEMAS POLIFASICOS
215
El circuito se ha representado en Ja Fig. 14-41 con la impedancia equivalente en.estrella de !Z4 o 10/30º O.
La impedancia de la linea está en serie con Ja carga y ..... .. ·- . ....
z.q = --
Z 11. . .
+ z..,.,. = 0,8 + j0,6 + 8,66 + j5,0
Por tanto,
rL
La tensión en la carga es Vaa
V
=
z.q
= 9,46
+ j5,6
= 11,0/30,6º
120&:_ = 11,0/30,6º = I0,9/-30,6º
= z •••,.rL = (10/30º )(10,9/-30,6º) =
109/-0,6º _
La tensión compuesta pedida es VL = .j3(109)
= 189
Por tanto, la tensión del sistema de 208 V ha caído a 189 V a causa de la impedancia de la linea. J?I diagrama fasorial se representa en la Fig. 14-42 con la caída en la línea V,.. = Zu11••IL j0,6){10,9/- 30,6º ) = 10,9/6,3º y VAG V... + V•G·
=
= (0,8 +
14-20 HalJar, en el problema anterior, la tensión compuesta en la carga si en paralelo con ésta se pone un conjunto de condensadores con una reactancia de - j60 ohmios.
A
120.&_
Fig.14-43 En el circuito equivalente monofásico de la Fíg. 14-43 están en paralelo -j20 y 10/30". 10~
(-j20) (8,66 + j5) - ;20
Zp
z,
-
está. por tanto, en serie con las impedancias de la línea
Z.4
""'
11,55/0º
y
Z1;nu + Z, = (0,8 + j0,6) + (11,55~)
= 12,35/2,78º
La corriente en la línea es, pues,
V
li.
= zcq
· 12o¡oc º 9 73 2 = 12 35/2 78° = • /- .J!__ ' .:_._•-
y la ten:;íón en los extremos de la carga, VBG
= lplL
= (11,55LQ'.'.){9,73/-2,78º) =
112/-2,78º
La tensión compuesta correspondiente es VL = .jf(J 12) = 194 V. Como ya se vio en el Capilulo 7. el factor de potenci<• se mejora al conectar condensadores en para.lelo con la carga. Esto da lugar a una reducción en la caida de tensión en la impedancia de la línea. Y así, en este problema, la tensión del sistema ha caído a 194 voltios en lugar de a 189, como en el _Problema 1...19.
·~¡:·:~:~-~:·.· ..~¡= .: .:=
·····
:"... ·:
.{E. ....
.:-:. . .: .. ·.-~:
== ;::
..
.:.:
··~.
.... ...
',;
216
SISTEMAS POLJFASICOS
....:. =:" :·.
[CAP. 14
~.
Problemas propuestos 14-21
14-22
14-23
14-24
14-25
14-26
14-27
14-VI
14-29
14-30
14-31
14-32
14-33
14-34
14-35 14-36
14-37
14-Jfs
..
'
Se conectan en triangulo tres impedancias iguales de 10¡53, 1ºohmios a un sistema trifásico de tres conductores, 240 voltios y secuencia C.BA. Hallar las intensidades de corriente de línea. Sol. 41,6! - 143,1"; 41 ,6/- 23,1", y 41,6/96,9º A. Se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conductores. 100 voltios y secuencia CBA tres impedancia s iguales de l 5,9LZQ'.'.. ohmios. Hallar lus intensidades de corriente de línea y la potencia total. Sol. l0,9L -1 60º ; 10,9f- 40º ; !0,9¡80º A; 646 W. Tres impedancias de 42/- 35º ohmios se conectan en triángulo a un sistema trifásico de tres conduc.wres, 350 voltios y secuencia A BC. Hallar las intensidades de corriente de línea y la potencia total. Sol. 14,4¿125º; 14,4f.r; 14,4/- 115' A; 7130 W. Se une a un sistema trifásico de tres conductores, 208 voltios y secuencia CBA una carga equilibrada en estrella con impedancias de 6L45° ohmios. Hallar las intensidades de corriente de linea, incluida la del neutro. Sol. 20! -135u ; 20/- 15º; 20! 105"; O A. Una carga eq uilib rad a con impedancias de 65· - 20º ohmios se conecta en estrella a un sistema t rifásico de tres conductores, 480 vol tios y secuencia CBA . Hai 1ar las intensidades de corriente de IJnea y la potencia tota l. Sol. 4,26¡'- 70u ; 4,26/50º ; 4,26~J70 · ; 3320 W. Un motor de inducción de 37J kW, con un rend imiento a plena carga del 85 % y un factor de potencia 0,80, se conecta a un sistema trifasico de 480 voltios. Hallar la impeda ncia en estrella equivalente que puede sustituir a dicho motor. Sol. 4,2 36.9- . · Un motor de inl!.icció n trifásico de 186.5 kW. con rendimien to a plena carga del 82 % y un factor de potencia O, 75, se c"necta a un sistema de 208 rnl!ios. Halla r la im peda ncia equivalente en triángu lo que puede susti1uir ? d icho motor y determinar las lec1uras con el mé todo de los dos vatímetros. Sr>.'. 4,28/41.4' !l; 5,58 kW: 17.15 kW. Tres impedancias idénticas de 9 - 30 ohmios en triangulo > tres impedancias de 5/45" ohmios en estrella se conectan al mismo sistema triíásico de tres conductore5, 480 voltios y secuencia A BC. Hallar el módulo de la intensidad de corriente de línea y Ja po tencia total. Sol. 119.2 A; 99 kW. Una carga en triángulo equilibrada con impedancias de 27 •- 25' ohmios y otra en estrella equilibrada con im pedancias de JO¿- 30Gohmios, se conectan a un siscema trifásico de tres conductores, 208 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades d e corriente de linea y la potencia en cada carga. Sol. 25,3/ll7,4º A; 25,3/ -2,6" A; 25,3:- 122,6: A : 4340 W; 3740 W. Un sistema trifásico, a 100 voltios. alimenta a una carga equilibrada en triá ngulo con impedancias de 10/ -36,9º ohmios y una carga en estrella equilibrada con impedancias de 5;53.l " ohmios. Hallar la potencia en cada carga y el módulo de Ja intensidad de corriente en la línea total. Sol. 2400 W : 1200 W; 20,8 A. Dos cargas equilibradas en triángulo con impedancias de 20 '- 60' y 18.45' ohmios, respectivamente, se coSol. 1690 y 2650 W . nectan a un sistema trifásico de 150 voltios. Hallar la potencia en cada carga. Un sistema trifásico de tres conducto res, 173,2 voltios y secuencia CBA ali menea a tres cargas equilibradas con las siguientes conexiones e impedancias: en estrella de !Oi O, ohmios, en triángulo de 24 /90~ ohmios y la tercera en triángulo con impedancia desconocida. Detenninar esia impedancia sabiendo que Ja intensidad de corriente en la linea A, con sentido posit ivo hacia la carga, es 32.7 -13&,1 ' am perios. S<1/. 18~5º n. Los vatímetros situados en las líneas A y 8 de un sistema de 120 •oltios y secuencia CBA. indican los vabres 1500 y 500 vatios, respectivamente. Hallar las impedancias de Ja 1:arga equilibrada en triángulo. Sol. 16,3/ -4 I" n. Las lectu ras de los va timetros colocados en las lí neas A y B de un sistema de 173,2 voltios y secuencia ABC son - 30l y + 1327 vatios, respectivamente. Hallar las impedancias de la carga equilibrada en estrella. Sol. 1O/ - 70º n. Ha llar las lecturas de los dos vatímetros utilizados en un sistema de tres conductores, d e 240 voltios, con una carga, conectada .en triángulo y equilibrad a, de 20L80º ohmios. Sol. -1710, 3210 W. Hay dos vatimetros colocados en las líneas By C de un sistema CBA de tres conduc1o res y 17 3,2 voltios, que alimenta a una carga equilibrada. Determi nar las lecturas de dichos vatímetros si la intensidad de corriente d e linea es IA = 32,7í- 41 9" amperios. Sol. J 170, 5370 W. Un sistema de 100 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga equilibrada y tiene dos vatimetros en li,:s líneas A y B. Si 18 = IO,91- 40'' amperios es la intensidad de corriente en la línea B, halla r las lec tu ras de ambos vatímetros. Sol. - 189, 83 5 W. Una carga conectada en triángulo, con Z,. 8 = 10!30'', Z 8 c = 25LQ: y Zc,.. = 20/ - 30" o hmios, se une a un sis· tema trifásico de tres conductores, 500 voltios y secuencia ABC. Hallar las intensidades de corriente en las lineas y la potencia total. Sol. 75i90º A ; 53,9/ - 68,2" A ; Ji/231,3º. A ; 42,4 k. W .
SISTEMAS POLIFASICOS
CAP. 14)
14-40
14-41 14-42
14-43
14-44
217
Un sistema lrifcisico de !res conductores, 208 volLios y secuencia ABC alimenta a una carga en triángulo en que ZÁ 11 = 5@:_ , Zsc = 4¿]Q:, Zc.c = 61 - 15º ohmios. Hallar las intensidades de corriente de línea y las lecturas de los vatime
A----------
_L _ilOO
-----
Vec
B------B
C-------------' Fig. 14-44
14-45
El circuito de la Fig. 14-45 presenta una impedancia infinita (circuilo abierto) en Ja fase B de la carga en estrella . Hallar el fasor tensión V 0 B si el sistema es d~ 208 voltios y secuencia ABC. Sol. 284¿150º V.
14-46 Un alternador trifásico con conexión Y y 440 voltios tiene un límite de 35 amperios por arrollamiento. (a) ¿Cuál es la potencia aparente (kYA) de régimen de la máquina'? (b) Si el alternador suministra una corriente de linea de 20 amperios de intensidad con un factor de potencia 0,65, ¿cuál es Ja potencia aparente (kVA ) por fase de la máquina? Sol. 26,6 kVA~ 5,08 kVA. 1447 El sistema de corrientes de línea equilibradas en el diagrama fasorial de la Fig. 14-46 tiene un valor absoluto de 10 amperios y la tensión compuesta es de 120 voltios. Dccerminar las correspondientes potencias activa y aparente. Sol. 1,47 kW; 2,08 kVA. 1448 Una carga en estrella con impedancias ZA = IOLQ'.'., Z 8 = 10/60º y Zc = 1O/- 60º ohmios se conecta a un sistema trifásico de tres conv •e ductores, 200 voltios y secuencia A BC. Hallar las tensiones en las impedancias de carga V"º' VIJO• Vco· Sol. 173/90', V; 100~ V; 100/ 180" V. 14-49 Una carga en estrella con ZA = 10L:-J>0º, Za = lOf!r y Z c = 10/60º ohmios se conecla a una línea trifásica de tres conductores, 208 voltios y secuencia CBA . Hallar las tensiones en las impe-dancias de carga. Sol. 208L - 120.:. V ; O V: 208/180(; V. Fi~. 14-46 1•50 Un sistema de tres conductores, 480 voltios y secuencia ABC alimen ta a una carg~. en estrella en la que ZA = 10/0" , Z 8 = 5/ - JO<> y Zc = SQQ,2 ohmios. Hallar las lecturas de los vatímetros en las líneas A y B. Sol. 8,92 kW ; 29,6 kW. 1~51 Un sistema de tres conductores. 100 voltios y secuencia CBA alimenta a una carga con conexión Y en la que Z,. = 3 + JO, Z 8 = 2 + j3 y Zc =- 2 - ji ohmios. Determinar las tensiones en las impedancias de la carga. Sol. 31.6/ -67.9" V; 84,3/42,7'' V: 68,6LJ13,8º V. 14-~2 T res impedancias idénticas de 15LQ!r ohmios se conectan en estrella a un sistema trifásico de lres conductores a 240 voltios. Las líneas tienen entre la alimencación y Ja carg-d impedancias de 2 +j i ohmios. Hallar e! mó· dulo de la tensión compuesta en la carga. Sol. 213 V. 14-53 Repetir el Problema 14-52 para impedancias en estrella di'! 151-601) ohmios y comparar los resultados dibujando el diagrama fasoria l de tensiones. Sol. 235 V.
Capítulo 15 Análisis de las formas de onda por el método
de Fourier INTRODUCCIO N En los circuitos estudiados anteriormente se ha considerado la respuesta en régimen permanente a excitaciones de forma constante o senoidaL En tales casos, la función de entrada viene definida por una expresión sencilla para todos los valores del tiempo ; por ejemplo, v = constante en corriente continua y li = vmn sen W{ en alterna, son válidas para cualquier valor de t, Figura 15-l(a) y (b).
o,.._~~-+-~~~r--~~~- '
V
- - -- -
3:t/
(b)
(a)
{e)
Fig. 15-1
Algunas formas de onda periódicas, de las que e1 diente de sierra, representada en la Fig. 15-l(c) es un ejemplo, solo pueden definirse mediante una función singular dentro de un intervaJo. Y así, el diente de sierra viene expresado por j(t) = (V/ T)t en el intervalo O < t < T, y por /(t) = (V/1)(1 - T} en el intervalo T < t < 2T. Aunque estas expresiones por intervalos definen satisfactoriamente la forma de onda no permiten, sin embargo, determinar la respuesta del circuito. Ahora bien, si una función periódica puede expresarse como suma de un número finito o-infinito de funciones senoidales, las respuestas de los circuitos lineales sometidos a excitaciones no senoida1es se podrán determinar aplicando el teorema de superposición. El método de Fourier proporciona la manera de resolver este problema.
SERIES T RIGONOMETRICAS DE FO URIER Toda forma de onda periódica, esto es, aquella onda tal quef(t) = f(l por una serie de Fourier siempre que:
+
T) puede expresarse
tenga un número finito de discontinuidades en el periodo T, si es discontinua, (2) el valor medio en el periodo T sea finito, {3} tenga un número finito de máximos positivos y negativos. ( l)
Si se satisfacen estas condiciones, que reciben el nombre de condiciones de Dirichler, existe la serie de Fourier y puede escribirse en la forma trigonometrica:
f(t)
tau
+
+ a~ cos 2wt + as COS 3wt + + b1 sen wt + •b~ sen 2(&)t + b3sen 3wt + U1 COS wt
218
(l)
CAP. 15)
219
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
Los coeficientes de Fourier, a y b, se determinan para cada fonna de onda mediante el cálcuJo integral. El coeficiente del coseno se obtiene multiplicando ambos miembros de (1) por cos nwt e integrando a lo largo de un periodo. El periodo fundamental, 2n/w, es el periodo de la serie, puesto que cada uno de sus términos tiene una frecuencia múltiplo entero de la fundamental.
f
f
'lrr/14
f(t) cos nwt dt
o
2tr/w
+
fao coa ?ioJt dt o
+
f
f
2tr/ w
,2 .,,.1~
211'/">
an eos
o
+
f
+ ···
a1 cos (j)t cos Th»t dt
o
2
+ · ·· + J
'n<»t dt
b1 sen "'t cos ~t dt
ft
o
2rrl1>1
b2 sen 2Q)t cos Th»t dt
o
+ ···
(!) r 21f/ W
Las integrales definidas del segundo miembro de (2) son todas iguales a cero, excepto
n que tiene el valor - a11 • Por tanto, Q)
(U
ª"
-
n
ª" cos9 ~t dt
o
ihlw ·
=
f(t) cos ?it dt .
o
11'
J
rT
2 T Jo /(t) cos ?i
(9)
Multiplicando (J) por sen nwt e integrando en un periodo se obtiene el coeficiente del seno. Cí>
-
i 2irlw f(t) sen nwt dt
2 lT . T Jo f(t) sen ~t dt
o
1T
(4)
Otra forma de hallar los coeficientes es tomar rot como variable y el periodo correspondiente de 2n: radianes,
11 211'f(t) 7r
1 1T
d(wt)
(5)
i21t/(t) sen nwt d(a>t)
(8)
o
COS 'n<út
o
Los límites de integración tienen que incluir un periodo completo, pero no es preciso que sea desde O a T o de O a 27t. En lugar de esto, la integr~ción puede efectuarse desde -T/2 a T/ 2 o desde -x a +1l u otro periodo completo que la simplifique. La constante a 0 se obtiene a partir de (3) y (5) haciendo n = O; no obstante, por ser fao el valor medio de la función se puede determinar a veces por simple inspección de la forma de onda. La serie obtenida con los coeficientes determinados por las integrales anteriores converge unifonnemente a la función en todos los punlos de continuidad y converge al valor medio en los puntos de díscontínuidad. Ejemplo 1.
Determinar la serie de Fourier para la onda representada en Ja Figura 15-2.
La onda es continua para O < (J) / < 2n y viene dad.a por /(1) = (l0f2x)cot, con discontinuidades para wr = n2n. sien· do n
= O,
I, 2, ... Las coadicioncs de Dirichlct se satisfacen y los coeficientes de Fourier se calculan utilizando Jas expre· sioncs (.5) y (6}. El valor medio de la función es 5, por simple inspección : así. pues, tao = 5. Ucilizando ahora la Ecuación (5).
lll'
scri~
(¡Jt cos nwt d(wt)
=
0
10
= La
r2tr( 2wº) 1
)
;r2n2 (cos n2v - cos O)
2
10:l 2~
["'nt sen -
?Wt
+
J2r
1 coa 7k.>t --¡
n
0
para todos los valores enteros den.
O
no contiene, por tanto. términos en coseno. Ulilizando Ja ecuación (6) se obtiene
l ( "'(21º) 2
; Jo
~
1ii1t
sen nwt
d(wt)
10 [ 1o1t 2,2 coa ~t
n
+ ni1 sen 1ica>t]27' o
10 T'l
220
ANALISIS DE LAS FORMAS DE .ONDA POR EL METODO DE FOIJRIER
[CAP IS
Mediante estos coeficientes del seno y el valor medio la serie es /(t) 5 - !Q sen wt - _lO sen 2wt - _lO sen S"'t - • .. 6 - l_O _se_n.;.;. ;n..i;;;.;.t r 2v 3w :r ,.,.,1 n Los términos en seno y coseno de la misma pulsación pueden combinarse en un término único,
=
i
=
seno o coseno, con un ángulo de fase .. Resultan así otras dos formas posibles de las series trigonométricas
y
f(t)
t40
+
~en COS (n...t- 11,.)
(7)
f(t)
fa0
+
~ e" sen (~t + q,n).
(8)
+ b:,
611 =are tg (b,ja,.) y q,,. = are tg (a,./b.). En (7) y (8), c11 es la amplitud de los armónicos y los ángulos de fase de dichos armónicos son 811 o >,,.
en las que c11 =Ja:
EXPRFSION EXPONENCIAL DE LAS SERIES DE FOURIER Si en las series trigonométricas se expresan todos los términos en seno y coseno por medio de sua equivalentes exponenciales el resultado será una serie de términos exponenciales
f(t)
- ao 2 +
a1
+
bi
o bien /(t)
(en..' + e-1
a:i
(e'. ' -2je-JMt)
bs
+
1+ e-;2..1) 2
( e12..
(e~'
- e-;2..1)
+
...
+ ...
(9)
b2) eJt...c + ... + (
(10)
bt)
21
bi) -
+ (
-
bi)
ao + ch +2 2 + 2j
eJ"'
Ahora puede definirse una nueva constante compleja A tal qu;: Ao = !ao,
An = i(a... - jb.),
A-a = t(a... + jb.,.)
(11)
con lo que (JO) se transforma en
f(t)
-
{• • ·
+
A-ie-12"'1
+ A-ie- 1"'1 + Ao +
A1~¡..,~
+
A2e12"''
+ · · ·}
(12)
Para obtener los coeficientes A,. se multiplican ambos miembros de (12) por e- fttwt y se integran en un periodo completo:
.+ flhr A,. e'""'' e_,,..,,
d(wt)
+ ·· ·
(18)
1)
Las integrales definidades del segundo miembro de (13) son todas iguales a cero, a excepción de
.(b A,. d(wt) que vale 2n:A,,. Por tanto, A ... (14)
o bien, en la variable t,
A...
==
~ .(1' f(t) e- 1""'' dt
De igual forma que en las integrales que se utilizan para determinar a,, y b,,, Jos limites de integración en (14) deben abarcar el periodo completo que interese, que no será necesariamente de O a 2n o de O a T.
- -·-
.
221
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
CAP. 15]
Los coeficientes de la serie trigonométrica se deducen de los de la serie exponencial en la forma siguiente: Se suman y luego se restan las expresiones de A,. y A_,. dadas en {J 1). Así, A.+ A-n . i(an - jbn + an + ibn) ,.~
de donde
(15)
y
o bien
= j(A11 -
bn
A-n)
(16)
Ejemplo 2. Hallar la serie exponencial de Fourier para Ja onda de la Fig. 15-3. Utilizando los coeficientes de esta serie exponencial obtener ª• y b. de la serie trigonométrica y comparar con el Ejemplo 1. En el intervalo O < wt < ln la fonción viene dada por /(t) = (10/2n)wl. El valor medio de la función se deduce por simple inspección, y vale 5. Sustituyendo f(l) en (J 41 obtenemos los coeficientes A•.
-1
2,,.
jº2" ; lQ , I
~
·\
'~21¿1 2r
Fig.15·S
10 í e-;....1 (21:' )2 (-jn).2
L
wt f.- il\wl d(wt)
\ 21:" ¡
4r
•
]
2
• 10 3 2rn
""
<-,?l(Jt - 1) º
Llevando los coeficientes A. a (121. la fonna exponencial de la scri~ de Fouríer de la onda en cuestión es f(t)
=
J. -1O e - •'2 "'1
··· -
4:-
1. -1O e - l."r ......, 5
-
2v
+ J.-10 e'"' ' 1 + J.-1O eJ2 w1 + 2..-
4;-
•••
(17)
Los coeficientes de los cosenos de la serie trigonométrica son
. 10
.
.
10
... 1 - - · 2,,.(-n)
o
10 . 10 ' 1. (.1 2:-n - 1 2r(-11) J
-
1~
2;-n
y los correspondientes de los senos j(A,, - A-nl
b,.
lC
La serie trigonométrica no tiene, pues, términos en coseno, ya que a,. = Opara cualquier vaior den. Los coeficientes de los senos valen -10/(nn). El valor medio es S y la serie es la siguiente: f(t)
--
10 5 -· - sc:n ... t
....
10 sen 2..,t - -10 sen :lwt 2TT 3:r
idéntica a la del Ejemplo 1.
SIMETRIA DE LAS FORMAS DE ONDA Las series obtenidas en el Ejemplo 1 comienen únicamente términos en seno sumados a una constante. Otras formas de onda tienen solamente términos en coseno y, a veces, únicamente existen en la ~~ri~ iHJJH~llÍ~O§ impíHf.S, lflntü si la serie contiene senos, cosenos o ambos a la vez. Este es el resultado de ciertos tipos de simetría asociados a la forma t.le onda. E.I co11ocÍlllléHlO J~ Htl ~im~Lrill do lugilr ft una reducción de los cálculos en la determinacíón de las series. A este respecto, son importantes las definiciones siguientes:
1. Una función f(x) es par cuando f(x) = /(--x). La funciónf(x) = 2 + x 2 + x 4 es un ejemplo de función par, ya que los valores de la función para x y para - x son iguales. El coseno es una función par, puesto que su desarrollo en serie es
x2
COS X
x•
1--+--· 2! 4!
8 6 -x + -x - ...
6!
8!
222
(CAP. IS
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
La suma de dos o más funciones pares es otra función par, y la adición de una constante no . varía la naturaleza par de una función. Las ondas dibujadas en la Fig. 15-4 representan funciones pares, siendo simétricas respecto · del eje vertical.
1
o
1
(d)
(el
(b)
(a.)
o
Fig.15-4
2. Una función es impar cuando j(x) = -f(x). La funciónf(x) = x + x 3 + xs es un ejemplo de función impar, ya que los valores de la función para x y - x son de signo contrario. El seno es una función impar. puesto que su desarrollo en serie es sen x
X -
La suma de dos o más fun1:iones impares es otra función impar, pero la adición de una constante destruye la naturaleza imp~r de la función, ya que /(x) no es ya igual a - /( - x ). El producto de dos funciones impares es una función par. Las ondas dibujadas en la Fig. 15-5 representan funciones impares.
(a.)
(el
(a.)
o
o (d)
(b)
Fir.15-5
3.
Una función periódica /(x) tiene una simetría de semionda si f(x) = - j(x periodo. En la Fíg. 15-6 se representan dos ejemplos de este tipo.
T
.._ (b)
Fig.15-6
+ T/2),
siendo T el
Una vez establecido el tipo de simetría de una onda se llega a las conclusiones siguientes. Si la forma de onda es par, todos los términos de la serie correspondiente son cosenos con una constante si la onda tiene un valor medio distinto de cero. En consecuencia, no es predso calcular las integrales para hallar
CAP. 15)
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOU RJER
223
Jos coeficientes bn, ya que no puede haber términos en seno. Si Ja forma de onda es impar, la serie solo contiene senos. La onda solo puede ser impar despues de eliminar la constante, en cuyo caso su representación de Four1er contendrá simplemente tal constante y una serie de términos en seno. Si la onda tiene simetría de semionda, en la serie habrá solamente armónicos impares. Estas series contendrán términos en seno y coseno a menos que Ja funci ón sea también par o impar. En todo caso, an y b~ son nulos para n = 2, 4, 6, ... y para cualquier onda con simetría de semionda. Algunas forma s de onda pueden ser impares o pares según la situación del eje vertical. La onda cu ad rad a de la Fig. 15-7(a) cumple la condición de una función par, esto es, f( x) = /(- x ). Si se desplaza el eje vertical hasta la posición de Ja Fig. 15-7(b) se obtiene una func ión impar en la que f (x ) = -/( - x). Si el eje vertical está en cualquier otro punto que los de la Fig. 15-7, la ond~ cuadrada no será ni par ni impar y su serie contendrá senos y cosenos. Es esencial. pues, en el análisis de funciones periódicas la elección conveniente del eje vertical para tener una función par o impar siempre que el tipo de onda lo haga posible. El desplazamiento del eje horizont al puede simplificar la serie que representa a Ja función. La onda de Ja Fig. 15-8(a ), por ejemplo, no cum ple los requisitos de una función impar hasta que se eli mine el valor medio , como se observa en Ja Fig. 15-8(b ). Por tanto, su serie contendrá solamente un término constante y términos en seno . Como el equivalente exponencial del seno es imaginario puro y el de coseno es real, las consideraciones anteriores de simetría pueden utilizarse para comprobar los coeficient es de las series exponenciales. Una forma de onda par contiene únicamente términos en coseno en su serie trigonométrica y, por tanto, los coeficientes de la serie exponencial de Fourier tienen que ser números reales. Análogamente, una función impar cuya serie trigonométrica está formada por términos en seno tiene coeficientes imaginarios puros en su serie exponencial.
o (a)
o (b)
Fig. 15-7
o (a)
~v . (b) Fig. 15-8
ESPECTRO DE LINEAS. Se llama espectro de líneas a una representación gráfica en la que figuran todas las amplitudes de los armónicos. Las líneas decrecen rápidamente para ondas con series rápidamente convergentes. Las ondas con discontinuidades, tales como el diente de sierra y Ja onda cuadrada, tienen espectro con amplitudes que decrecen lentamente, ya que sus series poseen armónicos muy altos. Sus annónicos de orden 10 tendrán, normalmente, amplitudes de valor apreciable comparado con el fundamental. Por el contrario, la serie de formas de onda sin discontinuidades y de aspecto generalmente suave convergen rápidamente a la función y basta con pocos términos para generar la onda. Esta rápida convergencia se hace evidente en el espectro de líneas en que las amplitudes de los armónicos decrecen rápidamente de manera que por encima del quinto o del sexto son ya despreciables. El número en armónicos y el espectro de líneas de una onda forman parte de su naturaleza y son invariantes respecto del método de análisis que se haga. El desplazamiento del eje al cero da a la serie
224
ANALISlS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
(CAP. 15
trigonométrica un aspecto completamente distinto y los coeficientes de la serie exponencial también varían mucho con dicho desplazamiento del eje, pero siempre aparecen los mismos armónicos en las = + son constantes. series y sus amplitudes, dadas por -en = Ja~ + b~ o En la Fig. 15-9 se representan la onda en diente de sierra del Ejemplo 1 y su espectro correspondiente. Como en la serie solo existen términos en seno, las amplitudes de los armónicos e,. vienen dadas directamente por b".
!A,.I
e,.
10
/A_,,,,
--- - -
........__.__..__.____.___
º~......_
2
s
f
s
~
e
ni.mero dt v~c' fundamental
Fig.15-9
La serie exponencial tiene términos con pulsaciones + nw y - nw [ véase Ec . (I 7)] y el espectro se conslruye como se ve en la Fig. l 5-10. La amplitud real de un armónico dado es la su ma de las dos amplitudes, una para + nw y la otra para - nw. En el espectro de la F ig. 15-10 aparecen líneas con amplitud I0/4n para n = -2 y n = + 2. Sumándolas se tiene 10/27t que da la amplitud real de este armónico, lo que concuerda con el espectro de Ja Figura 15-9.
-s _,
-3 -2 -1
o
Fig. 15-10
SINTESIS DE ONDAS Síntesis es una combinación de las partes para formar un todo. En el análisis de Fourier se llama síntesis a la recombinación de los términos de la serie trigonométrica, ordinariamente los cuatro o cinco primeros, para reproducir la onda original . Con frecuencia, solo después de haber efectuado la síntesis de una onda nos convencemos de que la serie de Fourier expresa realmente la onda periódica de la que fue obtenida. La serie trigonométrica para la onda en diente de sierra del Ejemplo 1 con una amplitud de pico igual a 10 es
f(t)
10 5 - -- sen wt
Estos cuatro términos se han representado y sulllitd11 r.n lu Fi~. 1~.¡l. y num1ue el resultHdo no es un úic nlc Je sicrru pcrl'cdo se vlslumbr!t que lOmando más términos se acercaría aún más. Como esta onda tiene discontínuidades, su serie no converge rápidamente y, en consecuencia, la síntesis utilízando solo cuatro Lérminos no da un resultado demasiado bueno. El término siguiente para la pulsación 4w tiene una amplitud 10j47t, que es apreciable todavía compa rada con la fundamental de amplitud lO, rr. A medida que se añaden términos en la síntesis de Ja onda se van reduciendo las irregularidades de Ja resultante
10
277
sen 2wt
10 311' sen 3wt
Fig.15-11
CAP. lS]
225
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
y se mejora la aproximación a la onda original. Esto es lo que quería expresarse cuando se decía anteriormente que la serie converge a la /Wlción en todos los punros continuos y al valor medio en todos Jos puntos de discontinuídad. En la Fig. 15-11 para·oy2K es evidenle que habrá un valor 5, ya que todos los términos en senos son nulos en dichos puntos. Estos son los puntos de discontinuidad y el valor de la función es 1Ocuando nos aproximamos por la izquierda y Ocuando lo. hacemos por la derecha; el valor medio es 5.
VALOR EFICAZ Y POTENCIA
Una onda periódica, no senoidal, de corriente al circular po r una resistencia da lugar a una potencia que viene determinada por el valor eficaz (o valor medio cuadrático) de la onda. En el Capítulo 2 se vio que el valor eficaz de una función del tipo
f(t)
=
~ao
+ a1 cos wt + a2 cos 2111t
+ ··· +
b1 sen wt + bz sen 2..,t + · · ·
es (18)
Expresand o la amplitud armónica por ción (18 ) tendremos,
en= Ja~ + b! y escribiendo c
0
para el valor medio de la Ecua-
Si se considera un circuito lineal con una tensión aplicada periódica podría esperarse que la corriente resultante tuviera los mismos armónicos que la tensión, pero con amplitudes de valor relativo diferente, ya que la impedancia varía con n(I) . Es posible que algunos armónicos no aparezcan en la corriente, puesto que la resonancia paralelo da lugar a una impedancia infinita. En general, se puede escribir :
= Vo + ~ V,. sen (n.cut + t/>,.)
v
e
i = lo
+
I
J., sen (n.cut
++
11)
(19)
con los correspondientes valores eficaces e
1.,
-
~ n + !I~ + tli + ··· ·
(20)
La potencia media P. (activa) se obtiene por integración de la potencia instantánea dada por producto· de v e i,
vi
p
-
[Vo + ~ Vn sen(nwt+r¡.n)j[Io + ~ /,. sen(n.... t +.¡,,,)]
~¡
(21)
Puesto que v e i tienen periodos de T segundos, su producto tiene que tener un número entero de periodos T. (Recuérdese que para una onda senoidal simple de tensión aplicada el producto vi tiene un periodo mitad del de la onda de tensión.) La potencia media ·
p
(22)
El ex.amen de los términos posibles en el producto de dos series infinitas muestra que pueden ser de los siguientes tipos: Producto de dos constantes, producto de una constante y una función seno, 'producto de dos funciones seno de frecuencias diferentes y funciones senoidales al cuadrado . Después de la integración el producto de las dos constantes sigue siendo V0 / 0 y las funciones senoidales al cuadrado, con los límites aplicados, res u1ta ser (V"!J2) cos (c/Jn ~ l/I" ), mientras que todos los demás productos, por integración en un periodo T, son nulos. En estas condiciones la potencia media
P
-
Volo + !V1I1 cos61 + iV:li cos02 +
!V~ /3 COS 63
+ ...
(!3}
226
(CAP. 15
ANALJSIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
siendo 8,. = (
APLICACION AL ANALISIS DE CIRCUITOS Se ha sugerido anteriormente la posibilidad de aplicar los términos de una tensión desarrollada en serie a un circuito lineal y obtener los armónicos correspondientes de la serie de la intensidad de corriente. Este resultado es consecuencía del teorema de superposición. Esto es, se puede considerar cada uno de los ténninos de la serie de Fourier como la tensión de una fuente independíente, tal como se ha hecho en la Fig. 15-12. Entonces, la impedancia equivalente del circuito para cada pulsación annónica se utiliza para calcular la corriente que corresponde al citado armónico. La suma de las respuestas individuales constituye la respuesta total a la tensión aplicada en forma de serie.
...L
~ ~:. ..
o1 coa2..t
o, coa3wt
~.,
Ctr1:uito pasivo
__,
con do~ tclmin1lcs
1>1 ><• 2.ot
b,
"'º s.,e
i Fic.15-lZ
Ejemplo 3. A un circuito serie RL. en el que R = S ohmios y l == 0,02 henrios, se le aplica una tensión v = 100 + 50 sen wt + 25 sen 3wt voltios, siendo w = 500 radianes por segundo. Detenninar la intensidad de corriente y Ja potencia media (activa). Se calcula la impedancia equivalente del circuito para cada pulsación obteniéndose después corrientes respectivas. Para w =o. Z = 5 y
10 == V0 /R = 100/S
i 1 = V, m•• sen (cv/ - 8 i) =
lZJ'
i3
V
"" - 3
+ j30,
,,,.l. sen (3wt
1Z 3
,,
t
= 20
Para w = 500 rad/s, Z 1 = 5 + j(0,02)(500) = 5
Para 3w = 1500 rad/s, Z 3 = 5
--=-t
1
Fig.15-13
+ jlO con
lo que
50 sen (wt - 63,4ª) = 4 ,48 sen (wt -· 63,4ª) l,lS
con lo que 25 sen (3wt - 80,54°) = 0,823 sen (3wt - 80,54º) 30,4
- 0.)) = -
La suma de las corrientes armónicas es la respuesta total pedida.
i = 20
+ 4,48 sen
(wt - 63,4°)
+ 0,823
sen (3wt - 80,54°)
Esta corriente tiene un valor eficaz 1., = J20 2
+ 4,48 2 /2 + 0,823 2 /2 =
J4I0,6 =
que da lugar en la resistencia de 5 Q a una disipación de potencia
P == RI;, == (5)14!0,6) = 2053 W
20.25
CAP. 15)
· ANALJSIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
Como comprobación, se puede calcular la potencia media total, hallando la potencia annónico y sumando los resultados obtenidos. Para w =O,
P = V0 10 = 100(20) = 2000 W
Para w = 500 rad/s
P = fV1/ 1 cos 0 1 = f(50)(4,48) cos 63,4° = 50,l W
Para 3w = 1500 rad/s,
P = !V3/ 3 cos 03 = !(25)(0,823) cos 80,54" = 1,69 W
Pr = 2000
Entonces
+ 50, 1 +
227
correspondienl~, a cada
1,69 = 2052 W
Otro método
El desarrollo en serie de la caída de tensión en la resis1encia es vR = Ri = 100
+ 22.4
VR = J100 2
de donde
+
sen (wt - 63,4ª)
!<22,4)2
+ !(4,ll)'
+ 4,1 t sen
(3wt - 80,54ª)
= jJ0.259 = 101,3
La potencia suministrada por la fuente vale P = Vl/R = (101,3) 2/5 = 2052 W.
La serie exponencial de Fourier se emplea de manera aná1oga, excepto que normalmente la im· pedancia del circuito es función de nw y los coeficientes de la serie intensidad de corriente 1, se pueden ·calcular a partir de la relación V,,,'Z•. como se hace en el Ejemp1o 4 siguiente. Ejemplo 4.
A un condensador de capacidad C faradios se le aplica la tensión representada por la onda triangular de la Fig. 15-14. Hallar la intensidad de la corriente resultante. En el intervalo -n < w1 < O, la función tensión vale I' = V..... + (2 Vm.Jn)wl, y para o < WI < ir, V = V""'' - (U'm.Jn)wt. Los coeficientes de la serie c:xpo· nencial se detenninan por las integrales correspondientes en un periodo. An
= 2~ fº
- ..
[Vmax
-Vmn
Fig.15·1'
+ (2Vmaxh)wtJe-Jnwt d("'t)
+ 111' ~,.. [Vmax - (2V1nu111')c.lt]e-Jn.,t d(wt) 2
4V,,;.. . . d e d ond e A• = n para n impar, y A. = O para n par. 2111
La impedancia del circuito
z=
l/jwC puede expresarse en función den, esto es,
z. =
l/jnwC. Ahora bien,
4Vmax
,,.zn z (j11.
y la serie de la corriente es i
paran impar únicamente
La serie puede convertirse en la forma trigonométrica y hacer su síntesis para mostrar la forma de onda de la corriente. Sin embargo, esta serie es de la misma fonna que el resultado del Problema 15-8, en el que el coeficiente A. = - j(2 V! mr} para n impar solamente. El sígno aquí es negativo, indicando que la onda de corriente es el negativo de la onda cuadrada del Problema 15-8 y con un valor de pico (2 Vma•wC)/n.
228
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
[CAP. 15
Problemas resueltos 15-1
Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la onda cuadrada de la Fig. 15-15 y representar el
espectro de Jíneas.
'v1..
V
.,
o
Sr
2..
wt o'---t---,.-+--.----t-..--+----r-11---
-V ~----
2a,5s111
e
Fig.15-16
Fig.15-15
En el intervalo O < wt < n,f(t) = V; para x < wt < 211:./(t) = - V. El valor medio de la onda es cero; en consecuencia, aof2 = O. Los coeficienies de los cosenos se obtienen haciendo la integral correspondiente en un periodo con las funciones en la fonna siguiente:
~ {~.,V coe•t d(wt) + ~2lr (-V) cos ~t d(1o1t)}
ª" -
O
-
:
{[~ sen ~tJ:
- [!
sen.ft
para todos los valores de n
Por consiguiente, la serie no contiene ténninos en coseno. Análogamente, para los ténninos en seno, los coeficientes son
..
b,.
~{~it V sen nwt d(wt) +
J.
2 ..
(-V) senn1o1t
: {[-~cos~tJ: + [! cosnwtJ:"} -(-coan'll' +coa O+ cos"2r - cosnr) rnV Por tanto, b. cuadrada es
= 4Vfnn paran = /(t)
l, 3, S, ...• y b. 4V - sen ..,t r
d(~t>}
2V
-(1 -
rn
cosnir)
= O paran = 2, 4, 6, ... El desarrollo en serie de la onda
4V + -4V sen 3wt + - sen 5c.1t + · •· 3r 511'
El espectro de lineas de esta serie es el representado en la Fig. 15-16. La serie contiene solamente témúnos en seno de armónicos impares. lo que se podría haber deducido sin más que examinar la simetria de la forma de onda. Como la onda de la Fig. 15-15 es impar, su serie contendrá únicamente l~nninos en seno y. puesto que tiene también simetría de semionda, solo habrá armónicos -impares.
lS.l Hallar ta serie trigonométrica de F ourier de la onda triangular de la Fig. 1S-17 y representar el espectro de líneas.
¡v
·•!!
z a ' Fig.15-17
a. e
Fig.15-18
1
a
CAP. JSJ
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
229
la onda es una función par, puesto que /(t) = /(-!), y suprimiendo el valor medio V/2 tiene también simetría de semionda, esto es, f(t} = -f(f + T/2): En el intervalo -n < wt < O, /(1) = V + (V/n )ú.11: para O< wt < n, /(1) = V - (Vín)wt. Como las formas de onda pares solo tienen términos en coseno, b" - O para todos los valores enteros de 11.
ª"
-
-1
Jº {f"
[V
+
;V
V v2
f" [V -
+ -1
(V/ir)wt] cos n..it d(wt)
0
IT
-ir
71'
. _.,,. cos 'TkJt d(,.,t)
{[1
n2 cos nwt
V
-;;2 {cos O
r•n
+
fo-•r·:t cos nc.it d(.,t)
:
t cos ni.it d(..it)}
0
n
n2 cos ?l(f.Jt + "'t sen n1o1t]"} o
..:.11 -
- cos (-nrr) - cos n.,,
i,,
[l
]º
.,t sen n..it +n
-
(V /?T ).,t] cos 11.wt d(i.it)
+ cos O}
-
2V 22 (l - cos nir) r n
Como predice la simetría de semionda, Ja serie solo tiene términos ímpares, ya queª• = Oparan = 2, 4, 6, ... Para n = 1, 3, 5, ... , ª• 4V/n 2 n2 • Por tanlo, la serie de Fourier pedida es
=
:J
V
/(t)
2 +
4V 7COS1o1t
+
4V (Brr) 2
'4y
COS 3wt
+ (5,..)2 COS 5wt +
Los coeficiemes disminuyen como ljn• y, por tanto, la serie converge más rápidamente que la del Problema 15-1. Este hecho se hace evidente en el espectro de la Figura 15-18.
IS..3 Hallar la serie trígonométrica de Ja onda en diente de sierra de la Fíg. 15-19 y dibujar el espectro de líneas. 2v1.,
Fig.15·19
Fig.15-20
Por simple inspección se deduce que el valor medio de la onda es cero y que se trata de una onda impar. En consecuencia. la serie solo contiene términos en seno. En el periodo de -x a + n la onda viene dada por la expresión/(t) = (V/n)wt, por Jo que utilizaremos eslos límites para el cálculo de la integral correspondiente h•. l
;
f.
- ..
(V/11 )wt sen
nwt d(.it)
1 sen nwt - -.it cos n.it]" -V [ -n2 n _,,.
172
2V - -~;;" (cos 1111)
La función cos mr es positiva paran par y ncga1iva paran impar. con lo que el signo de Jos coeficientes es alternativamente positivo y negativo. /(t)
2V
-;-- {sen wt -
t
sen 2wt
+
i
sen 3wt -
!
sen 4.:.it
+ · · ·)
Los coeficientes disminuyen como l/n y. por consiguiente. la serie converge lentamente, lo cual se ve en el espectro de la Fíg. 15-20. Excepto en lo que se refiere al desplazamiento del eje al cero y al término medio, la forma de onda es idéntica a la del Ejemplo 1. Si se comparan los espectros de las Figs. 15-20 y 15-19 se observará su semejanza.
15-4 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de 1a onda representada en la Fig. 15-21 y dibujar el espectro de líneas. En el intervalo O < ú>t < 7t,/(i} = (V/n)wt, y en n < <út < 211,/(1)"" O. El valor medio, por simple inspección de la onda es V/4. Como la onda no es ni par ni impar, Ja serie contendrá senos y cosenos. En el intervalo de O a n. se tiene
230
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
(CAP. IS
V
o
,..
..
wt
o
2
6
Fig. 15-21
ªn -
-1 fl'
7
8
8
n
Fig. 15-22
f"o (V/r)wt coa
V [ -l cos n...t -v2 2
nwt d(wt)
+ -wt sen 1t<.1t]"
11
n
V (
.
22 cos nu - l) 7T n
o
Cuando n es par, (cos mr - l) == O yª• ==O. Cuando n es impar,"• == -2V/(n 2n 2 ). Los coeficientes b. son -l fl'
j'"o (V/iT )wt sen nwt d(wt)
V . - -(cosnw)
V [ - 1 sen 11<.Jt - -c.it cos ?Wt]"' -v2 n2 n
vn
()
El signo cambia con b. = - V/nn para n par y b. = + V/7tn para n impar. La serie de Fourier pedida es V
/(t)
2V 211 cos"'t
4
+
V
-~n 11"
2V (ar )2 cos 3wt
...t
l'
2r :.en 2i.:t
2V (5,,. ):! COS 5wt
+
V 3
11'
sen 3wt
Las ampliludes de Jos annónicos pares vienen dadas directamente por los coeficientes b., puesto que no hay términos en coseno pares. Sin embargo, las amplitudes de los armónicos impares han de calcularse utilizando c.= Ja;+ b;. Por consíguíente, c 1 = Jt2Vílf 2 )2 + (VinP = (0,377).1/. Análogamente, c 3 = (0,l09)V y es = (0,064)V. El espectro de lineas aparece representado en la Figura 15-22.
IS..5 Hallar la seríe trigonométrica de la onda senoidal rectificada de la Fig. 15-23 y dibujar su espectro de líneas.
v1..
2
l<'iir. J 5-23
!
1
•
•
7
Fig.15·.U
La onda no presenta simetría y, por tamo, es de esperar que las series contendrán senos y cosenos. Como el valor medío no se puede deducir por simple inspección, se calcula a0 del término aoJ2 de Ja serie
-1
j' . .V sen 1o1t d(wt)
71"
A
conlinuación, se determina
2V
o
'IT
ª•:
= -:r1 • j'o.. V st:n wt cos n1.Jt d(wt) V [-n sen ..it sen nwt - cos nwt cos wt],.. :r
-n2 + 1
o
_
V r(l _ n 2 ) (cos nr
+
1)
CAP. IS]
ANALJSIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
231
Con n par,ª• = 2V/n(1 - n2 }; y con n impar, a. = O. Sin embargo, esta expresión es indetenninada paran = 1 y, por tanto, hay que integrar por separado para hallar ai.
-1
fll' o
r
-V
V sen ..:t cos wt d(.it)
11'
j'"'o ! sen 2c.1t d(c.it)
o
Ahora se calcula b0 :
b,.
-
-1 r
f"o V sen wt sen n1o1t
V
d(wt)
[n sen ..,t cos
r
n..it -
-n1
sen 'IWt cos
+l
wt]"
o
o La expresión es indeterminada, como antes, para n = 1, con lo que b 1 debe calcularse por separado, -1 r
f"o V sen2 ..,t
V
d(..,t)
1r
["'t _ sen 2wt],.. 2
4
V
2
o
Con esto, la serie de Fourier pedida es /(t)
~{l
-
+
i sen "'t - ~ cos 2..it
3~ coa 6"'t -
2 15 cos 41.11t -
· • ·}
El espectro de líneas de la Fig. 15-24 muestra el ténníno fündamental y las amplitudes rápidamente decre· cientes de los armónicos superiores.
15-6 HaHar la serie trigonométrica de F ourier de la onda senoidal rectificada que se representa en la Fig. 15-25, cuyo eje vertical se ha desplazado de la posición que tenía en el Problema 15-5. La función está definida en el íntervalo ·- n < wt < O por f(t) = - V sen wt. El valor medío es el mismo que en el Problema 15-5, esto es, a0 = 2V/n. Para los coeficientes ª• tenemos ;1
Fig.15-25
fº (-V sen "'t) cos nwt d(wt) -
V r(l - n2) (1
...
+ cos 7t¡;)
Paran par, a,, = 2V/n(1 - n2 ), y pa•a" impar,ª• = O excepto paran = 1, cuyo caso hay que considerarlo por separado. ;l
f~
o
(-V sen wt) coa c.it d(1o1t)
-ir
Para los coeficiente~ b. resulta b"
-
~
J
0
(-V sen ..it) sen
~t d(c.1t)
o
-v
También aquí esta expresión es indeterminada para n = 1; se calcula, pues, b 1 por separado.
V 2
Por tanto, la serie pedida es f(t)
-
~ { 1 - ~sen wt
•··
i
cos 2wt -
f5
cos 41o1t
-
:s
cos 6..,t -
• • •}
Esta serie es idéntica a la del Problema 15-5, excepto el término fundamental que ahora es negativo. El espectro de líneas es, evidelllemente, idéntico al de la Figura 15-24.
15-7
Hallar la serie trigonométrica de Fourier para el ptilso rectangular de la Fig. 15-26 y representar el especLro de líneas. Con el eje vertical en la posición mostrada la onda es par y la serie contendrá solamente cosenos y un término constante. El periodo que se considera para el cálculo de los coeficientes es desde - n hasta + n, y la función es nula excepto en el intervalo de - rc/6 a + ni6.
232
[CAP. 15
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER v1... V
¡v o -r/6
..
r/6
wt
'
2..
2
1
3
4
ªº Puesto que sen te, la serie es
: +
/(t)
-
-ir/8
2:
{ícoswt
+ o
l
V
'
7
3•
('";s V cos n¡,¡t d(wt)
8
1 -.1
9
10
1
n
•
11
+
V:(~) cos2wt
~ (~) eosówt V + 2V 6 1T
/(t)
+
1
4(})
-
=
t, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ... , respectivamen-
(~) cos3wt
cos7wt -
2V 11'1T -sen1111" 6
-
J _,.,6
1T
fií2, l, J3;2. 1/2, O, -1/2, ... paran
= 1/2,
' 6
Fig. 15-27
f""/6 V d(wt)
mr./6
1
1
'~
Fig.15-26
;1
.
1
o
1: (1)
+
cos4wt
···}
§. ln sen (nir/6) cos nwt
11=1
El espectro de líneas representado en la Fíg. 15-27 decrece muy lentamente, ya que la serie converge muy lentamente a la función. Tiene particular interés el hecho de que las amplitudes de Jos armónico!.· octavo, no· veno y décimo son superiores a Ja del séptimo. Con las ondas simples antes consíderadas, las amplitudes de los armónicos superiores eran progresivamente decrecientes.
15-8 Detenninar la serie exponencial de Fouríer de la onda cuadrada de la Fíg. 15-28 y dibujar el espectro de líneas. Obtener los coeficientes de la serie trigonométrica y compararlos con los del Problema 15-1. V~---.
..
2v.
1
-v--------...
'
-~
_, -31. -2 '
o
-1
1
. 31. ... .1
2
'11
~
Fig.15-29
Fig.15-28
En el intervalo - i t < wt < O.f(t) = - V, y para O < wt < rr,/(1) = V. El valor medio de Ja onda es cero. La onda es impar; por tanto, los coeficientes A,. son números imaginarios puros.
_ ..!'.: {' 2ir
[--1. 6-;nw1]º (-.rn)
--ir
+ lr __ l. _e- ;nw1]" } (-1n)
0
. V- (e1.nir 1 nr.
Paran
par,~··,... /(t)
--
T
-
1)
1 y A.= O; pa1a n impar, ei•• = -1 y A.= -j(2V/nn). La serie de Fourier pedida es
=
.2V .
- 1-e""' ::-
-
. 2V ] 3ir eJ3e.JI
--··
CAP. ISJ
233
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
El espec1ro de la Fig. 15-29 representa las amplitudes para pulsaciones positivas y negativas. Combinando los valores para + n y - n se 1ienen las amplitudes representadas para la serie trigonométrica en la Figura 15-16. Los coeficientes de los cosenos en la serie trigonométrica son -1 .2V . nv
a,,
y
1·[ _,_ .2V
b,.
1111'
+ ( _,. _2V_ )
o
(-nv)
J
4V
-+1 . 2V
solo para n imp¡¡r
n1r
(-nv)
que coincide con los coeficientes de la serie trigonométrica obtenidos en el Problema 15-1.
15-9
Hallar la serie exponencial de Fouríer para la onda triangular de la Fig. 15-30 y dibujar el espectro de líneas.
·- ~ - t -3 -2 -1
Fig.15-30
o
2
3
4
s
Fig.15-31
=
En el intervalo -11: < wt < O, /(t) = V+ ( V/n)wt, y para O < WI < n, f(t) V - (V/nlwt. La onda es par y, por tanto, los coeficientes A. son reales. Por simple inspección, el valor medio es V/2.
A11
-
1 2:r {
fº>r (V+ (V/iT)wt]e-;~.,, d(wt)
2~2 {fº,. wt V {[e-Jn..
2'11'2
Para n par,
+
]º
1
(-jn)2 (-jni.Jt - 1)
eft'• = + 1 y A. ... +
/(O
e-inwl d(wt)
2V {-3,,.)2
+
~"[V -
(V/r)c.itJe-J""'' d(wt)}
~" (-c.1t)e-Jtt
-ir
-
+
[e-J""'t
s:,.,,.
e-;nwi d(wt)}
]"'}
(-jn)2(-j'!Wt - 1) o
V~ (1 - eJn•J
1T2n-
= O; para n impar, A. = 2 V/n 2 n2 • Por tanto, la se ríe es
.
e-i3wt
+
2V
--e-Jwt {-1T)2
2V 2V + -V2 + -eJwt + --e13wl + ... (1T)2 (31r)2
El espectro se representa en la Fig. 15-31 con líneas para +n y -n, que, si se suman, da las mismas amplitudes del espectro de la Figura 15-18. Los coeficientes de la serie 1rigonométrica son
4V
a,.
1T2n:t
jjA,. - A_,,]
y
. [ 2V
1
:r2n2 -
solo para n impar 2V
:r2(-n)2
J
o
Estos coeficientes concuerdan con los resultados del Problema 15-2.
15-10 Determinar la serie exponencial de Fourier para la onda senoidal rectificada que se representa en la Figura 15-32. En el intervalo O <
wl
< n, fil)= V sen (t.Jt; y desde n a 211:, /(1) =O.
Entonce~.
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURlER
234
[CAP. IS
y¡.,
.,
•
•
-~.r-,r-1.~,---i~L....4--f--f--.----f.---.,..........,~n -s-~-4-3-2-1
-
2rr
f
1
z
3
4
5
e.
Fig.15-33
Fig.15·32 1
o
,. .
V sen wt
. e-''""' d(wt)
0
V [ e-inw1 ]"' 2 ir (l _ n 2 ) (-in sen wt - cos c.it) 0 Para n par, A 0 = V/n(l - n 2 ); para n impar, e-;,.. = - 1 y A. = O. Ahora bien, para n = ± l la expresión de A. es indetenninadá. Puede aplicarse la regla de L'Hópítal, esto es, se derivan numerador y denominador respecto de n y, después, se hace que n tienda a l ; en estas condiciones, A 1 = - j( V/4) y A_ 1 = j( V/4 ). El valor medio es
f"'o V sen wt d(wt)
-1 2 r.
r
V -: 2.. 1 - cos '-
.,ti'"'
l'
La serie exponencial, por tanto, es
=
/(t)
..• -
V
.•
V
.
2 -e-''"'1 - -e-1wt 15r 3rr
+
.V. 1-e-J"'• 4
+ -V7 -
.l'. 1-e;..i1 4
V . - e!2wr 3;;-
-
V ers~r ... 15rr
-
t
••
Es interesante observar que solo hay dos coeficientes imaginarios en la serie, paran = ± l, y que el coefkienle del seno en la serie trigonométrica del Problema 15-6 es b 1 = J{A 1 - A_ 1] = 11 -j(V/4) - j(V/4)] = !V. El espectro de líneas de la Fig. 15-33 representa las amplitudes de los annónicos de la onda y debe compararse con la Figura 15-24.
15-11
Hallar la poiencía media (activa) disipada en una resistencia R = 10 ohmios si la corriente tiene una intensidad i = 10 sen wt + 5 sen 3wt + 2 sen Swt. La corriente tiene un valor eficaz fc1 = J!00)2 es, pues, P = Rli = (10)(64,5} = 645 W.
+ !(5)2 + !(2)2
= J64,5 = 8,03.
La potencia media
Otro méwdo. La potencia total es la suma de las potencias de los armónicos y viene dada por tvm.. lm.. cos 9. Ahora bien, Ja tensión en bornes de Ja resistencia y la corriente están en fase para todos los armónicos y 8. O. Por tanto, v11 = Ri = l 00 sen wr + 50 sen 3wt + 20 sen 5wt
=
y p = !(10)(100)
+ !(5)(50) + !(2)(20) = 645 w.
15--12 Hallar la potencia media suministrada a un circuito si la tensión aplicada y la corriente resultante son 50 + 50 sen 5 x 103 t + 30 sen 104 t + 20 sen 2 x 10 1 4 i = 11,2 sen (5 x 103 r + 63,4º) + 10,6 sen (104 1 + 45º) + 8,97 sen (2 x 10 1
t' =
4
La potencia media total es la suma de Ja potendá de los armónicos:
P = ~SO)(ll,2) cos t>3,4~
+ Í(30J(l0,6) cos 45º + Í(20)(8,97) cos 26,6º
= 3!7,7 W.
+ 26,6º)
CAP. 1.S]
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL ME.TODO DE FOlJRIER
235
15-13 Obtener las constantes del circuito serie de dos elementos con la tensión aplicada y la corriente resultante dadas en el Problema 15-12. La serie de la tensión !iene un término constante igual a 50, pero no existe un término correspondiente en la serie de intensidad de corriente, lo cual quiere decir que uno de los elementos ha de ser un condensador. Puesto que se suministra potencia al circuito, el otro elemento tiene que ser una resistencia.
La intensidad eficaz es I =
Jí(l l,2)1 + !(10,6)1 + f(S,97)2
= 12,6.
La potencia media es P = R/1 , de donde R = P/12 = 317,7/159,2 = 2 O.
··.
=
Para w = 5 x lOJ. IZI = V""'Jl_, = 50/11,2 4,47. Como IZI = jR 2 + Xl la reactancia capacitiva 2 es Xc = j(4,47) - 4 = 4 Q. Por otra parte, Xc = l/(wC), de donde e= 1/(wX,) = 1/(4 X 5 X 103 ) = 50 µF. Por tanto, los dos elementos son una resistencia de 2 n y un condensador de 50 µF de capacidad.
15-14 La onda de tensión de la Fíg. 15-34 se aplica a un circuito serie de R = 2000 ohmios y L = 10 henrios. Urílizando la serie trigonométrica de Fourier, obtener Ja tensión en bornes de Ja resistencia. Representar el espectro de líneas de la tensión aplicada y vR paramostrar el efecto de la autoinducción en los armónicos. w :;::: 377 radianes por segundo.
-9..
t"'
..
2r
Fig.15-34
La tensión aplicada tiene un valor medio Vm 1 J11:, el mismo que en el Problema 15-5. La función de onda es par y, por tanto, la serie solo contendrá ténninos en coseno, cuyos coeficientes se obtienen de Ja siguiente integral:
.!. V
f
..
12
300 cos c.>t coa ~t d(1o1tl
-
600
lT(l -
- 1112
n2
)
cos nv/2
La función cos nrr.í2 toma el valor -1 paran = 2, 6, 10, ... y + 1 paran =· 4, 8, 12, ... Paran impar, cos mr/2 = O. Sin embargo, paran = l la expresión es indetermínada y el coeficiente ha de calcularse por separado.
= -1 f '11'
1112 -
300 cosll wt d(wt)
300
rr/2
1T
["'t2 +sen42..,t]...'
2
ªºº2
-1112
La serie de la tensión es, pues, 11
~ tr
{i + ~ 2
coa c.it
+
-ª3 cus Zi.it.
La impedancia total del circuito serie Z = R + jnwL se calcula para cada armónico de la expresión de la tensión. El resultado figura en la tabla adjunta. Los coeficientes de los términos de la serie de intensidad de corriente son los de la serie de tensión divididos por Z. y los correi>pon· dientes términos de corriente están defasados, en retraso, un ángulo O. n = O, lo =
1~
+ 3~
co11 4wt
coa 6111e -
• • ·}
R
~L
[ZI
,
kn
o
2 kQ
º.;
o
o
1
377 754 1508
2 kO 2 kQ
:i..11 kn 1 4.26 kn 7.54 k.Q '1 7,78 kQ
2 kíl
2262
2 kO
15.08 k!l 15,2 kQ 22,62 kQ 1 22.6 lO
2 4 6
2
300ht
2'kn;
n = 1,
i1 =
, kQ 4 26
300/2 cos (wt - 62º) ;
n = 2,
i2 =
600í311 o cos (2wt - 75,l ); etc. 7,78 kQ
62'' 75,1° 82,45º 114,92º
'
236
ANALISlS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
[CAP. IS
La serie· de intensidad de corriente es, por tanto, .
300
300
600
' = 2 kn n: + (2)4,26 kQ cos (wr -
62ºl
+ 3n:(?,?S kíl) cos (2wt
600
- 75,1º)
600
ISn(lS,i k!l) cos (4wt - 82,45<)
+ 35n(ll,ó kQ) cos (6wt
- 84,92º) - ...
La tensión en bornes de la resistencia de 2 kQ es, sencillamente, i(2 kQ) o bien v.1
= 95,5 +
70,4 cos (wt - 62°)
+
16,4 cos (2wt - 75,lº)
- 1,67 cos (4wt - 82.45º)
+ 0,483
cos (6wt - 84,92º) - ...
En la Fig. 15-35 el espectro de la tensión aplicada y vR muestra claramente cómo han sido reducidas las amplitudes de los annónicos por la inductancia en serie de 10 H.
2:!CS47
(a)
(b)
Fig. 15-35
t>JS La corriente en una bobina de autoinducción L = 0,01 henrios tiene la fonna de onda dada en la Fig. 15-36. Obtener la serie trigonométrica de vL, tensión en bornes de la bobina. w = 500 radia.nes por segundo.
Fig.15-36 El valor medio de la imensídad de corriente es cero y la onda es par. La serie, pues, solo contiene térmi· nos en coseno. En el intervalo - n: < wt < O, i 1O + (20/n: )wt; y en el intervalo O < wt < n:, i = 10 - (20/n)wr.
=
{.
~ J~ llO + (20/:r)"1tj cos nwt d(M1t) 40
--;;-- (1 v•n 2
. - coa nr)
80
-
+ .( .. [10. - (20/:r)"1t) cos n.it d(c.it)}
solo para n impar.
- ..-
~·n2
La serie de la corriente es
!~ {coa"''
i
+
~ cos 3...t
+
i5 cos ówt +
1 49
cos 7..it
+ · · ·}
La tensión en bornes de la bobina es 11L
-
L ~: 400 ;- 2
= 0.01 ( ~~)
~{coa wt
{-sen wt - ~ sen 3..,t -
+
!
coa 31o1t
! sen 5..:t
-
+
ncos
t sen 7<.Jt
-
líi.it
+ ... }
· • •}
La fonna de onda podrá obienerse por síntesis, pero esta serie difiere de la del Problema 15-J en un signo menos. Así. pues. t'L es una onda cuadrada y es.la opuesta de la onda de la Figura 15·15.
......
··CAP. IS]
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
237
Problemas propuestos 15-16 Síntelizar la forma de onda dada cuya serie trigonométrica de Fourier es I
..
15-17 Sintetizar la forma de onda cuyo desarrollo de Fourier es /(t)
-
40
..
5 -
+ i
2(cos 1o1t
20
+ -; (sen .it
C08
-
3wt
+
n
COB 5wt
l
¡ ~
'-
,
.•.. ·'
"!
+ •••)
i; sen 2"'t + i sen 3..i t
i
-
sen 41o1t
+ .. ·)
15-18 Sintetizar la forma de una onda cuya serje de Fouríer es 1 V - { 2..
/(t)
1
- cos wt ..
1 Sr cos 2111t
1
1
l
+ Zr coa 3wt - ¡¡; cos 4"'t - 611' coa 61o1t
+ ... + -1 sen wt - -2 sen 2..it + - 4 sen 4wt 4 a.. 15r
-
• • •}
15-19 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la onda en diente de sierra representada en la Fig. 15-37 y dibujar el espectro de líneas. Compárese con el Ejemplo l. Sol.
V
V
2 + ;
/(t)
{sen "'t +
! sen 2"'t + i
sen 3.it
+ · · ·}
Fig.15-38
Fig.15-3'1
15-20 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la onda en diente de sierra de la Fig. 1S-38 y dibujar su espectro de líneas. Compárese con el resultado del Problema 15·3. Sol.
-2V
.
~{sen wt
/(t)
+!
sen 21o1t
+ i sen 31o1t +
i
sen 4"'t + · · ·}
JS-21 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la onda representada en la Fig. 15-39 y dibujar el especlro de líneas correspondiente.
Sol.
4V
/(t)
71' 2
t cos 8wt .+ B cos 5wt + · · ·} 2V -;_-{sen wt + i sen 3..,t + ! sen fíwt
{cos wt
-
+
+ · · ·}
V
..
o
-
'
.
l
2..
-V-
Fig.15·40
Fig.15·39
1>22 Escribir la serie trigonométrica de Fourier de la onda cuadrada representada en la Fíg. 15-40 Y dibujar su espectro de lineas. Compárese con el resultado del Problema 15-1.
Sol.
/(t)
-
4V -;-{cos •Jt -
i
cos 3wt
+
i
coa 5..it -
t cos 7wt + • · ·}
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
238
[CAP. 15
lS-23 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de las fonnas de onda representadas en las Fígs. l5-4l(a) y (b). Dibujar el espectro de líneas de cada una y comparar los resultados. Sol.
/¡(t)
-
1~
+ ..~
/,,(t)
-
50
+ :S~ {-10 (sen T n5r) cos n..it + n11' 10 ( 1 ,.., 1 nir
6
101
1 {!~(sen ;;)cos~t + !~ (1-cos~;)sennwt} n5") sen nc.>t} cos 3
1
o
.íl,,,
'.:j
wt
2.. (a)
1
1 1
5;/3 2r
[
wt
4..
(b)
Fig.15-41
· IS-24 Hallar la serie trigonométrica de Fourier de la onda senoídal rectificada de la Fíg. 15-42 y dibujar su espectro de líneas. Comparar el resultado con el de los Problemas 15-5 y 15-6. Sol.
/(t)
~•
{i + 2 r
cos 1.1t +
S2 cos 2wt
-
• ·t
2
15 cos ....,
+ SS 2 cos 6 wt
...
-
}
Fig.15-43
Fi,1. 15-4%
IS-25 Hallar la serie trigonométrica de Fouríer de la onda senoídal rectificada de la Fig. 15-43 y dibujar el espectro de líneas. Sol.
/(t)
2V
-{l + 11'
f
cos2wt -
.,
cos4"'t + ~ cos61o1t - · · ·}
h
IS-26 La onda de la Fíg. 15-44 es análoga a la del problema anterior, pero con el eje vertical desplazado. Hallar su desarrollo en serie de Fourier y comparar los dos resultados. /(t)
2V
-
{l -
Tf
f
cos 2wt -
-h cos 4"'t -
_a_
:JS" cos 6..it
- ••·}
......~..._~.r,....~..it 2r 3•
~+-~.f.-~.r,....~~~
0
11'
Fig.15-45
Fig. 15-44
IS-27
t"'
Determinar la serie de fourier de la onda representada en la Figura 15-45. Sol.
/(t)
V -2 cos wt r
+
V
+
"'
l
~=2
:¡-sen wt
v
V (l _ n 2 ) (cos nll'
+ n sen nv/2) cos n..it
~ [-nV(l cos n11/2] sen nwt + ..""" _ 2) =2 n 11
. --=.
239
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
CAP. IS]
lS-28 Detenninar la serie de Fourier de la onda de Ja Fig. IS-46. Sumar esta serie con Ja del Problema 15-27 y comparar la suma con las series obtenidas en el Problema 15-5 . Sol.
..!'2 .:. + -V
/(t)
2.-
r
cos "'
+
v•~
+
i; V[n sen 7l7rl2 - l]
¿, 11=2
V4 sen ..,t
11'(n.Z - 1)
+ Í
1
cos ~t
Vn cos nrr/2 sen nwt
"=2 r(l - nª) V
/]
..
ir
t
...t
2r
r
2•
Fig. 15·'6
wt
3.
Fic. 15-47
15-29 Hallar la serie exponencial de Fourier de la onda de la Fig. 15-47 y representar el espectro de líneas. Convertir los coeficientes obtenidos aquí en los coeficientes de la serie trigonométrica, escribir la serie trigonométrica y compararla con el resultado del Problema 15-4. Sol.
V{· .. - ( ...!.. - 1..)
/(t)
91T2
j
6rr
e-J3wl -
.
- (.!. + l) 211' v2
j
eJwr
jl
4v
+
1 .1) J 1 ( -ir2 - 12ir- e- . WI + -4
e-J2wr
+ ( _1 911'2
j _!_ ei2ur
4ir
l) ei3wc -
i 6v
••. }
lS..30 Hallar: la serie exponencial de Fourier de la onda representada en la Fig. 15-48 y dibujar su espectro de líneas. Sol.
/(t)
l'
1)
2r
r
3r
Fir. 15-49 1~31
Escribir la serie exponencial de Fourier de la onda cuadra
/( t)
_
y
{
...
1 1 + j-e-t31o1c + 1.1-e-t a. .. ..r + -2 -
.1JI 1-e., 1T
.l>lt 1-e"'
3r
... }
15-32 Hallar la serie exponencial de Fourier de la onda en diente de sierra representada en la Fig. 15-50 y dibujar su espectro de líneas. Convertir los coeficientes obtenidos aquí en los de la serie trigonométrica, escribir ésta y comparar el resultado con la serie obtenida en el Problema 15-19. Sol.
/(t)
wt Fig.15·50
Fig.15-51
240
ANALISIS DE LAS FORMAS DE ONDA POR EL METODO DE FOURIER
15-33 Hallar la serie exponencial de la onda representada en la Fig. 15-52 anterior
[CAP. 15
y dibujar su espectro de líneas.
Convertir los coeficiemes de la serie trigonométrica calculados en el Problema 15-20 en los de la serie exponencial y compararlos con los coeficientes de la serie aqui obtenida. Sol.
/(t)
-
j 1... e-J2wt 2v
V{ ··· -
¡.!eJw1 + j .! 6 1w1 + j 1... 6 ;2.,t + .. ·} ,,. 11 211'
15-34 Detenninar la serie exponencial de Fourier de la onda representada en la Fíg. 15-52 y dibujar su espectro de líneas. Convertir. los coeficientes a coeficientes de la serie trigonométrica, escribir esta serie y compararla con la obtenida en el Problema 15-21. Sol.
/(t)
-
v{ ... + (9!2 -ia~)e-Jª"'' + (;2-i~)e-Jw1 +
(.! + ;!) 11'2
,,
6 Jwt
+
1 (...!.. + j 9.,z 371' )
+ •. ·}
ei3wt
1
1 o
-
-r·
'
"
2r
-V·
Fig.15-53
Fig. 15·52
15-35 Hallar la serie exponencial de Fourier de la onda cuadrada representada en la Fig. 15-53 y dibujar su espectto de líneas. Convertir los coeficientes de la serie trigonométrica del Problema 15·22 en los de la serie exponencial y compararlos con los obtenidos aquí. Sol.
2:{...
/(t)
+
!e-J&wt _
.¡.e-i3wt +
e-¡.,1
+ eíw1 -
!eJ3wl
+
!e;5(1JI _ • , . )
15-36 Hallar la serie exponencial de Fourier de la onda representada en la Fig. 15-54. Dibujar el espectro de lineas correspondiente. Sol.
;: sen(-;,,.)e-nw1 - : sen(~11')e-íi.I + ~
/(t)
+ ~ sen (
Í)
eJwt
+ ;',,.
sen (
¡)
2
eJ2wt
Fig.JS-54
+
Fig. 15·55
15-37 Oelerminar la serie exponencial de Fourier de la onda senoidal rectificada de la Fig. 15-55. Convertir eslos coeficientes en los de la serie trigonométrica Y. compararlos con los resultados del Problema 15-24. Sol.
f(t)
-
... - ...!:. e-jiwr 15n-
+ 1'.. 6 -J2wt + 371'
V.
V + 4 e'"'' + -371' cJ2wl
V - JWI . -e 4
+
V 11'
...!:. e;4wt + ¡5,,.
15-38 Hallar la seríe exponencial de Four¡er de la onda rectificada de la Fig. 15-56 y dibujar su espectro de líneas. /(t)
-
2V -"1 t - -e'"' 15ir
+~ + 1!
t.2V - e -J2c.>I 3,,.
2V eJ2wl 3'11"
_ 2V _ cJ4wl
1571'
\
+
Fig. 15-56
·--
CAP. tS] 15-39
AN ALISIS DE LAS FORMA ~ DE ONDA POR EL METODO DE FOU RIER
-
241
Determinar la tensión e intensidad de corriente eficaces y la potencia media (activa ) suministrada a un circuito pasivo si la tensión aplicada es 1.1 = 200 + 100 cos (500r + 30°) + 75 cos (1500 + 60º) voltios y Ja corriente i = 3.53 cos (5001 + 75º) + 3,55 cos (1 500 + 78,45º ) amperios. Sol. 218.5 V; 3.54 A; 250.8 W.
15-40 Se aplica una tensión v = 50 + 25 sen 5001 + 10 sen 15001 + 5 sen 25001 voltios a los terminales de un circuito pasivo, siendo Ja intensidad de la corriente que resulta i "" 5 + 2,23 sen (500r - 26,6º)
+ 0,556 sen (15001 - 56.3' ) + 0.186 sen
Calcular Ja tensión eficaz, la intensidad eficaz y la potencia media (activa). lS-41
Sol.
125001 - 68.2" J
53.6 V; 5,25 A; 276.5 W.
Un circuito de tres elementos en serie, R = 5 ohmios, l = 0.005 henrios y C = 50 microfaradios, tiene aplicada una tensión v = 150 sen 1000/ + 100 sen 20001 + 75 sen 30001 vohics. Calcular la corriente eficaz y la potencia media (activa) del circuito. Dibujar los espectros de lineas de la 1ensión y de la corriente y observar el efecto de la resonancia serie. S<>I. 16,58 A ; 1374 W.
lS-42 Por un circuito serie de dos elementos con R == JO ohmios y l = 0.02 henrios circula una corriente i = 5 sen 1001 + J sen JOOr + 2 sen 5001 amperios. Hallar la tensión eticaz aplicada y la potencia media (activa). Sol. 48 V; 190 W. IS-43 Una bobina pura de autoinducción L = O.OJ henrios tiene una onda de corriente lriang\llar. Fig. 15-57. con w = 500 radianes por segundo. Escribir la serie exponencial de Fourícr de la corriente y hallar Ja serie representativa de la tensión vL en bornes de la bobina . Comparese el ·resultado con el del Problema 15-8. Sol.
VL
=
200
71'2 {- •• -
j~e - i3w1
-
je-¡,..1
+ j ,M + iie..,...i + ... }
i
10 !
11
-+-1-=+-I --+-----t--....-1 - + - .,, O, 2r r
-10
j1 Fig. 15-58
Fig. 15-57
lS-44
~
una bobina pura de autoinducción L = O,OJ henrios se le aplica una tensión cuya fonna de onda se ha dibujado en la Fig. 15-58, siendo w = 200 radianes por segundo. Obtener ta serie de la corriente en forma trigonométrica e identificar su fonna de onda. Sol.
1
20 {:;cn..,e - !sen3w t + ig-sen5wt -
-
11'
~sen 7wt
+ ···} ·v
IS-45 La onda de la Fig. 15-59, senoidal rectificada por com· ple10, representa la tensión aplicada a un circuito LC. El valor máximo de la tensión es 170 voltios y w = 377 radianes por segundo. Utilizando la serie trigonometrica de Fourier, hallar la tensión en la bobina y en el condensador. Representar el espectro de lineas de cada una.
Fic. 15·59
IS-46 Un circuito de tres elementos está fonnado por una resistencia R == 5 ohmios en serie eón una combinación en paralelo de l y C. Para w == 500 radianes por segundo, las reactancias correspondientes son /2 y - j8 ohmios. Hallar la corriente totaJ si la tensión aplicada es L' = 50 + 20 sen 5001 + 1O sen 1OOOt voltios. Sol. i = !O + 3.53 sen (500r - 28,Iº ) A.
- .. ·-........,__
Capítulo 16 Régimen transitorio en circuitos INTRODUCCION Cuando se hace pasar a un circuito de una condición a otra, sea por un cambio en la tensión aplicada o por una modificación de uno de sus elementos, se produce un periodo de transición, durante el cual, las corrientes en las ramas y las caídas de tensión en los elementos.. varían desde sus valores iniciales hasta otros nuevos. Transcurrido este periodo de transición, llamado régimen transitorio, el circuito pasa al estado o régimen permanente. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff a un circuito que co ntenga elementos que almacenen energía resulta una ecuación diferencial que se resuelve por los métodos conocidos. La solución está formada por dos partes: la solución de la ecuación homogénea o función complemenraria y una solución particular de la ecuación completa. En el sistema de ecuaciones de análisis de circuitos, Ja función complementaria tiende a cero en un tiempo relativamente corto y es Ja parte transitoria de la solución. La solución particular es la respuesta en el régimen permanente, que hemos estudiado en los capítulos anteriores. Los métodos aplicados en este capítulo por los cuales se obtiene la solución particular son, generalmente, largos y engorrosos y nunca tan directos como los ya utilizados. Sin embargo, la aplicación de dichos métodos permite profundizar en el sentido fisico de la respuesta en régimen permanente como parte de la respuesta completa.
Régimen transitorio en corriente ·continua REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS RL El circuito serie RL de Ja Fig. 16-1, al cerrar el interruptor, se Je aplica una tensión constante V. La segunda ley de Kirchhoff conduce a la ecuación diferencial.
di R i. + L dt
·
V
=
(1)
= d/dr
Utilizando la notación del operador D se tiene
y despejando V/L
V L
Flg.16-1
(2)
La ecuación (2) es una ecuación diferencial lineal de primer grado
~:
- ay =
'1\
o bien
(D - a)y = ']\
(3)
siendo D = d/dx, a una constante y ffi una función de x, pero no de y. La solución completa de (J) esta formada por la función complementaria y la solución particular, y es y
= Ye
+
Yµ
=
ce'"' + e°%
fe -ax']\ dx
(4)
en donde e es una constante arbitraria determinada por las condiciones iniciales del problema. Según (4), la solución de (2) es t
ce-<111u1
-
242
\
V + R
(5)
CAP. 16)
REGJMEN TRANSITORIO EN CIRa.JJTOS
243
Para hallar la constante e hacemos t = O en· (5) y sustituimos la corriente i por su valor inicial ; • 0 Esta corriente inicial es la corriente inmediatamente después de cerrar el interruptor. La autoinducción
if
está relacionada con la tensión y la corriente por las expresíones v = L :: e i =
v dt. La se-
gunda expresión nos dice que 1;ualquiera que sea la tensión aplicada, la corriente que circula por una bobina ha de ser una función continua. Por tanto. si Ja corriente es cero para 1 = O-, tiene que ser nu1a para t = O+. Sustituyendo en (5) se tiene
iu
=O=
c(l) +V/Ro bícn e = -V/R
(6)
y llevando este valor de e a (5) resulta
li
~~--------!
(7)
Esta ecuación representa un crecimiento exponencial, como se observa en la Fig. 16-2. El gráfico muestra el periodo de transición durante el cual pasa la corriente desde su valor inicial nulo hasta el final V/R del régimen permanente.
r
J·
!
...
'[
2
3
'
Fig.16-2
La constante de tiempo •de una funcíón como Ja definida en (7) es el tiempo para el cual el exponente de e es igual a la unidad. Así, para el circuito RL. t = L/R segundos. Para 1 r la cantidad dentro del paréntesis en (7) toma el valor (1 - e- 1 ) = ( l - 0,368) = 0,632. Para este tiempo, la corriente es el 63,2 % de su valor final. De igual forma, para 2 r, (1 - e- 2 J = (1 - 0,135) = 0,865, y la corriente es el 86,5 %de su v~Jor final. Después de 5 r, generalmente, se considera terminado el régimen transitorio. Por conveniencia, la constante de tiempo es la unidad que se utiliza para representar gráficamente la corriente dada por la ecuación (7). Otro ejemplo puede ser la caída exponencial, representado en la Fig. 16-3 con la siguiente ecuación: f(t) = Ae-at
(8)
en donde la constante de tiempo, con la definición dada, es r = 1/a. Para el valor 1 t e- 1 = 0,368 y la función habrá caído al 36,8 % de su valor inicial A. Para 2 t, e - 2 = O,J35 y la función es el 13,5 % de A. Después de 5 t se considera terminado el régimen transitorio.
2
3
Fig.16-3
La tensión transitoria en los elementos del circuito RL se obtiene a partir de la corriente. En estas condiciones, la tensión en bornes de Ja resistencia,
(9) y en bornes de Ja bobina Ve-CR!Lll
La tensión transitoria en la resistencia es una expo-
(10)
· 11
nencial creciente con la mi.sma constante de tiempo que la corriente, mientras que en la bobina es una exponencial decreciente, pero con la misma constante de tíempo. La suma de vR y vL satisface la ley de Kirchhoff en el periodo transitorio. (Véase Figura 16-4.) V
..
l:1
+ VL .R
= V(l -
e-
+ v e-CRIL)I
2
V
(11)
3
Fig.16-•
'
--
244
REGlMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
(CAP. 16
La potencia ínstanlánea en cualquier elemento de circuito viene dada por el producto de la tensión y la corriente. Así, la potencia di.s ipada en la resistencia es
PR
=
(1!)
=
vRi
y en la bobina Pi.
_
vLi
_
~e-
~
2
e-(RtL>t)
Por tanto, la potencia total es
_
v2 R (1 -
(e-
e-2ovL>1)
e.-
(IS)
(14)
En la Fig. 16·5 se han representado las tres funciones potencia, siendo los valores en régimen per· manente PR y Pn V 2/R y R/ 2 , en donde I representa la intensidad de corriente en régimen permanente. La potencia transitoria en la bobina tiene su valor inicial y final nulos y es la potencia que corresponde a la energía almacenada en el campo magnético de la misma. Para demostrarlo, integramos PL desde cero a in.finito.
w
=
" i
y2 - (e - (R/L)t
o
R
-
e-2(R /L>I)
dt
1
(15)
-L/2 J 2 p
Fig. 16-5
Fig.16-6
El circuito RL de la Fig. 16-6 tiene una corriente inicial i 0 = V/R. En el instante t = O se conmuta el interruptor a la posición 2 que elimina la fuente y pone en cortocircuito a la rama RL serie. Aplicando la segunda ley de Kirchhoff al circuito sin fuente tendremos la ecuación
L
~~ +
Ri = O i
cuya solución es Para 1 = O, Ja corriente inicial es i 0 de la intensidad de corriente es
=
o bien
=
(D
ce-
+ ~) i =
O
(18)
(17)
/
V/R. Sustituyendo en (17) e = V/R, con lo que Ja ecuación (18)
Este decrecimiento o calda exponencial se representa en la Fig. 16-7(a). Las tensiones correspondientes en bornes de la resistencia y de la bobina son
y representados en la Fig. 16-7(b). la suma
vR
+
di = vL = L -d t
(19)
vL satisface a la ley de Kirchhoff ya que, con el interrup-
tor en 2, la tensión aplicada es cero. Las potencias instantáneas plt =
\.
-ve -1R1L>c
~ e- 2
- --
CAP. 16]
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
245 v2 jf
t
3
(4)
'
(b)
(e)
Fig.16-7
se representan en Ja Fíg. 16-7(c). Si PL se integra desde cero hasta infinito se ve que Ja energía disipada es exactamente Ja que fue almacenada en el campo magnético durante el régimen transitorio previo, 2 !LI • Durante el transitorio, esta energía se transfiere a la resistencia. REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS RC Aplicando la segunda ley de Kirchhoff al circuito RC de Ja Fig. 16-8 resulta la ecuación diferencial siguíente:
~
f idt + Ri
V
(20)
y derivando,
i C
+
di R dt = O o bien
(D
+ R~ )i =
O
Fig.16-8
(21)
La solución de esta ecuación homogénea solo contiene la función complementaria ya que Ja solución particular es cero. Por tanto, i = ce-ttRc . (22) Para determinar la constante e, obsérvese que la ecuación (20) para t = O es Ri0 = V o bien i 0 = V/R. Sustituyendo el valor de i0 en (22) se obtiene e = V/R para t == O. Entonces, . -
i -
V
Re
-llRC
(29)
La ecuación (23) tiene Ja forma de una caída exponencial, Figura 16-9(a). Las correspondientes tensiones transitorias son 'I)
R
= Ri
=
ve-llRC
y
ve =
~
fi
dt =
V(l - e-tJRc)
V ------·----
2
3
(a)
.. (b)
Fig. 16·9
(e)
(24)
(CAP. 16
REGJMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
246
y aparecen representadas en la Fig. 16-9(b). Las potencias instantáneas 'l'.l
l'R
V .;
-
-
v2
-
R.
R
-
(25)
y
- · e-21/RC
se pueden observar en la Figura 16-9(c). La potencia transitoria Pe• cuyos valores inicial y final son nulos, corresponde a la energía almacenada en el campo eléctrico del condensador con una tensión constante V entre sus placas. Puede com· probarse por integración de Pe desdt: cero hasta ínfmíto.
"'v2 -(e-tlRC º R
i
e-2tlRC)
(28)
dt
El circuito serie RC de la Fig. l 6-1 O tiene e! interruptor en la posición 1 el tiempo suficiente para que se establezca el régimen permanente y, en el instante t == O, se conmuta a la posición 2. Con el interruptor en esta posición la ecuación del circuito es'
bf i dt + Ri =
o
O i
cuya solución es
(
D
+ _!__)i RC
-
O
= ce-·11ac
(27) Fig. 16·10
(28)
Para determinar la constante e se hace t = O en (28) y se sustítuye la corriente inicial i 0 • 'como el condensador se carga a una tensión V con la polaridad indicada en el esquema, la corriente inicial es opuesta a i; en consecuencia, i 0 = - V/R. Entonces, e== - V/R y la intensidad de corriente es
.
i
= - VR
(29)
-e-llRC
Este decrecí miento transitorio se ha representado en la Fíg. 16-11 (a). Las tensiones transitorias correspondientes en los elementos del circuito
vH = Ri . =
-ve-
11
Rc
(90)
y
se representan en la Fig. 16-1 l(b). Obsérvese que l'R + ve= O satisface a la ley de Kírchhoff ya que no hay ninguna tensión .aplicada con el interruptor en la posición 2. Las potencias transitorias PR
=
V
R
i ==
v2 e .. R
211 J
y
Pe -
v2
,,, ; -· _ -e-2!/RC '«:• R
(31}
se representan en la Fig. 16-l l(c}. No hay ninguna fuente responsable de PR• pero es evidente que la energía almacenada en el condensador se transfiere a la resistencia durante este régimen transitorio. 2 La comprobación de que al integrar Pe entre cero e infiníto se obtiene el valor - !CV se deja como ejer-
c1c10.
3
..
la)
Fig. 16-ll
247
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
CAP. 16)
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS RC .REI-'ERIDO A LA CARGA En un circuito serie RC es conveniente, con frecuencia, conocer la ecuación que representa la car· ga transitoria q. Entonces, pt1esto que la intensídad de corriente y la carga eléctrica están relacionadas por i = dq/dt, se puede obtener dicha intensidad por simple derivación respecto del tiempo.
En la Fig. 16-12 se ha cargado el condensador con la polaridad que se índica ya que q tiene el mismo sentido que
i en la Fig. 16-8. La ecuación referida a la intensidad de corriente es
bf idt + Ri
{32)
V
y puede escribirse en Ja carga sustituyendo i por dq/dt. Por
Lanto,
~ + R ~i
== V o bien ( D +
ic) q
=
~
Fig. 16-12
(83)
Utilizando el método seguido en la deducción de la ecuación (5), la solución es
q ::::; ce-i1Rc
+ CV
(94)
Para / = O, la carga inicial del condensador es q0 = O y q0 == O
=
c(l)
+ CV
o bien e
(35)
-CV
Llevando a (34) este valor de e se obtiene (96)
q == CV(l - e-llR(..)
La carga en régimen transitorio es una exponencial creciente hasta un valor final CV. ntonce • · . analiza un circuito como el de Ja F ig. 16- JO, tomando como base la carga, el resultado es un decreci· miento de la carga desde el valor C V como representa ia ecuación
(S7)
q :;:::: cve-tlllC V R
or--
t'
-: L---------
(b)
(a)
Fig. 16-13
En la Fig. l 6-13(a) se ha trazado la función q en carga y descarga, representándose ~~s func~ones de intensidad correspondientc:s en la Fig. 16-lJ(b ). Como la carga q tiene que ser una fu~c1 on continua, q = CV para ((-) y t'( + }, mientras que i es cero para e'(- J y vale - V/R para t ( + ).
F
REGIMEN TRANSITORIO EN CfRCUITOS RLC Aplicando Ja segunda ley de Kirchhoff al circuito serie RLC
s.
de la F ig. 16-14 se obtiene la siguiente ecuación integrodiferencial
Ri Derivando se obtiene
+
di 1 L dt + C
t
dt
(38)
V
-11-__:..------'T Fig.16-1'
C
248
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
o
o bien
(CAP. 16
+ ...!..)i ( n2 + RD L LC
o
(89)
que es una ecuacíón diferencial lineal de segundo grado y homogénea cuya solución particular es cero. La función complementaria puede ser de tres tipos según los valores relativos de R, L y C. Los coeficientes de la ecuación característica D 2 + (R/L)D + 1/LC = O son constantes y las raíces son
= -R!L + V(R/L)
D1
2
-
4/LC
2 Haciendo a= -Rl2L
y
f3 = V(R/2L)2
-
D2 = -R/L - V(RIL) 2 - 4/LC
y
2
(40)
1/LC,
D1 = a+ fJ
y
Dt. =
a -
fJ
(41)
El subradical. fJ puede ser positivo, cero o negativo y la solución es, entonces, amortiguada, supercrítica, crítica y subcritica (oscilatoria), respectivamente. Caso l. (R/2L)2 > l/LC. Las raíces D 1 y D 2 son reales y distintas, dando lugar al caso de amortiguamiento supercrítico. La ecuación (39) se puede escribir, entonces, en forma de producto
[D - (a+ ,8)J[D - (a - ,B)Ji = O
(42)
y la intensidad de corriente es
(49)
o
Caso 2. (R/2L) 2 = 1/LC. Las raíces D 1 y D 2 son iguales y la solución corresponde al caso de amortiguamiento crítico. En forma de producto, la ecuación (39) se convierte en
(D-a)(D-a)i = O
(44) (45)
cuya solución es
Caso 3. (R/2L)2 < l/LC. Las raíces D 1 y D 2 ~on complejas conjugadas y la solución corresoinde al caso de amortiguamjento subcrítico u oscilatorio. Definiendo fJ = ,/l/LC - (R/2L) 2 , y a como antes, la forma de producto de la ecuación con operador es
[D - (a+ jp)][D - (a - j¡3)}i i = eª1(C1
cuya solución viene dada por
COS
,8t
=O
(.46)
+ C2 Sen f3t)
(47)
La intensidad de corriente contiene, en todos los casos. el factor e', y como :X = - R/2L, el valor final es cero, garantizando que la función complementaria desaparece, en un tiempo relativamente corto. Los tres casos se esquematizan en la Fig. 16~15 cuando el valor inicial es cero y la pendiente inicial es positiva.
¡. 1 •
i
1
.~. la)
Caso 1
lb) Caso 2 Flg.16-15
•
(e) Caso 3
-----
-
·-.... ..
'
CAP. 16)
249
REGJMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
Régimen transitorio en corriente alterna REGIMEN TRANSITORIO EN
cmcurros
RL CON ALIMENTACION SENOIDAL
En el circuito serie RL de Ja Fig. 16-16 al cerrar el interruptor se aplica una tensión senoidal. En dicho momento, la función de tensión puede esta r en un punto cualquiera del periodo y, por tanto, el ángulo de fase
(i
=
i
e-< 11. IL )t
p
f
=
e~R/Lll V mu L
C'e - (Ri L )•
sen (wt
L
Fig.16-16
Vmax sen"' (t ) L +4>
Ri + L ;; = V mu sen {wt +e/>) o bien La función complementaria es 1«
-t
V =
Y,,,•• ~n (~t + ~}
(48)
y la solución particular
+
V max
VR2 +
..,2
L2
sen (wt
+
are lg ,.,L/R)
.
La solución completa, por tan to, es
i
=
=
i +ip ~
ce-
+
Vm.. sen (...t +e/> y'Rz + ..,2L2
are tg ...L/R)
·
(49)
La bobina impide cualquier cambio brusco de !a corriente y, como antes de cerrar el circuito la intensidad es cero, se deduce que i 0 = O. Por consiguiente, para t = O · i0
= O :::
c(l)
+
V mu sen (.p - are tg wL/R) yR2 + ...,2L%
- Vmax
e :::::
y
..jR2 + .,,2L2
sen (t/> - are tg wL/R)
Sustituyendo en (49), Ja intensidad es
V"'"' sen ((l)t + t/> - are 1g .,,L/R) y'R2 + .,,2L2 (56)
'
El primer sumando de (50 ) contiene al factor e - tl!.:L>• que se anula en un tiempo relativamente corto. La ex.presió n entre corchetes es. simplemente, una constante, cuyo valor depende del momento del ciclo - are tg wl / R) = mr, siendo n = O, l, 2. 3, .. . , la constante vale cero y la corriente pasa directamente al régimen permanente. Y si(> - are tgwL/ R) = (J + 2n):rr/ 2, el régimen transitorio tendrá la amplit ud máxima posible. El segundo suma ndo de (50) es la intensidad en régi men permanente. retrasada respecto de la tensión aplicad a un ángulo are tg wL/ R. Esta solución particular, obtenid a anteriormente por integración, puede determinarse por el método de los coeficientes indeterminados. El método es aplicable cuando la función de entrada es un seno, un coseno o una exponencial, ya que en estas funciones las derivaciones sucesivas repiten el mismo conjunto de fu nciones. Para aplica r el método a la ecuación (48), en la que el segundo miembro es Vmu sen (wt + q, ), suponemos una intensidad particular
A cos (wt + ip) + B sen (wt + >} en la que A y B son constantes. La primera derivada vale
(51)
tP
- .4w sen (wt + q.) + B.., cos (.ut + .p) Sustituyendo estas expresiones de iP e
{- A .. sen (..,f. + .¡,)
R
+ L {A
+
i~
(52)
en (48) se obtiene
Bw cos (..,t + t/>) }
cos (w t
+ q,) + B
sen (wt
+ <1>) }
=
(53)
Agrupando términos semejantes,
(-A..,+ BRIL)sen (wt+q,) + (B,. + ARIL ) cos(wt+
.
•
'
-
V"'"x sen (...t L
+ 4')
···-·-·---··---·---··--··
[CAP_ 16
RE
250
e igualando los coeficientes de dichos términos, se obtienen dos ecuaciones en A y B,
-Aw + BRIL
= V mulL
A = - ...LV1nu R2 + ,,,"L2
de donde
y
=O
+ AR/L
B.,,
(55)
_ RVmu B - R2 + Ul2L2
y
(56}
Sustituyendo los valores encontrados de A y B en (5 J); se obtiene la intensidad de corriente (57)
-;::===sen (wt +
o bien
(58)
que es la misma que la solución particular obtenida antes por integración.
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS RC CON ALIMENTACION SENOIDAL En el circuito serie RC de la Fig. 16-17, al cerrar el interruptor se tiene aplicada una tensión senoidal. La segunda ley de Kirchhoff conduce a la ecuación
Ri
+ ~
fi
(i V:::
l'ma• sen ("'t ~
dt
(59)
l' "'"' .:n (w!
.._
t
::e
+ 41)
Derivando y teniendo en cuenta la notación del operador re-
sulta,
· 1 ) ( D + RC i
Fig. 16-17
w V max
coa wt+ct>)
R
-
(60)
(
(61)
La función complementaria es y la solución particular, obtenida por integración o por coeficientes indeterminados. es
vR2 V+
t;i.
+ are tg 1/wCR)
(62)
Por tanto, la solución completa es
ce- 11 Rc
i
V m•x sen (wt yR2 + (l/..,C)2
+
+ tJ> + are
(69)
tg l/wCR)
Para determinar la constante e hagamos / = O en la ecuación (59); la corriente inicial es, entonces. i0
=
Vrn.. sen ef>. Sustituyendo en (63) y haciendo t = O resulta R VRmn sen q, c(l) + ~ma~ sen (
e
o bien
Vmu Ir" sen q,
~mA•
+ (l/wC)
(84)
(65)
sen(.¡,+ are tg l/wCR) 2
LJe1,ando el valor de e de (65) a í6J) se obtiene e! valor compieto de la íntensídad de corriente 1
-
e-11Rc
[
n\AX r¡i -·-sen .f> -
R
i·
V
mHX
.
yR2 + (l/...C)2 V ma•
-
yR2 + (1/wC)2
sen(>
sen (wt
+ are
J
tg l/wCR)
+ r/> + are tg l/wCR)
El primer sumando es el transitorio con un factor de decrecimiento
e-i¡Rc.
(66)
La magnitud entre corchetes
es una constante. El segundo sumando representa la intensidad de corríente en el régimen permanente que \'a en adelanto de fase. respecto de la tensión aplicada. en un ángulo are tg 1/wCR.
---····
CAP. 16]
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
251
REGlMEN TRANSITORIO EN CIRCun·os RLC CON ALIMENTAC{ON SENOIDAL Al cerrar el interruptor en el circuito serie RLC de la Fig. 16-18 se aplica una tensión senoidal. La ecuación resultante es
di + -I R i. + L -dt e
f. dt i
V,,,,, sen (wt -i- .p)
V :;
(67)
Derivando y teniendo en cuenta la notación operacional resulta
• RD 1 \. - + ·-.. ( D'- + L LC )i
Fig. 16·18
(68)
La solución particular se obtiene por el método de los coeficientes indeterminados en la forma siguiente. Suponemos iP = A cos (wt + > J + B sen ((l)f + > ). Se calculan después í~ e i~' y se sustituyen en la ecuación (67). Los valores de A y B se determinan entonces igualando los coeficientes de Jos términos semejantes, como se hízo en el caso del circuíto serie Rl.. Expresando el resultado como función dé un solo seno. la solución particular es
(69)
La función complementaria es idéntica a Ja del círcuito serie RLC en corriente continua, que ya fue estudiada y cuyo amortiguamiento es super.:rítico, crítico o subcrítico (oscilatorio), según los valores de R, l y C. 2
(R/2L ) > 1! LC. Las raíces son reales y dislimas, dando lugar al caso de amortiguamiento supercrítico. D 1 =a+ {l y D 2 = ~ - {J. siendo a= -R!2l y {J = J1Rí2L) 2 - líLC. La Caso 1.
solución completa es
2
(R/2L) = l¡LC. Las raices son reales y distintas, dando lugar al caso de amortigua-
Caso 2.
miento crítico. La íntensidad de corriente completa es
i
-
eª1(c1
+ c,d) +
yR
2
V,,u
+ (1/wC - ,,,L)t
·
sen ( wt \
+ cfl
+are tg (l!wCR-
wL))
(71)
2
(R/2l) < lí LC. Las raiccs son complejas conjugadas resultando el caso de amortiguamiento subcrítico u oscilatorio y la intensidad de corriente completa es
Caso J.
e"1 (c1 cos {3t + c2 sen ,f3t) siendo
f1 = yl/LC - (R/2l) 2 •
+
sen ;! .., t \ (1/wC - 01L) 2 V,,,,"
V]F'+
+
1> + are lg (l/wCR- wL)) (72)
Las ~oluciones paniculares de las ecuaciones (70), (71) y (72) son idénticas, mientras que la corriente transítoria dada por Ja función complementaria es diferente en cada caso. Por ejemplo, en el caso 3. la parte transitoria contiene un conjunto de funciones senoídales de pulsacíón p radianes por s.egundo, que es, en general, díslínta de w de la solución particular. En consecuencia, es imposible predecir la forma de la intensidad de corriente durante el periodo transitorio, síendo muchas veces muy irregular. Una vez que al factor de decrecimiento h<.1 anulado la parte transitoria, la corriente adelanta o retrasa en fase respecto de la tensión apfü::ada, según los valores relativos de las reactancias I/ruC y wl, un ángulo are lg (1 ·wc - wL)/ R.
,-··
252
(CAP 16
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
Régimen transitorio en circuitos de dos mallas Aplicando las leyes de Kírchhoff al circuito de dos mallas de la Fig. 16-19 conduce al sistema de ecuacíones diferenciales:
V (73)
V
r.,
Utilizando la notación operacional y agrupando términos se tiene
Fig.16-19
V/Li
(74)
o bien
de
Con objeto de obtener una ecuación de i 1 independiente de i 2 , resolvemos el sistema por Ja regla Cramer,
D
+ RtlL1
Ri/L1 D
+ R1 +R2
{75)
Íi
L2 El determinante del primer miembro se desarrolla y ordena según las potencias decrecientes de D. En el desarrollo del determinante del segundo miembro aparece el término D(V/L¡); ahora bien, como ·D = d/dt y V/L 1 es constante, dicho término es cero.
(76)
+ AD + B
2
= O, pero como en este caso, A - 4B > O para todos los valores de las constantes del círcuitc (siempre que ni L 1 ni L 2 sean nulos} la función complementaria es de la forma dada en la ecuación (43). Como la funcíón de entrada es constante, una solución particular es la constante que satisface a la ecuación .
La ecuación característica es de la forma D 2
2 (\ R,R . LiL )'hp 2
-
VR2/L 1L 2 o b'1en
' 'hv
(77)
.V/R 1
Aplicando ahora los mismos métodos a í 2 resulta
D
+ Ri!L1 Ri!L2
D
Ri!L1 D
R1+R2 i2 + L2
-
+ RtlL1 V/Li (78)
RdL2
V/L2
Después de desarrollar los dos determinantes se tiene
[ D"'
+ ( R1L1 + R2L1 + R1L2) D + R1R2].2 L1L2 i L1L2
o
La ecuación característica es la misma que la de (76) y, en consecuencia, las funciones complementarias son identícas. Sin embargo. la solución particular de i 2 es cero, ya que la ecuación es homogénea. El examen del circuito demuestra que esto es perfectamente razonable ya que, en régimen permanente. L 1 aparece como un cortocircuito de la rama R 2 L 2 derivando de este modo la corriente de esta rama. Entonces, R 1 es la única impedancia !imitadora en el régimen permanente y, por tanto, la cornente es i 1 = i·. R. tal como muestra la ecuación (77).
CAP. 16]
253
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
Problemas resueltos 16-1
A un circuirn serie RL, con R = 50 ohmios y L = 10 henrios, se le aplica una tensíón constante V= 100 voltios en el instante / = O en que se cierra el interruptor. Determinar (a) las ecuaciones de í. l'R y 1·L· (b) ta intensidad para t = 0,5 segundos y (e} el instante en que vR = Vt. (o)
La ecuación diferencial del circuito dado es
50i
+ 10 ~; -
100
o bien
(D + 5)i -
10
(1)
y la solución completa es i Para r
=
= ic + í1,
= ce - ~r + 2
(2)
O, i0 = O, con lo q uc O = rll J + 2. de donde e = - 2. Por 1anto.
=
2(1 - e-~')
(.f)
que se ha dibujado en la Figura l 6·20111 ).
Las tensiones correspondientes en bornes de los elementos del circuito son las representadas en la
=
1111
Ri =- 100(1 -
e-M)
y
(4)
Figura J6.20(h ).
100 - · - - - - - - - - - - -
i
, 1
u ~-....--,-,---.--··-···-,---U,4 0,5 11,• O,•
t
0,6
(a)
(b)
Fig, 16-20 (h)
Haciendo t = 0,5 s en (J ). se obtiene i = 2( 1 - e- sio.~i J = 2(1 - 0.082) = 1.836 A.
le)
Cuando sea 1:11 = v!.. cada una deberá vaier 50 voltios y. puesto que la tensión aplicada es 100. hacemos rR o bien 1;L igual a 50 y se halla el valor de t. De (4 ). t·L = 50 = 100e- ~·. De donde e_,, = 0,5 o bien St = 0,693 y r = 0,1386 s.
• 16-2
En el Problema 16-1 hallar las ecuaciones de PR y PL y demostrar que Ja potencia en la bobina corresponde a la energía almacenada en el régímen pennanente en su campo magnétíco. Con las intensidades y tensiones obtenida~ en d problema ancerior.
PT -
P11.
+ P1.
=- 200:1 - e-SI)
La encrgia almacenada en ei rég1m~n permanence por el campo magnetico es W
=
}L/2
julios. La integral de PL desde •r = O a / = :e- es W
= .{"' 200(c-$1 -
e- 10 1) dt
= 20 J.
,,,.
iU0)(2) 2 = 20
· - - - - - - - -·--- ·-·
254 16-3
(CAP. 16
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
En el circuito seríe de la Fig. 16-21 se pone el interruptor en la posición l en el instante t = O, aplicando con ello una fuente de 100 voltios a la rama RL. En el instante / = 500 micr.9segundos se conmuta el interruptor a la posición 2. Obtener las ecuaciones de la intensidad de corriente en ambos intervalos y dibujar el periodo transitorio. En Ja posición 1 la ecuación es
. di 1001 + 0,2 dt y
= 100
o bien
(D
+ 500)i = 500
(l)
la intensidad de corriente vale
+
i"" c,e- 500
(2)
1,0
Para r = O, i = O. Llevando la condición inicial (2 }, O = e 1 ti 1 + 1.0 o bien e1 = - 1,0. La intensidad es (J)
i = l,O(I _ e-soor¡
Al llegar a Jos 500 µs, este periodo transitorio se interrumpe, siendo la intensidad i
J
= 1,0(1 -
i\
l.U
---- -
-- -
1000
(•.~
~$0V
(4)
1.011 - 0.779) = 0,221 A
t'-S00!5DD• IOº•);:;
/
/
- --- -
,,,,.--
.-.-
--
---::_-:;_-.=====-
---;¡-"-----/
0,2 H
L._.;.___ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _~·
t'
• Fig.16-2%
Fig.16-21
Con el interruptor en la posición 2 la tensión aplicada es SO V, con igual polaridad que con la fuente de 100 V, y la ecuación es lOOi
di
+ 0,2 di
= 50
o bien
(D
+ 500}i =
250
(5) (6)
y su solución, en donde t' = 500 µs. Para t = tró en (4).
t'
en la Ecuación (6), el valor de la intensidad es 0,221 A, como ya se encon-
i"" 0,221 ""c2 (1}
+ 0,5
y
e, = -0,279
i = -0,279e-soou-•·• + 0,5
Entonces, para r > r',
(7)
La Ecuación (J) se aplica para O < t < 1' y el periodo tran!\itorio, de trazos en la Fíg. 16-22, tiende al valor 1,0 del régimen permanente. Al llegar a (cuando la corriente es de 0,221 A, el interruptor pasa a la posición 2, y para r > t' se aplica la Ecuación (7) .con un valor final de 0,5 A.
16-4
Repetir el Problema 16-3 suponiendo que la polaridad de la fuente de 50 voltios se ha ínvertido. La primera parte del régimen transitorio, con el interruptcr en la posición 1, es igual que la obtenida en el Problema 16·3: i = 1,0( 1 - e- soor) con i = 0,221 A para t = 500 µs. Al invenir Ja polaridad de la fuente de 50 V se obtiene la siguiente ecuación
!OOi
di
+ 0,2 di
= -50
o bien
.(D
+ 500)i =
-250
(/)
cuya wlución es i = ce-soou-r'J - 0,5
(1)
-·
.;.....;;;
-
•
CAP. 16]
255
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
Ahora bien, para t = t' la intensidad vale 0,221 A. Sustituyendo en la Ecuación (2 ), 0.221 = e( l) - 0,5, o sea, e = O, 721. La ecuación de Ja corriente para t > t' es, por consiguiente,
11, 5
0.221
•'.
í = O, 721 e- soou-n - 0,5
En la Fíg. 16-23 se ha representado Ja intensidad en el régimen transitorio. El valor final es -0,5 A, ya que con Ja inversión de la fuente de 50 V su sentido es opuesto al tomado como positivo. 1~5
-0.51----- ---- ---1
Fig.16-:3
A un circuito serie RC, con R = 5000 ohmios y C = 20 microfaradios, se le aplica en el instante 1 = O una tensión constante V = 100 voltios (el condensador no tiene carga inicial). Hallar las ecuacíones de i, vR y ve. AJ cerrar el circuito, la ecuación es 5000i
+
20
fi
x\ 0 _ 8
100
dt
(I)
Derivando y utilizando la notación operacional resulta.
+ IOJí-= O cuya solución es
(D
i = ce- 1
Haciendo t =O en la Ecuación (1) la corriente inicial vale í0 = l00i5()()()
e=
°'
= 0,02
(2)
A. ·sustituyendo en (2),
0,02. La intensidad es, entonces,
í = o.02e- 1º' y las tensiones de régimen permanente en bornes
-
J·
1 C
1
l'n ""
dt
(3)
de Jos elementos del circuito son
Ri == 5000(0,02 e- 10'} = 100 e· 1 °' 20 X 1l0-6
-
fo
.02 e -1•r tlt
-
100(1 - 41-lOt)
Los regímenes transitorios se han representado en Ja Fig. 16-24. En el régimen permanente lle = 100 V.
11 11
= Oy
11,llJ
(a.) l~
(b)
Fig.16-24
El condensador de 20 microfaradios del circuito RC de la Fig. 16-25 tiene una carga inicial q 0 ~ 500 microculombios
con la polaridad indicada en el esquema. En el instante 1 = O se cierra el interruptor aplicándose, en consecuencia, la tensión constante V= 50 volti.os. Detenninar la intensidad de corriente en el régimen transitorio. A1 cerrar el circuíLo, la ecuación lOOOi
cuya solución es
+
20
X
l
F ~' l_ __
'li_o_z.J 20 14F
e~
l0-6
Fiir.16·25
f
i dt
50
o bien
(D + 60)i
= O
(1) (2)
Ahora bien, la fuente de 50 V da lugar a una corriente con el sentido dibujado en el diagrama, originando una carga + en la placa superior del condensador. La carga inicial del condensador q0 tiene una tensión equivalente V 0 = q0 /C = (500 · 10- 6 )!i20 · 10· 61 = 25 V, que también produce una corriente en el sentido marcado de í. Por tanto, para t = O la corriente inicial es i0 = (V + q0 /C)/R = (50 + 25)/1000 = 0,075 A. Sustituyendo en la Ecuación (2). e= 0,075 y, por consiguiente, í = 0,075e-S 0 • A. .
256 1~7
(CAP. 16
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
Repetir el Problema 16-6 refiriendo el régimen transitorio a la carga. · La ecuación, tomando como variable la carga. es
1000 dq dt
+
20
X
10-6 q
cuya solución es
_
(D + 50)q -
o bien
50
q
e e-so1
+
.05
(1)
(.e)
io-3
Para / = O el condensador tiene una carga positiva de 0,5 · 10· 3 C en la placa inferior. La polaridad de la carga acumulada durante el régimen transitorio en la placa superior es positiva. En consecuencia, se hace q0 = -0,S · 10- 3 y 1 =O en la Ecuación (2), con lo que e= -1,5 · 10- 3 , Entonces. q = -1,5·10-le-5or + 10-3 0 y la corriente en el régimen transitorio es i = dq!dt = 0,075e-~ • A. . En la Fig. t6-26(a) se ve que el condensador tiene una carga inicial positiva de 0,5 · 10- 3 C en Ja placa inferior y una final positiva de 1,0 · 1o- 3 C en la placa superior. La corriente en el régimen transitorio, i = dq/dt, se ha dibujado en la Figura 16-26(b).
10·•
O.OH
------------
1 o 05'1~
º·' . 10 )
i u~'1
n
.....--~t
oL-~~...-~~.......::~:==:~
. º·'. 10·•
O.v 1
(a)
11.11~
O U)
U.l).l
fi.OS
U.O<>
0.07
(b)
Fig. 16·!6
16-8 En el circuito RC de la Fig. 16-27 se pone el interruptor, en el instante t = O. en la posición 1 y después de una constante de liempo (1 T) se pasa a la posición 2. Determinar el régimen transitorio completo de corriente. En la posición 1 1., solución de la ecuación diferencial obtenida al aplicar la segunda ley de Kirchhoff al circuito es
Fig. 16-27
(1)
Para t = O, iu = V¡R = 20/500 = 0,04 A. Suslituycndo en (/ ). c 1 = 0,04 y la corriente en el intervalt)
O<
1
< l r es (2)
Este régimen transitorio continúa hasta que t = l t = RC = 500(0.5 · 1O-i.) = 250 µs. En este instante, la intensidad de corriente tiene un valor i = 0,04e-• = 0,0147 A. Al pasar el interruptor a la posición 2, el condensador tiene una carga en las placas que origina una tensión v, = 20(1 - e- 1 ) = 12.65 V. Esta tensión, junto ll.01 U.0147 con la fuente de 40 voltios. hace ::írcular Ja corriente en o 1----· --------·:::;;:;;;;=---t ~entído opucs10 a la originada por la fuenle de 20 V. t' H aciend() 1' = 1 t. la ecuación de la intensidad en el -t! 1 segundo periodo de transición es
":·l
-- il.IJ41
.
(.1)
-•llN•i
= ··· 140 + 12,65i!500""' -0,1053 A.
i ·- IJ tJ,!o· ..J
/ =
Para
1 = 1'.
i
- 4000{r - •• ,.
Sustituyendll en \.?!. <' 2
<'2i'
'-
-0. I053. con lo que la intcn-
mfad es (4)
El régimen transnorio r.:omple10 es el representado en la F1g. 16-28. Para 1 t la corrien1e tiene un valor de
pico de -0.1053 A.
... ,, 1
n~
.. l•.ll
i
- u. !0~3
Fig.16·28
t•9
257
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
CAP. 16]
Determinar el régimen transitorio de carga en el Problema 16-8 y derivar para obtener el de la intensidad de corriente. En la posición l la ecuación referida a la carga es 500
~~ + 0.5 x ~ 0 .:.-¡
Para t
= O,
=
q
cuya solución es
=
o bien
20
+
c 1 e-40001
= 10 x 10-e (1 -
Esta ecuación es válida en el intervalo O < q = 10 • io- 6 (1 - e- 1 ) = 6,32 · 10- 6 C.
/ < t', siendo t'
(1)
10 X 10-.e
(.f)
q0 = O. Con las condiciones iniciales en (2), se obtiene c1 q
= 0,04
(D + 4000)q
= -10 · 10-
6
y, por tanto,
6 -4ooot)
(.f)
= 1 t. Para 1 t, la carga en el condensador es
Con el interruptor en 2 la ecuación diferencial es dq 1)00 dt
q + o.sx -- ;;;;: 10-&
q
y su solución
=
-40
O
b.
!CD
c2 e- 4oooo-n - 20
+ 4000)q
(D
-0,08
(~)
10-11
X
(6)
Se de1ermina el por sustitución del valor de q para l T y haciendo t = 1 r en la Ecuación (5). En estas condiciones, 6,32 · 10- 6 = c 2 (1) - 20 · 10- 6 • de donde c2 = 26,32 · 10- 6 . Por tanto, q
=
26,32 x 10-a e- 4 ooo
La Fig. 16-29 representa el régimen transitorio completo. La intensidad se halla derivando las Ecuaciones (J) y (6). Por consiguiente. en el íntervalo O < t < r', la intensidad vale i
= .2. {lO x 10-e (1 dt
y para t
i
=
:t
20 X 10-&
(8)
- . . . - - - ,-- _::--::.:.--=~=="'- - - -
--
5 132X10-C
"" 0,()4 e-tooo1
e-40001)}
> t',
{26,32
x io-e e-4000 11-1·1
-
20
x
-1ox10-•
10-a}
= -O.I053e-4oooo-n
. . . zo x !O-•-i - - - - Estos resultados son idénticos a los obtenidos en las Ecuaciones (2) y (4) del Problema 16-8.
16-10
--- - · - -
-- -
..._ · - -
J
Fig.16-29
A un circuito serie RLC con R = 3000 ohmíos, L = 10 henrios y C = 200 microfaradios, se le aphca una tensión constante V = 50 voltios en el instante r = O. Hallar el régimen transitorio de corriente y el valor máximo de la intensidad si el condensador no tiene carga inicial. La ecuación, una vez cerrado el circuito, es
3000i.
~ + + 10 dt i = 60 o b'1en x1 __ J{.dt 200 10 6
(D2 + SOOD + 600}i - O
(1)
Las raíc!!s de la ecuación cí:l.racterístic:.1. son D 1 == - 298,3 y D • = - 1,6 7, con lo que (2)
Para calcular c 1 y c2 se utilizan dos condici
-
0,0168e-l 98·l•
(3)
.....
: ·-·
-···-··---·--·-·---
258
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
(CAP. 16
Para hallar el máximo de la corriente se hace di/clt ígual a cero y se despeja r.
di/dr = (0,0168)(-1,67)e- 1•6 ' '
-
(0,0l68)(-298.3Je- 2 ~ 8 - 3 ' =O
o bien
1 -
0,0175 s
Llevando este valor de t a la Ecuación (3) se obtiene 0,0161 A.
16--11
Un circuito serie RLC, con R = 50 ohmios, L = 0,1 henrios y C = 50 microfaradios, tiene aplicada una tensión constante V = 100 voltios en el instante t = O. Hallar el régimen transitorio de corríentc, supuesta cero la carga inicial del condensador. Al cerrar el circuito, la ecuación diferencial es
+ 0.1 ~~ +
.f
= 100 o bien (D2 las raíces de la ecuación característica son D = -250 + ¡371 y D = SOí
50 x1io-s
i dt
500D
"t-
1
+ 2 X lOS)i = o
(1)
-250 - j371; en consecuencia, Ja
1
intensidad de corriente es i
=
e-2~0 1
Para 1 = O la corriente es cero. Entonces. de La Ecuación (2) se transfonna en i
Derivando (J ),
di/dt
=
+ c2
(c 1 co5 371t
=
sen 37lt)
(2 J se reduce. i0 =
(2)
O = (l )lc 1 cos O + c 2 sen O) y c 1 = O.
e-:UOt e, sen 371t
+
c2{e- 2sot (371) C\IS 371t
(.fl
e-ZSOt (-250) :,en 37lt}
(.t)
De(/}. parar = O, 0,1/di;dl) = 1OO. de donde. di dt = 1000. Sustituyendo en (4). para 1 = O, di¡dr = 1000 = c2 371 cos O y c2 = 2,7. Por tanto. la intensidad buscada es i = e- 2 $ 0•12.1 sen 371r).
16-12 Un circuito serie RL, con R = 50 ohmíos y L = 0,2 henrios, tiene una fuente de tensión se· noidal v = 150 sen (5001 +
= 150 sen 500t
o
b.
(D
1en
+ 250)i
= 750 sen 500t
(1)
'º'.
la función complementaria es i, = ce- 2 Para hallar Ja solución particular utilizamos el método de los coeficientes indeterminados y suponemos una intensidad de corriente particular
ip
A cos 500t
+
B
-500A sen 600t
Entonces.
~en 500t
(2)
+
(.f)
500B cos 500t
Sustituyendo estas expresiones de í e i' en (J) se obtiene,
(-500A sen 500t
+
5008 cos 500t)
+
250(A cos 500t
+
B sen 500t)
-
750 sen 500t
Igualando los coeficientes de sen 500r y cos 500t, resultan
·-500A i· 250B :::: 750
y
5008
+ 250A
=O
(.t)
Resolviendo este sistema d•! ecuaciones se deduce A = - 1,2 y B = 0,6. Entonces. ¡P
= -1,2 cos 5001 + 0,6 sen 5001 = 1,34 sen i500t - 63,4º)
La intensidad de corriente complt:ta es i = e"· 2 5 º'
+
1,34 sen (5001 - 63,4'')
(51
(6)
Para t =O. i =O= ctli + 1,34 sen (-63,4º) y,.= 1,2. Por tanto. i = 1,2e- 2 soi
·--------.
+
1,34 sen (500: - 63.4')
(7)
.. ..
..
CAP. 16)
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
259
En la Fig. 16-30 se representan i., iP y su suma i. Después de sobrepasado el régimen transitorio (aproximadamente para I "" 5 r). la intensidad de corriente es senoídal y retrasa respecto de la tensíón aplicada en un ángulo O "" are tg ú>L/ R = 63,4º. 2,0
1,:H 1,2.
-
-- -
1.0
-l,O
-1,2
-1.u
Fig.16-30
16-13 En relación con el circuito del Problema 16-12, ¿a qué ángulo
* O.
de la Ecuación 1:"í i de! Probléma 16-12. 1 "" n,-lso•
+
1,34 sen i500t..,...
4J - 63.4· J
Para / "" O, O "" c¡I J + l.3-l sen 10 -· 63.4·1 Ahora bien. el transitorio es cero si la constante e· es cero: esto ocurre si 4' = (63,4' ..;. n 1~o- t. siendo 11 =: O. l. 2. . ..
16-14 Un círcuito seríe RC, con R = 100 ohmios y C == 25 microfaradios. tiene una fuente de tensión senoidal v = 250 sen (500r + <¡) 1 voltios que se aplica en el instante en que > = Oº. Ha liar la íntcnsídad de corriente suponiendo que no hay carga inicial en el condensador. Al cerrar el circuito. Ja ecuación diferencial es lOOi
+
25
x\
0
_6
J
i dt
=
250 sen 500t
ID+ 400)i
o bien
1250 cos 500t
(1)
La función com pi eme nla na es i, "" {"' - 'ºº'. Pa1a 1ktcn11inar h1 ¡;orricnte particular .'\Chace que el segundo miembro de Ja ecuación del operador sea la parte real de l.250 ei~ºº' y se adm11e. por tanto, ia intensidad de corriente particular
(1) Enlonccs.
(.f)
Llevando estos vulores a (/ ). jóOO K
ei~OOi
+
400\K e1S0'}1¡
1250 e;:.Ooi
(4)
de donde K "" 1,955!-- 51,J '. Este valor de K se sustituye en la Ecuación \21. pero como la tensión de entra· da es la parte real d~l2~Üe.i 50 "'. la intensidad es Ja parte real de 121 e iP "" 1.955 cos (5001 - 51.3"). La co-
rriente
c~ltnpleta
es i :.:.. (' <'
Para
f ""
.. ,,,,, ....
l.9 s.5 cos 15001 - 5 l. 3,)
15)
O. la Ecuación ( I) es 1OOi = .250 sen O o bien. i = O. Mediante la Ecuación (5 }. con t = O se obtiene
e = - 1.22 y. por rnnto. ¡"" - l.22e~ 400•
+
1.955 cos 15001 -· 51.3"t = - l.22e-"ºº'
+ 1.955 sen (500t + 38.7º1
·-·····--·-..
260
Rl:GIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
1~15
(CAP. 16
En el circuíto serie RC de la Fíg. 16-31 se aplica la fuente de tensión senoidal v = 250 sen (5001 +
+ 400)i =
(D
1250 cos (5001
Fig.16-31
+ 45")
(1)
La función complementaria es tambíen la misma que en el problema anterior, y la intensidad de corriente particular está defasada 45°, esto es. iP = 1,955 sen (5001 ~ 83,T). La corriente completa es, pues, i"" ce-~ºº'+ 1.955 sen C5001 + 83.7 J
(2)
Para t "" O hay dos tensiones que tienden a hacer circular una corrien1e. El condensador cargado posee una tensión equivalente V= qo/C"" (5000 X I0- 6 )i:!5 X w-b) = 200 V y la fuente IÍene una tensión instantánea u = 250 sen 45' = 176, 7 V. El examen del circuito muestra que ambas lensiones tienen la misma polaridad y, por tanto. la corrienle inici;il es ir.= (200 + 176.7).100 = 3.77 A. l!Lili:t.ando ahora la Ecuación (2J con ; = 3,77 para t = O s.: ob1iene e .:; 1,83. con lo que la intensidad de corriente buscada es i'"' l.83e-"'ºº'
+ 1.955 sen (5001
+ 83.7'1
16-16 El circuito serie RLC de la Fíg. 16-32 tíene una fuente de tensión senoidal r = 100 sen i!OOOt +
La ecuación del circuito. una vez cerrado el interruptor. es
so; + 0.1 dt dí (D2
o bien
+
f
i dt
lO~)i
=
+ so 'x 1io-s
+ 2X
500D
100 sen (lOOOt + 90º)
106 cos (lOOOt
~
90")
{1}
Las raíces de Ja ecuación característica son D 1 = -250 + i371 y D 2 = -250 - ¡371 La corriente complementaria es;,= .e- 2 soi (c 1 cos 3711 +e! sen 3711) y la particular, hallada por el método empleado en el Problema 16-14. es iP = 1.06 sen {!0001 + 32 l. La corriente completa es. por tanto,
=
i De(/), para
1
di
+
ci ~.:n :5711)
=O, i 0 =O y diidt = 1000. Sustituyendo
+
1,06 sen (lOOOt
~n (.?), "• -
+ 32º)
(i!)
-0.562. Derivando (2) se obtiene
+ 371cz cos 37lr) + (c 1 cos 37lt + e~ sen 37ltl(-250 e- 2501 1 +
e-2so1 (-371r. 1 sen 37lt
dt
Sustituyendo
e ··2501 (c 1 cos37lt
1
= O, e 1
=
¡ = e - BO•
-
0.562 y di/dt
( .. 0.562 ú)S
=
1000 en (} i resuh;i <2
371 t -· OJ04 sen )71 r J t
1,06(1000)
<'OS ( 1OOOt
+ .32º)
(3)
= - tU 04. L;i Ecuación 121 se convierle en 1,06
sen t !0001 + 32 ')
16-17 lJ n circuito serie RLC. con R = 100 ohmios, L = O, I henrios y C = 50 microfaradios, tiene una fuente de tensión senoídal 11 = 100 sen (l OOOt + cf¡) voltios. Si se cierra el interruptor cuando
v
b~n
•
0.1 di dt
+ ..._.!.__··· 50x10-r.
f
í dt
100 sen (l000t 106 cos (lOOOt
+ 90º1
+ HO"')
(1)
····-······--· :~:·~:~ .... .. .
..
CAP. ló]
REGIMEN TRANSITORIO EN CIRCUITOS
261
Las raíces de la ecuación caractetistica son D1 = -276,5 y D2 = - 723,5. La función complementaria ts i, = c1 e·- 216 • 5 ' + c1 e- 123·s' y la solución particular, obtenida por el método del Problema 16-14, iP:: 0,181 sen (10001 + 51,4°). La corriente completa es, por tanto, 27
; = c 1 e-
+ c2 e· 723.so + 0,781 sen tlOOOt + 51.4º)
(>·~'
(2)
Para determinar las constantes t' 1 y c2 se calculan i y díidt para t ==O en(]). Sustituyendo los valores que resultan, esto es, i 0 = O y ái/dt == 1000 en (2) se obtiene i 0 = O= c 1(1) Derivando (2) y sustituyendo
di/dt = 1000
+ c 2 (1 I + 0,781 sen 51,4''
1 =
-276.5c 1
=
o bien
c1 + c2
= -0,610
(3)
O y diidt = 1000, 723,Sl.' 2
-
+
78i cos 51,4º
o bíen
276,5c 1
+ 723.5c2
= -513
(4)
Resolviendo el sistema fonnado por (3) y (4), c 1 = 0,161 y r 2 = -0,771. Por tanto, ¡ = O,l6Ie- 21 "'·~'
0,771e-' 23 • 5 '
-
+
0,781 sen (IOOOt + 51,4°}
16--18 En un circuito de dos mallas. Fig. 16-33, se cierra el interruptor en el instante t = O. Detennínar las corrientes transitorias en las mallas, i 1 e i 2 • y la tensión transitoria en el condensador ve.
10 n
/i0 2 jlf
Aplicando las leyes de Kirchhoff a las dos malias se tiene Fig. 16·33
(1)
-10i 1
+
lOi.. ~
+
2
X
l
!O-·>6
j' i
2
dt
=
O
o bil!n -Di 1 + (D
+
o
5 X lO.J)i2
(2)
De la Ecuación il). Di, = !Di 1 • Sustiluycr.do en (2J. (.f)
La solución de la Ecuación (3) conliene 5olamentc una ·función complementaria, ya que la ecuación es homogénea. Por tanto, (4)
Poniendo r =O en la Ecuación (1). -· 1011 + IOí 2 =O o bien i 1 = i2 • En consecuencia, la Ecuación (1) para r ="O se conviene en 20í1 IOi 1 ,_. 50. de donde i 1 = i 2 = 5 A. Sus(Íluyendo esle valor de;,. en (4) se abtiene e = 5. Por tanto. (5) La corriente transitoria i 1 se obtiene ahorn sustituyendo {5) en la Ecuación (1 ). Entonces. 20i ! - 10(5 e··
10
'")•
= 50
i,
= 2.5 + 2,5 ll-rn't
La tensión transitoria en e! condensador, "r· se obtiene integrando, respecto del tiempo, la iniensidad de la corrienle en la malía í 2 :
-·
1
.
2x10-11.
j., 5 e-10~, dt
16--19 En el circuito de dos mallas de la Fig. lti-J4 se cierra el interruptor ~n el ínsiante / = O y la fuente de tensión es t? .::; i )ti sen l OOOt vol ti os. H aliar las corrientes de malla i 1 e i 2 (véase el esquema). Las leyes de Kirchhoff. aplicada~ porcionan el sistema de ecuaciones
.'
10 íl
5 ll
ias mallas. pro0.111 "
\Oi1 + IOi 1
+
dil ~-. 150 sen 1000; O.O! ·¡ti"
o bien ID + 1500 lí1 + 1OOOi2 = 15.000 sen IOOOt
(1 l
Fiit. 16·34
,...
REGIMEN TRANSITORIQ EN CIRCUITOS
262
15i2
+
(CAP. 16
10i 1 = 150 sen i0001
(2) (J 1
De la Ecuación (2 ). Sustituyendo en la Ecuación (l) se obtiene la ecuación diferencial
ID
+ 833)i 1
= 5000 sen !0001
(4)
La solución completa. según el método del Problema 16-14, es (5)
Llevando ahora esta expresión de i 1 a Ja Ecuación (3) se deduce
i2 = -
je I' -
83 31
-
2.56 sen ( 10001 - 50.2 l
+
10 sen 10001
= -jn.• - 8331 + 8.58 sen ( 10001 -r 13.25' 1
(ó 1
La intensidad de la corriente de malla i 1 circula por una bobina y tiene que anularse para 1 = O. Suscituyendo en la Ecuación (5), O = c(l) + 3.84 sen ( -50,2= l. de donde e = 2.95. El sistema de ecuaciones en las ·corrientes de malla es. por tanto, ;
1~20
1
= 2,95e- 833 '
+
3.84 sen ( 10001 - 50.2'}
e
i 2 = - l.~7e- 83 l 1 ~ 8.58 sen (10001
+ 13,25.,)
Problemas propuestos
.
En el circuito serie Rl de la Fig. 16-35 se cierra el interruptor S 1 en el instante t = O. Después de 4 milisegundos se abre el interruptor S 2 • Hallar la intensidad de corriente en los intervalos O < t < t' y t' < t, siendo 1· = 4 milisegundos. Sol. i = 2(1 - e- 500•): i = l,06e- 1 'ºº11 -• •.,... 0,667.
r~
:soo
Í'\
1000
Ss
100 \~
O.l H
16-21 Se aplica. cerrando un interruptor. una tensión constante a un circuito seríe RL. La tensión entre Jos extremos de L es 25 voltios para / = O y cae a 5 voltíos para 1 == 0,025 s,egundos. Si l = 2 henrios, ¿cuál debe ser el valor de R?
Su/.
Fic.16-35
128,8 Q.
16-22
En el circuito de la Fig. 16-36 se cierra el interruptor S 1 ~n el in~tante r == O y se abre Sl para dos. Detenninar las expresiones de la corrien1e transitoria en los dos intervalos. StJ/. i= 10(1- e- 101 1; i== 6,97e-OÜ(r-rJ.;. 1.67.
16-23
En el circuí to de la Fi g. 16·37 se cierra el ci re uil o en la posición 1 en el instan te t = O y se pasa a la posición 2 después de transcurrido 1 milisegundo. Hallar el tiempo para el cual la corríente es cero e invierte su sentido. Sol. 1.261 ms.
goon
~J-
50 'i ~
Fir. 16-36
r == 0,2 segun-
0.2 ti
Fig.16-37
·.--· -CAP. 16]
REGIMEN TRANSlTOR!O El'i CIRCUITOS
263
16-24
En el circuito de la fig. 16-38 se ha cerrado d interruplor en la posición l el tiempo suficiente para que se estableica el régimen permanente de corriente. Si se pasa el interruptor a la posición 2 existe una corriente transitoria en las dos resistendas de 50 ohmio,; durante un corto tiempo. Determinar la energía disipada en las re· sistencias durante esce régímen transitorio. Sol. g J.
16-25
El circuito RC de la Fig. 16-39 tiene en el condensador una carg;; inicial q0 = 800 x 10" 6 culombios, con la polaridad señalada en el esquema. Hallar los regímenes transitorios de corriente y carga que se originan al cerrar el circuito. Sol. i = ·- IOe • 2 · 5 • 10 " A; q "" 400{1 + e-2. 5 • 1°•'). io-6 c. .
so !l
2
"º
ll
4 H
Fig. 16-38
Fig. 16-39
Fig.16-40
16-26 Un condensador de 2 microfa~dios y una carga inicial f./v""' 100 · 10- culombios se conecta entre los terminales de una resistencia de 100 ohmios en el instanh! 1 = O. Calcular el tiempo en el que la tensión de régi· men transitorio en l<1 resistencia cae de 40 a JO voltio:i. Sol. 277.4 ,us. 6
16-27 En el circuito de la Fig. 16.40 se pone el interruptor en la posición 1 en el instante / = O y se conmuta a la po· sic1ón 2 después de una c(1nstan1e de tiempo 1 t. Bailar las expresiones en el régimen transitorio. de la corrien· 1e en ¡¡mbos intervalos O < 1 < /' y 1' < ;. Sol. 1 == 0.5t' - 2 ºº'; i = - 0.5 l 6e- zouir-•· J A. 16-28
En relación rnn el Probk~nHi 16-27 rcsclvcr la ecuación difcrl':ncial referida a la carga. Deducir de las funciones carga en régimen 1ransirnrio las intensidades correspondientes y comparar los resuhados.
16-29 En el círcuito de la Fig. 16-41 se pone el interruptor en la posición l el tiempo suficiente pllra que se establezca el régimen permanente y se wnmuta después a 2. Se e.slablecc una corriente de régimen transitorio. disipándose durante éste una energía determinada en las dG>. re~blencias. Obtener esta energía y compararla con la almacenada en el condensador anees de connmtar el interruptor. Snl. 0,20 J. 16-30 En el circuito de la Fig. 16-4.2 el condensador C 1 .tiene la carga inicial q0 ,,.. 300 • w-<> culombios. Si se cierra el interruptor en el instante t "" O. hallur la corriente y la carga en el régimen 1ransicorio y la tensivn final del condensador (' I ' Sol. i = 2.5t• - l.S. l º'' A; q "" 200[ l + 0.St• - ;,s' 10 '•) • I0" 6 e: 33,3 v. 16-31
Hallar. en el problema :m1erior. las tt>.mit)nes de regim.:-n rn111sítorio re,. re, y rR. Demostrar que su suma es Sol. re,= 33.3..¡.16.7,··· 2 ·~· 10 ·•: ve,= ··33 . .'..l(I - e- 2· 5 ' rn•'): !'P.= -50t·- 2 •5 • 1°'• . nula.
. .e ...
10 Q
.Firr. 16-fl · Fir. 16--i2 Fig.16-43 16-32 En el circuito serie RC de Ja rig. i6-40! eí C<.)t>dén:;:,d•H tii!nc una carga ini.:ial rfo ) el interrup1or ~e cierra en el instante r "' O. Deternúna!· q 0 sabicndc· qut.> h1 Pl>l:~r:o_'ia d,; regim.:n 1rans1rori0 en la resistencia ~s p11 = 360e. 10 '• valios. Sol. 120 · w-1> C. 16-33
Un circuito serie R •-C. t:'Mi R =: 200 oh mü's. l. ·= J. 1 i:en rit)S y C "" 1(JO mi1.:roforadios. se le aplica en el ins· 1ante / = O una tcn~ión constante de 200 v0llit's. [),~té;-min¡¡r !a ~mcnsidad de corrienle suponiendo que el condensador no tiene carga inicial. So!. , = l .('~)e- 52 ' - !.055c·· IQ4&r A. ohm¡o~} L 7= t'.l henrio~. adquiere un amortiguamiento critico para un valor determinado de li:i capa.:icancia. Dett'rrr:il'ar !u capacidad C del condensador. Sol. IO 11F.
16-34 Un circuito serie RLC. con R"" 200
16-35 Hallar la pulsación natural de un circ~ito scíi;: RLC c:i ei que R = 200 ohmios. l = 0.1 henrios y C = 5 microfar¡¡dio~. Sol. 1000 rad s.
-· . --·---..- ·-· -···---·---- -- -- - - --
264 16-36
REUIME.N TRANSITORIO EN CIRCU!TOS
(CAP. 16
A un circuito serie RLC. con R = 5 ohmio~. L =::: 0. l henrios Y C = 500 microfaradios. se le aplica en el instante t = O una tensión c(.'nSlante V = !O vol tios. Determinar la corriente en el regimen transitorio. Sol. i = O, ne- is. sen 1391.
16-37 La tensión senoidal aplicada a un ci rcuito serie RL es r = IOQ cos 11001 +
El circuito serie RL de la Fig. 16-44 está funcionando en régimen senoi
(i~s soo n
3000
2
V
-
f'
Qo
1>1
1
ion 0. ) ¡:f
Fig. 16·45
Fig. 16-44
Fig. 16.46 16-39 En un circuito serie RC, Fig. 16-45. el condensador tiene una ca rga inici al q0 = 25 x 1o- <> culombios con la polaridad ind icada en el esquema. En el instante en que > .... JO se aplica la tensión senoidal ,. = roo sen (10001 + cf>} voltios. Obtener la cor riente en el régimen transitorio. Sol. i = O,l535e - •" iolr + 0.0484 sen {10001 ..¡.. 106 ). 16-40
En el problema anterior, ¿qué carga in icial debería tene r el .::onden><1dor pa(a que al cerra r el interruptor la corriente pasara directamente al regirnen permancnle sin lransici6n ? Sol. 13,37 X l0 "' 6 c. + en la piaca superior.
16-41
Demostrar que un circuito serie RLC con una fueme de 1ensjón r = 1·m•• sen ción particular de la ecuación diferencial dada por
i,,
=
V m:.x
VR 2 + (1/wC -
sen
lwl
+ q) ) voltios tiene uné:I solu·
(wt + ~ + are 1g (l/uC -
&.JL) )
R
wL)2
16-4l A un circuito serie RLC, con R = 5 ohmios. L = 0.1 henrios y C = 500 microf!:tradios. se le aplica en el instante en que cf> = Oº la tensión senoidal e· = 100 sen (2501 + .P 1 voltios. Hallar la corriente resultante. Sol. i· = e- 231 (5,42 cos 1391 - 1,89 sen 1391) + 5,65 sen (2 50r - 73.6º1.
16-43 En un circuüo serie RLC. con R = 200 ohmios. L = 0.5 henrios y C = 100 microfaradios. hay una fuente de tensión v .::::; 300 sea {500r +
Un circuito serie RLC. con R = .50 ohmios, L = O, l henrios y C = 50 microfaradios, tiene li:! fuente de ten· sión senoidal v = 100 sen {5001 +