Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 1.2. CONDUCTORES Y AISLANTES Página 15 1. Si se somete una molécula de un dieléctrico a la influencia de un cuerpo fuertemente cargado, se polariza a causa de la deformación de las órbitas electrónicas. ¿Cómo explicas la atracción que sufre una bolita de este material por parte de dicho cuerpo? ¿Cómo crees que es la polarización del dieléctrico, temporal o permanente? Por influencia de B(+), las moléculas de A se polarizan según indica la figura: el centro de la distribución de carga negativa está más cerca de B que el centro de la distribución de carga positiva. Así, la fuerza de atracción f1 que ejerce B sobre cada una es mayor que la fuerza f2 de repulsión; luego la fuerza resultante sobre la molécula es de atracción. Como todas las moléculas polarizadas son débilmente atraídas, aunque la bolita A es neutra, resulta sin embargo atraída por el cuerpo cargado B. + + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – + A f2 F f1 > f2 La polarización del dieléctrico desaparece si se retira B, luego es temporal. Página 17 2. Una larga barra de cobre está colocada sobre una mesa de material aislante y situada en posición perpendicular a una placa con una fuerte carga positiva, con un extremo muy cerca de ella. Al tocar la barra con una mano, se observa que queda electrizada con una carga global negativa. ¿En qué extremo se ha producido el contacto y por qué? ¿Dónde habría que haberla tocado para cargarla positivamente? Para que la barra metálica se cargue, por inducción, con una carga global negativa, es necesario que el contacto con tierra se produzca en el extremo más alejado de la placa con carga positiva. + Placa + – – + – Barra + – + + + + + + + + + + + A (–) B (+) + Como la barra es metálica, los electrones libres son atraídos por la placa con carga positiva hacia el extremo A, de modo que el otro extremo, B, queda con defecto de electrones; la barra, aunque globalmente sigue siendo neutra, posee en sus extremos cargas contrarias, negativa en A y positiva en B. Al poner el extremo B(+) en contacto con tierra, se produce una corriente de electrones (tierra → B) hasta que la carga positiva de B queda neutralizada. En consecuencia, la barra adquiere una carga global negativa. Para que la barra hubiese adquirido una carga global positiva, el contacto con tierra tendría que haberse producido en el extremo A, cercano a la placa con carga positiva, de modo que el exceso de electrones se hubiese “descargado” hacia tierra. Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. + + + + + + + ++ + + + + + + + B 1.4. FUERZA ELECTROSTÁTICA. CAMPO ELÉCTRICO Y DIFERENCIA DE POTENCIAL Página 22 1. Dos cargas de signo opuesto son abandonadas a sí mismas a una cierta distancia una de la otra. ¿De qué modo se moverán a continuación? ¿Cómo será el movimiento: uniforme, uniformemente acelerado o de otro tipo? Consideremos que las dos cargas, de valor +Q y – Q', poseen una masa m y m', respectivamente, y están separadas una distancia d. De acuerdo con la ley de Coulomb, la fuerza electrostática, F, que ejercen la una sobre la otra, es de atracción, directamente proporcional a producto Q · Q' e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia. d F=K· Q · Q' d2 +Q –Q' m F F m' Abandonadas a sí mismas, las cargas se moverán la una hacia la otra, siguiendo un movimiento rectilíneo y acelerado. Las respectivas aceleraciones serán: a= F m ; a' = F m' Al disminuir d con el movimiento, la fuerza de atracción F crece y, en consecuencia, también crece el valor de la aceleración de las dos cargas. En conclusión, puede decirse que el movimiento es rectilíneo y crecientemente acelerado. 1.7. LAS PRIMERAS MÁQUINAS ELÉCTRICAS Y EL CONDENSADOR Página 42 1. Si en un condensador cargado se disminuye la separación entre las placas, aumenta su capacidad. ¿Qué le ocurre, entonces, a la diferencia de potencial entre ellas? La capacidad C de un condensador es la relación matemática entre la carga que acumulan sus armaduras (Q) y la diferencia de potencial que existe entre ellas (v): C= Q v V + + + + + + + + + + +Q – – – – – – – – – – Entonces, si la capacidad aumenta al disminuir la distancia entre las placas (d ), y en el supuesto de que la carga Q se mantenga invariable, se deduce que la diferencia de potencial disminuye. Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. d –Q 2. ¿Y si se disminuye la superficie de las placas? Una vez cargado un condensador, si disminuye la superficie de las placas, disminuye su capacidad, C, en cuyo caso, si Q no varía, la diferencia de potencial que existe entre dichas placas aumenta. Tal cosa sucede, por ejemplo, en un condensador variable como los que se utilizan en los circuitos de sintonía de los aparatos de radio. 3. Si un condensador de placas planas y paralelas tiene el doble de distancia entre placas que otro (ambos con igual superficie), ¿qué relación matemática hay entre sus capacidades? Consideremos un condensador de placas planas y paralelas de superficie S, separadas una distancia d. Su capacidad tiene por expresión: C= ε·S d S + + + + + + + + + + d S – – – – – – – – – – Si se duplica la separación entre las placas, manteniendo igual su superficie, la capacidad del condensador se reduce a la mitad: S' = S d' = 2 · d → C' = ε · S' ε·S C = = d' 2·d 2 4. ¿Y si fueran condensadores cilíndricos de igual longitud? La capacidad de un condensador cilíndrico como el de la figura tiene por expresión: C = 2·π·ε·L = 2·π·ε·L = 2·π·ε·L b +d d ln — ln a — ln 1 + — a a a L ( ) ( ) ( ) d a b Si modificamos los valores de a y b, salvando la condición de que la separación entre placas se duplique, la expresión de la nueva capacidad será: C' = 2·π·ε·L 2·d ln 1 + — n·a ( ) siendo n el factor de modificación del radio interior. – Si n = 2, C' = C, la capacidad de los dos condensadores es idéntica. – Si n > 2, C' > C. – Si n < 2, C' < C. En un condensador cilíndrico, el aumento de la separación entre placas no conlleva necesariamente la disminución de su capacidad. Como es lógico, la medida del radio interior influye también en el valor de la superficie de las placas y, por tanto, en la capacidad. Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Página 44 5. En el ejercicio del ejemplo 4, ¿en qué medida disminuye el tamaño del condensador si se introduce entre las placas una capa de vidrio? Suponemos los dos condensadores de placas planas y paralelas, con la misma capacidad (C = 1F) y con igual separación entre placas (d = 1 cm), el segundo con dieléctrico de vidrio. La relación entre sus respectivas superficies de placas será: C= ε ·S ε · S' = 0 d d ⇒ ε S' 1 = 0 = ε S K Considerando que la constante dieléctrica del vidrio vale 10, resulta: S' = S S = K 10 La superficie de las placas del condensador con dieléctrico de vidrio es 10 veces más pequeña que la superficie de las placas del condensador de vacío. Página 45 6. Un condensador de 150 mF de capacidad con Vmáx = 450 V, ¿cuánta carga puede almacenar sin peligro de perforación? La cantidad de carga máxima que puede almacenar el condensador, sin peligro de que se perfore el dieléctrico, será: Qmáx = C · Vmáx = 150 · 10 –3 · 450 = 67,5 C Página 46 7. Si se conectan seis condensadores de igual capacidad en serie, la capacidad total, ¿es mayor o menor que la de uno de ellos? ¿En qué cuantía? En un acoplamiento de condensadores en serie la capacidad total es menor que cualquiera de las capacidades parciales. En este caso, al tratarse de seis condensadores de igual capacidad: 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 6 C C C C C C C CT ⇒ CT = C 6 La capacidad total es 6 veces menor que la de un solo condensador. 8. ¿Cuántos condensadores de 100 µF es necesario conectar para obtener una capacidad total de 800 µF y cómo habría que conectarlos? Ídem para obtener 25 µF y 225 µF. Si se conectan condensadores de igual capacidad en serie y en paralelo, las capacidades equivalentes son: Cparalelo = C + C + C + … = n · C 1 = 1 + 1 +…= n C C C Cserie Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. ⇒ Cserie = C n Entonces, para conseguir las capacidades propuestas, con condensadores de 100 µF, hay que hacer los siguientes acoplamientos: Acoplamiento 8 en paralelo 4 en serie 4 en serie con otros dos en paralelo Capacidad CT = n · C = 8 · 100 = 800 µF CT = CT = C 100 = = 25 µF 4 n 100 + 2 · 100 = 225 µF 4 9. Se desea conseguir una carga de 150 µC con condensadores de 10 µF conectados en paralelo a una fuente de 5 V. En el caso de que sea posible hacerlo, ¿cuántos son necesarios? Si se conectan condensadores de igual capacidad en paralelo a una fuente de tensión, la carga total obtenida cumple la relación: Q = Cparalelo · V De ella podemos despejar la capacidad equivalente de la asociación de condensadores en paralelo necesaria para lograr dicha carga: Cparalelo = 150 · 10 –6 Q = = 30 · 10 –6 F = 30 µF 5 V Para obtener esta capacidad equivalente, el número n de condensadores de 10 µF que hemos de utilizar es: Cparalelo 30 · 10 –6 n= = = 3 condensadores C 10 · 10 –6 EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Si se forma una línea con siete bolas metálicas A iguales, en contacto, y al final de esta se coloca otra, B, que posee una carga eléctrica negativa, y luego se separan todas ellas, ¿cómo quedan cargadas? Con la misma bola cargada, alguien trata de cargar otras siete bolas con carga positiva. ¿Cómo lo puede conseguir? Y en tal caso, ¿cómo quedará la bola que inicialmente estaba cargada? Como las bolas son metálicas, la carga de la bola B se reparte, por contacto, entre todas ellas, de forma proporcional a la superficie de cada una. Al ser de igual tamaño, todas quedan con la misma cantidad de carga negativa, es decir, con la octava parte de la carga que tenía B inicialmente. A B – – – –– – – Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. – – – – – – Por inducción, es posible electrizar las bolas A con una carga positiva, del siguiente modo: Sin hacer contacto, se acerca la bola B(–) a la línea de bolas A; los electrones libres de todas ellas se concentran predominantemente en la bola más alejada. Si entonces se conecta dicha bola a tierra, el exceso de electrones se descarga hacia ella. A continuación, se retira la bola B, y todas las bolas A quedan con defecto de electrones, es decir, cargadas positivamente. Por supuesto, mientras tanto, la bola B mantiene íntegra su carga negativa inicial. – – – –– – –– – – – – A + ++ + ++ + ++ + ++ + + B – Aislante A B + + + + + + + – 2. Tenemos dos barras metálicas iguales, una neutra (A) y la otra con carga positiva (B). Indica qué ocurre en los siguientes supuestos: a) Si las ponemos en contacto y luego las separamos. b) Si las alineamos sin llegar a tocarse y luego las separamos. c) Si las alineamos sin tocarse, pero tocamos con el dedo el extremo de A más cercano a B. a) Al poner en contacto A (neutra) con B (+), la carga positiva de B (defecto de electrones) se reparte por toda la superficie de A + B. Al separarlas de nuevo, ambas barras quedan con una carga superficial positiva. A + + + + + + A + + + + + + + + + + + + B + +++ + + + + ++++ A+B + + B + + + + b) Si a la barra neutra A se acerca la barra positiva B, los electrones libres de A se concentran en el extremo cercano a B, mientras que el otro extremo queda con defecto de electrones: la barra A se convierte en un dipolo eléctrico, con un extremo positivo y otro negativo, aunque globalmente sigue siendo neutra. Al alejar B(+), los electrones libres de A vuelven a repartirse uniformemente por todo el metal y la barra pierde su polarización. A A + +++ + + – – –––– A B + +++ + + + + ++++ Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. c) En cambio, si antes de alejar B se toca con el dedo el extremo negativo de A conectándolo con tierra, el exceso de electrones de dicho extremo se descarga y la barra A queda cargada, por inducción, con una carga positiva. A A + +++ + + – – – –––– A + + + + + + B + +++ + + + + ++++ 3. Una molécula de agua está constituida por un ion de oxígeno O2– y dos iones de hidrógeno H+, y su estructura tridimensional es la que representa la figura; por ello, tiene el carácter de dieléctrico polar. Sabido esto, una gotita de agua pura, suspendida del extremo de un hilo de seda, ¿será atraída por un cuerpo fuertemente cargado? H+ O2– H+ – + Debido a la agitación térmica, las moléculas polares de una gota de agua neutra están normalmente desordenadas, tal como indica la primera figura. Al acercar un cuerpo fuertemente cargado, las moléculas se ven afectadas por un par de fuerzas electrostáticas, F1 – F2, a consecuencia del cual giran y se orientan en la misma dirección, según indica la segunda figura. Como el polo negativo de cada molécula está, entonces, más cerca de B(+) que el polo positivo, las fuerzas de atracción F2 superan a las de repulsión F1 y, en consecuencia, la gota de agua neutra resulta atraída por el cuerpo cargado. F2 + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – + – F Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. + + – + – + + + – – – + – + – – + + – + – + + + + + ++ + + + F1 + – + + + + 4. En el centro de una esfera metálica hueca A hay otra, B, más pequeña, también metálica, y conectada a la primera por medio de un hilo conductor. A través de un orificio en la esfera A es posible tocar la esfera B con una tercera esfera pequeña con carga negativa. A ¿Qué ocurre con la carga al hacerlo? ¿Se podría conseguir una elevada carga de la esfera A por medio de un electróforo frotando la lámina de plástico solo una vez? Explica el procedimiento y la razón de que no se agote la carga de la placa de plástico. ¿De dónde habrá salido realmente la carga que se acumula al final en la esfera A? B Toda la carga que se comunique a la esfera B, por repulsión mutua, se desplaza espontáneamente hacia la superficie exterior de A. De este modo, la esfera A puede adquirir una considerable cantidad de carga, apartada de forma discreta a través de B, por ejemplo, por medio del disco cargado de un electróforo. La carga negativa del disco del electróforo se obtiene por inducción: al frotar la lámina de plástico, su superficie adquiere una carga negativa, y al situar el disco sobre ella, este se polariza. Si se toca su cara inferior (+), electrones de tierra suben a neutralizar dicha carga, de modo que el disco adquiere una carga global negativa que es la que se transfiere por contacto a B. A – – – – – – – – – – – – – – – – – –– – – – – – – – – – – – – – – –– – B – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – – – La carga negativa del disco proviene, pues, de tierra y no de la placa de plástico, que mantiene prácticamente su carga inicial. Repitiendo el procedimiento de carga del disco y su descarga sobre B, se consigue, en definitiva, transferir una gran cantidad de carga de tierra a la esfera grande A. 5. Una resistencia calefactora desarrolla una energía de 6 000 J en diez minutos al aplicar entre sus bornes una diferencia de potencial de 220 V. ¿Qué cantidad de carga eléctrica habrá circulado por ella? De acuerdo con la definición de diferencia de potencial, una carga, Q, que se mueva entre dos puntos con diferencia de potencial V libera una energía de valor: W=Q·V Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Por tanto, la cantidad de carga que ha circulado por la resistencia calefactora será: Q= + ) W 6 000 J = = 27, 27C V 220 V – V = 220 V Q W = 6000 J t = 10 min (El dato del tiempo transcurrido no es necesario para resolver el ejercicio). 6. Las dos esferas metálicas A y B de la figura tienen igual masa, y la esfera B posee el doble de carga eléctrica que la esfera A, aunque de diferente signo. ¿Cuál de ellas tendrá mayor ángulo de inclinación respecto a la vertical? ¿Por qué? A B Considerando ambas esferas como si fueran cargas puntuales, y teniendo en cuenta que poseen la misma masa y que están suspendidas con hilos de igual longitud, se puede decir que las dos esferas, como consecuencia de la fuerza electrostática de atracción, se juntarán hasta situarse en posiciones de equilibrio totalmente simétricas, con ángulos de inclinación iguales. T α l l α α Ty F Tx F Q m F Q' = 2 . Q m m.g d El equilibrio de cada esfera es fruto de la acción de tres fuerzas: la fuerza electrostáQ·2·Q tica, F = K ; su propio peso, m · g, y la tensión del hilo, T. d2 La condición de equilibrio exige que: F = Tx = T · sen α m · g = Ty = T · cos α Aunque las cargas de las esferas sean distintas, la fuerza electrostática sobre ambas tiene el mismo valor F. Por otro lado, el peso de las esferas es idéntico (m · g). En consecuencia, la tensión del hilo tiene un ambos casos los mismos componentes y, por tanto, el mismo valor T y el mismo ángulo α. Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 7. Tres cargas puntuales A, B y C, de igual cantidad y de signo desconocido, ocupan los vértices de un triángulo equilátero. Si una carga de prueba positiva colocada en el centro del triángulo se mueve hacia la carga B, ¿cuál es el signo de cada una de las cargas? ¿Y si no se moviera? Para que la carga de prueba positiva se mueva hacia B, la resultante de las fuerzas electrostáticas que ejercen sobre ella las otras → → → → tres cargas (F = FA + FB + FC) debe tener la dirección y el sentido de la figura. Eso solo es posible si la carga B es negativa y las cargas A y C son positivas. C+ A + FC + FB F –B FA En cambio, para que la carga de prueba no → se mueva, ha de cumplirse la condición → → → de que la resultante sea nula (F = FA + FB + FC = 0), cosa que sucederá siempre que las tres cargas sean del mismo signo: A + A – FA FB + FC FC +B + FB –B FA C + C – 8. Una esfera metálica de 10 cm de radio se electriza hasta alcanzar una carga de 50 µC. Calcula la densidad superficial de carga, el campo eléctrico en un punto exterior muy cercano a la superficie y en otros situados, respectivamente, a 10 cm y 20 cm de distancia, y la diferencia de potencial entre ellos. ¿A qué potencial se encuentra la esfera metálica? ¿Se produce la ionización del aire en torno a la superficie? Suponemos que la carga adquirida por la esfera es positiva. Como se trata de una esfera metálica, toda la carga se localiza en la superficie, distribuida uniformemente. Entonces, la densidad superficial de carga será: σ= 50 · 10 –6C Q Q = = = 3,97 · 10 –4 C · m –2 S 4 · π · (10 –1) 2 m 2 4 · π · R2 En cualquier punto exterior a la esfera, el campo eléctrico y el potencial eléctrico (medido respecto al infinito o un punto muy alejado) dependen de la densidad superficial de carga y de la posición del punto, de acuerdo con las siguientes expresiones: E= σ · R2 ε0 · r 2 ; V= σ · R2 =E·r ε0 · r Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. ++ Para los valores de r correspondientes a los puntos 1, 2 y 3 indicados en la figura, situados a 10 cm, 20 cm y 30 cm, respectivamente, del centro de la esfera, se obtienen los siguientes valores de campo eléctrico y potencial: E P + ++ 3 + +++++++ + 2 1 10 cm + +++++++ 10 cm ++ r R cm 10 +++++++ + E1 = E2 = E3 = 3,97 · 10 –4 · (10 –1) 2 = 44,85 · 10 6 N · C –1; V1 = 44,85 · 106 · 10–1 = 4,485 · 106 V 8,85 · 10 –12 · (10 –1) 2 3,97 · 10 –4 · (10 –1) 2 = 11,21 · 106 N · C–1; V2 = 11,21· 106 · 2 · 10–1 = 2,242 · 106 V 8,85 · 10 –12 · (2 · 10 –1) 2 3,97 · 10 –4 · (10 –1) 2 = 4,98 · 10 6 N · C –1; V3 = 4,98 · 106 · 3 · 10–1 = 1,494 · 106 V 8,85 · 10 –12 · (3 · 10 –1) 2 Entre los puntos 1, 2 y 3 existen los siguientes valores de diferencia de potencial: V12 = V1 – V2 = (4,485 – 2,242) · 10 6 = 2,243 · 10 6 V V23 = V2 – V3 = (2,242 – 1,494) · 10 6 = 0,748 · 10 6 V La esfera metálica, tanto en su superficie como en el interior, posee el potencial: V1 = 4,485 · 10 6 V Sí se produce la ionización del aire en torno a la esfera, porque el campo eléctrico E1 supera con creces el valor de la rigidez dieléctrica del aire: E1 = 44,85 · 10 6 N · C –1 > 3 · 10 6 V · m –1 = Emáx 9. Dos esferas metálicas, A y B, de 1 cm de radio, con cargas de 50 y 100 µC, respectivamente, están situadas a una distancia de 30 cm entre sus centros. Determina en qué punto de la recta que las une el campo eléctrico tiene valor cero, y el valor del potencial eléctrico en dicho punto. ¿Qué le ocurriría a una carga positiva que se abandonara en otro punto cualquiera de dicha recta? ¿Cuánto valen la diferencia de potencial de dicho punto respecto a cada esfera y la diferencia de potencial entre ambas esferas? Una esfera metálica con una carga Q distribuida uniformemente por su superficie crea en un punto exterior, situado a una distancia r de su cen→ tro, un campo E y un potencial V que tienen por valor: Q r2 Q V = 9 · 10 9 · r E = 9 · 10 9 · Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. + ++ + + + + ++ + + +++++++ ++ + + ++ + + ++ +++++++ +++++++ + + + + ++ +++++++ V E + r En el sistema que nos ocupa, la distancia que separa las esferas cargadas es mucho mayor que el radio de ambas. Por tanto, consideramos despreciable la influencia entre ambas y tomamos por válidas las expresiones anteriores: 0,3 m x x QA = + 50 µC E2 P E1 QB = + 100 µC En un punto intermedio de la recta que une las esferas, el campo es la suma vectorial de los campos creados por cada una, mientras que el potencial es la suma escalar: EP = E1 – E2 = 9 · 10 9 · VP = V1 + V2 = 9 · 10 9 · ( ( QA x 2 – QB (0,3 – x) 2 QB 0,3 – x ) QA x + ) La posición del punto de campo eléctrico nulo se obtiene igualando Ep a cero y despejando x: Ep = 9 · 10 9 · ( 50 · 10 –6 100 · 10 –6 – = 0 ⇒ x = 0,124 m x2 (0,3 – x) 2 ) En los puntos de la recta situados entre A y P, E1 > E2, mientras que en los situados entre B y P ocurre al contrario, E2 > E1. Entonces, una carga positiva abandonada en un punto cualquiera de AB oscilará en torno al punto de campo nulo P. Los valores de potencial eléctrico y de diferencia de potencial para los puntos A, B y P, y las diferencias de potencial que pide el enunciado, son: VA = 9 · 10 9 · VB = 9 · 10 9 · VP = 9 · 10 9 · ( ( ( 50 · 10 –6 100 · 10 –6 + = 48 · 10 6 V 0,01 0,29 50 · 10 –6 100 · 10 –6 + = 91,5 · 10 6 V 0,29 0,01 50 · 10 –6 100 · 10 –6 + = 8,74 · 10 6 V 0,124 0,176 ) ) ) VPA = VP – VA = 8,74 · 10 6 – 48 · 10 6 = –39,26 · 10 6 V VPB = VP – VB = 8,74 · 10 6 – 91,5 · 10 6 = –82,76 · 10 6 V VBA = VB – VA = 91,5 · 10 6 – 48 · 10 6 = 43,5 · 10 6 V Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 10. Determina la capacidad equivalente de cada una de las redes de condensadores de la figura, así como la cantidad de carga y la energía que acumulan al conectarlas a una diferencia de potencial Vab = 100 V. 5 pF 25 pF 1 µF 2 µF 30 µF a b a b a 2 µF 2 µF 2 µF 20 µF 10 µF 1 000 pF 1 µF a b b El procedimiento es el mismo en los cuatro casos: en primer lugar calculamos la capacidad equivalente de las asociaciones de condensadores para, con este dato, calcular la carga y la energía que acumulan. 5 pF 25 pF a 1 000 pF 1 C = 1 000 + = 1 004,16 pF 1 1 —+ — 5 25 b –12 –7 Q = C · V = 1 004,16 · 10 · 100 = 1,00416 · 10 C W = 1 C · V 2 = 1 · 1 004,16 · 10 –12 · 100 2 = 5,02 · 10 –6 J 2 2 1 C= = 1 µF 1 1 — + — 2 1+1 b –6 –4 Q = 10 · 100 = 10 C W = 1 · 10 –6 · 100 2 = 5 · 10 –3 J 2 1 µF 2 µF a 1 µF 2 µF a 2 µF 1 C=2+ = 3 µF 1 1 — + — 2 µF 2 2 Q = 3 · 10 –6 · 100 = 3 · 10 –4 C b W = 1 · 3 · 10 –6 · 100 2 = 15 · 10 –3 J 2 1 C= = 15 µF 1 1 —+ — 30 20 + 10 Q = 15 · 10 –6 · 100 = 15 · 10 –4 C W = 1 · 15 · 10 –6 · 100 2 = 75 · 10 –3 J 2 30 µF a 20 µF 10 µF b Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 11. Dos condensadores planos poseen las características constructivas indicadas en la tabla: Superficie de las placas (cm2) C1 C2 20 20 Separación entre las placas (mm) 1 0,1 Dieléctrico y constante dieléctrica Mica (K = 6) Papel (K = 4) Calcula: a) La capacidad de cada uno de ellos, así como la carga y la energía que acumulan al conectarlos a una tensión de 20 V. b) La capacidad equivalente, así como la carga y la energía que acumulan si se conectan en serie a la misma fuente de tensión. c) Lo mismo si se conectan en paralelo. a) Puesto que se trata de condensadores de láminas planas y paralelas, la capacidad se calcula aplicando la siguiente fórmula: C= K · ε0 · S d Por tanto, la capacidad que obtenemos para cada uno de los condensadores es: C1 = C2 = 6 · 8,85 · 10 –12 · 20 · 10 –4 = 1,062 · 10 –10 F = 106,2 pF 10 –3 4 · 8,85 · 10 –12 · 20 · 10 –4 = 7,08 · 10 –10 F = 708 pF 10 –4 Al conectarlos a una tensión V = 20 V, cada uno de ellos acumula una carga: Q1 = C1 · V = 1,062 · 10 –10 · 20 = 2,124 · 10 –9 C Q2 = C2 · V = 7,08 · 10 –10 · 20 = 14,16 · 10 –9 C b) Si se conectan los dos condensadores en serie, la capacidad equivalente y la carga que acumulan es: C= 1 1 = = 92,3 pF 1 1 1 1 —+— —+— C1 C2 106,2 708 Q = C · V = 92,3 · 10 –12 · 20 = 1,846 · 10 –9 C c) Si se conectan en paralelo, en cambio: C' = C1 + C2 = 106,2 + 708 = 814,2 pF Q' = C' · V = 814,2 · 10 –12 · 20 = 16,284 · 10 –9 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 12. Se desea fabricar un condensador plano, con láminas de dieléctrico de 0,05 mm de espesor, capaz de soportar 500 V sin perforarse. ¿Qué rigidez dieléctrica debe poseer, como mínimo, el dieléctrico necesario? ¿Cuál habría que escoger entre los de la tabla suministrada en el apartado 1.6? ¿Qué dimensiones deberían tener las placas para conseguir una capacidad de 20 µF? Para que no se perfore, el dieléctrico ha de poseer, como mínimo, el siguiente valor de rigidez dieléctrica: V 500 V = = 10 7 V · m –1 d 0,05 · 10 –3 m Entre los de la tabla citada (página 36 del libro del alumnado), el primero que cumple tal condición es el neopreno. Sus características dieléctricas son: Emáx = Rigidez dieléctrica: Emáx = 12 · 10 6 V · m–1 > 10 7 V · m–1 Constante dieléctrica (página 45 del libro del alumnado): K = 6,9 En el supuesto de que se utilice neopreno para fabricar el condensador, las placas deben tener la siguiente superficie: 20 · 10 –6 · 5 · 10 –5 S= C·d = = 16,37 m 2 K · ε0 6,9 · 8,85 · 10 –12 13. La capacidad máxima que puede conseguirse conectando cuatro condensadores iguales es de 200 µF. ¿Cuál es el valor de su capacidad y cómo hay que conectarlos? Obténganse también el resto de posibles acoplamientos, indicando la capacidad equivalente en cada caso. La máxima capacidad se consigue conectando los 4 condensadores en paralelo, en cuyo caso: CT = 4 · C = 200 µF Por tanto, la capacidad de cada uno de ellos es: C= 200 = 50 µF 4 El resto de posibles acoplamientos es: CT = C 50 = = 12,5 µF 4 4 CT = C + C 4·C 4 = = · 50 = 66,67 µF 3 3 3 CT = 3·C 3 · 50 1 = = = 37,5 µF 4 4 1 1 ——— + — 3·C C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. CT = 3·C 3 · 50 1 = = = 30 µF 5 5 1 1 —+— C C/2 + C CT = 2·C 2 · 50 1 = = = 20 µF 5 5 1 1 1 — + —+ — 2·C C C CT = C 5·C 5 · 50 +2·C= = = 125 µF 2 2 2 CT = 1 = C = 50 µF 1 1 —+— 2·C 2·C CT = C C + + C = 50 µF 2 2 Los dos últimos acoplamientos no proporcionan una capacidad diferente a la de un solo condensador. Sin embargo, pueden ser útiles para aumentar al doble la tensión máxima que se puede aplicar sin peligro de perforación del dieléctrico. 14. Un condensador plano de S = 100 cm2 y d = 0,01 mm se puede fabricar con los siguientes dieléctricos: vacío, aire, papel, neopreno. Teniendo en cuenta los valores de las tablas suministradas en las páginas 36 y 45, determina la capacidad, la tensión máxima o de perforación, la carga máxima y la energía almacenada en cada caso. La capacidad del condensador, con cada uno de los dieléctricos, la obtendremos por medio de la expresión: C= K · ε0 · S d La tensión máxima o de perforación la calcularemos a partir del dato de la rigidez dieléctrica: Vmáx = Emáx · d Y la carga máxima y la energía almacenada, a partir de las siguientes expresiones: Qmáx = C · Vmáx ; Wmáx = 1 Q · Vmáx 2 máx Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Los datos que solicita el enunciado son los que se reflejan en la siguiente tabla: Dieléctrico Vacío Aire Papel Neopreno Capacidad (F ) 8,85 · 10– 8,85 · 10–9 3,54 · 10–8 6,11 · 10–8 Tensión máxima (V ) ∞ 30 140 120 Carga máxima (C ) ∞ 2,655 · 10–7 4,956 · 10–6 7,332 · 10–6 Energía almacenada ( J ) ∞ 3,982 · 10–6 3,469 · 10–4 4,399 · 10–4 Nota: Se ha despreciado la posible emisión termoelectrónica en la placa negativa del condensador. 15. En el almacén de un taller de electrónica se dispone de condensadores cuyas capacidades son las siguientes: 1, 2, 4, 6, 10, 20, 50 y 100 µF, todos los cuales soportan una tensión de 60 V sin perforarse; y se desea conseguir, mediante acoplamientos, las siguientes capacidades: 0,25, 1,25, 25 y 225 µF, para conectarlas a una tensión total de 100 V. Determina la conexión necesaria en cada caso, utilizando el número mínimo de condensadores y asegurando que ninguno de ellos se perfore. a) Para obtener una capacidad de 0,25 µF, conectaremos cuatro condensadores de 1 µF en serie: CT = C 1 µF = = 0,25 µF n 4 100 V 1µF 1µF 1µF 1µF 25 V La tensión que ha de soportar cada condensador (25 V) no sobrepasa el límite de 60 V. b) Para obtener C = 1,25 µF, conectaremos cuatro condensadores de 1 µF en serie con otros dos de 2 µF, también acoplados en serie: 2 1 CT = = = 1,25 µF 2 4 Si en la primera rama se pusiese un solo condensador de 1 µF, la capacidad total sería la misma pero la tensión que tendría que soportar (100 V) superaría el límite de 60 V y podría perforarse. 100 V 2 µF 50 V 1µF 1µF 1µF 1µF 25 V 2 µF c) Para obtener una capacidad de 25 µF tan solo necesitamos conectar dos condensadores de 50 µF en serie: CT = 50 µF = 25 µF 2 100 V 50 µF 50 V 50 µF Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. d) Finalmente, para obtener una capacidad de 225 µF, recurriremos al siguiente montaje: 100 µF 100 V 100 µF 50 V 100 µF 100 µF 50 V 100 µF 100 µF 50 V 100 µF 100 µF 50 V 50 µF 50 µF 50 V CT = ( ) 100 50 ·4+ = 225 µF 2 2 Aunque para conseguir la misma capacidad bastaría con 4 condensadores (dos de 100 µF en paralelo con dos de 50 µF en serie), para evitar que se perforen hay que sustituir los dos primeros por 4 ramas formadas cada una por dos de 100 µF en serie. 16. Entre las placas de un condensador plano con dieléctrico de aire hay un campo eléctrico de 2 000 N · C–1. Si la separación entre ellas es de 0,1 mm, calcula qué diferencia de potencial se les ha aplicado y cuánta carga acumula el condensador si la superficie de las placas es de 200 cm2. Los datos que proporciona el enunciado del problema son: S = 200 cm 2 = 2 · 10 –2 m 2 d = 0,1 mm = 10 –4 m E = 2 · 10 3 N · C –1 La diferencia de potencial entre las placas es: V = E · d = 2 · 10 3 · 10 –4 = 0,2 V Y la capacidad del condensador: C= ε0 · S 8,85 · 10 –12 · 2 · 10 –2 = = 1,77 · 10 –9 F d 10 –4 V d E ––––––––– –Q +++++++++ +Q S Por tanto, la carga que acumula vale: Q = C · V = 1,77 · 10 –9 · 0,2 = 3,54 · 10 –10 C 17. Un condensador plano con dieléctrico de aire y 5 µF de capacidad se conecta a 50 V el tiempo suficiente para que se cargue y, después de separarlo de la fuente de tensión, se le intercala un dieléctrico cuya constante vale 4. Calcula la capacidad final, el valor del campo eléctrico inicial y final existente entre las placas y hasta qué valor cae la diferencia de potencial entre ellas. La carga que adquiere el condensador tiene por valor: Q = C · V = 5 · 10 –6 · 50 = 25 · 10 –5 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Al introducir entre las placas un dieléctrico de constante K = 4, la capacidad del condensador se modifica: C' = K · C = 4 · 5 = 20 µF Suponiendo que en dicha operación se mantiene la carga del condensador, la modificación de la capacidad determina que cambie el valor de la diferencia de potencial entre las placas y, por tanto, también el valor del campo eléctrico: V' = 25 · 10 –5 Q = = 12,5 V C' 20 · 10 –6 Como no se conoce el valor de la separación entre las placas, no es posible calcular el campo eléctrico inicial y final, aunque sí la relación matemática entre ellos: E V/d V 50 = = = =4 E' V'/d V' 12,5 18. Un cable coaxial, con una relación de diámetros de 0,7/4,8, medidos en mm, y aislamiento de polietileno (K = 2,3), tiene una longitud de 200 m. Calcula su capacidad, así como la carga y la energía que almacena si se conecta a una fuente de tensión de 50 V. De acuerdo con el dibujo, los valores de a, b y L son: L = 200 m a= b= 0,7 = 0,35 mm 2 4,8 = 2,4 mm 2 a b L = 200 m Un cable coaxial equivale a un condensador cilíndrico. Por tanto: 2 · π · K · ε0 · L 2 · π · 2,3 · 8,85 · 10 –12 · 200 = = 13,28 · 10 –9 F = 13,28 nF ln (b/a) 2,4 ln — 0,35 Si se conecta a una diferencia de potencial de 50 V, la carga y la energía que almacena son: C= ( ) Q = C · V = 13,28 · 10 –9 · 50 = 6,64 · 10 –7 C W= 1 1 ·C·V2= · 13,28 · 10 –9 · 50 2 = 1,66 · 10 –5 J 2 2 19. Dos condensadores, de 10 y 40 µF, cuyas tensiones de perforación son de 100 y 200 V, respectivamente, se conectan en serie. ¿Cuál será el valor de la tensión máxima que se puede aplicar en bornes del acoplamiento y cuánta carga pueden llegar a acumular? Cada condensador, considerado aisladamente, puede acumular la siguiente carga: Q1máx = C1 · V1máx = 10 · 10 –6 · 100 = 10 –3 C Q2máx = C2 · V2máx = 40 · 10 –6 · 200 = 8 · 10 –3 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Al estar conectados en serie, los dos condensadores acumulan la misma cantidad de carga, igual a la cantidad de carga total. En consecuencia, la carga máxima del acoplamiento se ve limitada al menor de los valores anteriores: QTmáx = Q1máx = Q2 = 10 –3 C La tensión que alcanza cada condensador es: V1 = V2 = Q1máx 10 –3 = = 100 V = V1máx C1 10 · 10 –6 Q2 10 –3 = = 25 V < V2máx C2 40 · 10 –6 V V1 C1 = 10 µF V1 máx = 100 V C1 = 40 µF V2 máx = 200 V V2 Y la tensión máxima total vale: VTmáx = V1máx + V2 = 100 + 25 = 125 V 20. Un condensador plano con dieléctrico de vacío, 0,1 mm de separación entre placas y 100 µF de capacidad está conectado a una fuente de tensión de 24 V. Si una vez separado de la fuente, se aumenta la separación entre sus placas en 0,5 mm, ¿cómo se modifican su capacidad, la carga acumulada y la diferencia de potencial entre ellas? ¿Cuánta energía hay que desarrollar para hacerlo y qué fuerza hay que aplicar? Inicialmente, la capacidad del condensador, la carga y la energía acumuladas son: C= ε0 · S = 100 µF = 10 –4 F d V = 24 V d Q = C · V = 10 –4 · 24 = 2,4 · 10 –3 C W= 1 1 ·Q·V= · 2,4 · 10 –3 · 24 = 0,0288 J 2 2 ε0 S +Q –Q Tras aumentar la separación entre las placas, obtenemos la siguiente situación: + Q' d' = d + 0,5 mm = 0,6 mm = 6 · 10 –4 m Q' = Q = 2,4 · 10 C –3 V' d' ε0 – Q' S suponiendo que no hay descarga en la operación. Con estos valores, la capacidad disminuye como se indica: C' = ε0 · S d' → (ε · S )/d' 1 · 10 –4 C' d = 0 = = = 0,17 C d' (ε0 · S )/d 6 · 10 –4 F C' = 0,17 · C = 1,7 · 10 –5 F Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. La tensión aumenta a: V' = 2,4 · 10 –3 Q' = = 141,2 V C' 1,7 · 10 –5 1 1 · Q' · V ' = · 2,4 · 10 –3 · 141,2 = 0,1694 J 2 2 Y la energía acumulada aumenta, por tanto, al siguiente valor: W' = La diferencia W' – W es el trabajo que hay que realizar para separar las placas, para lo cual hay que aplicar una fuerza cuyo valor medio es: F= W' – W = 0,1694 – 0,0288 = 281,2 N d' – d 6 · 10 –4 – 1 · 10 –4 0,5 cm 21. Una botella de Leyden puede considerarse similar a un condensador cilíndrico si se desprecia el efecto de los bordes y de la base plana. Haciéndolo así, ¿cuál sería el valor de la capacidad de una botella de Leyden con las dimensiones de la figura y cuánta carga podría acumular sin llegar a perforarse? Si consideramos despreciable el espesor de las láminas metálicas y no tenemos en cuenta el efecto de la base, la botella de Leyden puede ser representada por un condensador cilíndrico como el de la figura: 50 cm 40 cm L a = 19,5 cm a d b Vidrio (K ) b = 20 cm L = 50 cm = 0,5 m Considerando los siguientes valores para el vidrio: K = 10 Emáx = 14 · 10 –6 V · m –1 Obtenemos: C= 2 · π · K · ε0 · L 2 · π · 10 · 8,85 · 10 –12 · 0,5 = = 11 · 10 –9 F ln (b/a) 20 ln — 19,5 ( ) Vmáx = Emáx · d = 14 · 10 6 · 0,5 · 10 –2 = 7 · 10 4 V Qmáx = C · Vmáx = 11 · 10 –9 · 7 · 10 4 = 77 · 10 –5 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 22. Una nube tempestuosa de 50 km2 de superficie inferior se encuentra a una altura de 400 m y descarga un rayo. Considerando que constituye con la superficie de la Tierra un condensador plano de tales dimensiones, ¿cuánto valdrá aproximadamente su capacidad? ¿Y en cuánto se pueden estimar los valores de la carga y la energía que se acumula, así como la diferencia de potencial entre ella y la Tierra? (Tómese 2 · 106 N · C–1 como valor medio del campo eléctrico entre la nube y la Tierra). Si asimilamos la superficie inferior de la nube y la superficie de la Tierra a las placas de un condensador plano, la superficie efectiva de dichas placas es la que corresponde a la nube. S = 50 km 2 = 50 . 106 m 2 ––– – – – – – – – –– – – – E = 2 . 104 V . m –1 K=1 E d = 400 m +++++++++++++++++++++ El dieléctrico es el aire (K = 1), y su espesor, la distancia de la nube a la Tierra. La capacidad aproximada será: C= K · ε0 · S 1 · 8,85 · 10 –12 · 50 · 10 6 = = 1,1 · 10 –6 F = 1,1 µF 400 d Si se toma como valor medio del campo eléctrico cuando la nube ha adquirido su máxima carga, E = 2 · 10 6 V · m –1, la diferencia de potencial entre la nube y la Tierra habrá alcanzado el valor: V = E · d = 2 · 10 6 · 400 = 800 · 10 6 V = 800 MV La carga de la nube es: Q = C · V = 1,1 · 10 –6 · 800 · 10 6 = 880 C Y la energía acumulada por el sistema vale: W= 1 1 ·Q·V= · 880 · 800 · 10 6 = 35,2 · 10 10 J 2 2 Nota: Con esta energía podría funcionar un motor de 10 kW durante más de un año. Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Problemas de selectividad 1. Un condensador de 1 µF se carga a la tensión de 300 V e, independientemente, otro condensador, de 3 µF, se carga a 500 V. Si, una vez cargados ambos condensadores, unimos sus armaduras: a) ¿Qué valor adquirirá la tensión común a ambos condensadores? b) ¿Qué carga tendrá ahora cada condensador? LOGSE. MADRID, 2000. Los datos que proporciona el enunciado son los que se indican en las siguientes figuras: + + C1 = 10 –6 F +Q 1 –Q 1 V1 = 300 V V2 = 500 V +Q 2 –Q 2 C 2 = 3 . 10 –6 F – – La carga inicial de cada uno de los condensadores es: Q1 = C1 · V1 = 10 –6 · 300 = 3 · 10 – 4 C = 300 µC Q2 = C2 · V2 = 3 · 10 –6 · 500 = 15 · 10 – 4 C = 1 500 µC Si ahora unimos sus armaduras, obtenemos el siguiente circuito equivalente (derecha): + + V' +Q 1' –Q 1' C 1 = 10 –6 F +Q 1' –Q 1' C 2 = 3 . 10 –6 F >< V' +QT –QT CT – – La carga y la capacidad totales de este acoplamiento en paralelo son: QT = Q1 + Q2 = 3 · 10 –4 + 15 · 10 – 4 = 18 · 10 – 4 C = 1 800 µC CT = C1 + C2 = 1 + 3 = 4 µF = 4 · 10 – 6 F a) La tensión en bornes del acoplamiento resulta ser: V' = QT 18 · 10 –4 = = 450 V CT 4 · 10 –6 Esta nueva tensión común, intermedia entre 300 y 500 V, se produce por trasvase de carga de C2 a C1 en los instantes en que se efectúa el acoplamiento, mediante una corriente transitoria. La carga total queda finalmente repartida del modo que se indica en el apartado b). Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. b) Q'1 = C1 · V' = 10 –6 · 450 = 450 µC Q'2 = C2 · V' = 3 · 10 –6 · 450 = 1 350 µC 2. En el conjunto de condensadores que se muestra en la figura, la tensión aplicada a los de 1 µF es de 5 V. A 2 µF + 1µF 1µF 1µF 1µF V B – ¿Cuál es la tensión V que estamos aplicando entre A y B al conjunto? LOGSE. Murcia, 2000. Como C4 y C5 tienen la misma capacidad y la misma cantidad de carga (están conectados en serie), la tensión entre sus placas es la misma (5 V), luego: V45 = V23 = 2 · V4 = 2 · 5 = 10 V + A C1 = 2 µF V2 C 4 = 1 µF C 5 = 1 µF V4 = 5 V V45 = V23 = 2 .V4 = 10 V V' C 2 = 1 µF C 3 = 1 µF – B La capacidad equivalente de las dos ramas en paralelo es: C2345 = 1·1 1·1 1 1 + = + = 1 µF 1+1 1+1 2 2 Y la carga acumulada: Q2345 = C2345 · V45 = 10 –6 · 10 = 10 –5 C El condensador C1 (en serie) acumula la misma carga: Q1 = Q2345 = 10 –5 C Y su tensión vale: V1 = Q1 10 –5 = =5V C1 2 · 10 –6 La tensión total, por tanto, vale: V = V1 + V45 = 5 + 10 = 15 V Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. 3. En el circuito de la figura, C1 = 6 µF, C2 = 3 µF, C3 = 8 µF y V = 20 V. Primero se cargan C1 y C2, cerrando el interruptor S1. Después se abre el interruptor S1, y los condensadores cargados se conectan al descargado, C3, cerrando S2. Se pide: a) Calcular la carga inicial adquirida por C1 y C2. b) Calcular la carga final en cada uno de los condensadores. LOGSE. Madrid, 2000. S1 S2 + C1 C3 C2 V El circuito, con los datos que proporciona el enunciado, es el siguiente: S1 + S2 C1 = 6 µF V = 20 V C 2 = 3 µF – C 3 = 8 µF a) Cuando se cargan los condensadores C1 y C2 con S1 cerrado y S2 abierto, la capacidad equivalente del acoplamiento serie es: C12 = 6·3 18 = = 2 µF 6+3 9 La carga total del acoplamiento serie, igual a la de cada uno de los condensadores, es: Q12 = C12 · V = 2 · 10 –6 · 20 = 4 · 10 – 5 C = Q1 = Q2 b) Ahora, con S1 abierto y S2 cerrado, C3 queda conectado en paralelo con el acoplamiento serie C12, absorbiendo parte de su carga hasta que la tensión en bornes de ambas ramas se estabiliza en un valor V' < V. Por tanto: C123 = C12 + C3 = 2 + 8 = 10 µF = 10 – 5 F V' = QT 4 · 10 –5 = =4V C123 10 –5 + Con esa tensión final, la carga de cada condensador es: Q3 = C3 · V' = 8 · 10 –6 · 4 = 3,2 · 10 – 5 C Q1 = Q2 = C12 · V' = 2 · 10 –6 · 4 = 0,8 · 10 –5 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. C1 V' C2 – C3 4. Calcula: a) La capacidad equivalente entre los terminales A y B del esquema de la figura: A C1 C2 C3 B b) Si entre A y B se aplica una diferencia de potencial de 100 V, ¿cuáles serán los valores de las cargas que aparecerán en cada condensador? Datos: C1 = 10 µF; C2 = 20 µF; C3 = 40 µF LOGSE. Madrid, 1995. Obsérvese en el esquema que, gracias a los dos “puentes”, los tres condensadores forman realmente un acoplamiento en paralelo conectado a los terminales de alimentación AB: A A C1 C2 C3 B < > VAB C1 C2 C3 B En consecuencia, la carga acumulada por cada condensador es: Q1 = C1 · VAB = 10 · 10 –6 · 100 = 10 – 3 C Q2 = C2 · VAB = 20 · 10 –6 · 100 = 2 · 10 – 3 C Q3 = C3 · VAB = 40 · 10 –6 · 100 = 4 · 10 – 3 C Y la carga total: QT = Q1 + Q2 + Q3 = 10 –3 + 2 · 10 – 3 + 4 · 10 – 3 = 7 · 10 – 3 C Unidad 1. Fenómenos y dispositivos electrostáticos. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 2.1. EL PRIMER GENERADOR DE CORRIENTE CONTINUA: LA PILA ELÉCTRICA Página 58 1. Para conseguir una pila que suministre una diferencia de potencial aproximada de 3 V, ¿qué metales pueden utilizarse en la fabricación de los electrodos? De acuerdo con la tabla de potenciales de electrodo (página 56), se puede conseguir una diferencia de potencial (teórica) cercana a 3 V con los siguientes metales: Electrodo positivo Oro Plata Mercurio Cobre Electrodo negativo Aluminio Magnesio Magnesio Sodio Diferencia de potencial 1,5 – (–1,67) = 3,17 V 0,8 – (–2,40) = 3,2 V 0,79 – (–2,40) = 3,19 V 0,34 – (–2,71) = 3,05 V 2. Si se sueldan dos hilos metálicos, uno de cobre y otro de hierro, y se tocan simultáneamente los dos extremos con la lengua, ¿qué puede suceder y por qué? La saliva y los dos hilos metálicos (hierro y cobre) soldados forman un sistema que equivale a una pila puesta en cortocircuito. La f.e.m. generada podría llegar a ser: ε = +0,34 – (–0,44) = 0,8 V suficiente para producir una corriente eléctrica apreciable en la lengua. Saliva (electrólito) Cu Fe 2.2. ACUMULADORES Página 61 1. En la placa de una pequeña batería de Ni-Cd se pueden leer las siguientes características: 9 V, 100 mA-hora; carga: 14 h a 10 mA. ¿Qué significan estos tres datos? ¿A cuántos coulomb equivale su capacidad? ¿Realmente ha acumulado esa carga en su interior? ¿Cuánta energía será capaz de suministrar a un circuito exterior en un proceso completo de descarga? Los datos que proporciona el enunciado del problema son los siguientes: 9V: Es el valor de su fuerza electromotriz E y, por tanto, la tensión entre sus bornes, medida en vacío. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 100 mA-hora: Es la cantidad de carga que puede suministrar funcionando normalmente. Equivale a: Q = I · t = 100 mA · 1 h = 0,1 A · 3 600 s = 360 C Carga: 14 h a 10 mA: Indica el tiempo que tarda en cargarse la batería, haciendo circular por ella una corriente de 10 mA. La carga de 360 C no se encuentra realmente acumulada en el interior de la pila, sino que es la cantidad de carga que, por efecto de las reacciones químicas que ocurren en su interior, la batería hace circular por el circuito durante el proceso de descarga completo. Lo que realmente acumula la batería durante el proceso de carga es energía, que luego devuelve al circuito exterior durante la descarga. El valor de dicha energía es: W = Q · E = 360 · 9 = 3 240 J 2.5. ANÁLISIS DEL CIRCUITO ELEMENTAL DE CORRIENTE CONTINUA Página 67 1. Si en un conductor se consumen 1 200 J en quince minutos cuando por él circula una intensidad de 10 A, ¿cuánto valen su resistencia y la diferencia de potencial entre sus extremos? V R I + – W = 1 200 J t = 15 minutos = 900 s W (t ) I = 10 A La energía disipada en un conductor tiene por expresión: W = R · I2 · t Sustituyendo los valores de W, I, t y despejando, se obtiene la resistencia: R= W = 1 200 = 0,01) 3Ω 100 · 900 I2 · t Y aplicando la ley de Ohm, se obtiene el valor de la diferencia de potencial entre sus extremos: V = R · I = 0,01 3 · 10 = 0,1 3 V Página 69 2. Un elemento conductor, sometido a una diferencia de potencial V creciente, responde con valores de intensidad que siguen la curva de la figura. I (A) 2 ) ) B A 1 Calcula la resistencia en el tramo O -A de funO cionamiento. ¿Qué sucede con la resistencia 50 100 150 V(V) en el tramo A-B ? ¿Cuánta energía disipa durante dos horas si se le aplica una tensión de 50 V? ¿Y si se le aplican 100 V? Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. El valor de la resistencia en el tramo O-A es la inversa de la pendiente de la gráfica en dicho tramo, en el que la curva característica es una recta: R= ∆V 80 = = 57,1 ȃ 57 Ω ∆I 1,4 En el tramo A-B, la gráfica deja de ser una recta. En este tramo, el aumento del potencial no produce un aumento significativo de la intensidad, como ocurre en los dispositivos no lineales, que estudiaremos con más detalle en el capítulo 9. La energía disipada durante dos horas la calculamos por medio de la expresión: W=V·I·t= Para V = 50 V, resulta: W= V2·t 50 2 · 7 200 = = 315 789 J R 57 V2·t R Para V = 100 V, I = 1,6 A según la gráfica, y entonces resulta: W = V · I · t = 100 · 1,6 · 7 200 = 1 152 000 J 2.6. RESISTENCIA ELÉCTRICA EN HILOS CONDUCTORES Página 71 1. Un conductor de cobre de 2 mm2 de sección y 5 m de longitud se somete a una diferencia de potencial de 0,1 V. Calcula el campo eléctrico en su interior, su resistencia, la intensidad y la densidad de la corriente. Con los datos que proporciona el enunciado, junto con el valor de la resistividad del cobre (ver tabla en página 72) podemos obtener todos los valores que nos piden: Campo eléctrico: E= V 0,1 = = 0,02 V · m –1 l 5 V I S ρ l E Resistencia eléctrica: R= ρ·l 0,017 · 5 = = 0,0425 Ω S 2 Intensidad de la corriente: I= V 0,1 = = 2,35 A R 0,0425 Densidad de la corriente: J= I 2,35 = = 1,175 A · mm –2 S 2 Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 2. En un almacén hay un carrete de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección y de longitud desconocida. Para determinarla sin necesidad de desliar todo el carrete, a alguien se le ocurre aplicar entre sus extremos una tensión de 9 V y medir la corriente que circula, que resulta ser de 0,5 A. ¿Cuál es el valor de dicha longitud? Con la intensidad de la corriente y la tensión aplicada, se calcula el valor de su resistencia eléctrica, aplicando la ley de Ohm: R= V 9 = = 18 Ω I 0,5 Y con este valor es posible calcular su longitud: l= R·S 18 · 0,5 = = 529,4 m ρ 0,017 3. Un conductor de cobre de 1 mm2 de sección y 2 m de longitud se somete a un proceso de trefilado, hasta disminuir su diámetro a la mitad. Calcula su resistencia eléctrica antes y después. El conductor de cobre lo podemos representar como se indica a la derecha: S = 1mm 2 l=2m ρ = 0,017 Ω · mm 2 · m –1 La resistencia eléctrica del conductor, antes de trefilarlo, vale: R=ρ· l 0,017 · 2 = = 0,034 Ω S 1 Supongamos que, en el proceso de trefilado, no hay pérdida de material, en cuyo caso el volumen del conductor sigue siendo el mismo. l' S' Si el diámetro (o lo que es lo mismo, el radio), se reduce a la mitad, la sección se reduce a la cuarta parte y la longitud pasa a ser cuatro veces mayor: r' = r 2 S' = π · r ' 2 = π · l' = ( ) r 2 2 = 1 S π · r2 = = = 0,25 mm 2 4 4 4 V V V = =4· =4·l=4·2=8m S' S /4 S En tal caso, la resistencia eléctrica resulta ser 16 veces mayor que la inicial: R' = ρ · l' 4·l l =ρ· = 16 · ρ · = 16 · R S' S /4 S → R' = 16 · 0,034 = 0,544 Ω Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Página 74 4. Una línea de dos conductores al aire es recorrida por una corriente de 18 A. ¿Qué sección de hilo debe tener según la tabla que se incluye en esta página? ¿Para qué valor de la intensidad se fundiría el cable? La tabla de intensidad máxima admisible, en función de la sección de conductor, aplicable a una línea de dos hilos de cobre montados al aire, es la siguiente: S (mm 2) Imáx (A) 0,5 6 0,75 8,5 1 12 1,5 15 2,5 21 4 28 6 36 10 50 Una intensidad de 18 A exige una sección de 2,5 mm 2, que soportan hasta 21 A. A esa sección le corresponde un diámetro: d=2· √ S =2· π √ 2,5 = 1,784 mm π La corriente de fusión se calcula mediante la siguiente fórmula empírica, válida para ese tipo de línea: If = 69 · d 3/2 = 69 · 1,784 3/2 = 164,41 A 2.9. ANÁLISIS DEL CIRCUITO REAL DE CORRIENTE CONTINUA Página 78 1. Una batería de 12 V con una resistencia interna de 0,3 Ω alimenta un receptor de 4 Ω a través de una línea de 20 m, hecha de hilo de cobre de 0,5 mm2 de sección. Determina la diferencia de potencial en bornes del receptor, y la caída de tensión en la línea y en el interior de la batería. El circuito que analizamos en este caso es el que representa la figura, y de él conocemos, además, los siguientes datos: ε = 12 V Ri = 0,3 Ω R=4Ω En primer lugar, es necesario determinar el valor de la resistencia de la línea Rl y calcular la intensidad de la corriente I, planteando la ecuación del circuito: Rl = ρ·2 ·L 0,017 · 2 · 20 = = 1,36 Ω S 0,5 12 12 ε = = = 2,12 A 0,3 + 1,36 + 4 5,66 Ri + Rl + R ε Ri L = 20 m ρ = 0,017 Ω . mm 2 / m S = 0,5 mm 2 V I V' R ε = I · (Ri + Rl + R) I= Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. La caída de tensión es la suma de la que cae en la resistencia interna y la que cae en la resistencia de la línea: Vc = Vci + Vcl = Ri · I + Rl · I = 0,3 · 2,12 + 1,36 · 2,12 = 3,519 V La tensión en bornes del receptor es: V' = R · I = 4 · 2,12 = 8,48 V 2. En el circuito anterior, determina la potencia entregada por el generador, la potencia perdida en la línea y la potencia útil que llega al receptor. La potencia teórica del generador, con los valores obtenidos en el problema anterior, es: Pg = ε · I = 12 · 2,12 = 25,44 W No obstante, parte de esa potencia se pierde en la resistencia interna de la batería: Ppi = Ri · I 2 = 0,3 · 2,12 2 = 1,348 W Luego, la potencia que realmente entrega el generador al circuito exterior es: Pe = Pg – Ppi = 25,44 – 1,348 = 24,092 W En la resistencia de la línea se pierde también una potencia, de valor: Ppl = Rl · I 2 = 1,36 · 2,12 2 = 6,112 W La potencial útil que llega al receptor es: Pu = Pe – Ppl = 24,092 – 6,112 = 17,98 W Este último valor se puede calcular también a partir de la resistencia del receptor: Pu = R · I 2 = 4 · 2,12 2 = 17,98 W Página 79 3. En el circuito de las cuestiones anteriores, si la resistencia toma los siguientes valores: 1, 2, 4, 8, 16 y 32 Ω, ¿cuánto vale la tensión en bornes del generador? El circuito utilizado en las dos cuestiones anteriores, al que hemos añadido el valor de la resistencia de línea Rl, obtenido en la primera de ellas, es el que representa en la figura de la derecha: Ri = 0,3 Ω Rl = 1,36 Ω I ε = 12 V V R Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. En este circuito, para cualquier valor de R, la intensidad I y la tensión en bornes del generador V tienen las siguientes expresiones: I= 12 12 ε = = 0,3 + 1,36 + R 1,66 + R Ri + Rl + R V = ε – Ri · I = 12 – 0,3 · I Con los distintos valores de la resistencia R propuestos en el enunciado, se obtiene la siguiente tabla de resultados: R I (A) V (V) 1 4,51 10,65 2 3,28 11,02 4 2,12 11,36 8 1,24 11,63 16 0,68 11,80 32 0,36 11,89 Página 80 4. Al conectar los faros de un automóvil, cuyas lámparas poseen una potencia nominal de 60 W cada una, la tensión en bornes de la batería baja de 12 V a 11,65 V. Determina su fuerza electromotriz, su resistencia interna, la energía química que se transforma en eléctrica, la energía eléctrica que consumen los faros en diez minutos, la energía que se pierde, el rendimiento de la instalación y la corriente de cortocircuito. El circuito de la instalación, despreciando el valor de la resistencia de los conductores y suponiendo que no hay conectados otros receptores, es el siguiente: Ri Ri ε V r r < > ε V I R donde R es la resistencia equivalente de las dos lámparas conectadas en paralelo. La resistencia de cada una de las lámparas, r, se calcula a partir de la potencia y la tensión nominales de las lámparas: V2 122 r 2,4 r= n = = 2,4 Ω ; R = = = 1,2 Ω 60 2 2 Pn – Funcionamiento en vacío: El interruptor está abierto y, por tanto: I = 0 ; ε = V = 12 V – Funcionamiento en carga: El interruptor está cerrado. En bornes del receptor hay una tensión V = 11,65 V, y la intensidad de la corriente vale: I= V 11,65 = = 9,7 A R 1,2 Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Planteando la ecuación del circuito, se puede despejar la resistencia interna de la batería: ε = I · (Ri + R) → 12 = 9,7 · (Ri + 1,2) Ri = 12 – 1,2 = 0,037 Ω 9,7 – Balance energético: En un tiempo de diez minutos (600 s), la energía total que se transforma en la batería, la energía útil que consumen los faros y la energía perdida en la resistencia interna de la batería son: Wt = e · I · t = 12 · 9,7 · 600 = 69 840 J Wu = R · I 2 · t = 1,2 · 9,7 2 · 600 = 67 744,8 J Wp = Wt – Wu = 69 840 – 67 744,8 = 2 095,2 J El rendimiento de la instalación es, por tanto: η= Wu 67 744,8 = = 0,97 (97%) 69 840 Wt – Corriente de cortocircuito: Tanto si se produce en los bornes de la batería como en cualquier otro punto del circuito, la corriente resultante es: 12 Icc = ε = = 324,3 A 0,037 Ri 2.10. ANÁLISIS DE CIRCUITOS PRÁCTICOS Página 82 1. Un secador de pelo de 800 W, fabricado para funcionar a 125 V, se desea conectar a una toma de corriente de 220 V, y en casa se dispone de hilo de nicrom de 0,5 mm2 de sección. Diseña un dispositivo que permita utilizarlo provisionalmente. ¿Qué rendimiento tendría la instalación? La solución provisional es conectar el secador en serie con una resistencia limitadora RL, de modo que el circuito de la instalación sea como el que se muestra en la gráfica: El valor de la resistencia calefactora del secador, R, se obtiene a partir de los valores nominales de potencia y tensión: R= Vn2 125 2 = = 19,53 Ω 800 Pn RL R Vn = 125 V 800 W 125 V V = 220 V I Así como el valor de la intensidad: I= Pn 800 = = 6,4 A 125 Vn Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. El valor de la resistencia limitadora se puede obtener despejando de la ecuación del circuito: 220 V = (RL + R) · I → 220 = (RL + 19,53) · 6,4 ; RL = – 19,53 = 14,84 Ω 6,4 También se puede obtener este resultado aplicando la ley de Ohm al tramo de RL: RL = 220 – 125 = 14,84 Ω 6,4 Diseño de la resistencia limitadora: Para construir la resistencia RL con hilo de nicrom de 0,5 mm 2 de sección, se necesita una longitud: l= RL · S 14,84 · 0,5 = = 7,42 m ρ 1 220 V 22 11 0 Como el hilo de nicrom va desnudo y, además, se calienta, conviene montarlo alrededor de una pieza de material cerámico (por ejemplo, un ladrillo) dentro de una caja de material aislante (madera), sobre la que se montaría también la placa de conexiones (ver figura). Rendimiento de la instalación: – Potencia útil: Pu = 800 W – Potencia total: Pt = V · I = 220 · 6,4 = 1 408 W – Rendimiento: η = Pu 800 = = 0,568 1 408 Pt 5 Obviamente, el rendimiento es bajo, debido a las pérdidas en la resistencia limitadora. 2. Un voltímetro posee las siguientes características, dadas por el fabricante: alcance, 0-50 V; resistencia interna, 250 000 Ω. ¿Qué resistencia de ampliación de escala habría que conectarle, y cómo, para que pueda medir hasta 500 V? Si el voltímetro alcanza a medir 50 V, para poder medir hasta 500 V es necesario conectarle una resistencia en serie en la que “caigan” los 450 V que hay de diferencia. El circuito con el que lo conseguiríamos es el de la figura. El valor de la intensidad máxima que soporta el voltímetro es: I= 50 = 2 · 10 –4 A = 20 mA 250 000 450 V R R i = 250 kΩ 0 – 50 V 500 V I 50 V V Y el valor de la resistencia de ampliación de escala resulta: R= 450 V = 225 · 10 4 Ω = 2,25 MΩ 2 · 10 –4 A Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 3. Un amperímetro posee un alcance de 0-3 A y una resistencia interna de 20 mΩ. ¿Qué resistencia habría que conectarle, y cómo, para que alcance a medir 20 A? Si el amperímetro alcanza hasta 3 A y se desea medir hasta 20 A, es necesario conectar una resistencia en paralelo, por la que se deriven los 17 A que hay de diferencia. El circuito que debemos montar es el siguiente: R i = 20 mΩ 0–3 A I = 20 A a I1 = 3 A A b I 2 = 17 A R La tensión en bornes del aparato alcanza un valor: Vab = I1 · Ri = 3 · 20 · 10 –3 = 60 · 10 –3 V Luego, el valor de la resistencia de ampliación de escala es: R= Página 85 4. Un horno eléctrico de 8 000 W está alimentado por un cable de dos hilos de 2,5 mm2 y 50 m, montado al aire y conectado a una alimentación de 220 V. Calcula la resistencia del horno (en caliente), la intensidad que circula por ella, la caída de tensión en la línea, la potencia perdida y el rendimiento de la instalación. Comprueba que la sección del conductor es adecuada para que el cable no se caliente excesivamente y para que la caída de tensión no sobrepase el 3%. El circuito equivalente de la instalación es el representado en la figura, en el cual Rl es la resistencia de la línea, y R, la resistencia del horno (en caliente). L = 50m I S = 2,5 mm2 Rl Pn = 8000 W V = 220 V V' R Vn = 220 V Vab 60 · 10 –3 = = 3,53 · 10 –3 Ω = 3,53 mΩ 17 I2 El valor de Rl se calcula a partir de los datos del cable, que se supone de cobre, mientras que R se determina con los valores nominales de potencia y tensión del horno: ρ·2 ·L 0,017 · 2 · 50 = = 0,68 Ω S 2,5 V2 2202 R= n = = 6,05 Ω 8 000 Pn Rl = Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Al conectar el horno, la intensidad de la corriente es: I= 220 V = = 32,7 A 0,68 + 6,05 Rl + R La caída de tensión en la línea vale: Vcl = Rl · I = 0,68 · 32,7 = 22,2 V (10,1% de 220 V) Y el balance de potencia es el siguiente: – Potencia total: Pt = V · I = 220 · 32,7 = 7 194 W – Potencia útil: Pu = R · I 2 = 6,05 · 32,7 2 = 6 469 W – Potencia perdida: Pp = Pt – Pu = 7 194 – 6 469 = 725 W – Rendimiento: η = Pu 6 469 = = 0,899 (89,9%) 7 194 Pt El rendimiento no es bueno, y la potencia que llega al horno es bastante menor que la potencia nominal. Por añadidura, la caída de tensión en la línea es excesiva, mucho mayor que el 3%, y la intensidad que pasa por la línea sobrepasa el máximo valor que admite la sección de 2,5 mm 2 (21 A según la tabla de intensidades máximas admisibles para cables aislados de dos hilos de cobre montados al aire, que se muestra a continuación). S (mm 2) Imáx (A) 0,5 6 0,75 8,5 1 12 1,5 15 2,5 21 4 28 6 36 10 50 Es evidente que, para mejorar la instalación, hay que corregir el valor de la sección del conductor: — Al hacer el cálculo de la sección por calentamiento, la sección mínima según la tabla es de 6 mm 2, que soporta hasta 36 A. — Al hacerlo por caída de tensión, la sección mínima será: S = 200 · ρ · L · P = 200 · 0,017 · 50 · 8 000 = 9,4 mm 2 v · V2 3 · 220 2 La sección adecuada es, por tanto, S = 10 mm 2. Repitiendo los cálculos para este valor de sección, se obtienen los siguientes resultados: Rl = 0,17 Ω I = 35,4 A Vcl = 6 V (2,7%) Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Pu = 7 581,6 W Pt = 7 788 W η = 0,973 5. Se desea hacer una instalación de alumbrado con 100 lámparas de 220 V y 60 W, conectadas a una red de 220 V y distribuidas en una línea de 600 m. ¿Cómo hay que conectarlas, en serie o en paralelo? (Dibuja el circuito). ¿Qué sección de cables conductores hay que elegir si la instalación se hace bajo tubo protector y la caída de tensión no debe sobrepasar el 2%? (Supóngase que todas las cargas pueden colocarse al final de la línea). Para que todas las lámparas funcionen en condiciones normales, es decir, con valores de tensión y potencia prácticamente iguales a los nominales, hay que conectarlas en paralelo, como se indica en la gráfica. L = 600 m I ……………. 100 …………… V = 220 V Cálculo de la sección por calentamiento: El valor de la intensidad I se determina considerando que toda la carga se encuentra aplicada al comienzo de la línea (cálculo por exceso, para la condición más desfavorable, que desprecia la resistencia de la línea): I= P 100 · 60 6 000 = = = 27,27 A V 220 220 Para esta intensidad, dadas las características de la línea, la sección adecuada según la tabla de intensidades máximas admisibles para cable de cobre de dos hilos aislado y montado bajo tubo protector (página 74 del libro del alumnado), es de 6 mm 2 (que soporta hasta 29 A). Cálculo de la sección por caída de tensión: (v ≤ 2%) a) Cálculo por exceso, considerando toda la carga al final de la línea: 600 m 220 V S S = 200 · ρ · L · P = v · V2 P = 6 000 W = 200 · 0,017 · 600 · 6 000 = 126 mm 2 2 · 220 2 Este es un resultado excesivo que encarecería mucho la instalación. Por tanto, es necesario hacer un cálculo más ajustado: b) Cálculo considerando que las 100 lámparas están uniformemente repartidas a lo largo de los 600 m de la línea. En tal caso es como si todas ellas se encontraran localizadas en su punto medio, a 300 m. 300 m 220 V S P = 6000 W S = 200 · 0,017 · 300 · 6 000 = 63 mm 2 2 · 220 2 La sección comercial superior, según catálogos, es de 70 mm 2. Esta es la que habría que instalar. (Se trata aún de una sección excesiva, muy por encima de la obtenida por calentamiento. En otro capítulo se estudiarán soluciones para reducirla, utilizando una línea de alimentación trifásica y modificando la forma de la red). Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Una resistencia calefactora de 250 W está alimentada a una tensión de 220 V. ¿Cuánto vale la intensidad de la corriente que circula por ella? ¿Cuánta carga fluye por cualquiera de sus extremos durante tres minutos y cuánta energía desarrolla dicha carga? Se supone que la tensión nominal de la resistencia es de 220 V, en cuyo caso, la intensidad de la corriente tiene por valor: I= Pn 250 = = 1,136 A 220 Vn + Pn = 250 W V = 220 V I Vn = 220 V Durante un tiempo de 3 minutos (180 s), por cualquier punto del circuito, se desplaza la siguiente cantidad de carga: Q = I · t = 1,136 · 180 = 204,48 C – Se puede considerar, entonces, que dicha cantidad de carga se ha desplazado desde el positivo hasta el negativo de la fuente de alimentación, atravesando la resistencia calefactora, luego, teniendo en cuenta el valor de la cantidad de carga calculado anteriormente y el de la tensión de la fuente de alimentación, se habrá disipado en ella una energía: W = Q · V = 204,48 · 220 = 44 985,6 J 2. Se dispone de lámparas de incandescencia de las siguientes características: L1 (6 V, 1 W), L2 (6 V, 4 W), L3 (3 V, 1 W), L4 (3 V, 4 W), y de una fuente de alimentación de 6 V capaz de suministrar una corriente máxima de 10 A. Explica qué ocurre si se conectan: a) Dos lámparas L1 en serie. b) Dos lámparas L1 en paralelo. c) L1 y L2 en serie. d) L1 y L3 en serie. e) L3 y L4 en paralelo. f ) L1, L2, L3 y L4 en paralelo. Los datos de las lámparas son valores nominales; a partir de ellos se puede calcular la resistencia correspondiente a cada lámpara, para lo cual hemos de tener en cuenta que: Pn = Por tanto: L 1 (6 V, 1 W) → R1 = 62 = 36 Ω 1 Vn2 R Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. L 2 (6 V, 4 W) → R2 = L 3 (3 V, 1 W) → R3 = L 4 (3 V, 4 W) → R4 = 62 =9Ω 4 32 =9Ω 1 32 = 2,25 Ω 4 Con los valores de resistencia pueden determinarse la intensidad y la potencia efectivas en cada lámpara, para cada uno de los acoplamientos: a) Dos lámparas L1 en serie: I I= 6V = 0,0833 A = 83,3 mA < 10 A (36 + 36) Ω L1 6V 36 Ω 36 Ω P1 = 36 · 0,0833 2 = 0,25 W Ambas lámparas funcionan a potencia reducida (1/4 de la potencia nominal) y suministran menos luz de la normal. La fuente no supera el límite de corriente. L1 b) Dos lámparas L1 en paralelo: I I= 36 Ω 6V 36 Ω ) ) 6 = 0, 3 A = 333, 3 mA < 10 A 36/2 62 =1W 36 P1 = Ambas lámparas funcionan a potencia nominal. La fuente tampoco sobrepasa el límite de corriente. c) L1 y L2 en serie: I I= L1 6V 36 Ω 9Ω ) ) 6 = 0,1 3 A = 133, 3 mA < 10 A 36 + 9 ) ) P1 = 36 · 0,1 3 2 = 0,64 W < 1 W P2 = 9 · 0,1 3 2 = 0,16 W 1W 9 62 = 16 W > 4 W 2,25 9 · 2,25 = 1,8 Ω 9 + 2,25 6V L3 9Ω L4 2,25 Ω P3 = P4 = Aunque la fuente no sobrepasa el límite de corriente, las dos lámparas sí que lo hacen: ambas funcionan a una potencia cuatro veces mayor que la nominal, luego, es probable que se fundan. f) L1, L2, L3 y L4 en paralelo: I 6V L1 36 Ω L2 9Ω L3 9Ω L4 2,25 Ω 1 = 1 + 1 + 1 + 1 ; 1 = 0,694 36 9 9 2,25 R t Rt Rt = 1,44 Ω I= ) 6 = 4,1 6 A < 10 A 1,44 62 62 62 62 = 1 W; P2 = = 4 W; P3 = = 4 W > 1 W; P4 = = 16 W > 4 W 36 9 9 2,25 P1 = La fuente tampoco sobrepasa el límite. L 1 y L 2 funcionan a potencia nominal, mientras que L 3 y L4 sufren sobrecarga y pueden fundirse. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 3. Una placa de una cocina eléctrica con tres posiciones (500, 1 000 y 1 500 W) está construida como indica la figura. Dibuja su circuito eléctrico simplificado, indicando la potencia de cada posición del conmutador. Calcula el valor de las tres resistencias. El esquema simplificado de la placa es el siguiente: R1 R2 R3 2 3 1 4 1 2 3 4 Las conexiones de las resistencias a la red de 220 V se hacen con un conmutador. a – 1hipótesis: Las tres resistencias son de valor diferente, y las potencias de 1 500, 1 000 y 500 W se consiguen conectando una sola, dos en serie y tres resistencias en serie, respectivamente: R1: 1 500 W = 220 2 R1 → R1 = 220 2 32,27 + R2 220 2 = 32,27 Ω 1 500 → R2 = 220 2 – 32,27 = 16,13 Ω 1 000 → R3 = 220 2 – 48,4 = 48,4 Ω 500 R1 + R2: 1 000 W = R1 + R2 + R3: 500 W = 220 2 32,27 + 16,13 + R3 El conmutador habría que conectarlo del siguiente modo: R1 R2 R3 2 3 1 4 220 V a – 2hipótesis: Las tres resistencias tienen el mismo valor, en cuyo caso, la relación de potencias deseada puede conseguirse del modo siguiente: 1 000 W: Una resistencia sola: 1 000 = 220 2 R → R= 220 2 = 48,4 Ω 1 000 Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 500 W: Dos resistencias en serie: 220 2 220 2 = = 500 W 2·R 2 · 48,4 1 500 W: Dos resistencias en serie con una en paralelo: 220 2 220 2 220 2 220 2 + = + = 500 + 1 000 = 1 500 W 2·R R 2 · 48,4 48,4 El conmutador (doble o de dos pisos) se conectaría del siguiente modo: R R R 2 3 1 4 220 V 4. En una instalación eléctrica como la de la figura, realizada mediante dos conductores unipolares bajo tubo protector, las tomas de corriente son de 15 A, y el conductor, de 4 mm2 de sección. ¿Qué potencia máxima puede tener un aparato que se conecte a cualquiera de ellas? ¿Qué potencia máxima puede suministrar en total el circuito? 220 V El fabricante garantiza que las tomas de corriente funcionan adecuadamente para un valor de la corriente de 15 A (corriente nominal). Teniendo en cuenta que este valor no debe sobrepasarse y que la red posee una tensión de 220 V, el límite de potencia para los aparatos que se conectan a cada toma es: Pmáx = V · Imáx = 220 · 15 = 3 300 W La línea que alimenta las tres tomas de corriente, de 4 mm 2 de sección, teniendo en cuenta sus características (ver tabla de intensidades máximas admisibles para cables de dos hilos de cobre aislados, montados bajo tubo protector en la página 74 del libro de texto), soporta una intensidad máxima de 23 A, a la que corresponde una potencia: (Pmáx )línea = 220 · 23 = 5 060 W En consecuencia, con esta instalación, solo una de las tres tomas de corriente puede “trabajar” simultáneamente al límite de potencia (3 300 W). Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 5. Una lámpara de incandescencia, según la marca de características técnicas que lleva en la ampolla, posee una tensión de trabajo de 220 V, pero la cifra de su potencia nominal se ha borrado. ¿Cuál es su valor aproximado si su resistencia en frío mide 50 Ω y suponemos que el filamento de tungsteno alcanzará una temperatura de 1 950 °C? El esquema del circuito en el que conectamos la lámpara es el de la derecha. El valor del coeficiente α del tungsteno, necesario para resolver el ejercicio, lo podemos obtener de la tabla de la página 74 del libro de texto. 220 V R 20 = 250 Ω α = 0,0045 °C –1 Por tanto, si suponemos que la resistencia en frío está medida a 20 °C, la resistencia en funcionamiento normal (t = 1 950 °C) será: R = R20 · (1 + α · ∆ t ) = 50 · (1 + 0,0045 · 1 930) = 484 Ω En consecuencia, la potencia de la lámpara vale: P= V2 220 2 = = 100 W R 484 6. Un acumulador de 12 V posee una resistencia interna de 1 Ω, y se le conectan sucesivamente resistencias receptoras de 0,5, 0,75, 1, 2, 4, 8 y 12 Ω. Calcula, para cada caso, los valores de intensidad, tensión en bornes, potencia útil y rendimiento. Representa dichos valores por medio de gráficas y comprueba para qué valor de la resistencia de carga se produce la máxima transferencia de potencia. El esquema del circuito es el siguiente: Ri = 1 Ω I 12 V R V Las expresiones de la intensidad, la tensión en bornes, la potencia útil y el rendimiento en función de la resistencia de carga R, para el circuito concreto que nos ocupa, representado en la figura anterior, son: I= Pu 12 ; V = R · I ; Pu = V · I ; η = 12 · I 1+R Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Operando con cada valor de R, se obtiene la siguiente tabla de resultados: R (Ω) 0,5 0,75 1 2 4 8 12 I (A) 8 6,857 6 4 2,4 V (V) 4 5,14 6 8 9,6 Pu (W) 32 35,26 36 32 η 0,33 0,43 0,5 0,6 0,8 ) 1,3 ) 10,6 ) 23 14,2 10,2 0,88 0,92 0,923 11,08 Como puede observarse en la gráfica, conforme aumenta la resistencia de carga, disminuye la intensidad y aumentan (mejoran) la tensión en bornes y el rendimiento del generador. En cambio, la potencia transferida a la carga (Pu) sube al principio, pasa por un máximo y luego baja rápidamente. La máxima potencia (36 W) se da para R = 1 Ω, precisamente el valor de la resistencia interna. Sin embargo, en tal punto el rendimiento solo vale 0,5. I (A) 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5 10 V (V) η Pu (W) 40 35 η 1 V 30 25 20 0,75 0,5 P n I 15 10 5 0,25 R (Ω) 7. Dos conductores, A y B, el primero de ellos de cobre de 2 m y 0,1 mm2 y el segundo de hierro de 1 m y 0,5 mm2, se conectan en serie a una fuente de alimentación de 2 V, según el esquema de la figura. a A (Cobre) 2V b B (Hierro) c Calcula la resistencia de cada uno de ellos y la resistencia total, la intensidad de la corriente, las tensiones parciales y la potencia que disipan. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. ¿En cuál de los dos es mayor la intensidad del campo eléctrico? ¿Cómo variará la diferencia de potencial medida por un voltímetro entre a y cualquier otro punto p del circuito? (Exprésalo mediante una gráfica Vap (x), siendo x la distancia entre a y p). Teniendo en cuenta los valores de resistividad del cobre (0,017 Ω · mm 2 · m –1) y del hierro (0,13 Ω · mm 2 · m –1), y las dimensiones de cada hilo, sus respectivas resistencias son: ρ·l 0,017 · 2 R= → RA = = 0,34 Ω S 0,1 RB = 0,13 · 1 = 0,26 Ω 0,5 Podemos dibujar el circuito equivalente del montaje: E= 2 V I VA a b VB c RA RB Y calcular la resistencia total, la intensidad de la corriente, las tensiones parciales y la potencia disipada en cada tramo: R = RA + RB = 0,34 + 0,26 = 0,6 Ω ) ) ) ) VB = RB · I = 0,26 · 3, 3 = 0,8 6 V ) ) PA = VA · I = 1,1 3 · 3, 3 = 3,77 W ) ) VA = RA · I = 0,34 · 3, 3 = 1,1 3 V PB = VB · I = 0,8 6 · 3, 3 = 2,88 W La diferencia de potencial Vap (x) podemos representarla así: Vap (V) 2V 2 1 Hierro Cobre 1 2 3 x (m) I = E/R = 2/0,6 = 3, 3 A ) V a x c b La intensidad del campo eléctrico dentro de cada hilo vale: EA = EB = ) VA 1,1 3 = = 0,5 6 V · m –1 2 lA ) ) ) VB 0,8 6 = = 0,8 6 V · m –1 > EA 1 lB Nótese que en el tramo de hierro, donde la inclinación de Vap (x) es mayor, la intensidad del campo eléctrico también lo es. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 8. Una resistencia calefactora de un termo, que trabaja a 220 V, eleva la temperatura de 50 litros de agua de 5 a 70 °C en 100 minutos. Teniendo en cuenta que el calor específico del agua es de 4 180 J · kg–1 · °C–1, calcula la cantidad de calor que ha sido necesaria, la potencia eléctrica de la resistencia (considerando que el termo tiene un rendimiento calorífico del 90%), la cantidad de carga y la corriente que circula por ella durante dicho tiempo. En la figura de la derecha podemos ver un esquema de un termo, con una resistencia calefactora en su interior, en la que se ha representado también la energía útil Wu, las pérdidas de energía, Wp, y la energía eléctrica necesaria, Wt. Wp I Wu 220 V R Wt Termo El termo contiene 50 l de agua, y conocemos, además, los siguientes datos: ∆T = 70 – 5 = 65 °C t = 6 000 s La energía eléctrica Wt disipada en la resistencia calefactora, salvo unas pérdidas Wp del 10%, se utiliza en elevar 65° C la temperatura de 50 l de agua. La energía útil o cantidad de calor necesaria es: Wu = M · c · ∆T = 50 · 4 180 · 65 = 13,585 · 10 6 J Teniendo en cuenta el rendimiento del 90%, la energía eléctrica que se necesita para elevar la temperatura es: Wt = Wu 13,585 · 10 6 = = 15,1 · 10 6 J 0,9 0,9 Y la potencia de la resistencia: P= Wt 15,1 · 10 6 = = 2 517 W 6 000 t Por el termo circula una corriente eléctrica de intensidad: I= P 2 517 = = 11,44 A V 220 lo cual supone que, durante los 100 minutos que ha tardado el agua en calentarse, ha sido necesario que pase por la resistencia la siguiente cantidad de carga: Q = I · t = 11,44 · 6 000 = 68 640 C Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. 9. Para realizar el montaje de un árbol de Navidad, se dispone de 200 lámparas de incandescencia de 6 V y 60 mA. ¿Cuál es el valor de la resistencia en caliente de cada una de ellas? Si se conectan en serie, ¿qué voltaje y potencia debe tener la fuente de alimentación necesaria? ¿Y si se conectan en paralelo? ¿Qué sección de cable debería utilizarse en cada caso? ¿Qué ventajas e inconvenientes tiene cada sistema? ¿Qué se podría hacer para aprovechar las ventajas de cada sistema, evitando los inconvenientes? La resistencia de una lámpara se determina a partir de los valores nominales de la tensión y de la intensidad: R= Vn 6V 6 = = = 100 Ω 60 mA 0,06 In 6V 6V ( 200 ) Conexión en serie: V I = 0,06A 6V S 6V 6V Para que todas las lámparas funcionen a plena potencia, la fuente de alimentación ha de tener las siguientes características: V = 200 · 6 = 1 200 V ; P = V · I = 1 200 · 0,06 = 72 W Para la conexión se necesita un solo hilo de pequeña sección. Por ejemplo, S = 0,5 mm2, que soporta una intensidad máxima de 7,5 A, como muestra la tabla de la página 74 del libro de texto. Conexión en paralelo: I 0,06 A 6V 0,06 A ( 200 ) S Para que las lámparas funcionen adecuadamente, la fuente ha de tener: V = 6 V ; I = 200 · 0,06 = 12 A ; P = 6 · 12 = 72 W La línea de conexión debe ser de dos hilos, con una sección mínima S = 1 mm2, que soporta una intensidad máxima de 12 A. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. La ventaja de la conexión en serie es que la línea de conexión es menos costosa (un solo hilo de pequeña sección). El inconveniente, que trabaja a una tensión demasiado grande (peligrosa) y que si se funde una lámpara todas las demás dejan de funcionar. Las ventajas de la conexión en paralelo son que trabaja a tensión reducida y que la rotura de una lámpara no afecta a las demás. El inconveniente, que exige una línea de distribución algo más costosa y más visible. De las dos opciones, la mejor es, no obstante, la conexión en paralelo. Conexión mixta: Se puede adoptar una solución intermedia, que además permita conectar directamente a la red de 220 V. I V' 220 V (37) (6) I' Así, cada lámpara funciona con los siguientes valores de tensión e intensidad: V' = 220 V' 220/37 = 5,94 V ; I' = = = 0,0594 A = 59,4 mA 37 R 100 Y la fuente de 220 V ha de suministrar: I = 6 · I' = 6 · 0,0594 = 0,356 A ; P = 220 · 0,356 = 78,32 W Se necesitan, no obstante, más de 200 lámparas (N = 37 · 6 = 222 lámparas), y se mantiene el inconveniente de que la avería de una lámpara afecta a una de las ramas, es decir, a 37 lámparas. 10. En el montaje típico para medir la tensión y la intensidad de un circuito se usan amperímetros de muy pequeña resistencia interna (para que apenas se produzca caída de tensión) y voltímetros de alta resistencia interna (para que se derive una corriente despreciable). + A V carga – ¿Qué sucedería si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro? ¿Cómo se comete menos error: colocando el voltímetro antes del amperímetro, como está en el esquema, o después? En el montaje del enunciado, es indiferente conectar el amperímetro antes o después de la carga, pues en ambos casos circulará por él la misma intensidad, y también es la misma tensión la que mide el voltímetro. Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Si, por error, se intercambian amperímetro y voltímetro, el amperímetro (que posee una resistencia muy pequeña) se verá recorrido por una corriente de gran intensidad y probablemente sufrirá una avería. El amperímetro conectado directamente a la fuente de tensión equivale prácticamente a un cortocircuito. Para responder a la última cuestión de este ejercicio, es preciso obtener la expresión general del error que se comete con cada uno de los montajes: Conexión incorrecta + IA ≈ ∞ V V RV ≈ ∞ A RA ≈ 0 R – a) Montaje largo (como en el enunciado): + A Imed RA IR RV V Vmed VR R – Imed = IR; Vmed = VR + RA · IR Rmed = Vmed V + RA · IR V = R = R + RA = R + RA > R Imed IR IR Error absoluto: E = Rmed – R = RA (por exceso) Error relativo: e = E · 100 = RA · 100 = 100 Rmed 1 + R/RA R + RA Si R es mucho mayor que RA, el denominador se aproxima a infinito y el error se aproxima a cero. Por tanto, este montaje es adecuado para medir valores de resistencia grandes (R >> RA). b) Montaje corto: + RA A Imed IV RV IR V Vmed VR R – Unidad 2. La pila eléctrica y el circuito de corriente continua. Vmed = VR; Imed = IR + V = med = Imed VR RV Rmed VR VR IR R = = XC) La intensidad tendrá un valor eficaz: I= V 220 = = 49,2 A Z 4,47 Para medirla, hay que conectar un amperímetro en serie con la carga, es decir, con los tres elementos: R C L A 220 V/ 50 Hz b) Construimos el triángulo de potencias: S = V · I = 220 · 49,2 = 10 824 VA P = S · cos ϕ = 10 824 · cos 26,56° = 9 681,7 W Q = S · sen ϕ = 10 824 · sen 26,56° = 4 840 VAR Factor de potencia: cos ϕ = cos 26,56 = 0,894 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. ϕ = 26,56° S Q P c) Teniendo en cuenta la frecuencia de la tensión de alimentación, los valores de C y L son: C= 1 1 = = 530,5 µF 2 · π · 50 · 6 2 · π · f · XC XL 8 = = 25,46 mH 2·π·f 2 · π · 50 L= 11. Un receptor constituido por dos elementos A y B en serie está conectado a una línea de 220 V/50 Hz y consume una potencia de 2 500 W, medida con un vatímetro, mientras que la intensidad que circula por él es de 15 A, medida con un amperímetro. a) Dibuja el circuito de medida. b) Determina el valor de la impedancia total, de las potencias reactiva y aparente y del factor de potencia. c) Si se desconecta de la línea y se mide su resistencia con un polímetro, ¿cuánto marcaría si A fuese una resistencia y B una bobina? ¿Cuál sería el valor si A fuese una resistencia y B un condensador? a) El circuito completo, con los dos aparatos de medida, es el siguiente: A 220V 50Hz W I V A Z B El vatímetro ha medido una potencia activa P = 2 500 W, y el amperímetro una intensidad eficaz I = 15 A. b) El valor de la impedancia será: Z= V 220 = = 14,6 Ω I 15 La potencia aparente: S = V · I = 220 · 15 = 3 300 VA El factor de potencia: cos ϕ = P 2 500 = = 0,757 (ϕ = 41°) S 3 300 Y la potencia reactiva: Q = S · sen ϕ = 3 300 sen 41° = 2 165 VAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. c) En el supuesto de que A sea una resistencia y B una bobina, un polímetro mediría en bornes del receptor su resistencia total, es decir: R = Z · cos 41° = 14,6 · 0,757 = 11 Ω Z = 14,6 9 XL 41¡ R Si B es un condensador, como el polímetro trabaja con corriente continua, medirá una resistencia de valor infinito, dado que en continua el condensador se comporta como un circuito abierto. 12. Una lámpara de descarga de vapor de mercurio de 250 W está conectada a una línea de 220 V/50 Hz mediante una reactancia, y absorbe una intensidad de 2 A: a) Determina la impedancia del circuito, el factor de potencia y las potencias reactiva y aparente. b) Si desea corregir el factor de potencia hasta hacerlo igual a la unidad, conectando un condensador en serie. ¿Qué valor debe tener su capacidad? c) También se puede hacer dicha corrección conectando un condensador en paralelo. En tal caso, ¿cuánto valdría su capacidad? El circuito equivalente de la instalación es: I R V 50 Hz 220 V Z j P = 250 W I=2 A XL a) Con los valores que proporciona el enunciado, obtenemos las magnitudes pedidas: Impedancia: Z= V 220 = = 110 Ω I 2 Potencia aparente: S = V · I = 220 · 2 = 440 VA Factor de potencia: cos ϕ = P 250 = = 0,568 S 440 (ϕ = 55,37° en retraso I respecto a V, dado que el circuito es inductivo) Potencia reactiva: Q = S · sen ϕ = 440 · sen 55,37° = 362 VAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. b) Para hacer cos ϕ = 1, se conecta un condensador en serie; tal cosa ocurrirá si su reactancia es igual a la de la bobina: XC = XL = 110 · sen 55,37° = 90,5 Ω Luego su capacidad ha de ser: C= 1 1 = = 2 · π · 50 · 90,5 2 · π · f · XC 220 V 50 Hz 110 55,37° Ω I = 35,2 · 10 –6 F XC c) Si, en vez de conectarlo en serie, se conecta el condensador en paralelo, para calcular C' hemos de considerar que cos ϕ se hace 1 cuando la potencia reactiva del condensador compensa la que posee la reactancia de la lámpara: QC' = 362 VAR, en cuyo caso, IC' = QC' 362 = = 1,645 A V 220 220V 50Hz Z C' IC 220 XC' = V = = 133,7 Ω 1,645 IC' 1 C' = = 2 · π · f · XC' = 1 = 23,8 · 10 –6 F 2 · π · 50 · 133,7 Obsérvese que el valor del condensador es diferente si la corrección del factor de potencia se hace en serie o en paralelo. Además, debe considerarse que en serie se modifica la tensión en la carga si se mantiene la misma alimentación. 13. Un circuito con R = 100 Ω, L = 150 mH y C = 200 µF, conectado en paralelo, se alimenta con una tensión alterna de 50 V/50 Hz, suministrada por un generador de frecuencia variable. a) Determina las intensidades parciales, la intensidad total y la impedancia del circuito. b) Determina las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia. ¿En qué elemento se consume la potencia? c) Si aumenta la frecuencia de la tensión aplicada, ¿qué sucede en las tres ramas del circuito? ¿Qué sucedería si disminuyese? d) ¿Qué valor de frecuencia será necesario para que el factor de potencia fuese la unidad? En tal situación, ¿qué sucede con la energía en los tres elementos del circuito? El esquema del circuito es el representado en la primera figura de la página siguiente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. I I1 50 V 50 Hz I2 R =100 Ω L = 0,15 H I3 C = 2 · 10–4 F a) Las intensidades parciales se obtienen tras determinar la impedancia correspondiente a cada rama: Z1 = R = 100 Ω Z2 = XL = 2 · π · f · L = 2 · π · 50 · 0,15 = 47,12 Ω Z3 = XC = 1 1 = = 15,9 Ω 2·π·f·C 2 · π · 50 · 2 · 10 –4 Con lo que resulta: I1 = V 50 = = 0,5 A R 100 (ϕ1 = 0°, I en fase con V) 50 V = = 1,06 A 47,12 XL I2 = (ϕ2 = 90°, I retrasada) 50 I3 = V = = 3,14 A 15,9 XC (ϕ3 = 90°, I adelantada) La intensidad total se determina haciendo la suma vectorial de las intensidades parciales: I = √ I1 2 + (I3 – I2) 2 = = √ 0,5 2 + (3,14 – 1,06) 2 = 2,14 A cos ϕ = arctg I3 – I2 2,08 = arctg = 76,4° 0,5 I1 I I! j I V (en adelanto I respecto a V) I Luego la impedancia equivalente del circuito es: Z= V 50 = = 23,3 Ω ∠ 76,4° (globalmente capacitiva) I 2,14 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. b) Construimos el triángulo de potencias: S = V · I = 50 · 2,14 = 107 VA cos ϕ = cos 76,4° = 0,235 (capacitivo) P = S · cos ϕ = 107 · 0,235 = 25 W Q = S · sen ϕ = 107 · sen 76,4° = 104 VAR La potencia activa se consume exclusivamente en la resistencia, supuestos ideales el condensador y la bobina. c) Si aumenta la frecuencia de la fuente de alimentación del circuito, la resistencia de la rama 1 no se ve afectada, pero sí las reactancias de la bobina y del condensador. En tal caso, la reactancia de la bobina: XL = 2 · π · f · L aumenta y, en consecuencia, disminuye el valor de I2, mientras que la reactancia del condensador: XC = 1 2·π·f·C S Q P ϕ disminuye, y con ello aumenta la corriente I3. El efecto global es que el circuito se hace más capacitivo. Si, por el contrario, disminuye la frecuencia, sucede al revés: XL disminuye (I2 aumenta), XC aumenta (I3 disminuye); el circuito se hace cada vez menos capacitivo, hasta que llega un momento en que I2 e I3 son iguales y se anulan, en cuyo caso ϕ = 0 y el circuito alcanza un factor de potencia: cos ϕ = 1. d) Como vimos en el apartado anterior, al disminuir la frecuencia se alcanza un momento en que I2 e I3 se igualan y se anulan, haciendo que cos ϕ = 1. Cuando esto sucede, se cumple: XC = XL → 2 · π · f · L = 1 2·π·f·C donde, despejando la frecuencia, resulta: f= 1 2 · π · √L · C = 1 = 29 Hz 2 · π · √ 0,15 · 2 · 10 –4 En esta situación, no existe globalmente potencia reactiva, aunque sí la poseen tanto la bobina como el condensador. Eso significa que la energía reactiva, que es la que está asociada al mantenimiento de los campos eléctrico (en el condensador) y magnético (en la bobina), alternos, no fluctúa entre dichos elementos y el generador, como es habitual, sino que lo hace entre ambos, produciéndose entonces el fenómeno conocido como resonancia (eléctrica) del circuito. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. 14. Un alternador monofásico de 4 polos con un campo magnético de excitación de 0,1 Wb por polo tiene 20 conductores activos en el inducido: a) Determina la fuerza electromotriz y la frecuencia si se hace girar a 750 r.p.m. b) ¿A qué velocidad debe girar para que la frecuencia de la corriente sea de 50 Hz? ¿Cuánto valdrá en tal caso la fuerza electromotriz? c) ¿Qué pasaría si el número de polos fuese 8? Conocidos los valores de la velocidad de giro del rotor n en r.p.m., el flujo magnético por polo φ, el número de espiras del inducido N y el número de pares de polos p, la fuerza electromotriz de un alternador monofásico y su frecuencia se calculan por medio de las expresiones: E = 4,44 · f · N · φ ; f = p·n 60 20 a) En este caso, como el inducido posee 20 conductores activos, N = = 10 espi2 ras; y teniendo en cuenta los demás datos: f= 2 · 750 = 25 Hz ; E = 4,44 · 25 · 10 · 0,1 = 110 V 60 b) Para que la frecuencia fuese de 50 Hz: n' = 60 · f 60 · 50 = = 1 500 r.p.m. p 2 El alternador tendría que girar a doble velocidad, y entonces la fuerza electromotriz también sería el doble: E' = 4,44 · 50 · 10 · 0,1 = 222 V. c) Si el número de polos fuese 8, p = 4, y al girar el alternador a 750 r.p.m. la frecuencia sería de 50 Hz y la fuerza electromotriz de 222 V. 15. El alternador del ejercicio anterior, funcionando a 750 r.p.m., posee una resistencia y una reactancia del inducido de 0,2 Ω y 2 Ω respectivamente. a) Determina la impedancia y la corriente de cortocircuito. b) Determina la intensidad y la tensión en bornes si se conecta a una carga inductiva de 10 Ω de resistencia y 4 Ω de reactancia. c) ¿Qué sucede con todos los valores si se eleva la velocidad de giro hasta 3 000 r.p.m.? El circuito equivalente del alternador trabajando en vacío es: Zcc 110 V 25 Hz G Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. a) La impedancia de cortocircuito es: Zcc = √ 0,2 2 + 2 2 = 2,01 Ω (con ϕcc = arctg 2 = 84,28° en retraso) 0,2 Si se conectan directamente los bornes haciendo un cortocircuito, la corriente será: 110 Icc = E = = 54,72 A 2,01 Zcc (retrasada 84,28° respecto a la f.e.m. E ) b) Al conectar la carga, el circuito equivalente que obtenemos será: Zcc 0,2 9 I 2 9 10 9 Zc 110 V G V 4 9 la impedancia total vale, en este caso: Zt = √ Rt 2 + Xt 2 = √ 10,2 2 + 6 2 = 11,83 Ω (con ϕ = arctg 6 = 30,4° en retraso) 10,2 mientras que la impedancia de carga es: Zc = √ 10 2 + 4 2 = 10,77 Ω (con ϕc = 21,8°) La intensidad de la corriente será: 110 I= E = = 9,3 A Zt 11,83 Y la tensión en bornes: V = Zc · I = 10,77 · 9,3 = 100,16 V c) Si se eleva la velocidad de giro hasta 3 000 r.p.m., cuatro veces mayor, la f.e.m. E pasa a valer 440 V, y se puede suponer que también se cuatriplican los valores de las reactancias. La corriente de cortocircuito apenas cambia, mientras que el resto de magnitudes resultan: Zt = 26 Ω ; ZC = 18,86 Ω I = 16,92 A ; V = 319 V Nota: Obsérvese que la intensidad por la carga no ha llegado ni al doble de su valor anterior, mientras que la caída de tensión interna ha aumentado considerablemente (del 10% al 27%, aproximadamente). Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. 16. En el circuito de la figura, con el interruptor abierto, se mide con el polímetro la resistencia entre a-bc-d, con los siguientes resultados: Rab = 50 Ω; Rbc = 0; Rcd = infinito Luego se cierra el circuito y se miden los valores correspondientes de tensión: Vab = 200 V; Vbc = 180 V; Vcd = 88 V a) Calcula el valor de la intensidad. a R b L c C d 220 V / 50 Hz b) Calcula el valor de la reactancia de la bobina y del condensador, la impedancia del circuito y los valores de L y C. c) Dibuja el diagrama de tensiones-intensidad. d) Determina el valor de las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia. e) ¿En qué elemento del circuito se consume toda la potencia? Las medidas con el polímetro ponen de manifiesto que la bobina y el condensador pueden ser considerados ideales, a efectos de la resolución del circuito. a) La medida de Vab = 200 V permite el cálculo de la intensidad de la corriente: I= Vab 200 = =4A R 50 b) Con este valor y las medidas de las tensiones parciales restantes, se determinan las reactancias: Vbc 180 = = 45 Ω I 4 V 88 XC = cd = = 22 Ω I 4 XL = La impedancia del circuito es: Z = √ R 2 + (XL – XC) 2 = √ 50 2 + (45 – 22) 2 = 55 Ω (con ϕ = arctg 45 – 22 = 24,7°) 50 Y los valores del coeficiente de autoinducción y la capacidad son: L= C= XL 45 = = 0,143 H 2·π·f 2 · π · 50 1 1 = = 144,7 · 10 –6 F 2 · π · 50 · 22 2 · π · f · XC c y d) El diagrama vectorial y el triángulo de potencias son los que se muestran en las figuras de la página siguiente, junto con los valores de las potencias activa, reactiva y aparente, y el factor de potencia. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Vcd = 88 V Vbc =180 V 2 V= 20 V 24,7° S Q ϕ = 24,7° I = 4A Vab = 200 V P S = V · I = 220 · 4 = 880 VA P = S · cos ϕ = 880 · 0,9 = 792 W Q = S · sen ϕ = 880 · 0,417 = 367,7 VAR cos ϕ = cos 24,7 = 0,9 e) La potencia activa se consume por completo en la resistencia. 17. En el circuito del ejercicio anterior se modifica la capacidad del condensador hasta conseguir un factor de potencia de valor 1. En esa situación se dice que el circuito ha entrado en resonancia. ¿Cuánto tiene que valer C en estas condiciones? ¿Qué ocurre con la energía en los tres elementos? Para que el circuito entre en resonancia (cos ϕ = 1), se ha de cumplir la condición de que la reactancia del condensador sea igual que la de la bobina: XC = XL = 45 Ω Para ello, la capacidad del condensador ha de valer: C= 1 1 = = 70,7 · 10 –6 F 2 · π · 50 · 45 2 · π · f · XC Cuando el circuito ha entrado en resonancia, se comporta globalmente como si solo tuviese la resistencia. No hay entonces intercambio de energía entre el generador y los elementos reactivos (bobina y condensador). Así pues, en la resistencia se disipa energía y en la bobina y en el condensador hay una energía reactiva, asociada a los campos magnético y eléctrico, que fluctúa (oscila) entre uno y otro elemento. 18. En el circuito de la figura dos de las tensiones parciales son mayores que la tensión total. Justifícalo. Es debido a que las tres tensiones alternas, representadas por tales valores eficaces, al corresponder a una resistencia, una bobina y un condensador recorridos por la misma corriente, están desfasadas en el tiempo, por lo que tienen que ser sumadas vectorialmente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. V1 = 100 V V2 = 300 V L V3 = 496 V R I =10 A C 220 V / 50 Hz En la resistencia, V1 está en fase con I. En la bobina, V2 está adelantada 90° respecto a I. En el condensador, V3 está atrasada 90° respecto a I. Teniendo esto en cuenta, podemos hacer la representación vectorial (véase la figura de la derecha) y comprobar que, efectivamente, la suma vectorial de las tensiones parciales es igual a la tensión total: V = √ 100 2 + (496 – 300) 2 = 220 V 100 V 300 V I 496 V V 19. Un alternador trifásico tiene 4 polos en el rotor y las bobinas del inducido tienen 60 espiras cada una. Si el flujo por polo es de 0,06 Wb: a) Determina el valor eficaz, la frecuencia y el período de la fuerza electromotriz inducida en cada una de las bobinas, si el rotor gira a 1 500 r.p.m. b) Obtén la expresión del valor simultáneo de las tres fuerzas electromotrices, y dibuja las curvas y el diagrama vectorial correspondiente. c) Dibuja un esquema del estator y el rotor, con la disposición de las bobinas, indicando la posición inicial para el rotor (t = 0). d) En el instante t = 0,013 s, determina el valor de la fuerza electromotriz en cada bobina, y señala sobre el esquema la polaridad de sus bornes. ¿Cuánto vale la suma de las tres y por qué? a) Como el alternador tiene 4 polos (p = 2) y gira a 1 500 r.p.m., la frecuencia y el período del sistema trifásico serán: f= p·n 2 · 1 500 1 1 = = 50 Hz ; T = = = 0,02 s 60 60 f 50 Y el valor eficaz de la fuerza electromotriz en cualquiera de las bobinas: E = 4,44 · f · N · φ = 4,44 · 50 · 60 · 0,06 = 800 V b) En consecuencia, las expresiones de los valores instantáneos, considerando que las masas polares pasan frente a las bobinas U1 U2 en el instante t = 0, serán: BOBINAS e1 = Emáx · cos (ω · t) = √ 2 · 800 · cos (100 · π · t) e2 = Emáx · cos ω · t – e3 = Emáx · cos ω · t + U1 U2 ( ( 2·π 2·π = √ 2 · 800 · cos 100 · π · t – 3 3 2·π 2·π = √ 2 · 800 · cos 100 · π · t + 3 3 ) ) ( ( ) ) V1 V2 W1 W2 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Las representaciones gráfica y vectorial son: E 1= 800V 2 · 800 V e1 e2 e3 t 120¼ 120¼ 120¼ t = 0,02 s E 3 = 800V E 2 = 800V d) El rotor está dibujado en su posición para t = 0. Para t = 0,013 s, habrá girado: n 1 500 ·t= · 0,013 = 0,325 vueltas 60 60 Es decir, 117° geométricos (equivalentes a 234° eléctricos = 1,3 · π rad). En esa posición, e1 = –665 V; e2 = –460,17 V; e3 = 1 125,17 V, y la corriente por las bobinas tiene el sentido indicado en el esquema. Lógicamente, al tratarse de un sistema trifásico, la suma de las tres f.e.m. vale en todo momento cero. 20. En el alternador del ejercicio anterior, se conectan las tres bobinas en estrella, formando una línea trifásica de cuatro conductores que alimenta un grupo de tres resistencias de 25 Ω conectadas también en estrella. Dibuja el circuito y determina: a) El valor de la tensión de fase y de la tensión de línea. ¿Entre qué puntos habría que conectar un voltímetro para comprobarlo? b) El valor de la intensidad de la corriente por los cuatro conductores de la línea. ¿Cómo habría que conectar un amperímetro para comprobarlo? c) Dibuja el diagrama vectorial de tensiones e intensidades. d) Calcula la potencia activa en la carga. El esquema del sistema trifásico así formado es el de la página siguiente: Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. x c) La estructura interna del alternador puede ser representada mediante el esquema de la derecha: Cada devanado o fase tiene 4 lados de bobina activos, separados entre sí 90° (que a “efectos magnéticos” equivalen a 180° en un circuito magnético de 4 polos), y enlazados adecuadamente para que se sumen las f.e.m. de todas las espiras. El comienzo de cada devanado está separado 60° (120° a efectos eléctricos) del anterior y del posterior. U1 V2 W2 x t=0 x N n V1 x x U2 S S t = 0,013 x s N W1 U1 IR R E1 U2 V2 W2 W1 E3 E2 Vf R = 25 9 Vl IO R V1 O R T IS S IT a) La tensión de fase, considerando despreciable la posible caída de tensión en los devanados y en la línea, será prácticamente la fuerza electromotriz de cada devanado: Vf = E = 800 V Y la tensión de línea será: Vl = √ 3 · Vf = √ 3 · 800 = 1 385,6 V Para comprobar Vf se conectaría un voltímetro entre cualquier hilo activo de la línea (R, S, T) y el neutro (O). Para comprobar Vl, habría que conectarlo entre dos hilos activos. b) La intensidad de la corriente por los conductores activos de la línea, que coincide con la que circula por cada fase de la carga, será: IR = IS = IT = If = Il = Vf 800 = = 32 A R 25 Para medirla, habría que intercalar el amperímetro en cualquiera de los hilos activos de la línea, después de interrumpir el circuito. La intensidad por el conductor neutro, como el sistema está equilibrado, vale cero: IO = 0 c) El diagrama vectorial, teniendo en cuenta que la carga es resistiva y no produce desfase entre la tensión de fase y la corriente respectiva, es el de la figura de la derecha. Cada tensión de línea es la resta vectorial de dos tensiones de fase, de acuerdo con el esquema. d) La potencia activa en la carga es: P = √ 3 · Vl · Il · cos ϕ = 3 · Vf · If · cos ϕ = = 3 · 800 · 32 · 1 = 76 800 W Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. –VSO VRS VRO IR IT VST V TO IS VSO V TR 21. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si las bobinas del alternador se conectan en triángulo a una línea de tres conductores, con las mismas resistencias de carga conectadas en triángulo. ¿Qué sucede con todos los valores si las resistencias se conectan en estrella? ¿Por qué al conectar las bobinas del alternador entre sí no se produce una corriente de cortocircuito? Si los devanados del alternador y las resistencias de la carga se conectan en triángulo, el esquema que se obtiene es el siguiente: W2 U1 E3 IR R IRS E1 Vf =Vl U2 ITR T R R IST S R = 25 Ω W1 V2 E2 IT V1 IS a) En este caso, la tensión de fase y de línea son iguales a la fuerza electromotriz del alternador: Vf = Vl = E = 800 V = VRS = VST = VTR Para medirla, basta con conectar un voltímetro entre dos hilos de la línea (R, S, T). b) La intensidad por las resistencias de la carga, o intensidad de fase, es: If = IRS = IST = ITR = Vf 800 = = 32 A R 25 mientras que la intensidad por los hilos de la línea es: Il = √ 3 · If = √ 3 · 32 = 55,4 A = IR = IS = IT Para mediarlas, se conecta un amperímetro en serie con una de las resistencias (intensidad de fase), o intercalado en uno de los hilos de la línea (intensidad de línea). c) El diagrama vectorial es como el de la figura de la derecha. En coherencia con el esquema, cada corriente de línea es resultado de restar dos corrientes de fase (por supuesto, vectorialmente). –I ST VRS –I TR IR I RS I ST I TR V TR –I RS d) La potencia activa en la carga vale: P = 3 · Vf · If · cos ϕ = 3 · 800 · 32 · 1 = = 76 800 W Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. VST La potencia que llega a la carga es la misma que en el ejercicio anterior, como es lógico, puesto que en ambos casos cada fase de la carga está alimentada directamente por la correspondiente fase del alternador. Si los devanados del alternador se conectan en triángulo, mientras que las resistencias de la carga se conectan en estrella, se obtiene el siguiente sistema trifásico: W2 U1 E3 E1 Vl U2 V2 E2 IT V1 R IR R R = 25 9 O R W1 T S IS Se obtiene una línea trifásica de 3 conductores activos (R, S, T), sin neutro, con una tensión de línea Vl = 800 V, igual que en el sistema anterior. Ahora, sin embargo, al conectar la carga en estrella, la tensión que se aplica a cada una de las resistencias será: Vf = Vl √3 = 800 = 461,88 V √3 Vf 461,88 = = 18,47 A R 25 En consecuencia: IR = IS = IT = If = Il = La intensidad por cada fase de la carga (y por los hilos de la línea) es menor; y también es menor la potencia activa: P = 3 · Vf · If · cos ϕ = 3 · 461,88 · 18,47 · 1 = 25 600 W Como puede comprobarse, la potencia que consume la carga, al modificar la conexión (̅ → ), se reduce a la tercera parte, siempre que se haga la conexión en la misma línea. Las bobinas del alternador, conectadas entre sí formando un triángulo, no producen un cortocircuito porque la suma de las tres fuerzas electromotrices es en todo instante nula, como se comprobó en el ejercicio 19. 22. Cuando se aplica una tensión de c.a. de 100 V eficaces, 50 Hz, a una bobina real A, la corriente absorbida es de 8 A, y la potencia activa, de 120 W. Cuando se aplica la misma tensión a una bobina real B, la corriente es de 10 A, y la potencia, de 500 W. ¿Qué corriente y qué potencia serán absorbidas cuando se aplique una tensión de 100 V a las dos bobinas conectadas en serie? Teniendo en cuenta su comportamiento eléctrico, el circuito equivalente y la impedancia de la bobina A son los que se muestran en la página siguiente. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. IA = 8 A cos ϕA = RA 100 V 50 Hz PA 120 = = 0,15 100 ·8 V · IA ZA ϕA PA = 120 W LA ϕA = arccos 0,15 = 81,37° 100 ZA = V = = 12,5 Ω 8 IA Por tanto, la resistencia y la reactancia de la bobina real A son: RA = ZA · cos ϕA = 12,5 · cos 81,37° = 1,875 Ω XA = ZA · sen ϕA = 12,5 · sen 81,37° = 12,358 Ω Del mismo modo, para la bobina B obtenemos los valores que se muestran a la derecha de su circuito equivalente:: IB = 10 A cos ϕB = RB 500 = 0,5 100 · 10 ϕB = arccos 0,5 = 60° ZB jB PB = 500 W 100 V 50 Hz XB ZB = 100 = 10 Ω 10 RB = 10 · cos 60° = 5 Ω XB = 10 · sen 60° = 8,66 Ω El circuito equivalente de las dos bobinas conectadas en serie será el que se muestra en la figura de la derecha. La impedancia total o equivalente se determina calculando en primer lugar la resistencia y la reactancia totales: R = RA + RB = 1,875 + 5 = 6,875 Ω X = XA + XB = 12,358 + 8,66 = 21 Ω Con estos valores, la impedancia resulta: Z = √ R + X = √ 6,875 + 21 = 22,11 Ω 2 2 2 2 I 1,875 Ω 12,358 Ω 100 V 50 Hz 5Ω 8,66 Ω Z ϕ (con ϕ = arctg 21 = 71,8°) 6,875 Finalmente, se pueden calcular la intensidad de la corriente y la potencia absorbida (activa): I= V 100 = = 4,52 A Z 22,11 P = V · I · cos ϕ = 100 · 4,52 · cos 71,8 = 141 W Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Problemas de selectividad 1. En una fábrica que está alimentada por una red trifásica de 380 V/50 Hz se realizan dos mediciones con los contadores de energía activa y reactiva; la primera da como resultado 485 358 kWh y 268 546 kVARh; la segunda, al cabo de 4 horas, da como resultado 506 654 kWh y 285 346 KVARh. Calcula: a) Las potencias activa, reactiva y aparente de la instalación. b) El valor de la capacidad por fase de una batería de condensadores conectados en estrella para mejorar el factor de potencia a 0,95. LOGSE. Madrid, 1994. El esquema de la instalación es el siguiente: L1 L2 L3 350 V IC Vf CARGA Fbrica C Condensadores a) Las potencias activa y reactiva de la carga se obtienen a partir de las dos medidas de los contadores, restándolas para hallar el “gasto” de energía realizado y dividiendo luego por el tiempo: Wactiva 506 654 – 485 358 21 296 = = = 5 324 kW 5 4 4 W 285 346 – 268 546 16 800 Q = reactiva = = = 4 200 kVAR t 4 4 P= Luego, la potencia aparente es: S = √ P 2 + Q 2 = √ 5 324 2 + 4 200 2 = 6 781,2 kVA b) Para conseguir un factor de potencia de 0,95, el ángulo del triángulo de potencias ha de ser: ϕ' = arccos 0,95 = 18,2° La potencia reactiva final, vale: Q' = P · tg ϕ' = 5 324 · tg 18,2° = 1 750 kVAR La aportada por la batería de condensadores es, por tanto: QC = Q – Q' = 4 200 – 1 750 = 2 450 kVAR Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. } S 18,2° = ϕ' P } Qc Q' } Q La batería deberá absorber, por tanto, una corriente: QC 2 450 · 10 3 IC = = = 3 722 A √ 3 · 380 √ 3 · Vl La reactancia por fase ha de ser: XC = Vf 380 / √ 3 = = 0,0589 Ω 3 722 IC Finalmente, la capacidad por fase vale: C= 1 1 = = 0,054 F 2 · π · 50 · 0,0589 2 · π · f · XC 2. En el circuito de la figura, determina: a) La representación vectorial de las corrientes del circuito, y la medida obtenida en el amperímetro A3. b) El valor de R. c) El valor de L. d) Las potencias activa, reactiva y aparente, así como el factor de potencia del conjunto del circuito. Datos: f = 50 Hz; A1 = 13 A; A2 = 11 A; V1 = 220 V LOGSE. Cataluña, 2000. A1 A3 A2 V V1 L R Considerando la bobina como inductancia pura y los aparatos de medida ideales, podemos dibujar el circuito del siguiente modo: I = 13 A IL V = 220 V 50 Hz L IR = 11 A R a) En tal caso, la intensidad por la resistencia está en fase con la tensión, mientras que la intensidad por la bobina está retrasada 90°, y el diagrama vectorial es: IR = 11 A ϕ V = 220 V IL I = 13 A Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Resolviendo el triángulo de intensidades se obtiene el valor eficaz de la intensidad por la bobina, que es la que mide el amperímetro A3: IL = √ I 2 – IR2 = √ 132 – 112 = 6,92 A Y también el ángulo ϕ de desfase entre la intensidad total y la tensión aplicada: ϕ = arcos IR 11 = arcos = 32,2° I 13 b) El valor de R es: 220 R= V = = 20 Ω 11 IR c) Los valores de la reactancia y del coeficiente de autoinducción de la bobina son: XL 220 31,8 XL = V = = 31,8 Ω ; L = = = 0,101 H 2·π·f 6,92 2 · π · 50 IL d) Las potencias aparente, activa y reactiva y el factor de potencia del circuito son: S = V · I = 220 · 13 = 2 860 VA P = S · cos ϕ = 2 860 · cos 32,2° = 2 420 W Q = S · sen ϕ = 2 860 · sen 32,2° = 1 524 VAR cos ϕ = cos 32,2° = 0,846 (en retraso, carga inductiva) 3. En el circuito de corriente alterna de la figura, la tensión VAB es de 200 V. 5Ω I1 A R 10 Ω 5Ω B 10 Ω D I2 I a) Determina los valores eficaces de las tensiones VBD y VAD. b) Representa el diagrama fasorial, aproximadamente a escala, adoptando la tensión VAB como origen de fases. c) Calcula el factor de potencia del circuito. d) Si se desconecta la resistencia R, razona el funcionamiento del circuito en estas condiciones. LOGSE. Cantabria, 1997. a) La intensidad por la bobina de 5 Ω y por el condensador valen: I1 = VAB V 200 200 = = 40 A ; I2 = AB = = 40 A 5 5 XL1 XC Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Si consideramos que ambos elementos carecen de resistencia, ambas corrientes estarán desfasadas entre sí 180° y, por tanto, se anularán. En tal caso, la intensidad total es igual a la que circula por la resistencia y también por la bobina de 10 Ω de reactancia: I = IR = → VAB 200 = = 20 A (en fase con VAB ) R 10 La tensión en bornes de la bobina de 10 Ω será: VBD = I · XL2 = 20 · 10 = 200 V → → y estará adelantada 90° respecto de I y VAB . La tensión total será la suma vectorial de VAB y VAD y su valor eficaz será: VAD = √ VAB2 + VBD2 = √ 200 2 + 200 2 = 282,8 V b) El diagrama vectorial es el siguiente: → → VAD I2 VBD ϕ I = IR I1 VAB c) El desfase entre la tensión total VAD y la corriente I es de 45° (en retraso la intensidad), luego, el factor de potencia es: cos ϕ = cos 45° = 0,7 d) Si se desconecta la resistencia R, se anula el valor de IR y, en consecuencia, la intensidad total también se hace cero, aunque por la bobina de 5 Ω y por el condensador paradójicamente pueden seguir circulando las intensidades de 40 A en oposición. Esto es teóricamente posible: al cesar la corriente suministrada por el generador, la energía almacenada en la bobina y en el condensador, en ausencia de resistencia, oscilará indefinidamente entre el campo magnético y el campo eléctrico, manteniendo una corriente alterna de 40 A en el circuito LC. 4. Para el circuito de la figura, calcula las potencias activa, reactiva y aparente cedidas por el generador en los siguientes casos: a) Con el interruptor C1 abierto. Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. → → b) Con el interruptor C1 cerrado. 6Ω 10 H 125 . π 220 V / 50 Hz 1250 µF π C1 LOGSE. Andalucía, 1999. b) Veamos qué ocurre, en primer lugar, con el interruptor cerrado. El circuito equivalente y sus valores característicos son: I R=69 V = 220 V XL = 2 · π · f · L = = 2 · π · 50 · 10 =8Ω 125 · π 50 Hz L= 10 H 125 á F Z = √ R 2 + XL2 = √ 62 + 82 = 10 Ω I= V 220 = = 22 A Z 10 Luego, las potencias activa, reactiva y aparente valen: P = R · I 2 = 6 · 222 = 2 904 W Q = XL · I 2 = 8 · 222 = 3 872 VAR S = V · I = 220 · 22 = 4 840 VA a) Con el interruptor abierto el circuito que resulta es el siguiente: I R= 6 9 V = 220 V XL = 8 Ω XC = = = 1 = C·2·π·f 1 = (1 250/π) · 10 –6 · 2 · π · 50 10 6 =8Ω 125 000 50 Hz L= 10 H 125 á F 1250 á 10Ð6 F C= F X = XL – XC = 0 Ω Z =R=6Ω I = ) V 220 = = 36,6 A Z 6 ) ) ) ) Ahora, las potencias reactivas, debido al condensador y a la bobina, se anulan entre sí y, por tanto, las potencias activa y aparente tienen el mismo valor: P = R · I 2 = 6 · 36,6 2 = 8 066,6 W ; S = V · I = 220 · 36,6 = 8 066,6 VA Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. 5. El circuito de la figura se encuentra en régimen estacionario senoidal. Bajo estas condiciones, determina: a) La expresión temporal de la intensidad que circula por la resistencia. b) La expresión temporal de la intensidad que circula por L1. c) Las potencias generadas por la fuente y consumidas por la resistencia. 5Ω 2 . 20 . cos (10 . t ) 0,01F L 1 = 0,5 H L 2 = 0,2 H LOGSE. Murcia, 1997. a y b) La expresión temporal de la tensión de alimentación permite determinar, en primer lugar, su valor eficaz, pulsación y frecuencia: v = √ 2 · V · cos (ω · t) = √ 2 · 20 · cos (10 · t) V = 20 V ω = 10 rad/s ; f = ω 10 5 = = = 1,59 Hz 2·π 2·π π A continuación pueden calcularse todas las reactancias y la impedancia del circuito: XL1 = ω · L1 = 10 · 0,5 = 5 Ω XL2 = ω · L2 = 10 · 0,2 = 2 Ω XC = XL12 = 1 1 = = 10 Ω C·ω 0,01 · 10 XL1 · XL2 5·2 = = 1,428 Ω 5+2 XL1 + XL2 X = XC – XL12 = 10 – 1,428 = 8,572 Ω (capacitiva) Z = √ R 2 + X2 = √ 52 + 8,5722 = 9,923 Ω El ángulo de desfase entre la intensidad y la tensión (totales) será: X 8,572 = arctg Ȃ 60° = π/3 rad R 5 En adelanto la intensidad, puesto que la impedancia es predominantemente capacitiva. ϕ = arctg El valor eficaz de la intensidad, resulta: I= V 20 = Ȃ2A Z 9,923 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. La tensión en bornes de las bobinas valdrá: VL12 = I · XL12 = 2 · 1,428 = 2,856 V y estará adelantada π/2 respecto a la intensidad total. Finalmente, la intensidad por la bobina L1 valdrá: IL1 = VL12 2,856 = = 0,571 A 5 XL1 con el mismo ángulo de desfase que la intensidad total, luego su expresión temporal será: iL1 = √ 2 · 0,571 · cos (10 · t + π/3) c) La fuente de alimentación suministra las siguientes potencias activa, reactiva y aparente: P = V · I · cos ϕ = 20 · 2 · cos 60° = 20 W Q = V · I · sen ϕ = 20 · 2 · sen 60° = 34,64 VAR S = V · I = 20 · 2 = 40 VA Toda la potencia activa se consume en la resistencia: PR = R · I 2 = 5 · 2 2 = 20 W = P 6. Un tubo fluorescente de 200 V/50 Hz tiene una reactancia que limita la corriente a 0,57 A, y su factor de potencia es 0,61. a) Indica las partes real e imaginaria de su impedancia. b) Calcula el condensador que se habría de poner en paralelo para corregir el factor de potencia a 0,85. LOGSE. Islas Baleares, 1998. a) El circuito sin condensador se puede representar del siguiente modo: I = 0,57 A V = 220 V 50 Hz Z cos j = 0,61 La impedancia del circuito y su ángulo de desfase son: Z= V 220 = = 386 Ω I 0,57 ϕ = arcos 0,61 = 52,4° (en retraso la intensidad respecto a la tensión) Luego, la resistencia (parte real) y la reactancia (parte imaginaria) correspondientes son: R = Z · cos ϕ = 386 · 0,61 = 235,4 Ω X = Z · sen ϕ = 386 · sen 52,4° = 305,8 Ω Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. El triángulo de potencias inicial, necesario para responder al apartado siguiente, es: S = V · I = 220 · 0,57 = 125,4 VA 12 5, 4 P = V · I · cos ϕ = 125,4 · 0,61 = 76,5 W Q = V · I · sen ϕ = 125,4 · sen 52,4° = = 99,3 VAR S VA Q = 99,3 VAR P = 76,5 W b) Al conectar el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito y el nuevo triángulo de potencias serán: I' I / = 0,57 A = ϕ = 52,4° IC C cos j 220 V 50 Hz Z ' = 0,85 12 5, 4 VA QC Q = 99,3 VAR Q' = S ϕ = 52,4° S' ϕ' = 39,8° P = 76,5 W La potencia reactiva final (corregida) debe valer: Q' = P · tg ϕ' = 76,5 · tg 31,8° = 47,4 VAR La potencia reactiva del condensador, por tanto, ha de valer: QC = Q – Q ' = 99,3 – 47,4 = 51,9 VAR La intensidad absorbida por el condensador: IC = QC 51,9 = = 0,23 A V 220 Su reactancia: 220 XC = V = = 956,5 Ω 0,23 IC Y su capacidad: C= 1 1 = = 3,3 · 10–6 F = 3,3 µF 2 · π · 50 · 956,5 ω · XC Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. 7. Para que una lámpara incandescente de 125 V/40 W no se funda al conectarla a una red de 380 V, se conecta en serie con ella una inductancia pura. Averigua el coeficiente de la misma, así como el condensador que habrá que conectar al conjunto para corregir el factor de potencia a la unidad. LOGSE. Islas Canarias, 1999. Sin el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito es el siguiente: I L V = 380 V 50 Hz VR = 125 V Z R PR = 40 W Para que la lámpara funcione correctamente, por el circuito ha de circular una intensidad: I= PR 40 = = 0,32 A 125 VR VR 125 = = 390,6 Ω I 0,32 En cuyo caso la resistencia de la lámpara valdrá: R= Y la impedancia del circuito: Z= V 380 = = 1 187,5 Ω I 0,32 8 7 Mediante el triángulo de la impedancia se puede determinar el valor de la reactancia de la bobina y su coeficiente de autoinducción: XL = √ Z 2 – R 2 = √ 1 187,52 – 390,62 = 1 121,4 Ω L= XL XL 1 121,4 = = = 3,57 H ω 2·π·f 2 · π · 50 Z ,5 9 XL R = 390,6 9 j Las potencias activa, reactiva y aparente y el factor de potencia del circuito son: P = PR = 40 W S = V · I = 380 · 0,32 = 121,6 VA Q = √ S 2 – P 2 = √ 121,6 2 – 40 2 = 114,8 VAR cos ϕ = P 40 = = 0,329 (ϕ = 70,8°) S 121,6 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. = 1 1 Para corregir totalmente el factor de potencia, se puede instalar en paralelo un condensador cuya potencia reactiva compense totalmente la anterior: QC = Q = 114,8 VAR Luego, su intensidad, su reactancia y su capacidad han de tener los siguientes valores: IC = QC 114,8 = = 0,302 A V 380 380 XC = V = = 1258,2 Ω 0,302 IC C= 1 1 = = 2,5 · 10– 6 F = 2,5 µF 2 · π · 50 · 1 258,2 2 · π · f · XC 8. Un operador de un cuadro de maniobra anotó las siguientes indicaciones de los instrumentos correspondientes a la instalación de un generador trifásico conectado en estrella: V1 = 400 V, I = 145 A, P = 80 kW y potencia de accionamiento, 121 CV. Calcula la potencia aparente, la tensión de fase, el factor de potencia, la potencia reactiva, las intensidades activa y reactiva, y el rendimiento. LOGSE. Castilla-La Mancha. Se supone que se trata de un sistema trifásico equilibrado, en cuyo caso, el circuito generador-receptor es el siguiente: U 9 8 8 ) Z Z R W V Z El amperímetro mide la intensidad de línea, en este caso, igual a la de fase, Il = If = = 145 A. El voltímetro V2 mide la tensión de línea Vl = 400 V. El vatímetro mide la potencia por fase, que multiplicada por tres da la potencia activa total: P = 80 kW. Con tales datos, el resto de magnitudes del circuito son: – Potencia aparente: S = √ 3 · Vl · Il = √ 3 · 400 · 145 = 100 460 VA = 100,46 kV – Tensión de fase: V 400 Vf = l = = 231 V √3 √3 Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. – Factor de potencia: P 80 cos ϕ = = = 0,796 (ϕ = 37,2°) S 100,46 – Potencia reactiva: Q = S · sen ϕ = 100,46 · sen 37,2° = 60,74 kVAR – Intensidad activa: (Ia )l = Il · cos ϕ = 145 · 0,796 = 115,42 A – Intensidad reactiva: (Ir )l = Il · sen ϕ = 145 · sen 37,2° = 87,66 A – Potencia mecánica: Pm = 121 CV · – Rendimiento: 80 η= P = = 0,898 (89,8%) 89,056 Pm 736 W = 89 056 W = 89,056 kW 1 CV Unidad 5. El alternador y la corriente eléctrica. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 6.1. EL TRANSFORMADOR Página 205 1. ¿Cuánto vale el flujo máximo en una bobina de 500 espiras alimentada por una tensión de 200 V/50 Hz? ¿Qué ocurre con su valor si el número de espiras se duplica? ¿Y si se duplica la frecuencia? Sabemos que la relación entre la tensión en bornes y el campo magnético, en una bobina recorrida por una corriente alterna, responde a la siguiente expresión: V = 4,44 · f · N · φmáx siendo N el número de espiras, φmáx el valor de pico del flujo alterno y f la frecuencia de su variación. En este caso, pues: φmáx = V 200 = = 1,8 · 10 –3 Wb 4,44 · f · N 4,44 · 50 · 500 Si se duplica el número de espiras o la frecuencia, manteniendo el valor eficaz de la tensión, el flujo máximo se reduce a la mitad. 6.2. EL TRANSFORMADOR REAL Página 210 1. Un transformador de 200 VA para 240/120 V dio en los ensayos los siguientes valores: P0 = 3 W; Pcc = 5 W. Si se conecta a una carga con factor de potencia 0,7, que absorbe una intensidad de 1 A, calcula: a) La intensidad por el primario. b) El índice de carga. c) Las pérdidas en el hierro y en el cobre. d) El rendimiento. El transformador, funcionando en condiciones nominales, o sea, a plena carga (C = 1), tendría la situación indicada en el esquema siguiente: Sn = 200 VA I 1n I 2n Zϕ V1n a V2n ) 200 = 1,6 A 120 ) 200 I1n = Sn/V1n = = 0,83 A 240 V1n I2n 240 a= = = =2 120 V2n I1n I2n = Sn/V2n = Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. a) La intensidad por el primario, teniendo en cuenta la del secundario y la relación de transformación, es: I 1 I1 = 2 = = 0,5 A a 2 b) El índice de carga es: I c = 2 = 1) = 0,6 I2n 1,6 c) Las pérdidas en el hierro, que no dependen del índice de carga, vienen dadas por el ensayo en vacío: PFe = P0 = 3 W Las pérdidas en el cobre, teniendo en cuenta el índice de carga, son: PCu = c2 · Pcc = 0,6 2 · 5 = 1,8 W d) Finalmente, la potencia útil y el rendimiento son: Pu = V2n · I2 · cos ϕ = 120 · 1 · 0,7 = 84 W η= Pu 84 = = 0,945 (94,5%) 84 + 3 + 1,8 Pu + PFe + PCu 6.3. TIPOS DE TRANSFORMADORES Página 212 1. En una línea de media tensión de 30 kV, que transporta una potencia máxima de 6 000 kVA, se desea controlar el valor de la tensión y de la corriente por medio de un voltímetro de alcance 0-60 V y un amperímetro de alcance 0-3 A. ¿Qué transformadores de medida son necesarios y cómo hay que conectarlos? Los transformadores necesarios y su forma de conexión es la siguiente: V = 30 kV I I1 a I2 A V1 a' V2 V Carga S = 6 000 kVA 0– 3 A 0 – 60 V – Transformador de intensidad: La intensidad que circula por la línea, y también por el primario del transformador de intensidad, es: I = I1 = S 6 000 kVA = = 200 A V 30 kV Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. La intensidad I2 por el secundario de dicho transformador está limitada por el alcance del amperímetro (3 A). La relación de transformación, entonces, tiene que ser: a= I2 3 = = 0,015 200 I1 como máximo. Lo lógico sería instalar un transformador de intensidad con una rela1 ción algo menor, por ejemplo a = , que permite medir una intensidad I = 300 A. 100 – Transformador de tensión: Como el voltímetro alcanza a medir hasta 60 V, la relación de transformación del transformador de tensión necesario debe ser, como mínimo: a' = V1 30 000 = = 500 60 V2 Se puede instalar, por ejemplo, un transformador con a' = 1 000, que alcanza a medir, con el voltímetro, hasta V = 60 kV. Página 213 2. Un autotransformador indica los siguientes datos en su placa de características: 50 VA, 0-115-240 V. Determina su relación de transformación y los valores nominales de intensidad. Los datos de la placa significan lo siguiente: 50 VA es la potencia aparente a plena carga o nominal (Sn), mientras que 0-115-240 V significa que el aparato dispone de tres bornes, uno común (0 V) y otro para cada tensión (de 115 V y 240 V). I 2n (240 V) I 1n (115 V) V2n V1n (0 V) (0 V) a La relación de transformación es: a= V1n 115 = = 0,48; si trabaja como elevador de tensión. 240 V2n Sn 50 = = 0,434 A = 434 mA 115 V1n Sn 50 = = 0,208 A = 208 mA 240 V2n Los valores nominales de intensidad, I1n = I2n = Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 6.5. EL CAMPO MAGNÉTICO GIRATORIO Y LOS MOTORES DE CORRIENTE ALTERNA Página 219 1. En un motor de corriente continua se puede variar la velocidad variando la tensión aplicada. ¿Se podrá hacer lo mismo en un motor de corriente alterna? En un motor de corriente alterna, la velocidad es igual a la velocidad de sincronismo (motor síncrono) o algo menor (motor de inducción), y dicha velocidad solo depende de la frecuencia de la tensión de alimentación y del número de pares de polos del devanado del estator (ns = 60 · f/P). Por lo tanto, no se puede regular la velocidad fácilmente, actuando sobre el valor eficaz de la tensión, como se hace en un motor de corriente continua. Para variar n de manera discontinua, se utilizan los motores Dahlander, con devanados de diferente número de pares de polos, conmutables, con lo que se consiguen 2 ó 3 velocidades. Para variar n de forma continua, el método que se usa es modificar el valor de la frecuencia con un convertidor electrónico. 6.6. EL MOTOR DE INDUCCIÓN Página 221 1. Un motor de inducción de seis polos posee una velocidad nominal de 950 r.p.m. ¿Cuánto vale su deslizamiento? ¿Qué ocurre con su valor si el motor se sobrecarga? Consideramos que el motor está alimentado por una tensión alterna de 50 Hz, en cuyo caso la velocidad de sincronismo o del campo giratorio es: ns = 60 · f 60 · 50 = = 1 000 r.p.m. P 3 n V/ 50 Hz M Con la carga nominal, el deslizamiento entre el campo giratorio y el rotor de jaula de ardilla es: sn = 100 · (ns – nn) 100 · (1 000 – 950) = = 5% 1 000 ns Si se sobrecarga el motor, al aumentar el par en el eje, el rotor suministra un par electromagnético mayor gracias a un aumento de la corriente por el inducido, para lo cual el deslizamiento aumenta y la velocidad n baja del valor nominal. Página 222 2. Un motor de inducción de 160 kW posee una velocidad nominal de 2 950 r.p.m., y la relación entre el par de arranque y el par nominal es 2, mientras que la relación entre el par máximo y el par nominal es 2,5. Calcula los tres valores del par y dibuja su curva característica. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. A partir de los valores nominales de la potencia, que es potencia útil en el eje, y la velocidad, se obtiene el valor del par nominal: Mn = Pn 60 · Pn Pn 60 · 160 000 = = = = 518 N · m 2 · π · nn 2 · π · nn 2 · π · 2 950 ωn 60 Luego el par de arranque y el par máximo son: Ma = 2 · Mn = 2 · 518 = 1 036 N · m Mmáx = 2,5 · Mn = 2,5 · 518 = 1 295 N · m Como la velocidad de sincronismo, dado que la nominal es de 2 950 r.p.m., tiene que ser ns = 3 000 r.p.m., podemos hacer un trazado suficientemente aproximado de la curva característica. Los puntos de ns, Pn y Ma son inequívocos. El resto de la curva se supone por el comportamiento típico de estos motores. M (N · m) Mmáx 1250 Ma 1000 750 500 250 1 000 Mn = 518 Pn nn = 2 958 2 000 ns 3 000 n (r.p.m.) 3. En el mismo motor de la cuestión anterior, ¿qué ocurre si antes de arrancar se le aplica una carga cuyo valor es 2,3 veces el par nominal? Si se trata de arrancar el motor con un par de carga igual a 2,3 · Mn, mayor que el par de arranque, el arranque no se produce; y si no se desconecta de la línea de alimentación de algún modo (manual o automático), se mantiene por los devanados una corriente de gran intensidad (el valor de arranque, aproximadamente 10 veces mayor que la nominal) que los deteriora rápidamente: el motor “se quema”. Página 223 4. ¿Qué le ocurre a un motor de inducción si funciona en vacío? Compáralo con el comportamiento de los motores de corriente continua serie y paralelo. 5. ¿Qué ocurre en el caso de que al motor se le demande un par mucho mayor que el nominal? Reunamos en el mismo gráfico las características de funcionamiento de los tres tipos de motores, suponiendo que los tres se encuentran inicialmente en el mismo punto de funcionamiento P. M Ma 1 3 1 Motor de c.c. derivación 2 Motor de c.a. (de inducción) 3 Motor de c.c. serie M máx Ma Mn 2 P Pmáx n0 ns n Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. – Si el par resistente tiende a cero (lo que sucede con el motor en vacío), el punto de funcionamiento de los tres motores se desplaza hacia abajo, de modo que el motor derivación aumenta ligeramente la velocidad (hasta n0); el motor de inducción se comporta de forma similar: aumenta la velocidad hasta el valor de sincronismo (ns); por el contrario, el motor serie adquiere una velocidad que tiende a infinito (se embala y se avería). – Si el par se eleva, los tres motores disminuyen su velocidad: el motor serie, en bastante medida; los otros dos, muy poco. Si el par sube mucho, el motor derivación “responde” sin apenas disminución de la velocidad (con la única limitación de la curva de potencia máxima); el motor serie lo hace también, pero disminuyendo mucho la velocidad; el motor de inducción responde hasta llegar a Mmáx, y a partir de ahí se para bruscamente y puede quemarse. EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Un transformador tiene 20 espiras en el primario y 300 espiras en el secundario: a) Si en el primario se aplica una tensión alterna de 220 V, ¿cuánto valdrá la tensión en vacío medida en bornes del devanado secundario? b) Si se conecta el secundario a una resistencia de 100 Ω, ¿cuánto vale aproximadamente la intensidad de la corriente en ambos devanados? ¿Cuánto vale la potencia que transfiere el transformador de la línea a la resistencia de carga? c) ¿Cuál de los dos devanados debe hacerse con hilo de mayor sección? ¿Por qué? El esquema del transformador es el de la figura: I1 I2 N1 = 20 N2 = 300 R V1 N 1 a N2 V2 a= N1 V I 20 = = 1 ȃ 2 300 N2 V2 I1 a) Con V1 = 220 V, la tensión en el secundario es: V2 = 300 · V1 300 · 220 = = 3 300 V 20 20 b) Al conectar en el secundario una carga resistiva de 100 Ω (cos ϕ = 1), y despreciando las pérdidas en el transformador, las intensidades y la potencia transferida son: I2 = V2 300 · I2 3 300 300 · 33 = = 33 A ; I1 = = = 495 A R 20 100 20 P = V2 · I2 · cos ϕ = 3 300 · 33 · 1 = 108 900 W c) Para evitar las pérdidas por calentamiento en el cobre, cuanto mayor sea la intensidad de la corriente en un devanado, mayor debe ser la sección del hilo. En este caso, se trata del devanado primario. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 2. Un transformador posee 10 espiras en el primario y 5 000 espiras en el secundario: a) Si en el primario se conecta un generador de corriente alterna de 50 V/50 Hz, ¿qué tensión se obtiene en el secundario? ¿Y si se conecta el generador al secundario? b) Si en el primario se conecta una batería de 12 V y en el secundario una bujía cuyos electrodos están separados 1 mm, ¿qué ocurre al abrir y cerrar el interruptor en el circuito primario? ¿Por qué? ¿Y si se conecta la batería en el secundario? c) Comenta la siguiente afirmación: el transformador es un dispositivo que solo funciona en corriente alterna. Rigidez dieléctrica del aire = 3 · 106 V/m. V1 N1 a N2 V2 a= N1 V 10 1 = = = 1 5 000 500 N2 V2 a) Si se hace V1 = 50 V, V2 = V1 50 = = 25 000 V a 1/500 50 = 0,1 V 500 Si se hace V2 = 50 V, V1 = a · V2 = b) Si se monta con el transformador el circuito de la figura, alimentando el primario con una batería de 12 V y conectando una bujía en el secundario, al abrir el circuito se produce en el secundario una tensión instantánea cuyo valor será aproximadamente: V2 = V1 = 500 · 12 = 6 000 V a 12 V V2 1 mm Entre los electrodos de la bujía habrá un campo eléctrico: V = 6 000 = 6 · 10 6 V/m d 10 –3 superior a la rigidez dieléctrica del aire. Por tanto, durante una fracción de segundo existirá una descarga en la bujía. E= Si se conecta la batería en el secundario y la bujía en el primario, entre los electrodos de esta se produce, durante los instantes de conexión o desconexión del circuito, una tensión y un campo eléctrico: V 1 = a · V2 = V 0,024 12 = 0,024 V ; E = 1 = = 24 V/m d 500 10 –3 muy por debajo de lo necesario para hacer saltar la chispa en la bujía. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. c) La afirmación no es rigurosamente cierta. Si se entiende por transformador solo y exclusivamente el dispositivo capaz de transferir grandes cantidades de energía, de forma continua, desde el circuito primario al secundario, efectivamente el transformador solo funciona en corriente alterna. Pero si se acepta una definición más amplia, es evidente que el transformador (o un dispositivo similar) puede ofrecer prestaciones útiles funcionando con una alimentación de corriente continua, como se acaba de ver con el ejemplo de la bujía. 3. Una bobina de 2 000 espiras tiene un núcleo de 20 cm2 de sección y 80 cm de longitud media, construido con chapa de hierro de permeabilidad relativa 800, y se le aplica una tensión alterna de 20 V/50 Hz: a) Determina el valor de pico del flujo magnético y la intensidad de corriente magnetizante. b) Ídem si se elimina el núcleo de hierro. c) Si se monta una segunda bobina de 200 espiras y se supone un funcionamiento ideal del aparato, ¿qué tensión alterna podrá medirse entre los bornes de esta última? El esquema de la bobina a la que se refiere el enunciado es el siguiente: Φ Im l N 1 = 2 000 N 2 = 200 l = 0,8 m A = 2 · 10 – 3 m 2 µr = 800 v2 20 V 50 Hz v1 N1 N2 A µr a) Al aplicar a la bobina de N1 espiras, con el núcleo de hierro, la tensión alterna, la corriente por ella y el flujo máximo en el núcleo son: φmáx = Bmáx = (Im)máx Im = V1 20 = = 45 · 10 –6 Wb 4,44 · 50 · 2 000 4,44 · f · N1 φmáx 45 · 10 –6 = = 22,5 · 10 –3 T A 2 · 10 –3 l · Bmáx 0,8 · 22,5 · 10 –3 = = = 0,0089 A = 8,9 mA µ r · µ0 · N 800 · 12,57 · 10 –7 · 2 000 8,9 = 6,3 mA √2 b) Si se elimina el núcleo de hierro, los valores de pico del flujo y del campo magnético no se modifican, puesto que están condicionados por el valor de V1, que no ha cambiado. Lo que sí sufre modificación es la corriente magnetizante, que aumenta considerablemente. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. Para calcularla, a falta del dato preciso, supondremos que la bobina posee una longitud aproximadamente igual a 1/4 de la que tenía el núcleo de hierro, en cuyo caso: l' · Bmáx (0,8/4) · 22,5 · 10 –3 (Im' )máx = = = 1,79 A µ0 · V1 12,57 · 10 –7 · 2 000 Im = 1,79 = 1,26 A √2 c) En bornes de la segunda bobina, se puede medir una tensión eficaz: V2 = 4,44 · f · N2 · φmáx = 4,44 · 50 · 200 · 45 · 10 –6 = 2 V Obsérvese que se cumple la relación de transformación: V1 N 20 2 000 = = 10 = 1 = =a 2 200 V2 N2 4. En el ensayo en cortocircuito de un transformador de 200 VA el amperímetro marca 0,91 A; el voltímetro, 4 V, y el vatímetro, 1,6 W: a) Determina la impedancia equivalente del transformador y sus componentes (resistencia y reactancia). b) Si se produce un cortocircuito accidental en los bornes del secundario, ¿a cuánto asciende la corriente por el primario? El circuito del ensayo y el circuito equivalente simplificado son: I 1n Z cc ϕcc A W P cc I 2n Vcc V Vcc = 4V I 1n = 0,91A a) El valor de Zcc es: Zcc = Vcc 4 = = 4,39 Ω 0,91 I1n La potencia medida por el vatímetro corresponde a la disipada en el componente resistivo de la impedancia, luego la resistencia equivalente es: Rcc = Pcc = 1,6 = 1,93 Ω (I1n ) 2 (0,91) 2 Xcc 3,94 = = 64° 1,93 Rcc La reactancia y el ángulo de desfase son: Xcc = √ Zcc 2 – Rcc 2 = √ 4,39 2 – 1,93 2 = 3,94 Ω ; ϕcc = arctg Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. b) La tensión nominal del primario vale: V1n = Sn 200 VA = = 219,78 V Ȃ 220 V 0,91 A I1n Z cc = 4,39 Ω Si se aplica dicha tensión y se produce un cortocircuito en los bornes del secundario, el circuito equivalente es el de la derecha, siendo la corriente de cortocircuito (por el primario): V 220 Icc = 1n = = 50 A 4,39 Zcc V1n = 220 V Icc 5. El primario del transformador de la figura se conecta a una tensión alterna: 11 21 V1 N1 N2 V2 Z 12 22 a) Dibuja, cuando el borne 11 es positivo respecto al borne 12, el sentido de la corriente en el primario, el sentido del flujo en el núcleo, el sentido de la corriente en el secundario y la polaridad de los bornes 21 y 22. b) ¿Cuáles son los terminales homopolares? c) ¿Cuáles serían los terminales homopolares si se invierte el sentido del arrollamiento en el secundario? Hemos dibujado primero el esquema con el circuito secundario cerrado, completándolo con el sentido convencional de las intensidades y del flujo magnético, uitlizado habitualmente en el estudio del transformador. Obsérvese que todos son “eléctricamente coherentes” con el sentido de los arrollamientos y el sentido del flujo, según la regla del sacacorchos. I1 11 Φ 21 I2 Zϕ V1 N1 N2 V2 12 22 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. Y para simplificar, haremos el análisis con el transformador ideal, despreciando además la intensidad de magnetización frente al valor total de la intensidad del primario. En tal caso, el diagrama vectorial y las correspondientes gráficas de las magnitudes alternas son: v1 v2 ϕ V1 ϕ Φ ω π /2 π 3·π /2 2·π ω ·t I1 V2 I2 i1 i2 1 2 3 a) Siendo v1 positiva (11 positivo respecto a 12), el sentido del resto de las magnitudes puede ser diferente, dependiendo del momento que se considere. Por ejemplo: Momento 1: v1 positiva → i1, i2 y φ negativos. Momento 2: v1 positiva → i1 e i2 positivos, φ negativo. Momento 3: v1 positiva → i1, i2 y φ positivos. Sin embargo, siempre v2 está en fase con v1 y por tanto, si el terminal 11 es positivo respecto a 12, el terminal 21 es positivo respecto a 22. b) Visto lo anterior, son homopolares los terminales 11 y 21, así como 12 y 22. c) Si se invierte el sentido del arrollamiento en el secundario, cambia el sentido de la fuerza electromotriz inducida en él y cambian también el sentido de v2 y los terminales homopolares, que ahora serían 11-22 y 12-21. 6. Un transformador de 50 kVA, 2 300/230 V y 50 Hz, cuyos valores de resistencia y reactancia de cortocircuito, obtenidos en el ensayo correspondiente, son de 0,71 Ω y 1,57 Ω, respectivamente, tiene unas pérdidas en el hierro de 390 W. Calcula la caída de tensión y el rendimiento a plena carga, así como la corriente de cortocircuito accidental. Fe de erratas de la primera edición: Los valores de la resistencia y reactancia de cortocircuito aparecen en el libro del alumno expresadas en watt. La unidad que les corresponde es, evidentemente, el ohm. Dibujamos el circuito equivalente del transformador, simplificado, con una carga cualquiera Z ∠ ϕ, y el diagrama vectorial correspondiente: Req V1 Xeq I1 V2 ' Zϕ V1 ϕ V2 ' I1 ϕ Xeq · I 1 Req · I1 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. En vacío, V2' = V1; en carga, hay una caída de tensión que, como puede verse en el diagrama vectorial anterior, vista desde el primario, tiene por expresión: ∆V2' = V1 – V2' ≈ Req · I1 · cos ϕ + Xeq · I1 · sen ϕ Sin conocer las características de la carga, resolvamos la cuestión para dos casos típicos: Carga resistiva (ϕ = 0, cos ϕ = 1). A plena carga: I1 = I1n = Sn 50 000 = = 21,74 A 2 300 V1n ∆V2' = Req · I1n · cos 0° + Xeq · I1n · sen 0° = Req · I1n = 0,71 · 21,74 = 15,4 V Vista desde el secundario, la caída de tensión es: ∆V2 = ∆V2' 15,4 = = 1,54 V a 2 300/230 La potencia útil y las pérdidas en el cobre son: Pu = Sn · cos ϕ = 50 000 W ; PCu = Req · I1n 2 = 0,71 · 21,74 2 = 335 W Y el rendimiento: η= Pu 50 000 = = 0,985 50 000 + 390 + 335 Pu + PFe + PCu Carga inductiva (con cos ϕ = 0,8, por ejemplo). El valor de la intensidad nominal es el mismo, pero ahora está retrasada respecto a la tensión un ángulo: ϕ = arccos 0,8 = 36,86° (sen ϕ = 0,6) ∆V2' = Req · I1n · cos ϕ + Xeq · I1n · sen ϕ = 21,74 · (0,71 · 0,8 + 1,57 · 0,6) = 32,8 V ∆V2 = ∆V2' 32,8 = = 3,28 V (más alta) a 10 Pu = Sn · cos ϕ = 50 000 · 0,8 = 40 000 W PCu = Req · I1n 2 = 0,71 · 21,74 2 = 335 W η= 40 000 = 0,982 (ligeramente menor) 40 000 + 390 + 335 Siempre trabajando a plena potencia, cuanto más inductiva es la carga mayor es la caída de tensión, y el rendimiento menor, como consecuencia de que disminuye la potencia útil sin modificación de las pérdidas. La corriente de cortocircuito se determina calculando primero el valor de la impedancia correspondiente: = √ 0,712 + 1,57 2 = 1,72 Ω Zcc = √ R 2 + X2 cc cc Icc = V1 2 300 = = 1 337 A 1,72 Zcc Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 7. Un transformador monofásico ideal tiene 2 750 espiras en el primario, 150 espiras en el secundario y un núcleo de hierro de 6 cm2 de sección y 25 cm de longitud media. Si está conectado a una línea de 220 V/50 Hz, determina: a) La tensión en el secundario. b) La intensidad en el secundario y en el primario si en el secundario se conecta una carga de 30 W con cos ϕ = 0,65. c) El valor de pico del flujo magnético en el núcleo. d) La corriente magnetizante si el transformador trabaja en una zona de la curva de magnetización en la que la permeabilidad magnética vale µr = 800. e) La intensidad por el primario si se desconecta la carga. f ) El diagrama vectorial de flujo, tensiones e intensidades. El esquema del transformador, con todos los datos, es el siguiente: Φ I1 I2 220 V 50 Hz v1 N 1 = 2750 N 2 =150 v2 Zϕ P = 30 W cos ϕ 2 = 0,65 (ϕ = 49,4°) µr = 800 A = 6 ·10 – 4 m2 a) La relación de transformación es: a= ) N1 2 750 = = 18,3 150 N2 V1 220 = ) = 12 V a 18,3 Y la tensión en el secundario: V2 = b) La intensidad por el secundario: I2 = 30 P = = 3,846 A (con un retraso de 49,4° respecto a V2) 12 · 0,65 V2 · cos ϕ2 Reflejada en el primario, su valor es: I2' = I2 3,846 = ) = 0,21 A a 18,3 El valor de la intensidad por el primario también depende de la corriente magnetizante; como aún no se conoce, dejamos la respuesta hasta el apartado d). Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. c) El valor del flujo de pico o máximo y la intensidad de campo que impone son: φmáx = Bmáx = V1 220 = = 0,36 · 10 –3 Wb 4,44 · 50 · 2 750 4,44 · f · N1 φmáx 0,36 · 10 –3 = = 0,6 T A 6 · 10 –4 d) En consecuencia, la corriente magnetizante posee un valor máximo: (Im)máx = l · Bmáx 0,25 · 0,6 = = 0,054 A µr · µ0 · N1 800 · 12,57 · 10 –7 · 2 750 0,054 = 0,038 A, con un retraso de 90° respecto a la tensión. √2 Con la corriente magnetizante y la reflejada del secundario se puede determinar la corriente por el primario: Y un valor eficaz: Im = V1 Im I2 ' · sen ϕ2 ϕ2 I2 ' ·cos ϕ2 ϕ1 I2 ' ·cos ϕ2 I2 ' V2 Im+ I 2 ' · sen ϕ2 I1 I1 = √ (I2' · cos ϕ2) 2 + (Im + I2' · sen ϕ2) 2 = = √ (0,21 · cos 49,4°) 2 + (0,038 + 0,21· sen 49,4°) 2 = = √ 0,136 2 + 0,197 2 = 0,24 A (con un ángulo ϕ1 = arctg 0,197 = 55,4° en retraso) 0,136 e) Si se desconecta la carga, I2 e I2' se anulan, y entonces la corriente por el primario es igual a la de magnetización: (I1)en vacío = Im = 0,038 A f) Finalmente, el diagrama vectorial con el flujo, las tensiones y las intensidades es: V1 = 12 V Im (0,038 A) ϕ2 = 49,4° ϕ1 = 55,4° V2 = 220 V I2 ' = 0,21A Φmáx = 0,36 mWb I 1 = 0,24 A Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 8. En un transformador monofásico de 220/24 V, las potencias medidas en los ensayos de vacío y de cortocircuito son, respectivamente, de 3 W y 4 W: a) Calcula su rendimiento si se conecta a una resistencia de 5,76 Ω. b) Si se conecta a una resistencia de 10 Ω, calcula el índice de carga y determina el nuevo valor del rendimiento. Fe de erratas de la primera edición: La unidad que debe acompañar a los valores de las resistencias de los apartados a) y b) debe ser el ohm, no el watt. a) Se supone que el transformador trabaja a potencia nominal al conectarle la resistencia de carga de 5,76 Ω, en cuyo caso: I2n = V2 24 = = 4,166 A R 5,76 Pu Pu 100 = = = 0,934 (93,4%) 100 + 3 + 4 Pu + PFe + PCu Pu + P0 + Pcc V2 24 = = 2,4 A R 10 Pu = V · I2n · cos ϕ = 24 · 4,166 · 1 = 100 W ηn = b) Con una carga resistiva de 10 Ω: I2 = El índice de carga es: c = I2 2,4 = = 0,576 4,166 I2n Pu = V2 · I2 · cos ϕ = 24 · 2,4 · 1 = 57,6 W ηn = Pu 57,6 = = 0,93 (93%) 57,6 + 3 + 0,576 2 · 4 Pu + P0 + c2 · Pcc 9. Un transformador trifásico tiene una potencia nominal de 75 kVA para tensiones nominales de 15 kV en el primario y 230/380 V en el secundario. Si las bobinas están dispuestas según la figura y los terminales homopolares son los indicados: 1N 1U 1V 1W 2N 2U 2V 2W a) Dibuja el esquema de conexiones correspondiente a la conexión Yy6 y el diagrama vectorial correspondiente. b) Ídem para la conexión Dd6 y para la conexión Yd5. c) ¿Cuánto vale la relación de transformación y las tensiones en el primario y en el secundario en cada caso? A partir de los datos del enunciado, una tensión del primario y dos del secundario, podemos suponer que inicialmente el transformador posee una configuración triángulo-estrella, y entonces la relación entre las fuerzas electromotrices de las fases es: E1 N 15 000 = 1 = = 65,2 230 E2 N2 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. Conexión Yy6 (desfase 6 · 30 = 180°) 1N 1U 1V 1W 2N 2U 2W 2V 2W 1W 2U 1V 2V 180° 1U Haciendo el neutro de la estrella con terminales no homopolares en el primario y el secundario, se obtiene efectivamente un desfase de 180°. La relación de transformación (entre las tensiones de línea) es: √ 3 · Vf 1 V V E a = l1 = = f 1 = 1 = 65,2 V l2 V E2 f2 √ 3 · Vf 2 Conexión Dd6 (desfase 6 · 30 = 180°) 1U 1U 1V 1W 2U 2V 2W 1W 2V 2W 2U 1V Del mismo modo, “sacando” los terminales de la placa de puntos del triángulo no homopolares (en el secundario respecto al primario), se obtiene también un desfase de 180°. La relación de transformación es: a= V l1 V E = f 1 = 1 = 65,2 V l2 Vf2 E2 Conexión Yd5 (desfase 5 · 30 = 150°) 1U 1U 1V 1W 2U 2V 2W 1W 2V 2U 150° 1V 2W Con esta conexión se obtiene un desfase de 150°, como puede verse en el diagrama vectorial trasladando convenientemente una tensión de línea del primario (1V1U) para ver el ángulo que forma con la correspondiente del secundario (2V2U). La relación de transformación es: a= 1V √ 3 · Vf 1 V l1 √ 3 · E1 √ 3 · N1 = = = = √ 3 · 65,2 = 113 V l2 E2 N2 Vf 2 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 10. Un motor monofásico de arranque por condensador posee los siguientes valores nominales: potencia, 0,75 kW; velocidad, 2 870 r.p.m.; tensión, 220 V; rendimiento, 70%, y factor de potencia, 0,8. Calcula, para el funcionamiento a plena carga, el valor del par en el eje y el valor de la intensidad por la línea de alimentación. ¿Qué sucede con la intensidad y con el par en el momento del arranque? La representación gráfica del motor es la siguiente: I n M Pt V M Pu Siendo los datos que aporta el enunciado del problema los siguientes: Pu = Pn = 750 W nn = 2 870 r.p.m. Vn = 220 V η = 70% = 0,7 cos ϕ = 0,8 En el motor la potencia nominal es la potencia útil o mecánica a plena carga, y tiene por expresión: 2 · π · nn Pu = Pn = Mn · 60 El par en el eje a plena carga es, entonces: Mn = 60 · Pn 60 · 750 = = 2,5 N · m 2 · π · nn 2 · π · 2 870 Pu 750 = = 1 071,4 W η 0,7 Pt 1 071,4 = =6A Vn · cos ϕ 220 · 0,8 La potencia eléctrica absorbida, o potencia total, es: Pt = Y la intensidad de la corriente por la línea: In = En el arranque, la intensidad por la línea alcanza un valor muy alto, de hasta 10 veces el valor nominal, mientras que el par de arranque es también más del doble que el nominal. Esto se debe a que el deslizamiento entre el campo giratorio y el rotor es máximo, por lo que las corrientes inducidas en él y las fuerzas electromagnéticas consiguientes, aumentan considerablemente. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 11. Un motor trifásico de rotor de jaula de ardilla posee los siguientes valores nominales: Potencia: 110 kW; velocidad: 2 860 r.p.m.; tensión: 380 V; rendimiento: 85%; factor de potencia: 0,87. Para su funcionamiento a plena carga, determina: a) ¿Cuántos polos posee el rotor y cuánto vale su deslizamiento? b) ¿Qué par motor suministra en el eje? c) ¿Cuánto vale la intensidad de la corriente en la línea? d) ¿Qué ocurre si el motor se queda sin carga? ¿Y si la carga aumenta el par indefinidamente? e) ¿Qué ocurre con la corriente y el par en el momento del arranque? ¿Cómo se puede limitar el valor de la corriente en el arranque? Los datos que proporciona el enunciado del problema son los siguientes: V = 380 V / 50 Hz Pt nn = 2 860 r.p.m. M Pu =110 000 W Mn η = 0,85 cos ϕ = 0,87 a) La velocidad síncrona de la gama de 50 Hz más cercana a 2 860 r.p.m. es ns = 3 000 r.p.m. En consecuencia, el número de pares de polos es: p= 60 · f 60 · 50 = = 1 (2 polos) ns 3 000 ns – n 3 000 – 2 860 · 100 = · 100 = 4,66% 3 000 ns Y el deslizamiento vale: s= b) El par en el eje es: Mn = Pu 110 000 · 60 = = 367 N · m 2 · π · nn 2 · π · 2 860 60 c) La potencia eléctrica absorbida: Pt = Pu 110 000 = = 129 411 W η 0,85 Pt 129 411 Y la intensidad de la corriente por la línea: I= √ 3 · V · cos ϕ = √ 3 · 380 · 0,87 = 226 A Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. d) Si el motor se queda sin carga, el par electromagnético tiende a cero, las corrientes inducidas en el rotor son muy pequeñas y el deslizamiento casi nulo (el motor alcanza la velocidad de sincronismo, 3 000 r.p.m.); y la potencia absorbida y la corriente en la línea también son muy pequeñas. Por el contrario, si el par de la carga aumenta indefinidamente, inicialmente el motor responde aumentando el par electromagnético, a costa de un aumento de la potencia absorbida y de la corriente y de una ligera disminución de la velocidad (mayor deslizamiento). Pero si se sobrepasa el par máximo del motor, este deja de responder y se para súbitamente (n = 0), quedando en una situación de máximo deslizamiento (100%) y de máxima corriente por la línea, consumiéndose toda la potencia absorbida en forma de calor; situación que, de mantenerse, determina el deterioro de los devanados. e) En el arranque la situación es parecida (velocidad cero, 100% de deslizamiento, y máxima corriente, en torno a 10 veces la nominal). El par de arranque es grande, de modo que el motor acelera rápidamente hasta llegar a una velocidad de equilibrio, cuando el par electromagnético (decreciente con el deslizamiento) se iguala al resistente. No obstante, si el par resistente o de carga es mayor que el de arranque, nos encontramos con la misma situación descrita en el apartado d); el motor no arranca y “se quema”. Como la intensidad durante el arranque, especialmente en los motores de gran potencia, puede ser perjudicial para la línea de alimentación, se suele efectuar el arranque conectando inicialmente los devanados del motor en estrella (de ese modo la potencia absorbida se reduce a 1/3) y conmutándolos automáticamente a la conexión en triángulo, una vez que la velocidad se acerca a la nominal. Problemas de selectividad 1. Un señor adquiere para su casa un frigorífico de 1 000 W con un factor de potencia 0,8. Cuando llega a casa, se da cuenta de que su instalación es de 125 V y el frigorífico solo funciona correctamente a 220 V. Para solucionar el problema, decide comprar un transformador. a) ¿Qué características mínimas debe tener el transformador? b) ¿Qué corriente absorberá de la red el conjunto transformador-frigorífico cuando esté en funcionamiento? (Considera el transformador ideal). LOGSE. Andalucía, 1999. El esquema del conjunto, representando el frigorífico por medio de una impedancia equivalente, es el siguiente: I1 I2 V1 = 125 V V2 = 220 V Z P = 1000 W cos ϕ = 0,8 a Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. a) Considerando el transformador ideal, la relación de transformación y la potencia aparente que ha de ser capaz de suministrar son: a= V1 125 P 1 000 = = 0,568 ; S = = = 1 250 VA 220 cos ϕ 0,8 V2 b) Si se desprecia, además, el valor de la corriente de vacío, la relación de transformación también puede ponerse como: a= V1 I 1 000 P ȃ 2 , siendo I2 = = = 5,68 A 220 · 0,8 V2 · cos ϕ V2 I1 V2 · I2 220 · 5,68 = = 10 A 125 V1 En cuyo caso, la intensidad por el primario será: I1 = 2. Un transformador monofásico ideal tiene 2 000 espiras en el primario y 250 en el secundario. Al primario del transformador se le aplica una tensión de 660 V/50 Hz. a) Determina la relación de transformación y la tensión en el secundario del transformador. b) Si en el secundario del transformador se conecta una carga, formada por una resistencia de 10 Ω en serie con una bobina de 7,5 mH de inductancia, determina la corriente que circula por el primario del transformador. c) Determina la potencia aparente consumida por el transformador con la carga anterior, y dibuja el diagrama de tensión e intensidad del primario y del secundario del transformador. LOGSE. Cataluña, 2000. El esquema del transformador, con la carga conectada en el secundario es el siguiente: I1 I2 V1 = 660 V (50 Hz) N1 = 2 000 N2 = 250 V2 Z ϕ R = 10 Ω L = 7,5 · 10-3 H a) La relación de transformación y la tensión en el secundario son: V N 2 000 660 = 82,5 V a= 1 = = 8 ; V2 = 1 = a 250 8 N2 b) La reactancia de la carga es: XL = 2 · π · f · L = 2 · π · 50 · 7,5 · 10 –3 = 2,35 Ω Por tanto, la impedancia de la carga vale: Z = √ R 2 + XL2 = √ 102 + 2,352 = 10,27 Ω ; ϕ = arctg Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. XL 2,35 = arctg = 13,2° R 10 Con estos valores, calculamos la intensidad por el secundario: I2 = V2 → 82,5 = = 8 A (retrasada 13,2° respecto de V2) Z 10,27 Y, por tanto, la intensidad por el primario resulta: I1 = I2 8 ≈ =1A a 8 c) La potencia aparente es: S = V1 · I1 = 660 · 1 = 660 VA El diagrama vectorial (simplificado, sin la intensidad de vacío) es el siguiente: V2 I1 ϕ = 13,2¼ V1 I2 3. Un transformador de potencia nominal 160 kVA tiene unas pérdidas en el hierro de 1 400 W y, en el cobre, de 1 800 W. El transformador trabaja a plena carga. Calcula: a) El rendimiento cuando trabaja con factores de potencia 1, 0,8 y 0,5. b) Traza el diagrama de rendimiento para factor de potencia 0,9 y valores de índice de carga 95%, 97% y 99%. LOGSE. Valencia, 1999. Se supone que las pérdidas de potencia a que se refiere el enunciado son las medidas por medio del ensayo en vacío (las pérdidas en el hierro, PFe = P0 = 1 400 W, independientes del índice de carga) y del ensayo en cortocircuito (Pcc = 1 800 W, las pérdidas en el cobre correspondientes al funcionamiento a plena carga). En tal caso, la expresión del rendimiento del transformador, en función del factor de potencia y del índice de carga, es: η= Pu Pu C · Sn · cos ϕ = = Pt Pu + PFe + PCu C · Sn · cos ϕ + P0 + C 2 · Pcc a) A plena carga (C = 1), el rendimiento para diferentes valores del factor de potencia será: cos ϕ = 1 cos ϕ = 0,8 cos ϕ = 0,5 η= η= η= 160 000 = 0,98 160 000 + 1 400 + 1 800 128 000 = 0,975 128 000 + 1 400 + 1 800 80 000 = 0,961 80 000 + 1 400 + 1 800 Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. b) Con un factor de potencia de 0,9 y diferentes índices de carga, el rendimiento será: C = 0,95 η= 0,95 · 160 000 · 0,9 = 0,9772 0,95 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,952 · 1 800 0,97 · 160 000 · 0,9 = 0,9783 0,97 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,972 · 1 800 0,99 · 160 000 · 0,9 = 0,9780 0,99 · 160 000 · 0,9 + 1 400 + 0,992 · 1 800 C = 0,97 η= C = 0,99 η= Para trazar el diagrama conviene graduar el eje del índice de carga en centésimas, y el eje del rendimiento en diezmilésimas: η (Pu /Pt) 0,98 0,979 0,978 0,977 0,976 0,975 0,94 0,95 0,96 0,97 0,98 0,99 1 C (I1/I1n) 4. Un transformador monofásico tiene 1 000 espiras en el primario y 2 000 en el secundario. La tensión del primario es de 1 000 V y el transformador alimenta una carga en el secundario que consume una corriente de 100 A con factor de potencia 0,8 inductivo. a) ¿Cuál es el valor de la tensión secundaria en el supuesto de considerar el transformador ideal? b) ¿Cuál es el valor de la corriente primaria si se considera una corriente de vacío de 2 A con factor de potencia 0,3 inductivo? c) Si el devanado secundario se construye con un hilo de 5 mm2 de sección, ¿cuál será la sección de los conductores del devanado primario si se considera que ambos arrollamientos trabajan con la misma densidad de corriente? LOGSE. Madrid, 1995. El esquema del transformador es el representado en la página siguiente: Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. I1 I2 = 100 A V1 = 1000 V N1 = 1000 N2 = 2 000 V2 Z cos ϕ = 0,8 a) Considerando el transformador ideal se desprecia la caída de tensión interna, en cuyo caso: V1 (V1)0 N 1 000 ≈ = 1 = = 0,5 = a 2 000 V2 (V2)0 N2 Por tanto, la tensión secundaria vale: V2 = V1 1 000 = = 2 000 V a 0,5 b) La intensidad del primario es la suma vectorial de la intensidad de vacío (I0) y la intensidad del secundario reflejada en el primario (I2'), suma que se puede efectuar obteniendo primero las componentes activa y reactiva de ambas. Calculamos, en primer lugar, los componentes de I2': I2 100 = = 200 A a 0,5 I2 = 100 A, con ϕ2 = arcos 0,8 = 36,8° en retraso respecto a V2 I2' = → con el mismo ángulo ϕ2 de retraso que I2. Por tanto: (I2')a = I2' · cos ϕ2 = 200 · cos 36,8° = 160,1 A (I2')r = I2' · sen ϕ2 = 200 · sen 36,8° = 119,8 A Del mismo modo, para la intensidad de vacío obtenemos: I0 = 2 A, con ϕ0 = arcos 0,3 = 72,5° en retraso respecto a V1 y V2 Las componentes, en este caso, son: (I0)a = I0 · cos ϕ0 = 2 · cos 72,5° = 0,6 A (I0)r = I0 · sen ϕ0 = 2 · sen 72,5° = 1,9 A Las componentes activa y reactiva de la corriente primaria son: (I1)a = (I2')a + (I0)a = 160,1 + 0,6 = 160,7 A (I1)r = (I2')r + (I0)r = 119,8 + 1,9 = 121,7 A La intensidad del primario resulta, finalmente: 2 I1 = √ (I1)a = √ 160,72 + 121,72 = 201,5 A + (I1)2 r → → con un desfase respecto a las tensiones: ϕ1 = arctg (I1)r 121,7 = arctg = 37,1° 160,7 (I1)a Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. c) Si los dos devanados han de trabajar exactamente con la misma densidad de corriente, se cumplirá: J= I1 I = 2 S1 S2 100 = 20 A/mm2 5 I1 201,5 = = 10,075 mm2 J 20 Para el devanado secundario la densidad de corriente es: J= Luego la reacción del devanado primario debe ser como mínimo del siguiente valor: S1 = Lo correcto es aproximar por exceso a la sección comercial inmediata superior. No obstante, una sección de 10 mm2 sería en este caso aceptable, en la práctica. 5. Un motor trifásico de inducción hexapolar de 10 kW de potencia útil, rendimiento 91%, factor de potencia 0,8, cuando está conectado a una red de 380 V y 50 Hz, gira a 955 r.p.m. Calcula: a) El deslizamiento. b) La corriente en la línea que alimenta al motor. c) La corriente en cada fase, suponiendo que está conectado en triángulo. LOGSE. Galicia, 2000. a) Un motor de 6 polos (p = 3), alimentado por un sistema trifásico a 50 Hz, engendra un campo giratorio cuya velocidad de sincronismo es: ns = 60 · f 60 · 50 = = 1 000 r.p.m. p 3 100 · (ns – n) 100 · (1 000 – 955) = = 4,5% 1 000 ns Entonces, el deslizamiento del rotor es: S= b) La potencia total o absorbida por el motor es: Pt = Pn 10 000 = = 10 989 W η 0,91 Pt 10 989 Y la intensidad en la línea trifásica: Il = √ 3 · Vl · cos ϕ = √ 3 · 380 · 0,8 = 20,87 A c) Como el motor está conectado en triángulo, la intensidad de fase que circula por sus devanados es: If = Il √3 = 20,87 √3 = 12 A Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. 6. ¿Cuál es la única opción que no modifica significativamente la velocidad de giro de un motor de corriente alterna? a) Cambiar la tensión de la alimentación. b) Cambiar la frecuencia de la alimentación. c) Cambiar el número de polos del devanado estator. d) Utilizar dos devanados estatóricos diferentes. LOGSE. Cataluña. En funcionamiento estable, la velocidad de giro de un motor de inducción es ligeramente inferior a la velocidad de sincronismo, cuya expresión es: ns = 60 · f p Esto significa que solo hay dos formas de modificar apreciablemente la velocidad de giro, modificando la frecuencia de la alimentación (opción b) o modificando el número de polos del devanado del estator (opción c), cosa que puede hacerse, por ejemplo, utilizando en el mismo motor dos devanados diferentes (opción d). En consecuencia, la opción que no modifica significativamente la velocidad de giro es la opción a; cambiar la tensión de alimentación, si no se modifica la frecuencia, únicamente sirve para que se modifique el valor de la intensidad, de acuerdo con la siguiente expresión: 2·π·n M · —— 60 I= = — √ 3 · V · cos ϕ √3 · V · cos ϕ Pn 7. Se dispone de un motor asíncrono trifásico de 30 kW, 220/380 V, 50 Hz, tipo 1RA2 146 (ver tabla de características en la página 231 del libro del alumno). Determina: a) Conexión del estator, si se conecta el motor a una red trifásica de 220 V de línea. b) ¿Cuál será el valor de la corriente de línea y su factor de potencia en el caso de que el motor trabaje suministrando la potencia nominal? c) ¿Podrá arrancar el motor si mueve un par resistente de 400 N · m? LOGSE. Madrid, 1995. a) En un motor trifásico la menor de las tensiones de servicio corresponde a la conexión triángulo, en funcionamiento permanente. En este caso, por tanto, si la línea de alimentación trifásica es de 220 V, es esa la conexión que hay que hacer en la placa de bornes del estator: Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. L1 L2 220 V L3 U1 V1 W1 W2 U2 V2 b) De acuerdo con la tabla, para el modelo IRA2 146, la potencia útil (en el eje) vale 30 kW, si se conecta en triángulo a la línea de 220 V, en cuyo caso la potencia absorbida (para un rendimiento del 90,5%) sera: Pt = Pn 30 000 = = 33 149 W η 0,905 Si se conecta el motor en estrella a una línea de 380 V, la intensidad de línea, según la tabla, sería de 58 A. Con la conexión triángulo a 220 V (para igual potencia) será: (In)̅ = (In) · √ 3 = 58 · √ 3 = 100,45 A Entonces, el factor de potencia del motor será: cos ϕ = Pt 33 149 √ 3 · V · In = √ 3 · 220 · 100,45 = 0,866 c) Según la tabla, la velocidad del motor es de 1 450 r.p.m. y la relación entre el par de arranque y el nominal es Ma /Mn = 2. Luego el par de arranque vale: Ma = 2 · Mn = 2 · ( 60 · Pn 2 · 60 · 30 000 = = 395,1 N · m 2 · π · 1 450 2 · π · nn ) Este resultado es ligeramente inferior a 400 N · m, luego el motor no arranca. Unidad 6. El transformador y los motores de inducción. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 7.3. LAS ONDAS ELECTROMAGNÉTICAS Página 249 1. Haz un razonamiento que justifique la existencia de ondas electromagnéticas tras desaparecer la causa que las produjo, por analogía con otro tipo de ondas. Las ondas producidas en la superficie de un estanque (al caer un objeto), o las ondas sonoras producidas por un disparo, se siguen propagando cuando ha cesado la causa que las origina (el golpe del objeto o el disparo). Del mismo modo, una “chispa” eléctrica produce o.e.m. capaces de propagarse indefinidamente en el espacio. 7.5. DISPOSITIVOS SEMICONDUCTORES: DIODO DE UNIÓN Y TRANSISTOR Página 267 1. Dibuja la forma de la componente alterna de la corriente de salida si la corriente alterna de entrada tiene un valor máximo de 4 mA. En el amplificador con transistor PNP en montaje emisor común de la figura, situado en el punto de funcionamiento P, se le aplica una señal alterna en la entrada para hacer oscilar el valor de iB ± 4 mA. Como puede observarse, no se consigue, pues el transistor solo puede funcionar entre los puntos P' (de máxima corriente o de saturación) y P'' (de mínima corriente o de corte). Como consecuencia, la componente alterna de la corriente de salida ic resulta “recortada”, tal como puede verse en el análisis gráfico. iC C iB B E RC = 300 Ω iE V2 = 30 V RB V1 = 2,5 V ω·t iC (mA) iC (mA) 100 iB (mA) P' +4 +3 ω · t 50 P +2 +1 P'' 0 – 30 vCE Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En el circuito amplificador del triodo PC86, la resistencia de carga vale 30 kΩ y la placa está polarizada con una batería de 100 V: a) ¿Cuánto valen la intensidad de la corriente y el voltaje de placa si el voltaje de rejilla vale – 0,5 V? ¿Qué diferencia de potencial se puede medir en la resistencia de carga? b) Ídem si el voltaje de rejilla vale cero. ¿Cómo se comporta el diodo en este caso? c) Calcula el valor de la resistencia interna del triodo en ambos puntos de funcionamiento. ¿Cuánto vale en ellos la corriente por el circuito de rejilla? d) ¿Qué pasaría si el circuito de rejilla se polarizase con un voltaje positivo? El esquema del circuito amplificador es este. La señal de entrada se puede “inyectar” en el circuito de rejilla, mientras que la señal de salida se recoge en bornes de la resistencia de carga R del circuito de placa. ia PC 86 va Señal de entrada R = 30 kΩ Señal de salida 100 V La ecuación de la recta de carga es: 100 = va + 30 · ia (R se da en kΩ, ia en mA) va = 0 ; ia = 100/30 = 3,33 mA Puntos de corte: ia = 0 ; va = 100 V Dibujándola sobre la característica ia (va) del triodo, se obtiene: ia (mA) vr = 0 7,5 –0,5 V –1 V –1,5 V –2 V –2,5 V –3 V 5 3,33 2,5 ∆ia ≈ 5 mA P' P –3,5 V 25 50 ∆va = 5 V 75 100 125 150 175 200 225 250 va (V) Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. a) Si el voltaje de rejilla vale –0,5 V, el triodo se sitúa en el punto de funcionamiento P, al que, según la gráfica, le corresponden los valores: va = 45 V; ia = 2 mA En la resistencia de carga existirá una diferencia de potencial: vR = R · ia = 30 · 2 = 60 V b) Si vr = 0, el triodo pasa al punto: P' (va = 22 V; ia = 2,8 mA) al que corresponde: vR = 30 · 2,8 = 84 V Obsérvese que, para un pequeño incremento de la tensión de rejilla (0,5 V), se ha producido un incremento grande de la tensión de salida (84 – 60 = 24 V), debido al efecto amplificador del triodo. Situada en el punto P' y en ausencia de señal de entrada, la válvula se comporta como si no tuviese rejilla, o sea, como un diodo de vacío. c) Si aplicásemos el concepto “estático” de resistencia (tensión en bornes dividida por intensidad que circula), se obtendrían los siguientes valores de resistencia interna: P: P': Ri = Ri = va 45 V = = 22,5 kΩ ia 2 mA 22 V = 7,85 kΩ 2,8 mA En los circuitos electrónicos, sin embargo, se utiliza el concepto dinámico de resistencia interna (oposición a las variaciones de corriente). Vista así, la resistencia interna en ambos puntos posee un valor parecido: Ri = ∆va 5V ≈ = 1 kΩ ∆ia 5 mA La corriente por la rejilla es nula en ambos casos: al poseer un potencial negativo o nulo no puede absorber electrones. d) En cambio, si la rejilla adquiere un potencial positivo, sí absorbería electrones y habría una corriente de rejilla; pero su valor no sería grande, en comparación con el aumento de la corriente de placa. Por la velocidad que alcanzan, los electrones traspasan la posición de la rejilla y caen bajo la influencia del fuerte potencial de placa. 2. Con el triodo PC86, cuyas curvas características pueden verse en la página 258, se ha montado un circuito amplificador en el cual la placa está polarizada por una batería de 150 V, mientras que la rejilla lo está con una batería de 1 V. Si la resistencia del circuito de placa es de 15 kΩ: a) Traza la recta de carga. b) Indica el punto de funcionamiento y calcula los valores correspondientes de resistencia interna de la válvula. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. c) Si sobre ese punto se introduce en el circuito de rejilla una señal alterna de 0,75 V de pico, determina el valor de pico de la corriente de placa y el de la tensión en la resistencia de carga. En este caso, el esquema y el análisis gráfico son los siguientes: PC 86 R = 15 kΩ va 150 V Señal de entrada 1V a) La ecuación de la recta de carga es: 150 = va + 15 · ia → va = 0 ; ia = 150/15 = 10 mA ia = 0 ; va = 150 V ω. t ia (mA) 10 vr = 0 –0,5 V –1 V v a (V ia 7,5 ) –1,5 V –2 V –2,5 V –3 V 5 P 2,5 ∆ ia ∆ va –3,5 V 50 100 150 200 250 va (V) b) El punto de funcionamiento correspondiente a vr = –1 V es P (va = 90 V; ia = 4 mA); manteniendo constante vr = –1 V y dando un ∆ va = 10 V en torno a P, se obtiene un ∆ ia = 2 mA, luego la resistencia interna (dinámica) es: Ri = ∆va 10 V = = 5 kΩ 2 mA ∆ia c) Si mediante la señal alterna de entrada se hace oscilar vr entre –0,25 V y –1,75 V, la corriente de placa ia oscila entre 6,5 mA y 1,5 mA (con el punto medio en 4 mA). El valor de pico de la corriente de salida es de 2,25 mA. Por tanto, la tensión alterna en R, superpuesta al valor de reposo, tiene un valor de pico de 2,25 · 15 = 33,75 V. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. 3. Un diodo de silicio, cuyas curvas características pueden verse en las gráficas, se conecta a una fuente de alimentación de 1 V, primero en un sentido, positivo en el ánodo (polarización directa), y luego en el contrario (polarización inversa). ia (A) 5 1 0,5 -va (V) 1 250 1 000 750 500 250 0 0,1 0,5 1 5 10 0,1 0,05 -ia (µA) 0,01 0 0,5 1 1,5 va (V) a) Dibuja los circuitos y determina la intensidad de la corriente y la resistencia del diodo en cada caso. b) Si en polarización directa el voltaje de la fuente disminuye hasta 0,5 V, ¿qué sucede y por qué? c) ¿Y si en polarización negativa aumenta hasta 1 250 V? a) El circuito y el punto de funcionamiento, en cada caso, son: – Polarización directa: ia (A) 5 ia 1V va P 1 0,5 0,1 P (va = 1 V; ia = 1,8 A) Resistencia interna (estática): Ri = va 1V = = 0,55 Ω 1,8 A ia 0,05 0,01 0 0,5 1 1,5 va (V) Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. – Polarización inversa: – va (V) 1 250 1 000 750 500 250 0 0,1 1 P' 0,5 5 10 – ia – va – ia (µA) Con una tensión inversa tan pequeña (–va = 1 V), el punto de funcionamiento es difícil de situar, aunque seguro que se encuentra entre el origen y P'. Tomando por válido P' (–va = 1 V, –ia = 0,5 µA), la resistencia interna inversa (estática) sería: Ri = 1V = 2 · 10 6 Ω = 2 MΩ 0,5 · 10 –6 b) Si en polarización directa el voltaje va baja hasta 0,5 V, el diodo deja de conducir al no superarse la tensión umbral necesaria (aproximadamente 0,6 V según la característica). La tensión umbral es debida a la existencia de un potencial de barrera en la unión PN, que aparece como consecuencia de la recombinación de electrones y huecos alrededor de ella. c) Si la polarización negativa se llevase hasta 1 250 V, podría alcanzarse la tensión Zener, valor para el cual se produce una fuerte corriente de rotura en avalancha de los enlaces en el cristal; corriente que, si no se trata de un diodo Zener concebido para funcionar en dicha situación, determina su destrucción. 4. El diodo del ejercicio anterior se polariza directamente mediante una fuente de 50 V y una resistencia de carga de 125 Ω: a) Dibuja el circuito. b) Traza la recta de carga correspondiente. c) Determina los valores va , ia , y la resistencia interna en el punto de funcionamiento (estática y dinámica). a) El esquema del circuito es: ia V= 50 V va RC = 125 Ω b) La ecuación de la recta de carga es: 50 = va + 125 · ia → va = 0 ; ia = 50/125 = 0,4 A ia = 0 ; va = 50 V Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. Otro punto que facilita el trazado sin necesidad de llevar el eje de va hasta 50 V es: va = 10 V ; ia = 50 – 10 40 = = 0,32 A 125 125 Para trazar la recta y hacer el estudio gráfico, es necesario trasladar la característica a unos ejes adecuados: llevamos, por ejemplo, los puntos 0, 1 y 2: ia (A) 5 4 2 1 0,5 1 ia (A) 2 P' Característica del diodo 0,1 0,05 1 0,4 0,01 0 P Recta de carga (10 V, 0,32 A) 0 0,5 1 va (V) 0,6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 va (V) c) El diodo estará situado en el punto de funcionamiento: P (va ȃ 0,7 V; ia ȃ 0,38 A) La resistencia interna estática es: (Ri )estática = va 0,7 = = 1,84 Ω 0,38 ia La resistencia interna dinámica, como la característica es prácticamente recta en el intervalo dibujado, la podemos determinar tomando incrementos entre 0 y P': Ri = ∆va 1 – 0,6 0,4 = = = 0,2 Ω 2–0 2 ∆ia 5. Con un diodo de silicio se forman los dos circuitos de la figura. ¿En cuál de los dos casos se enciende la lámpara y por qué? 9V 9V En el circuito de la izquierda, el diodo está polarizado directamente, luego conduce y se comporta como un interruptor cerrado, en el que solo cae una pequeña parte de la tensión de la batería (la tensión umbral, aproximadamente 0,7 V); el resto queda aplicada a la lámpara, que se enciende. En el circuito de la derecha, con el diodo en polarización inversa, no hay circulación de corriente; toda la tensión de la batería queda aplicada al diodo, y la lámpara no se enciende. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. 6. Con un transistor PNP, una lámpara de linterna y una pila eléctrica se forman los circuitos de la figura. a) C B 9V E 9V 9V b) 9V c) d) ¿En qué casos se enciende la lámpara? Un transistor PNP equivale, en cierto modo, a dos diodos de unión puestos en oposición con un terminal intermedio, que es la base. C C P B B PNP E N P E B C E a) Si se aplican +9 V en el circuito CE, con el positivo en C, la unión BC queda con polarización directa y podría conducir; pero la unión BE queda con polarización inversa e impide el paso de corriente. Por tanto, L no se enciende. b) Sucede lo mismo, aunque ahora es la unión BC la polarizada inversamente: L no se enciende. c) Con B positivo respecto a E, la unión BE queda con polarización inversa: L no se enciende. d) Con E positivo respecto a B, la unión BE queda polarizada directamente; hay conducción y L se enciende. 7. Resuelve el ejercicio anterior en el caso de que el transistor sea un NPN. Un transistor NPN equivale, a dos diodos en oposición, aunque dispuestos al revés: C C N B B NPN E P N E B C E De las cuatro posibilidades propuestas en el enunciado del ejercicio anterior, la única que permite el encendido de la lámpara es la tercera: si se aplican +9 V en el circuito BE, con la base positiva, la unión BE queda polarizada directamente. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. 8. Las curvas características de la figura corresponden a una serie de diodos Zener, uno de los cuales se conectará entre C y D para estabilizar la tensión aplicada a la resistencia R2: –va (V) Z6 Z5 Z4 Z3 Z2 Z1 10 9 8 7 6 5 4 0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 –ia (mA) A R 1 = 50 Ω C 12 V R2 = 100 Ω B D a) ¿Cuánto vale la tensión VCB antes de conectar el diodo? b) ¿Cuál de los diodos hay que conectar? c) Si la tensión de alimentación VAB puede oscilar entre 8 y 14 V, ¿entre qué valores oscilará la corriente por el diodo Zener? ¿Qué pasa mientras tanto con la tensión en la resistencia R2? ¿Y en la resistencia R1? a) Antes de conectar el diodo Zener: A R1 = 50 Ω I C IR R 2 = 100 Ω I= 12 V = = 50 + 100 R1 + R2 V = 12V Va = 0,08 A Va = R2 · I = 100 · 0,08 = 8 V B D b) Si se desea estabilizar la tensión Va en ese valor (8 V), por medio de un diodo Zener, conviene utilizar aquel que posea dicho valor en un punto intermedio de su característica. En la serie suministrada en el enunciado, el que cumple dicha condición es Z4. Veamos dónde se sitúa exactamente el punto de trabajo, para V = 12 V. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. A R1 = 50 Ω I La ecuación del circuito es: C V = Va + R1 · I = Ia R 2 = 100 Ω IR = Va + R1 · Ia + ( Va R2 ) ) V = 12V Va 12 = Va + 50 · Ia + = B D ( Va = 100 3 · Va + 50 · Ia 2 Se trata de la ecuación de una recta, cuyos puntos de corte con los ejes son: Va = 0 ; Ia = 12/50 = 0,24 A = 240 mA Ia = 0 ; Va = 2 · 12 =8V 3 Para trazar la recta sobre la característica, como el eje –Va de esta no parte de cero, es conveniente dibujarla adecuadamente: De acuerdo con los sentidos de Va e Ia en el esquema, se han cambiado los signos en los ejes. +va (V) 11 10 9 8 7 6 5 P P' Z4 2 4 3 2 1 0 0 9 mA 48 mA 100 200 240 280 1 +Ia (mA) 300 El punto de funcionamiento es P (Va = 7,7 V; Ia = 9 mA). c) El punto de funcionamiento está situado justo al comienzo de la zona Zener de la característica. Eso significa que la tensión de entrada no puede bajar de 12 V sin que se pierda el efecto estabilizador sobre la resistencia de carga R2. En efecto: si baja hasta V = 8 V, como Ia = 0, I = 8/150 = 0,053 A y Va = 100 · I = = 100 · 0,053 = 5,3 V, bastante menor que 8 V. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. En cambio, el límite superior del enunciado sí puede alcanzarse; la recta de carga correspondiente (2) es: 14 = 3 · Va + 50 · Ia → 2 Va = 0 ; Ia = 14/50 = 0,28 A = 280 mA Ia = 0 ; Va = (2 · 14)/3 = 9,33 V Con ella se obtiene el punto de funcionamiento: P' (V 'a = 7,73 V; I'a = 48 mA) En definitiva: si la tensión de entrada V oscila entre 12 y 14 V, la intensidad por el diodo Zener oscila entre 9 y 48 mA, mientras que la tensión va aplicada a la carga R2 se mantiene muy cerca de los 8 V (oscila entre 7,7 y 7,73 V), luego: IR = 7,7/100 = 77 mA I'R = 7,73/100 = 77,3 mA En la resistencia R2 la corriente se mantiene prácticamente constante. Mientras tanto, en la resistencia R1 la corriente I oscila entre I = 77 + 9 = 86 mA I' = 77,3 + 48 = 125 mA Y la tensión en bornes, entre 4,3 y 6,25 V. 9. Con un transistor PNP, cuyas curvas características de salida pueden verse en la primera gráfica, se monta el circuito de la segunda gráfica: -ic (A) 0,8 -ib = 9 mA 8 7 6 –Vce= 5 V 0,6 5 4 0,4 3 2 0,2 1 –ib (mA)10 5 0 200 5 10 -vce (V) –Vce= 5 V 400 -vbe (mV) Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. RC = 20 Ω RB = 280 Ω V2 = 10 V V1 = 1 V a) Determina el punto de funcionamiento (vce , ic ) si la corriente de base vale 2 mA. b) ¿Cuánto vale la ganancia de corriente en dicho punto? c) Si en el circuito de entrada se inyecta una señal alterna que hace oscilar la corriente entre 1 y 3 mA, ¿entre qué valores oscilará la tensión en la resistencia de carga? Dibujemos, en primer lugar, el circuito, indicando los sentidos convencionales de tensiones y corrientes, de acuerdo con los signos de las curvas características. Al dibujar el circuito hemos tenido en cuenta el convenio de sentidos de tensiones y corrientes, generalmente aceptado, al que responden las curvas, considerando que las corrientes entran al transistor y designando las tensiones respecto al terminal común. ic ib vce RB = 280 Ω vbe RC = 20 Ω vC V2 = 10 V V1 = 1 V a) La recta de carga del circuito de salida se corresponde con la ecuación: 10 = –vce – ic · 20 cuyos puntos de corte con los ejes son: vce = 0 ; ic = – 10 = –0,5 A 20 ic = 0 ; –vce = 10 V Dicha recta corta a la característica correspondiente en –ib = 2 mA, en el punto de funcionamiento: P (–vce = 5,1 V ; –ic = 0,23 A) Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. c) Si la señal alterna de entrada hace oscilar –ib entre 1 y 3 mA, el punto de funcionamiento oscila sobre la recta de carga entre: P' (– v'ce = 6 V; – ic = 0,12 A) P'' (– v''ce = 3,5 V; – ic = 0,32 A) La tensión en la resistencia de carga Rc oscila, por tanto, entre 2,4 y 6,4 V: V'c = – i'c · Rc = 0,12 · 20 = 2,4 V V''c = – i''c · Rc = 0,32 · 20 = 6,4 V b) La ganancia de la corriente es: β= ∆ic = 0,32 – 0,12 = 100 ∆ib (3 – 1) · 10 –3 –Vce = 5 V –ib (mA) 10 5 –Vce = 5 V –ic (A) 0,8 –ib = 9 mA 8 7 6 5 4 0,6 0,5 0,4 P" P 3 2 0,2 P' 1 –vce (V) 10 0 200 5 400 –vbe (mV) 10. Al diodo de silicio cuyas características de funcionamiento pueden verse en la figura se le aplica una tensión variable comprendida entre –500 y +5 V. Describe lo que sucede en los siguientes casos: a) Regulación de 0 a –500 V. b) Regulación de 0 a +5 V. Ia (A) Pmáx 0,7 1 – 500 –100 2 3 4 5 Va (V) Contestaremos a la pregunta interpretando la información que suministra la característica de funcionamiento: a) Regulación 0 a –500 V: Durante la mayor parte del margen considerado, la intensidad de la corriente es negativa (corriente inversa, de cátodo a ánodo por su interior) y de un valor muy pequeño, por lo que se considera prácticamente que el diodo no conduce en ese sentido. No obstante, al sobrepasar un valor cercano a –500 V, la corriente inversa aumenta súbitamente y tiende a infinito, sin apenas aumentos de tensión inversa. Dicho de otra forma: la resistencia del diodo en polarización inversa es, durante un primer tramo, prácticamente infinita, y durante un segundo tramo, prácticamente nula. Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. b) Regulación 0 a +5 V: Entre 0 y +0,7 V el diodo prácticamente no conduce (resistencia infinito). A partir de ahí, conduce, y la corriente aumenta proporcionalmente a los aumentos de la tensión (se comporta como una pequeña resistencia, de valor constante). Por encima de Va = 3 V, el punto de funcionamiento supera la curva de potencia máxima, lo cual significa que el diodo no es capaz de disipar todo el calor que se produce en su interior, por el paso de la corriente; en consecuencia, se puede calentar excesivamente y deteriorarse. 11. Para el diodo de silicio del ejercicio anterior, determina: a) La tensión umbral en polarización directa. ¿A qué es debida? b) La tensión Zener en polarización inversa. ¿Qué ocurre si se supera? a) La tensión umbral, según la característica de funcionamiento, es V0 = 0,7 V. Es debida al potencial de barrera que se crea en la unión PN, como consecuencia de la recombinación de electrones y huecos. b) La tensión Zener, según la característica, es Vz = –450 V. Si se supera, se produce una elevada corriente por rotura de enlaces, en avalancha, que normalmente trae consigo el deterioro del diodo (a no ser que esté fabricado para trabajar en esa zona de la característica, cosa que ocurre con los diodos Zener). 12. En el circuito de la figura, el diodo D es de silicio, pero no se dispone de su curva característica. Haz un cálculo del valor aproximado de la corriente. D + 20 V 100 Ω I – Dentro del margen de funcionamiento normal de un diodo de silicio, polarizado directamente y conduciendo, su tensión en bornes apenas sobrepasa el valor de la tensión umbral (0,7 V). Por tanto, para hacer un cálculo aproximado sin usar el procedimiento de la recta de carga, se puede considerar válida la siguiente ecuación del circuito: v ȃ Vo + Rc · I En este caso: 20 ȃ 0,7 + 100 · I Luego: Iȃ 20 – 0,7 = 0,193 A = 193 mA 100 Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. 13. En un transistor PNP, la corriente por el colector vale 0,44 A, y la del emisor, 1 mA: a) ¿Cuánto vale la corriente por la base? b) Señala el sentido de las tres corrientes. c) Si la corriente por la base aumenta 1mA y el parámetro β del transistor vale 121, ¿cuánto valdrán las corrientes? Los datos del enunciado no son coherentes. En un transistor PNP (por ejemplo, en montaje emisor común, como el de la figura) siempre se cumple que: iE = iC + iB iC iB iE RC RB V2 V1 Y, además, iB suele ser bastante más pequeña que las otras dos intensidades, y las variaciones de iB se traducen en variaciones “amplificadas” de iC, de modo que: β= ∆iC ∆iB recibe el nombre de ganancia de corriente. En consecuencia, no puede ser que iC = 0,44 A, siendo iE = 1 mA. Esta última corriente debe ser la de la base. En tal caso: a y b) El valor de las intensidades de colector, base y emisor se determina como sigue: iC = 0,44 A = 440 mA ; iB = 1 mA Por tanto: iE = iC + iB = 440 + 1 = 441 mA El sentido de las corrientes es el indicado en la figura anterior. c) Si hay un aumento de la corriente de base, ∆iB = 1 mA El aumento en la corriente de colector, de acuerdo con la ganancia será: ∆iC = β · ∆iB = 121 · 1 = 121 mA Y, en consecuencia, los valores de iC, iB e iE serán: iC = 440 + 121 = 561 mA iB = 1 + 1 = 2 mA iE = 561 + 2 = 563 mA Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. 14. Dadas las curvas características de la figura, correspondientes a un transistor PNP, determina el valor del parámetro β y el de las corrientes de base y emisor en el punto de funcionamiento: –Vce = 8 V ; –Ic = 1,6 A –ic (A) 3 –ib = 80 mA 70 60 50 –vce = 1 V 2 40 30 20 1 10 –ib (mA) 75 50 25 0 250 –vce = 1 V 500 750 –vbe (mV) 5 10 –vce (V) 15 Llevando los valores –Vce = 8 V, –iC = 1,6 A a las curvas características, se determina la posición del punto de funcionamiento P, al que corresponde una corriente de base –ib = 30 mA. Para obtener el valor de la ganancia de corriente β en el punto P, se hace variar ib en torno a P, sin modificar –Vce, y se observa qué incremento se produce en la corriente de colector. Por ejemplo, entre P' y P'': ∆ib = –20 mA → ∆iC = –0,9 A = –900 mA → β= ∆ic –900 = = 45 –20 ∆ib –ib (mA) 75 50 25 0 250 –vce = 1 V 500 750 –vbe (mV) 5 8 10 –ic (A) 3 –ib = 80 mA 70 60 50 2 1,6 P" P P' 40 30 20 10 –vce = 1 V 1 –vce (V) 15 Unidad 7. Comunicaciones y dispositivos electrónicos. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 8.1. CIRCUITOS AMPLIFICADORES Página 279 1. Un amplificador posee una ganancia de tensión –100 y una ganancia de corriente –50. En la entrada se aplica una señal de 5 mV y 12 µA. Calcula: a) Las magnitudes de la señal de salida. b) Las resistencias de entrada y de salida. c) La ganancia de potencia, expresada en dB. El esquema de bloques del circuito amplificador es el siguiente: Ia Is Va Vs Siendo los valores que proporciona el enunciado los siguientes: Va = 5 mV = 5 · 10 –3 V Ia = 12 µA = 12 · 10 –6 A (El signo negativo en las ganancias indica que hay un desfase de 180° entre la salida y la entrada). a) Los valores eficaces de la tensión y la corriente de salida son: Vs = Av · Va = –100 · 5 · 10 –3 = –0,5 V Is = Ai · Ia = –50 · 12 · 10 –6 = –6 · 10 –4 A b) Las resistencias de entrada y de salida: Ra = Rs = Va 5 · 10 –3 = = 416,6 Ω Ia 12 · 10 –6 Vs = –0,5 = 833,3 Ω Is –6 · 10 –4 c) Y la ganancia de potencia: Ap = Av · Ai = –100 · (–50) = 5 000 que expresada en dB vale: ap = 10 · lg Ap = 10 · lg 500 ȃ 37 dB Unidad 8. Circuitos electrónicos. 8.2. CIRCUITOS RECTIFICADORES Página 287 1. Se dispone de un sistema trifásico de 380/220 V. Dibuja tres tipos de rectificadores alimentados por él y calcula el valor medio de la tensión continua de salida en cada caso (uno de ellos debe ser monofásico). El rectificador monofásico lo alimentaremos con tensión de fase, siendo los valores de la tensión los que se indican después de la gráfica: L1 L2 L3 N Vl Vf Vl Rc Vm Rectificador monofásico en puente Rc Vm Rc Vm Rectificador trifásico en puente Rectificador trifásico simple Vm = 0,9 · Vf Vm = 0,9 · 220 = 198 V Vm = 0,67 · Vl Vm = 0,67 · 380 = 254,6 V Vm = 1,35 · Vl Vm = 1,35 · 380 = 513 V 8.5. CIRCUITOS OSCILADORES Página 294 1. Calcula la frecuencia de resonancia de un circuito RLC cuyos valores son: R = 15 k Ω L = 300 mH C = 150 µF La frecuencia de resonancia en un circuito RLC depende exclusivamente de lo que valen la capacidad del condensador C y el coeficiente de autoinducción de la bobina L, de acuerdo con la expresión: fR = En este caso: fR = 1 = 23,72 Hz 2 · π · √ 0,3 · 150 · 10 –6 1 2 · π · √L · C Unidad 8. Circuitos electrónicos. 2. Un circuito LC está conectado a una antena que capta una señal de 50 kHz. Si la bobina posee un coeficiente L = 200 H, ¿qué valor debe tener C para que el circuito entre en resonancia con dicha señal? Conocida la frecuencia de resonancia del circuito y el valor de L, la capacidad del condensador necesario se determina con la expresión: C= 1 L · (2 · π · fR) 2 → C= 1 = 5 · 10 –14 F = 5 · 10 –2 pF 200 · (2 · π · 50 · 10 –3) 2 EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. Un diodo de silicio tiene una tensión umbral de 0,67 V, y su resistencia interna en polarización directa es de 0,04 Ω: a) Traza su característica de vacío aproximada, considerando que la resistencia de polarización inversa es infinita. b) Traza la característica de carga para una resistencia de carga de 150 Ω. c) Si en la entrada del circuito rectificador de media onda se aplica una señal alterna de 220 V, ¿qué valor de pico tendrá la señal de salida? ¿Cuánto valdrá su valor medio? (Dibuja el circuito). ¿Qué valores de pico ha de soportar el diodo? d) Resuelve de nuevo el apartado anterior en el caso de un rectificador de onda completa. a y b) La característica de vacío, dado el escaso valor de la resistencia interna directa, es una recta prácticamente vertical que parte del punto de tensión umbral (0,7 V, 0 mA). En polarización inversa, si se considera la resistencia correspondiente de valor infinito, la característica es una recta horizontal que coincide con el eje de tensiones. La característica en carga se traza teniendo en cuenta que la ecuación del circuito (al considerar la tensión en el diodo prácticamente constante e igual a 0,7 V) resulta ser: v = 0,7 + i · RC = 0,7 + 150 · i A continuación, está dibujada la característica en carga usando unos ejes que permiten apreciar el punto de tensión umbral y la característica de vacío. i (mA) 250 200 150 100 50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Característica de vacío Característica en carga 0,7 V i Rc 150 Ω v i = 0,05 A ; v = 8,2 V v (V) Unidad 8. Circuitos electrónicos. En esta gráfica, se utilizan unos ejes adecuados al orden de magnitud de la tensión de entrada. i (A) i = 2 A ; v = 300,7 V 2 Característica en carga 1 100 200 300 400 v (V) c) Si la señal de entrada tiene una tensión eficaz de 220 V, su valor de pico es: Vmáx = √ 2 · V = √ 2 · 220 = 311,12 V D V Rc Vm El valor de pico de la tensión de salida es, con exactitud: (VC)máx = 311,12 – 0,7 = 310,42 V Y el valor medio: Vm = 0,318 · (VC)máx = 0,318 · 310,42 = 98,7 V El último cálculo puede hacerse directamente, despreciando el efecto de la tensión umbral (en este caso, mucho menor que el valor de pico): Vm = 0,45 · V = 0,45 · 220 = 99 V Como puede apreciarse, el error que se comete es insignificante. Durante los semiciclos negativos, el diodo se ve sometido a una tensión inversa cuyo valor máximo o de pico es: Vmáx = 311,12 V d) Utilizando un rectificador de onda completa como el del esquema, constituido por cuatro diodos conectados en puente, al existir en todo momento dos diodos por los que circula la corriente: (VC)máx = 311,12 – 2 · 0,7 = 309,72 V Vm ≈ 0,9 · V = 0,9 · 220 = 198 V Y la tensión inversa de pico que ha de soportar cada diodo es Vmáx = 311,12 V. (Al conducir D1 – D3 por ejemplo, D2 y D4 quedan conectados en paralelo con la carga). Unidad 8. Circuitos electrónicos. D4 v D3 D2 D1 Rc = 150 Ω Vm 2. Un rectificador monofásico en puente ha de suministrar a una resistencia de 50 Ω una tensión continua de 24 V de valor medio. Dibuja el circuito y determina: a) La tensión eficaz de la señal de entrada. b) La tensión inversa de pico que tienen que soportar los diodos. c) La intensidad máxima que tienen que soportar los diodos. d) El factor de rizado del rectificador. ¿Cómo podría mejorarse? a) Si se desprecia el efecto de la tensión umbral, la señal de entrada ha de poseer una tensión eficaz: V= Vm 24 = = 26,66 V 0,9 0,9 El valor de pico de la tensión, tanto en la entrada como en la salida, es: Vmáx = √ 2 · V = 26,66 · √ 2 = 37,7 V El circuito y las formas de la señal son: 37,7 v (V) D1 v D4 D3 D2 v 37,7 Vm = 24 V i Rc 50 Ω Vm Im = 0,48 A b) Cuando no conducen (D1 – D3 en semiciclos negativos, D2 – D4 en los positivos), cada diodo tiene que soportar como máximo una tensión instantánea: Vmáx = 37,7 V c) El valor instantáneo máximo de la intensidad en cualquiera de los diodos es: Imáx = Vmáx 37,7 = = 0,754 A (de pico) 50 RC Im V /R 24 = m C = = 0,24 A 2 2 2 · 50 Aunque su valor medio es: (Im)D = d) Para determinar el factor de rizado, dibujaremos la tensión de salida y sus componentes continua y alterna: Vmáx = 37,7 V Vm = 24 V (Va)máx = + Va Unidad 8. Circuitos electrónicos. Aunque la señal alterna de salida no es sinusoidal, para un análisis aproximado consideraremos que lo es, en cuyo caso su valor de pico es: (Va)máx ≈ Vmáx 37,7 = = 18,85 V 2 2 Y su valor eficaz: (Va)máx 18,85 Va ≈ = = 13,32 V (error por exceso) √2 √2 Este cálculo nos da un error por exceso, dado que los semiciclos negativos de la señal alterna, más agudos que los de una señal sinusoidal, producen una reducción del valor eficaz. Finalmente, el valor de rizado es: r= Va 13,32 = = 0,55 (error por exceso) 24 Vm Conviene que el factor de rizado sea lo más próximo posible a cero. El rizado de este circuito se puede mejorar intercalando un filtro antes de la resistencia de carga RC. El más sencillo es un condensador en paralelo. 3. Repite el ejercicio anterior si el circuito es monofásico de media onda. En este caso, el circuito y las formas de la señal son: Vmáx Vmáx V Rc = 50 Ω Vm = 24 V (Va)máx = + a) Valor eficaz de la tensión de entrada: V= Vm 24 = = 53,33 V 0,45 0,45 b) Tensión inversa de pico: el valor máximo de la tensión de entrada, es decir: Vmáx = √ 2 · V = 53,33 · √ 2 = 75,42 V c) La corriente por el diodo alcanza un valor de pico y un valor medio: Imáx = Vmáx V 75,42 24 = = 1,5 A ; Im = m = = 0,48 A 50 50 RC RC d) La componente alterna de la salida es: (Va)máx Vmáx /2 75,42 Va ≈ = = = 26,6 V 2 · √2 √2 √2 Luego el factor de rizado es: r = Unidad 8. Circuitos electrónicos. 26,6 = 1,1 24 4. Se desea construir un rectificador en puente con diodos cuya tensión inversa de pico máxima es de 50 V, para alimentar una resistencia de carga de 300 V de corriente continua. ¿Cuántos diodos son necesarios y cómo hay que conectarlos? El circuito rectificador en puente que deseamos construir es el siguiente: + D4 n Vmáx n D3 – D1 n n D2 Rc Vm = 150 Ω Con este circuito, para conseguir una salida de 300 V de valor medio, se necesita una tensión de entrada cuyo valor eficaz es: V= Vm 300 = = 333,3 V 0,9 0,9 Al que corresponde un valor máximo: Vmáx = √ 2 · V = 333,3 · √ 2 = 471,3 V Cuando conducen los bloques D1 y D3, se comportan como un interruptor cerrado, y prácticamente toda la señal de entrada queda aplicada a cada uno de los otros dos bloques, polarizados inversamente. Entonces, si cada diodo soporta como máximo un pico de 50 V, en cada bloque son necesarios: n= 471,3 V = 9,42 → 10 diodos 50 V En total se necesitan 40 diodos. 5. Dibuja el esquema de un circuito rectificador monofásico en puente y la forma de la señal a la entrada y a la salida. Si el valor eficaz de la tensión de entrada es de 28 V, ¿cuánto valdrá el valor medio de la tensión de salida? El esquema del circuito y las formas de la señal son: Vmáx v Rc Vm Vmáx Vm siendo: Vmáx = √ 2 · 28 = 39,6 V Unidad 8. Circuitos electrónicos. El valor medio de la tensión de salida resulta: Vm = 0,9 · V = 0,9 · 28 = 25,2 V Se ha despreciado la pequeña caída de tensión que se produce en cada diodo, de aproximadamente 0,7 V. 6. Repite el ejercicio anterior para el caso de un rectificador trifásico y para un rectificador trifásico en puente. El circuito rectificador trifásico es el siguiente: Vl Vf Rc Vm R S T O Con este circuito, las señales de entrada y de salida que se obtienen son: v Vmáx VRO VSO VTO Vmáx D1 D2 D3 D4 Vm t t Señal de entrada (sistema trifásico) Señal de salida (rectificada) Si suponemos que el dato de 28 V se refiere a la tensión de línea del sistema trifásico, obtenemos: Vl 28 Vf = = = 16,16 V ; Vmáx = Vf · √ 2 = 16,16 · √ 2 = 22,86 V √3 √3 Vm = 0,67 · Vl = 0,67 · 28 = 18,76 V Para el caso del rectificador trifásico en puente, las señales que obtenemos son: v Vmáx VRS VST VTR D1 D1 D2 D2 D3 D3 D1 Vmáx D5 D4 D4 D6 D6 D5 D5 Vm t t Señal de entrada Unidad 8. Circuitos electrónicos. Señal de salida El esquema de este rectificador es el siguiente: Vl Rc Vm R S T O Y el valor medio de la tensión de salida valdrá: Vl = 28 V Vmáx = √ 2 · Vl = 28 · √ 2 = 39,6 V Vm = 1,35 · Vl = 1,35 · 28 = 37,8 V 7. El circuito RLC serie de la figura se alimenta con un generador de frecuencia variable: 10 kΩ 10 mH 200 pF 100 V a) ¿Para qué valor de la frecuencia entrará en resonancia? b) ¿Cuánto valen la impedancia, la corriente y la potencia en esa situación? c) ¿Qué ocurre con dichos valores para frecuencias por encima y por debajo de la frecuencia de resonancia? d) Cuando esté en resonancia, ¿qué ocurre en la bobina y en el condensador? a) En situación de resonancia, la tensión y la intensidad están en fase, para lo cual se ha de cumplir la condición de que las reactancias de la bobina y del condensador se anulen mutuamente, en cuyo caso la frecuencia es: f = fR fr = 1 2 · π · √L · C R = ZR xL xC Unidad 8. Circuitos electrónicos. En este caso: fR = 1 = 112,5 · 10 3 Hz 2 · π · √ (10 · 10 –3 ) · (200 · 10 –12 ) b) La impedancia del circuito es, entonces: ZR = R = 10 kΩ = 10 000 Ω Y la intensidad de la corriente: 100 IR = V = = 0,01 A = 10 mA 10 000 ZR Mientras que las potencias son: – Activa: PR = R · IR 2 = 10 000 · (0,01) 2 = 1 W – Reactiva: QR = 0 – Aparente: SR = PR = 1 VA c) Para una frecuencia menor que la de resonancia: 1 2·π·f·L< ; XL < XC 2·π·f·C Z > ZR (Z > 10 kΩ) La impedancia del circuito aumenta y, en consecuencia: I = V/Z disminuye (I < 10 mA) P = R · I 2 disminuye (P < 1 W) Q se hace distinta de cero S = V · I disminuye (S < 1 VA) Para una frecuencia mayor que la de resonancia, 1 2·π·f·L> ; XL > XC 2·π·f·C Z > ZR f > fR xL Z ϕ f < fR xL R ϕ xC Z xC R La impedancia también aumenta y, por tanto, con el resto de las magnitudes sucede igual que antes; la única diferencia es que con f > fR el circuito es predominantemente inductivo y la corriente se retrasa respecto a la tensión, mientras que para f > fR es al revés. Unidad 8. Circuitos electrónicos. d) El comportamiento del circuito puede describirse por medio de las curvas de resonancia: Z (Ω) I (mA) P (W) Z 10 10 000 1 P I 50 fR 100 150 200 f (kHz) 8. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si los elementos del circuito están conectados en paralelo. Conectando los mismos elementos en paralelo, se forma el siguiente circuito: I IR V R L 10 kΩ IL C 10 mH IC 200 pF f = fR IR = I IC IL V a) Para que el circuito esté en resonancia, con la intensidad total y la tensión en fase, las intensidades que absorben la bobina y el condensador deben anularse, para lo cual también se tiene que cumplir la condición de que las dos reactancias tengan el mismo valor, y la frecuencia de resonancia es, por ello, la misma que en el circuito serie: fR = 112,5 · 10 3 Hz = 112,5 kHz b) Los valores de la impedancia, la intensidad total, y las potencias activa, reactiva y aparente, también son iguales que en el circuito serie: ZR = R = 10 KΩ ; IR = 10 mA ; PR = 1 W ; QR = 0 ; SR = 1 VA c) Pero el comportamiento del circuito, a frecuencias distintas de la de resonancia, es diferente. Para f < fR : f < fR IR ϕ V 2·π·f·L< 1 ; XL < XC ; V > V 2·π·f·C XL XC I IL IC IL > IC y la intensidad total, I, es mayor que la de resonancia, y se atrasa respecto a la tensión (circuito inductivo). Unidad 8. Circuitos electrónicos. V Por tanto, si I > IR → Z = I disminuye (Z < ZR = 10 kΩ) V2 se mantiene constante (P = 1 W) P = R Q se hace distinta de cero S = V · I aumenta (S > S = 1 VA) R En el caso de que f > fR : 2·π·f·L> 1 V < V ; XL > XC ; 2·π·f·C XL XC f >fR I ϕ V IL IC IL < IC y la intensidad total I es mayor que la de resonancia, aunque ahora adelanta respecto a la tensión (circuito capacitivo). IR Por tanto, I > IR ; en consecuencia, con el resto de las magnitudes sucede igual que al disminuir la frecuencia, con la única diferencia del sentido del desfase entre la tensión y la corriente. d) En este caso, las curvas de resonancia son las que se muestran en la siguiente gráfica: Z (Ω) I (mA) P (W) S (VA) I S 10 000 10 P Z fR 100 150 1 1 50 200 f (kHz) 9. Analiza el siguiente circuito con puertas NOR y obtén la tabla de verdad y la expresión booleana correspondientes. ¿Cómo se podría llamar a la función global que cumple? + M A S P P La ecuación lógica de la salida es: — — S=M+S+P Unidad 8. Circuitos electrónicos. La particularidad de este circuito es que posee un lazo de realimentación, que “inyecta” la salida S en la entrada de la primera puerta NOR. Analicemos primero lo que ocurre si se activa uno de los dos contactos: M Simulación inicial (reposo) Se activa M Se activa P – P A=M+S – S=A+P 0 (estable) 0 0 Activar cualquiera de los contactos cambia el estado de A, pero la salida sigue en 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 Pero veamos qué sucede si se activan ambos contactos, cosa que puede hacerse según dos secuencias: primero P y después M, o primero M y después P. Se activa P ↓ y luego M Se activa M 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 ← inestable 1 ← estable 0 1 ← estable ↓ y luego P 1 1 1 0 0 0 Si se activan los dos contactos, independentemente de la secuencia, la salida pasa a 1 Veamos finalmente qué ocurre al desactivar los contactos: Se desactiva M Se desactiva P 0 1 0 1 0 0 1 0 Solo se desactiva la salida al desactivarse el contacto P Si imaginamos un dispositivo cualquiera accionado desde dos puestos M y P, este circuito permitiría su funcionamiento solo si están de acuerdo M y P; en cambio, su detención depende exclusivamente del puesto P. La función global podría denominarse accionamiento simultáneo desde dos puestos, con permiso de parada en uno solo. Realmente, este circuito es una modificación del circuito marcha-parada con memoria para un solo puerto: + M A P S P Unidad 8. Circuitos electrónicos. Al que corresponde la tabla: M Reposo Activado M Memoria (retención) Borrado (parada) 0 1 0 P 0 0 0 A=M+S 1 0 0 A=A+P 0 ↓ ↓ ↓ ← 1 1 0 1 1 ← 0 10. A partir de una tensión alterna de 220 V y 50 Hz, se desea obtener una tensión continua de 12 V para alimentar una carga resistiva de 0,5 Ω. Diseña tres rectificadores monofásicos diferentes determinando las características básicas de los diodos y del transformador necesario. Dibujemos primero los esquemas de los tres circuitos básicos, con la forma de la tensión de salida: V1 V2 Vm = 12 V Rc = 0,5 Ω V1 V1 V2 V2 2 Vm = 12 V Vm = 12 V Rc = 0,5 Ω Rc = 0,5 Ω RECTIFICADOR MONOFÁSICO CON UN DIODO RECTIFICADOR MONOFÁSICO CON DOS DIODOS RECTIFICADOR MONOFÁSICO EN PUENTE Vmáx Vmáx Vm π 2.π π 2.π Vmáx Vm π Vm 2.π Unidad 8. Circuitos electrónicos. El valor máximo de la tensión de salida es, en el primer caso: Vm 12 Vmáx = = = 37,73 V 0,318 0,318 Y en el segundo y tercer caso: Vm 12 Vmáx = = = 18,86 V 0,636 0,636 El valor eficaz de la tensión en el secundario del transformador de los dos primeros rectificadores es: V 12 V2 = m = = 26,66 V 0,45 0,45 Y en el tercero: V 12 = 13,33 V V2 = m = 0,9 0,9 Y el valor máximo correspondiente de los dos primeros rectificadores es: (V2)máx = V2 · √ 2 = 26,66 · √ 2 = 37,71 V Y en el tercero: (V2)máx = 13,33 · √ 2 = 18,85 V La potencia de corriente continua aparente consumida en la resistencia de carga es, en todos los casos: (V2)2 122 Pcc = = = 288 W 0,5 Rc Pero el valor de la potencia efectivamente consumida está determinado por la tensión eficaz de la señal de salida (pulsatoria) que vale: V 37,73 Vs = máx = = 18,86 V (caso 1) 2 2 Vs = Vmáx √2 = 18,86 = 13,33 V √2 (casos 2 y 3) Donde hemos tenido en cuenta que una señal de media onda suministra la mitad de potencia que la de onda completa; luego su valor eficaz será: Vmáx / √— V 2 = Vmáx Vs = = 2 √2 √2 La potencia efectivamente consumida, denominada potencia de corriente alterna, es: V2 18,86 2 Pca = s = = 711,4 W (caso 1) 0,5 Rc Pca = Vs 2 13,332 = = 355,3 W 0,5 Rc (casos 2 y 3) La intensidad media por la resistencia de carga en todos los casos vale: V 12 Im = m = = 24 A 0,5 Rc Unidad 8. Circuitos electrónicos. Sin embargo, por cada diodo pasarán, en cada caso, intensidades medias y eficaces que valen: (Im)D = Im = 24 A ID = √ √ Pca Rc = √ 711,4 = 37,72 A 0,5 caso 1 (Im)D = ID = Im 24 = = 12 A 2 2 355,3 = 26,65 A 0,5 casos 2 y 3 La tensión inversa de pico que ha de soportar cada diodo es (V2)máx en cualquiera de los casos, de menor valor en el rectificador monofásico en puente. En definitiva, los valores necesarios para seleccionar los diodos y el transformador son: Diodos: – Tensión inversa de pico (V2)máx. – Intensidad media (Im)D. – Intensidad eficaz ID. Transformador: – Tensión total V2 y número de tomas. – Potencia de corriente alterna Pca. Aunque el dato comercial de potencia del transformador es la potencia aparente S, que habrá de ser algo mayor que Pca. 11. A la salida de un rectificador, la forma de la onda es la de la figura: v t Rc a) ¿Qué tipo de rectificador puede ser? b) Añade un filtro de condensador y dibuja la forma de la señal de salida. c) Si en vez de un filtro de condensador se pone un filtro RC, ¿qué mejora se consigue? Dibuja el circuito y la señal que se obtendría en este caso. d) Resuelve de nuevo el apartado anterior si se coloca un filtro LC. Por la forma de la señal rectificada, pulsatoria de onda completa, se trata de un rectificador monofásico constituido por dos diodos y transformador de toma intermedia, o por cuatro diodos en conexión “puente”. (Véase el esquema en el ejercicio anterior). Unidad 8. Circuitos electrónicos. Para mejorar el rizado de la señal rectificada, se intercala un filtro entre la salida del rectificador y la resistencia de carga. El filtro más simple es un condensador en paralelo (filtro de condensador), cuyas prestaciones pueden mejorarse añadiendo una resistencia en serie (filtro RC) o una bobina (filtro LC). C Rc Filtro de condensador R L C Rc C Rc Filtro RC Filtro LC La forma de la señal de salida (filtrada) es, en cada caso: v Filtro RC Filtro C Filtro LC ω.t Filtro de condensador: Durante los intervalos de subida de la tensión rectificada (pulsatoria), el condensador se carga, absorbe energía, a través de la pequeña resistencia interna de los diodos; luego la constante de carga RC es pequeña y la señal filtrada es solo un poco más baja que la rectificada. Durante los intervalos en que baja la tensión pulsatoria, el condensador se descarga sobre la resistencia Rc (constante de tiempo RcC mayor) y por eso la señal filtrada es bastante más alta que la rectificada. Filtro RC: Al introducir R, la constante de carga del condensador aumenta, y, por tanto, la carga es más lenta y la señal filtrada es más baja; además, en R se produce una cierta caída de tensión indeseable. De todos modos, la señal filtrada es más plana (menor rizado). Filtro LC: El efecto que produce la bobina, de acuerdo con la ley de Faraday, es oponerse a las variaciones de la corriente por la carga Rc, almacenando energía cuando esta tiende a aumentar y devolviéndola cuando tiende a disminuir. El efecto sobre la forma de la señal filtrada es aplanarla aún más que con el condensador solo. Unidad 8. Circuitos electrónicos. 12. El amplificador de la figura tiene una ganancia de corriente de valor 100 y una ganancia de tensión de valor 180: a) ¿Cuánto vale la ganancia en potencia? Ia Va Is Vs b) Si la señal de entrada es de 25 mV y 2 mA (valores eficaces), ¿qué valores tiene la señal de salida? c) Determina la impedancia de entrada y de salida. a) La ganancia de potencia es: Ap = Av · Ai = 180 · 100 = 18 000 Y expresada en dB: ap = 10 · log Ap = 10 · log 18 000 = 42,5 dB b) La señal de salida tiene los valores: Vs = Av · Va = 180 · 25 mV = 4 500 mV = 4,5 V Is = Ai · Ia = 100 · 2 mA = 200 mA = 0,2 A c) Las impedancias de entrada y de salida son: Ra = Va V 25 mV 4,5 V = = 12,5 Ω ; Rs = s = = 22,5 Ω 2 mA 0,2 A Ia Is 13. Explica la función global del circuito de la figura, así como las funciones parciales de cada circuito: 1 D 2 C4 3 L1 L2 C2 C3 R C1 Si se desean captar emisiones de ondas de 600 kHz y la bobina L1 tiene un coeficiente de autoinducción de 0,5 mH, ¿qué valor debe tener la capacidad del condensador C1? Este circuito es un detector-demodulador de ondas de radio de amplitud modulada (AM). Su función global consiste en captar una señal de radio de determinada frecuencia, separando de ella la componente de audiofrecuencia que pueda contener. Unidad 8. Circuitos electrónicos. En el circuito pueden distinguirse varias partes o etapas: Circuito L 1C1: Antena con circuito de sintonía L 1C1: capta la señal de RF determinada por la frecuencia de resonancia de L 1C1 (la cual puede regularse mediante el condensador variable). Circuito L 2C2: Circuito resonante, sintonizado a la misma frecuencia para trasladar la señal por acoplamiento magnético desde la antena al demodulador. Circuito DC3: Diodo que rectifica la señal procedente de la antena, y condensador que la filtra, eliminando la componente de radiofrecuencia. En 2 se obtiene una señal ondulada, que sigue las oscilaciones de la señal de audio original, pero montada sobre una componente de corriente continua. Circuito RC4: Circuito de salida con C4 de baja reactancia ante las señales de AF. Separa la señal de audio de la componente continua, de modo que pueda llevarse a continuación a un auricular (directamente) o a un altavoz (a través de una etapa amplificadora). En la siguiente gráfica se pueden apreciar las señales en los puntos 1, 2 y 3: Señal en punto 1 Señal en punto 2 Señal de salida 14. Analiza el circuito amplificador de la figura y responde a las siguientes cuestiones: –Vcc R1 a C1 R2 Rc s T C2 Re Ce Unidad 8. Circuitos electrónicos. a) ¿Qué tipo de amplificador es? b) ¿Entre qué terminales se aplica la señal de entrada y en qué terminales se recoge la señal de salida? c) ¿Para qué sirven las resistencias R1, R2 y Rc? ¿Cómo actúan? d) Si Re se elimina, ¿qué efecto se produciría? e) ¿Y si se elimina Ce? f ) ¿Qué función cumplen C1 y C2? g) ¿Cuáles serían las modificaciones si T se sustituye por un transistor NPN equivalente? h) Si la ganancia de corriente del transistor es de 125, ¿qué señal se obtiene a la salida si en la entrada se aplica una señal de 4 mA? a) El circuito corresponde a un amplificador con transistor PNP en configuración emisor común. b) La señal de entrada se aplica entre el terminal de entrada (a) y masa, mientras que la señal de salida se recoge entre el terminal de salida (s) y masa. c) R1 y R2 constituyen un divisor de tensión, y permiten, con la tensión de alimentación (–Vcc), polarizar el transistor, es decir, situarlo en el punto de funcionamiento deseado, en el dominio de la corriente continua. Rc es la resistencia de carga del circuito de salida, la cual determina, junto con –Vcc, la recta de carga donde se pueden situar todos los posibles puntos de funcionamiento. d) La resistencia Re sirve para asegurar la estabilidad térmica del punto de funcionamiento. Si se elimina, el punto de funcionamiento previsto se desplaza hacia mayores valores de intensidad, debido al aumento de la rotura de enlaces que se produce en el cristal con el incremento de la temperatura, al circular la corriente por el transistor. La presencia de Re supone que la tendencia al aumento de la intensidad se traduzca en disminución de la tensión de polarización base-emisor, y, en consecuencia, en freno de dicho aumento. e) El condensador Ce, de baja reactancia en corriente alterna, sirve para derivar por él la componente alterna, con el fin de que no pase por Re. Si se elimina Ce, el paso de la componente alterna por Re haría fluctuar el punto de funcionamiento en el dominio de corriente continua y, por tanto, la señal de entrada saldría distorsionada a la salida. Se produciría una realimentación indeseable de la salida alterna en la entrada, y el amplificador funcionaría mal. f) C1 y C2 son condensadores de acoplamiento, cuya misión es transmitir la señal alterna, impidiendo que pase la componente continua. g) Si se sustituye el transistor PNP por un NPN, la única modificación que hay que hacer en el circuito es invertir la polaridad de la fuente (+Vcc). h) Si R1 y R2 fuesen muy grandes en comparación con la impedancia de entrada del transistor, podríamos considerar despreciable la corriente alterna que se deriva por dichas resistencias y, por tanto, considerar que la corriente alterna de entrada es igual que la corriente alterna que circula por la base: Ia = Ib = 4 mA Unidad 8. Circuitos electrónicos. En tal caso, la corriente alterna de colector (o sea, en el circuito de salida) sería: Ic = β · Ib = 125 · 4 = 500 mA = 0,5 A Sin embargo, los valores de R1 y R2 no son, por lo general, tan grandes como para permitir ese cálculo aproximado. En consecuencia: Ib < Ia → Ic < 0,5 A Dicho de otro modo, la ganancia de corriente del amplificador es menor que el parámetro β del transistor: Ai < β = 125 Nota: La determinación exacta de la corriente alterna de salida solo puede hacerse, pues, mediante un análisis más completo del funcionamiento del circuito en el dominio de la corriente alterna, para el cual se precisa el manejo de los parámetros del transistor y conocer los valores de todas las resistencias. 15. Una lámpara debe encenderse mediante dos pulsadores A y B, de acuerdo con las siguientes condiciones: — A y B en reposo: lámpara apagada. — A en reposo y B accionado: lámpara encendida. — A accionado y B en reposo: lámpara encendida. — A y B accionados: lámpara apagada. Obtén la tabla de la verdad y dibuja el esquema del circuito correspondiente, con contactos eléctricos y con puertas lógicas. La tabla de verdad y la ecuación lógica que corresponden a las condiciones de funcionamiento del enunciado son: A 0 0 1 1 B 0 1 0 1 L 0 1 1 0 – – L = A · B+ A· B De acuerdo con esto, la lámpara se enciende siempre que esté pulsado uno de los pulsadores y no lo esté el otro. Se puede montar un circuito que cumpla tales condiciones por medio de pulsadores – con dos contactos, normalmente abierto sin pulsar (A) y normalmente cerrado (A): Símbolo normalizado A A Unidad 8. Circuitos electrónicos. El circuito sería el siguiente: A A B B L A B La misma función podría realizarse por medio de dos pulsadores simples y puertas lógicas electrónicas: A A A.B A.B+A.B = L A.B B B 16. Un sistema de alarma accionado mediante cuatro relés, A, B, C y D, debe actuar cuando se dé alguna de las siguientes condiciones: — A y B excitados; D y C en reposo. — A y D excitados; B y C en reposo. — C excitado; A, B y D en reposo. — A, B y C excitados; D en reposo. a) Obtén la tabla de la verdad y dibuja el circuito correspondiente. b) Idea un circuito alternativo con puertas lógicas. Fe de erratas de la primera edición: La primera condición que establece el enunciado de este ejercicio en el libro del alumno es que B y C están en reposo. Evidentemente, deben ser C y D los que están en reposo, puesto que A y B están excitados. a) La tabla de verdad, omitiendo todas las combinaciones que conducen a una salida cero, es la de la derecha: La ecuación lógica que se deduce directamente de la tabla de verdad es: –– –– –– – – S = ABCD + AB CD + A BCD + ABCD A 1 1 0 1 B 1 0 0 1 C 0 0 1 1 D 0 1 0 0 S 1 1 1 1 Unidad 8. Circuitos electrónicos. Pero las ecuaciones en álgebra de Boole también pueden ser simplificadas, aprovechando que las operaciones lógicas suma y producto poseen las propiedades distributiva y conmutativa: – – – – – – S = ABD (C + C) + B (ACD + A CD) Por otro lado, la suma de una variable y su negación, en álgebra de Boole, da como resultado 1, y multiplicar por 1 no modifica la variable. En consecuencia, – C + C = 1 se puede eliminar: – – – – – S = ABD + B (ACD + A CD) Para obtener el circuito con los relés A, B, C, D, se empieza por dibujar la parte – – – correspondiente al paréntesis (ACD + A CD). Una primera rama formada por un contacto normalmente abierto de A, uno normalmente cerrado de C y otro normalmente abierto de D, todos ellos conectados en serie, con lo que se completa – – – ACD; y una segunda rama en paralelo, para sumar A CD. A continuación, se aña– de el relé B y se conecta el contacto B en serie. Finalmente, se conecta la rama – ABD en paralelo y el timbre de la alarma en serie con todo el circuito: A C D B S Obsérvese que los relés y los contactos se han dispuesto del modo más conveniente para la claridad del esquema, dibujando los contactos debajo del relé correspondiente. La ecuación lógica, entonces, se transforma ligeramente, por aplicación de la propiedad conmutativa del producto y la suma lógicos: – – – – – S = (ACD + A CD) B + ADB b) Con puertas lógicas, el circuito que cumpliría la misma función es: A B C D ACD ACD + ACD ACD (ACD + ACD) B S ADB A B C D Unidad 8. Circuitos electrónicos. 17. Dibuja un circuito rectificador monofásico en puente, con un filtro RC. Explica el funcionamiento del circuito y dibuja las ondas que se observarían con un osciloscopio a la salida del rectificador y en la carga. c D1 Vmáx R e D2 Vmáx Vmáx a V b D4 D3 Rc d f El circuito rectificador está formado por cuatro diodos semiconductores, dispuestos como indica el esquema anterior, cuyo funcionamiento es el siguiente: Si entre los bornes de entrada (a, b) se aplica una tensión alterna, durante los semiciclos positivos los diodos D1 y D3 son polarizados directamente y conducen la corriente a través de la carga, comportándose como si fueran interruptores cerrados; mientras tanto, los diodos D2 y D4 están polarizados inversamente y no conducen (se comportan como interruptores abiertos). Durante los semiciclos negativos sucede lo contrario: D1 – D3 no conducen y D2 – D4 conducen, de modo que por la carga la corriente sigue circulando en el mismo sentido. En consecuencia, entre los terminales cd se podría observar una señal pulsatoria, como la dibujada en el esquema, en ausencia del filtro RC. Con el filtro RC se consigue que la señal de salida sea menos ondulada, como consecuencia de la acción del condensador. Durante los intervalos en que la tensión pulsatoria tiende a aumentar, el condensador se carga a través de la resistencia R, de modo que la señal resulta más baja que la tensión pulsatoria original; y durante los intervalos en que la tensión tiende a disminuir, el condensador se descarga sobre la resistencia de carga Rc y la señal de salida resulta más alta que la original. Entre los bornes de salida (ef ) se puede observar una señal ligeramente ondulada, como la dibujada en el esquema anterior. 18. En un circuito resonante serie RLC: a) Representa las curvas características I = F (f ) y Z = F (f ). Explica qué ocurre en el circuito al entrar en estado resonante. b) Deduce el valor de la frecuencia de resonancia. Sabemos que un circuito serie RLC, alimentado por una tensión alterna de frecuencia f y valor eficaz V, ofrece al paso de la corriente una impedancia: v I R XL = 2 . π . f . L XC = Unidad 8. Circuitos electrónicos. 1 2.π.f.C Z = √ R 2 + (XL – XC ) 2 f Siendo XL y XC las reactancias de la bobina y del condensador, que dependen de la frecuencia. Y la corriente resultante tiene por valor I = V/Z y está retrasada respecto a la tensión un ángulo: ϕ = arctg XL – XC (o adelantada en el caso de que XL sea menor que XC). R a) Si la tensión de alimentación se mantiene constante y se modifica la frecuencia, dicho circuito se comporta como indican las “curvas de resonancia”: Z I Z (f) Imáx (mA) Zmín (Ω) I (f) fR f f < fr XL < XC Resonancia XL = XC I en fase f > fr XL > XC XL R ϕ RESISTIVO XC Z XL R XC ϕ Z I adelantada CAPACITIVO I retrasada INDUCTIVO El circuito presenta una impedancia Z variable con la frecuencia, cuyo punto mínimo (Zmín = R) corresponde a un valor fr para el cual las rectancias XL y XC son iguales y se anulan. En ese punto, por tanto, la intensidad alcanza el máximo valor (Imáx = V/R), la corriente está en fase con la tensión (ϕ = 0) y el circuito se comporta globalmente como si solo tuviese la resistencia; se dice entonces que está en resonancia. Para valores de f por encima o por debajo de fr, el circuito pierde la condición de resonancia; la impedancia aumenta y la intensidad de la corriente disminuye y se desfasa respecto a la tensión, en adelanto si f < fr (circuito capacitivo) o en retraso si f > fr (circuito inductivo). Unidad 8. Circuitos electrónicos. b) La expresión del valor de la frecuencia de resonancia se deduce de la condición XL = XC : 2 · π · fr · L = fr 2 = 1 ; 4 · π 2 · fr 2 · L · C = 1 2 · π · fr · C 1 1 ; fr = 4·π ·L·C 2 · π · √L · C 2 Problemas de selectividad 1. En la figura se muestra un circuito rectificador de doble onda. Explica el funcionamiento del circuito y dibuja las ondas que se observarían con un osciloscopio conectado entre A y B, y entre C y D. A R C C RC B D LOGSE. Madrid, 1995. T D4 V1 V2 D3 D2 Vm a= N1 N2 C Vm' RC D1 A R C B VAB D1 D3 D2 D4 D1 D3 Vm VCD D V2 Vm ' t t t 1 2 3 El circuito corresponde a una sencilla fuente de alimentación con un transformador reductor T, un puente de diodos D1 D2 D3 D4 y un filtro RC, a cuya salida se conecta la resistencia de carga Rc. El transformador, de relación de transformación a = N1/N2, reduce la tensión de la red V1 hasta un valor adecuado: V2 = V1 a Unidad 8. Circuitos electrónicos. El puente de diodos rectifica la señal, dejando pasar la corriente por la carga durante los dos semiciclos de la señal de entrada V2. Durante los semiciclos positivos conducen los diodos D1 y D3 mientras que D2 y D4 permanecen bloqueados. Durante los semiciclos negativos sucede lo contrario. Pero en ambos casos la corriente por la carga es del mismo sentido, luego entre A y B se obtiene una señal pulsatoria de onda completa, como la dibujada en 2, cuyo valor medio será: Vm = 0,9 · V2 En el filtro RC, debido a la carga del condensador durante los intervalos de tensión creciente (a través de R) y de descarga durante los intervalos de tensión decreciente (sobre la resistencia de carga Rc), se produce el efecto de que la tensión de salida (entre C y D) sea casi continua, como la señal azul dibujada en 3 sobre la señal pulsatoria original. (Obsérvese que dicha señal pulsatoria se ha dibujado algo más baja que la existente entre A y B, para indicar que en R se produce cierta caida de tensión indeseable, evitable si se sustituye R por una bobina, constituyendo un filtro LC). 2. En el circuito de la figura se conocen los siguientes valores: RC = 2 kΩ, RB = = 193 kΩ, tensión base-emisor VBE = = 0,7 V, VC = 20 V y β = hFE = 75. Estando abierto el interruptor S, la tensión de colector-emisor VCE es de: a) 5 V. b) 7,5 V. c) 15 V. d) Otro valor. S RB RC C IC IB B E VC LOGSE. Galicia, 1998. RB = 193 000 Ω RC = 2 000 Ω IC IB VCE VBE VBE = 0,7 V VC = 20 V S Con S abierto, por RB circula IB, cuyo valor es: VC – VBE = 20 – 0,7 = 0,1 · 10–3 A = 0,1 mA RB 193 · 103 La corriente de colector, que pasa por la resistencia de carga RC , valdrá: IB = IC ≈ β · IB = 75 · 0,1 mA = 7,5 mA Entonces, la tensión colector-emisor será: VCE = VC – RC · IC = 20 – 2000 · 7,5 · 10–3 = 5 V Luego la respuesta correcta es la a). Unidad 8. Circuitos electrónicos. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 9.2. ANÁLISIS DE REDES DE CORRIENTE ALTERNA POR EL MÉTODO FASORIAL Página 326 1. Determina la expresión compleja (en sus dos formas) de una impedancia inductiva de 20 Ω con ángulo 30°. Forma polar: Z = 20 Ω ∠ 30° Forma binómica: Z = 20 · cos 30° + j · 20 · sen 30° = (17,3 + j · 10) Ω 2. Un condensador de 40 pF y una bobina de 0,5 H se conectan en serie a una tensión de 220 V/50 Hz. Determina la impedancia compleja del circuito y la intensidad de la corriente. I → → → → C = 40 pF Considerando la frecuencia de la tensión de alimentación, f = 50 Hz, las reactancias del condensador y de la bobina son: → → → 1 1 XC = – j · = –j · = C·ω 2·π·f·C = –j · → → 1 = – j · 79 577 Ω –9 2 · π · 50 · 40 · 10 → 220 V / 50 Hz L = 0,5 H XL = j · L · ω = j · 2 · π · f · L = = j · 2 · π · 50 · 0,5 = j · 157 Ω → → → → Teniendo en cuenta que los dos elementos carecen de resistencia, la impedancia del circuito y la intensidad de la corriente son: Z = XL + XC = j · 157 – j · 79 577 = – j · 79 420 Ω = 79 420 Ω ∠ –90° → → → → → → → I= V → Z → = → 220 V ∠ 0° = 0,00277 A ∠ 90° = j · 0,00277 A 79 420 Ω ∠ –90° Se ha tomado la tensión como referencia de fase, asignándole ángulo 0°. Obsérvese que el pequeño valor de la corriente, 2,77 mA eficaces, es debido en este caso a la alta impedancia que ofrece el condensador, como consecuencia de su baja capacidad. Página 329 3. Calcula, para el caso del ejemplo 4, la potencia compleja y, a partir de ella, las potencias aparente, activa y reactiva. La potencia compleja la calculamos a partir de la expresión: S =V · I* = S ∠ ϕ = P + j · Q Unidad 9. Análisis de circuitos. → → → → donde S representa la potencia aparente, P la potencia activa y Q la potencia reactiva. En el ejemplo 4 obtuvimos: V = 220 V ∠ 0° I = 8,6 A ∠ –38,2° Por tanto S = V · I * = (220 ∠ 0°) · (8,6 ∠ 38,2°) = 1 892 ∠ 38,2° = = 1 486,8 + j · 919,5 → → S = 1 892 VA ; P = 1 486,8 W ; Q = 919,5 VAR → → → → → → 9.6. ANÁLISIS DE CIRCUITOS NO LINEALES Página 341 1. Explica por qué una batería de f.e.m. E y resistencia interna Ri tiene un comportamiento prácticamente lineal. La expresión que relaciona el voltaje en bornes, v, con la intensidad, i, que suministra una batería de f.e.m. E y resistencia interna Ri, es la función de una recta: v = E – Ri · i donde E es la ordenada en el origen, y Ri la pendiente negativa de la recta. E v E v = E – Ri · I i Ri Esta función cumple la condición: ∆v = constante ∆i que debe cumplir un dispositivo con comportamiento lineal. v I EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En un circuito serie de dos elementos, las tensiones parciales medidas con el voltímetro son de 120 V y 180 V, y están adelantadas 20° y 35° respectivamente respecto a la intensidad, que tiene un valor de 2 A. Escribe la expresión compleja y la expresión cartesiana de los valores instantáneos de las tres señales, y los de la tensión total. Dibuja el diagrama fasorial y determina la expresión compleja de la impedancia del circuito. Los valores de tensiones e intensidad del enunciado son valores eficaces; con ellos, y considerando a la intensidad referencia de fase, se obtienen las expresiones Unidad 9. Análisis de circuitos. I complejas de las tres señales, en sus dos formas (polar y binómica): V1 I = I ∠ 0° = 2 A ∠ 0° = 2 · cos 0° + j · 2 · sen 0° = 2 A V1 = V1 ∠ ϕ1 = 120 V ∠ 20° = → → → → → V V2 = 120 · cos 20° + j · 120 · sen 20° = 112,7 + j · 41 V V2 = V2 ∠ ϕ2 = 180 V ∠ 35° = → → → = 180 · cos 35° + j · 180 · sen 35° = 147,4 + j · 103,2 V Sumando vectorialmente las dos tensiones parciales, se obtiene la tensión total: V = V1 + V2 = (112,7 + j · 41) + (147,4 + j · 103,2) = 260,1 + j · 144,2 V Cuya forma polar es: V = 297,4 V ∠ 29° → → → → → → → → V = √ 260,1 2 + 144,2 2 = 297,4 V ϕ = arctg 144,2 = 29° 260,1 Siendo el diagrama fasorial de tensiones-intensidad el que se muestra en la figura de la derecha: V V2 V1 I La expresión compleja de la impedancia del circuito se obtiene mediante la ley de Ohm: Z= → V I → → = → 297,4 ∠ 29° = 148,7 ∠ 29° Ω = 130 + j · 72 Ω 2 ∠ 0° La impedancia inductiva de 148,7 Ω, con un ángulo 29° de retraso de la corriente respecto a la tensión, equivale a una resistencia de 130 Ω en serie con una inductancia de 72 Ω. Para llegar a la expresión de los valores instantáneos de las señales, es necesario obtener los valores máximos y los ángulos de fase expresados en radianes: Imáx = √ 2 · I = √ 2 · 2 = 2,82 A. 20 · π π V1máx = √ 2 · 120 = 169,7 V ; ϕ1 = 20° = = rad 180 9 35 · π 7·π V2máx = √ 2 · 180 = 254,5 V ; ϕ2 = 35° = = rad 180 36 29 · π Vmáx = √ 2 · 297,4 = 420,5 V ; ϕ = 29° = rad 180 Unidad 9. Análisis de circuitos. Finalmente, obtenemos: i = Imáx · sen (ω · t ) = 2,82 · sen (ω · t ) v1 = V1máx · sen (ω · t + ϕ1) = 169,7 · sen (ω · t + π/9) v2 = V2máx · sen (ω · t + ϕ2) = 254,4 · sen (ω · t + 7 · π/36) v = Vmáx · sen (ω · t + ϕ) = 420,5 · sen (ω · t + 29 · π/180) 2. Un circuito serie RLC está formado por una resistencia de 200 Ω, una inductancia de 50 mH y un condensador de 50 µF. Si la intensidad de la corriente vale 5 A, a una frecuencia de 50 Hz, determina la impedancia del circuito, las tensiones parciales, la tensión total, el triángulo de potencias y el factor de potencia. Dibuja el diagrama fasorial. El circuito serie RLC es el siguiente: I VR R = 200 Ω V ( 50Hz ) VL L = 50 mH = 50 · 10 – 3 H VC C = 40 µF = 50 · 10 –6 F A la frecuencia f = 50 Hz, la resistencia o reactancia de cada elemento y la impedancia total del circuito son: R = 200 Ω = 200 Ω ∠ 0° XL = j · 2 · π · f · L = j · 2 · π · 50 · 50 · 10 –3 = j · 15,7 Ω = 15,7 Ω ∠ 90° XC = – j · → → → 1 1 = –j · = – j · 63,6 Ω = –6 2·π ·f ·C 2 · π · 50 · 50 · 10 = 63,6 Ω ∠ –90° → → → → → → → → → → → → Z = R + XL + XC = 200 + j · 15,7 – j · 63,6 = 200 – j · 47,9 = 205,6 Ω ∠ –13,4° Para determinar todas las tensiones, en módulo y fase, se toma la corriente como referencia: I = 5 A = 5 A ∠ 0° VR = I · R = (5 ∠ 0°) · (200 ∠ 0°) = 1 000 V ∠ 0° = 1 000 V VL = I · XL = (5 ∠ 0°) · (15,7 ∠ 90°) = 78,5 V ∠ 90° = j · 78,5 V Unidad 9. Análisis de circuitos. → → → → → → → → → VC = I · XC = (5 ∠ 0°) · (63,6 ∠ –90°) = 318 V ∠ –90° = – j · 318 V V = VR + VL + VC = 1 000 + j · 78,5 – j · 318 = 1 000 – j · 239,5 = = 1 028,2 V ∠ –13,4° (Para la tensión total se obtiene igual resultado calculando Z · I ). El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente: I 13,4° → → → → → → → → → → → → → VL VR V VC El cálculo de las potencias y del factor de potencia es: Potencia aparente: Potencia activa: Potencia reactiva: Factor de potencia: S = V · I = 1 028,2 · 5 = 5 141 VA P = S · cos ϕ = 5 141 · cos (–13,4°) = 5 001 W Q = S · sen ϕ = 5 141 · sen (–13,4°) = –1 191,4 VAR cos ϕ = cos (–13,4°) = 0,972 (en adelanto I respecto a V, o sea, capacitivo). Siendo el triángulo de potencias: P = 5 001 W ϕ = – 13,4° S=5 141 V A Q = 1 191,4 VAR (capacitiva) 3. Una carga inductiva de 150 Ω con factor de potencia 0,6, y otra capacitiva de 80 Ω con factor de potencia 0,4 se conectan en serie a una tensión de 380 V. Determina las tensiones parciales, la intensidad de la corriente, la impedancia total, la potencia activa y el factor de potencia del circuito. El circuito al que se refiere el enunciado es el siguiente: I V1 V = 380 V (f = 50 Hz) V2 Z 1 = 150 Ω cos ϕ 1 = 0,6 inductivo Z 2 = 80 Ω cos ϕ 2 = 0,4 capacitivo Unidad 9. Análisis de circuitos. La expresión compleja de las dos impedancias es: ϕ1 = arccos 0,6 = 53,13° (positivo, pues la carga es inductiva) → → → ϕ2 = arccos 0,4 = –66,42° (negativo, pues la carga es capacitiva) → Z1 = 150 Ω ∠ 53,13° = 90 + j · 120 Ω Z2 = 80 Ω ∠ –66,42° = 32 – j · 73,3 Ω La impedancia total es, por tanto: Z = Z1 + Z2 = (90 + j · 120) + (32 – j · 73,3) = 122 + j · 46,7 = 130,6 Ω ∠ 21° (predominantemente inductiva). La intensidad de la corriente: → → → → → → → → I= V Z → = 380 ∠ 0° = 2,9 A ∠ –21° 130,6 ∠ 21° (En retraso 21° respecto a la tensión, que se toma como referencia de fase). El diagrama fasorial de tensiones e intensidades es el siguiente: V1 – 87,42° 32,13° – 21° V2 V I Por otro lado, las tensiones parciales: V1 = I · Z1 = (2,9 ∠ –21°) · (150 ∠ 53,13°) = 435 V ∠ 32,13° V2 = I · Z2 = (2,9 ∠ –21°) · (80 ∠ –66,42°) = 232 V ∠ –87,42° Y el cálculo de las magnitudes necesarias para calcular el triángulo de potencias: – Potencia aparente: S = V · I = 380 · 2,9 = 1 102 VA P = S · cos ϕ = 1 102 · 0,93 = 1 028,8 W Q = S · sen ϕ = 1 102 · sen 21° = 395 VAR – Factor de potencia: cos ϕ = cos (–21°) = 0,93 inductivo – Potencia activa: – Potencia reactiva: → → → → → → Por tanto, el triángulo de potencias es el de la figura de la derecha: 1 S= 102 VA Q = 395 VAR (inductiva) ϕ = 21° P = 1028,8 W Unidad 9. Análisis de circuitos. 4. Resuelve de nuevo el ejercicio anterior si las dos cargas se conectan en paralelo. El circuito, con las cargas conectadas en paralelo es el siguiente: I I1 I2 V = 380 V (50 Hz) Z 1 = 150 Ω 53,13° Z 2 = 80 Ω – 66,42° Las intensidades parciales son: → I1 = V → Z1 V → → → = → 380 ∠ 0° = 2,53 A ∠ –53,13° = 1,5 – j · 2 150 ∠ 53,13° → I2 = = Z2 → → → 380 ∠ 0° = 4,75 A ∠ 66,42° = 1,9 + j · 4,35 80 ∠ –66,42° Por tanto, la intensidad total es: → I = I1 + I2 = (1,5 – j · 2) + (1,9 + j · 4,35) = 3,4 + j · 2,35 = 4,13 A ∠ 34,6° → → → (adelantada respecto a la tensión: al conectar las dos cargas en paralelo, el circuito es globalmente capacitivo, al contrario de lo que ocurría si se conectaban en serie). De acuerdo con esto, el diagrama fasorial de intensidades y tensión es el que se muestra a continuación: I2 I 34,6° – 57,13° V I1 66,42° La impedancia total o equivalente la podemos calcular como sigue: Z= → V I → → = 380 ∠ 0° = 92 Ω ∠ –34,6° 4,13 ∠ 34,6° Y se obtiene el mismo resultado haciendo: Z= → Z1 · Z2 Z1 + Z2 → → → → = (150 ∠ 53,13°) · (80 ∠ –66,42°) 12 000 ∠ –14,29° = ≈ 92 ∠ –34,6° (150 ∠ 53,13°) + (80 ∠ –66,42°) 130,6 ∠ 21° Unidad 9. Análisis de circuitos. El cálculo para determinar las magnitudes que componen el triángulo de potencias es el siguiente: – Potencia compleja: S = V · I * = (380 ∠ 0°) · (4,13 ∠ –34,6°) = = 1 569,4 ∠ –34,6° = 1 291,8 – j · 891 – Potencia aparente: S = 1 569,4 VA – Potencia activa: P = 1 291,8 W → → → → → – Potencia reactiva: Q = 891 VAR (capacitiva, pues la parte imaginaria de S es negativa) – Factor de potencia: cos ϕ = cos (–34,6°) = 0,823 (capacitivo) El triángulo de potencias es, por tanto, el que se muestra a continuación: P = 1291,8 W – 34,6° S =1 56 9,4 VA Q = 891 VAR (capacitiva) 5. Dos baterías de 9 y 12 V, con resistencia interna 0,2 y 0,3 Ω, respectivamente, están conectadas en oposición y alimentan dos resistencias de 6 y 14 Ω conectadas en serie. Determina la intensidad de la corriente y la diferencia de potencial entre el punto de conexión de las baterías y el punto de conexión de las resistencias. El esquema del circuito que describe el enunciado es el siguiente: 9V 0,2 Ω 12 V A 0,3 Ω I 6Ω B 14 Ω a ley de Kirchhoff (regla de las mallas) a la La intensidad se determina aplicando la 2única malla que forma el circuito: I= Σ f.e.m. 12 – 9 3 = = = 0,146 A ΣR 0,2 + 0,3 + 14 + 6 20,5 Unidad 9. Análisis de circuitos. Para determinar la diferencia de potencia entre A y B, se toma una de las partes del a circuito, comprendida entre A y B, y se aplica la 2ley de Kirchhoff considerando VAB como si fuese una f.e.m. más: 12 V A 0,3 Ω VAB + 12 = (0,3 + 14) · 0,146 = 2,08 VAB I = 0,146 A VAB = 2,08 – 12 = –9,92 V B 14 Ω El resultado es negativo, lo que significa que el punto B está a mayor potencial que el punto A. Obsérvese que, desde el principio, a la corriente se le asignó un sentido acorde con el sentido de la batería de mayor fuerza electromotriz. 6. En el circuito de la figura, determina la intensidad de la corriente por las tres ramas y la diferencia de potencial entre los puntos A y B. A 5Ω 12 V 0,5 Ω 9V 0,2 Ω B 4Ω 6V 0,1 Ω 10 Ω Las corrientes de rama, supuestamente suministradas por cada generador, son designadas mediante las letras i1 – i2 – i3. Para resolver el circuito por el método de las corrientes de malla, se utilizarán las corrientes I1 e I2, con los sentidos arbitrarios del esquema: A 5Ω 1 4Ω 2 10 Ω 12 V 9V 6V I1 0,5 Ω 0,2 Ω I2 0,1 Ω i1 i2 B i3 Unidad 9. Análisis de circuitos. a Aplicando la 2ley de Kirchhoff a las dos mallas, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: Malla 1: 9 – 12 = (5 + 4 + 0,2 + 0,5) · I1 – (4 + 0,2) · I2 Malla 2: 6 – 9 = –(4 + 0,2) · I1 + (4 + 10 + 0,1 + 0,2) · I2 Operando, obtenemos: –3 = 9,7· I1 – 4,2· I2 –3 = –4,2· I1 + 14,3· I2 Cuyas soluciones son: I1 = –0,458 A ; I2 = –0,344 A Luego las corrientes de rama son: i1 = – I1 = 0,458 A i2 = I1 – I2 = –0,458 + 0,344 = –0,114 A i3 = I2 = –0,344 A Estos resultados ponen de manifiesto que los generadores de 9 V y 6 V están funcionando como cargas, absorbiendo energía en lugar de suministrarla. La tensión VAB se obtiene analizando cualquiera de las ramas: i3 = –0,344 = VAB + 6 10 + 0,1 VAB A 10 Ω 6V –3,474 = VAB + 6 VAB = –3,474 – 6 = –9,474 V 0,1 Ω B i3 7. En el circuito de la figura los amperímetros 1 y 2 marcan respectivamente una intensidad de 3 A y 5 A. Determina el valor de la fuerza electromotriz de las dos baterías, así como la diferencia de potencial en bornes de la resistencia de carga Rc. A 1 4Ω A 2 2Ω Rc =3 Ω E1 1Ω E2 0,5 Ω Como las dos baterías suministran corriente a la resistencia de carga RC, el sentido de la corriente por cada rama del circuito es el indicado en el esquema de la página siguiente: Unidad 9. Análisis de circuitos. I1 = 3A A I2 = 5A 4Ω IC 2Ω E1 RC = 3 Ω 1Ω E2 0,5 Ω B a De acuerdo con la 1ley de Kirchhoff, la intensidad de la corriente por la resistencia de carga RC es: IC = I1 + I2 = 3 + 5 = 8 A La tensión en bornes, en tal caso, vale: VAB = RC · IC = 3 · 8 = 24 V a Los valores de E1 y E2 se obtienen aplicando la 2ley de Kirchhoff a las dos ramas correspondientes: 3A 4Ω E1 1Ω 24 V E1 – 24 = 3 · (4 + 1) = 15 E1 = 15 + 24 = 39 V 5A 2Ω E2 – 24 = 5 · (2 + 0,5) = 12,5 24 V E2 0,5 V E2 = 24 + 12,5 = 36,5 V Unidad 9. Análisis de circuitos. 8. Si en el circuito del ejercicio 6 se interrumpe la continuidad en la rama central, entre la resistencia y la batería, ¿qué diferencia de potencial se podría medir entre los terminales resultantes? Al interrumpirse el circuito en la rama central, solo hay una malla por la que circula corriente: A 5Ω C D 4Ω 10 Ω 12 V 6V 9V 0,1 Ω 0,2 Ω 0,5 Ω I B La intensidad de esa corriente será: I= Σ f.e.m. 12 – 6 6 = = = 0,384 A ΣR 5 + 10 + 0,5 + 0,1 15,6 Ahora, la tensión VAB ha cambiado de valor: A 5Ω 12 V 0,5 Ω 0,384 A VAB 0,384 = 12 + VAB 5 + 0,5 VAB = 0,384 · 5,5 – 12 = –9,888 V B Como en la rama central la corriente es nula, las resistencias de 4 Ω y 0,2 Ω, a efectos de caída de tensión, es como si no existieran; entonces, la tensión VCD puede determinarse del siguiente modo: A C VCD 9,888 V D 9V B Unidad 9. Análisis de circuitos. 0 9 – 9,888 – VCD = 0 VCD = 9 – 9,888 = –0,888 V (Aunque esté conectado al borne negativo de la batería, el terminal D es positivo respecto al terminal C). 9. Halla la resistencia equivalente y la intensidad de la corriente total en el circuito de la figura. 1 kΩ 4,7 k Ω 10 kΩ 2kΩ 15 kΩ 50 V Para determinar la resistencia total del circuito, es necesario sustituir previamente el triángulo de resistencias R3, R4, R5, por la estrella equivalente R'3, R'4, R'5: R = 4 1 0kΩ 1k Ω ' R5 R 3 = 4,7 k Ω R 1 = R3 ' 4' = R2 2k R I 15 R 5= kΩ Ω 50 V Sus valores son: R'4 = R'3 = R'5 = R3 · R5 4,7 · 15 = = 2,37 kΩ 4,7 + 10 + 15 R3 + R4 + R5 R4 · R5 10 · 15 = = 5,05 kΩ 4,7 + 10 + 15 R3 + R4 + R5 R3 · R4 4,7 · 10 = = 1,58 kΩ 4,7 + 10 + 15 R3 + R4 + R5 Con esta transformación, el circuito queda como se muestra a continuación: k 58 1, ’= R5 1k Ω R 1 = 50 V Unidad 9. Análisis de circuitos. 4’ = R 2, 37 k Ω Ω Ω R3 ’ = 5,05 k Ω = R2 2k Entonces: (R1 R'5 ) = 1 + 1,58 = 2,58 kΩ (R2 R'4 ) = 2 + 2,37 = 4,37 kΩ (R1 R'5 R2 R'4 ) = (R1 R'5) · (R2 R'4 ) 2,58 · 4,37 = = 1,62 kΩ 2,58 + 4,37 (R1 R'5) + (R2 R'4 ) Y la resistencia total, y la corriente: R = (R1 R'5 R2 R'4 ) + R'3 = 1,62 + 5,05 = 6,67 kΩ I= 50 V = 7,5 mA 6,67 kΩ 10. Obtén el equivalente Thévenin del circuito de la figura y determina a continuación la corriente que suministraría a resistencias de 2, 3, 4, 5, 6, 7 y 8 Ω conectadas entre los terminales C-D. C 50 V 20 V Rc 3Ω 1Ω D Una vez desconectada la carga RC , hay que determinar los valores de f.e.m. y resistencia interna (ETh, rTh) del “generador de Thévenin” equivalente, que produzca los mismos efectos sobre la misma. ETh es igual al valor de VCD cuando entre los terminales no hay conectada carga alguna: I= 50 – 20 = 7,5 A 3+1 C 50 V 3Ω 20 V I 1Ω VCD VCD – 20 = 7,5 · 1 VCD = 20 + 7,5 = 27,5 V = ETh rTh es igual a la resistencia equivalente del circuito cuando se cortocircuitan los generadores. Por tanto, de acuerdo con el esquema de la derecha, obtenemos: R31 = 3·1 = 0,75 Ω = rTh 3+1 D C 3Ω 1Ω D Unidad 9. Análisis de circuitos. A continuación, con los valores del generador de Thévenin, es fácil determinar la corriente que suministra el circuito a una carga de resistencia RC: I ETh = 27,5 V rTh = 0,75 Ω RC I= ETh 27,5 = 0,75 + RC rTh + RC Para los valores de RC del enunciado, se obtienen los siguientes valores de intensidad: Rc (Ω) I (A) 2 10 3 7,33 4 5,78 5 4,78 6 4,07 7 3,54 8 3,14 11. Resuelve el circuito del ejercicio 7 por un método distinto al que hayas utilizado. Como las corrientes de malla I1 e I2 son conocidas (I1 = 3 A, I2 = 5 A), las f.e.m. de los generadores se obtienen planteando las ecuaciones de malla correspondientes, de acuerdo con el siguiente circuito: A1 4Ω 3A B A2 5A 2Ω E1 1Ω I1 R3 = 3 Ω I2 E2 0,5 Ω A Malla 1: E1 = I1 · (4 + 1 + 3) + I2 · 3 = 8 · I1 + 3 · I2 = 8 · 3 + 3 · 5 = 39 V Malla 2: E2 = I2 · (2 + 0,5 + 3) + I1 · 3 = 5,5 · I2 + 3 · I1 = 5,5 · 5 + 3 · 3 = 36,5 V La tensión VAB se obtiene analizando cualquiera de las ramas como, por ejemplo, la que se muestra a la derecha: 36,5 – VAB = 5 · (2 + 0,5) VAB = 36,5 – 5 · 2,5 = 24 V B Unidad 9. Análisis de circuitos. A 5A 2Ω VAB 36,5 V 0,5 Ω 12. Una dinamo derivación tiene la curva característica de la figura, y se conecta a una carga cuya resistencia vale 7 Ω. Determina la intensidad por el circuito y la tensión en bornes del generador. V (V) 250 200 100 100 I (A) La ecuación correspondiente a la resistencia de carga es: V=R·I=7·I Cuya característica es una recta que pasa por el origen y, por ejemplo, por el punto de coordenadas: I = 10 A V = 7 · 10 = 70 V G V I R =7 Ω El punto de funcionamiento, que obtenemos gráficamente, queda definido por la intersección de ambas gráficas: Vp = 230 V Ip ȃ 33 A Los dos valores anteriores se obtienen directamente de la gráfica. No obstante, se puede dar un resultado más preciso calculando el valor de Ip mediante la ecuación de la carga. Como: Vp = 230 V Entonces: Ip = Vp 230 = = 32,85 A R 7 50 Unidad 9. Análisis de circuitos. 100 100 V (V) Carga P 200 Dinamo I (A) 13. Una línea monofásica de 220 V, con una resistencia óhmica de 6 Ω por cada kilómetro de línea, alimenta tres cargas inductivas de 3 kW, 5 kW y 8 kW, con factor de potencia 0,8, 0,6, 0,7 respectivamente, situadas a 2, 4, 6 km del comienzo de esta. Dibuja el circuito equivalente del sistema, resuelve por completo todas las magnitudes y determina la caída de tensión que se produce al final de la línea. Obtén la expresión general correspondiente. El circuito equivalente del sistema, con las impedancias de las cargas (Z1 – Z2 – Z3) y las resistencias de los tres tramos de la línea (R1 – R2 – R3), es el siguiente: I R1 I' I1 R2 I2 R3 I3 V V1 Z1 V2 Z2 Z3 ZA ZB ZC ZD Z V' Teniendo en cuenta que cada tramo de la línea tiene 2 km y que a cada kilómetro le corresponde una resistencia de 6 Ω (para los dos conductores), las tres resistencias valdrán: R1 = R2 = R3 = 2 km · 6 Ω/km = 12 Ω Las impedancias de las cargas se determinan a partir del valor nominal de la potencia, considerando que se refiere al valor nominal de tensión V = 220 V. Por tanto: P1n = 3 000 W ; cos ϕ1 = 0,8 → ϕ1 = arccos 0,8 = 36,8° 3 000 220 Carga 1: I1n = = 17 A ; Z1 = = 12,9 Ω 220 · 0,8 17 → → Z1 = 12,9 Ω ∠ 36,8° = 10,32 + j · 7,72 Ω Carga 2: Carga 3: P2n = 5 000 W ; cos ϕ2 = 0,6 → ϕ2 = arccos 0,6 = 53,1° 5 000 220 = 37,8 A ; Z2 = = 5,8 Ω I2n = 220 · 0,6 37,8 Z2 = 5,8 Ω ∠ 53,1° = 3,48 + j · 4,63 Ω P3n = 8 000 W ; cos ϕ3 = 0,7 → ϕ3 = arccos 0,7 = 45,5° 8 000 220 I3n = = 51,9 A ; Z3 = = 4,23 Ω 220 · 0,7 51,9 Z3 = 4,23 Ω ∠ 45,5° = 2,96 + j · 3 Ω → → → → Unidad 9. Análisis de circuitos. Un análisis riguroso del circuito exige la determinación de las impedancias parciales ZA – ZB – ZC – ZD y de la impedancia total Z: ZA = R3 + Z3 = 12 + 2,96 + j · 3 = 14,96 + j · 3 = 15,25 ∠ 11,3° Ω ZB = → → → → → 53,1°) · (15,25 ∠ 11,3°) = 88,45 ∠ 64,4° = = (5,8 ∠ → → 19,95 ∠ 22,4° (3,48 + j · 4,63) + (14,96 + j · 3) Z2 + ZA Z2 · ZA → → → → → → → → = 4,43 ∠ 42° = 3,29 + j · 2,96 Ω ZC = R2 + ZB = 12 + 3,29 + j · 2,96 = 15,29 + j · 2,96 = 15,57 ∠ 11° Ω ZD = → → Z1 · ZC Z1 + ZC → → → → → = 200,85 ∠ 47,8° (12,9 ∠ 36,8°) · (15,57 ∠ 11°) = = → → 27,74 ∠ 22,6° (10,32 + j · 7,72) + (15,29 + j · 2,96) → = 7,24 ∠ 25,2° = 6,55 + j · 3,08 Ω Z = R1 + ZD = 12 + 6,55 + j · 3,08 = 18,55 + j · 3,08 = 18,8 ∠ 9,4° Ω Con estos valores, se puede determinar la intensidad total y, a continuación, todos los valores parciales de tensión e intensidad de los diferentes tramos y ramas: → → → → I= V → Z → → = → 220 ∠ 0° = 11,7 A ∠ –9,4° 18,8 ∠ 9,4° V1 = I · ZD = (11,7 ∠ –9,4°) · (7,24 ∠ 25,2°) = 84,7 V ∠ 15,8° VR = I · R1 = (11,7 ∠ –9,4°) · 12 = 140,4 V ∠ –9,4° 1 → → → → I1 = V1 Z1 V1 ZC → → → → → = 84,7 ∠ 15,8° = 6,56 A ∠ –21° 12,9 ∠ 36,8° 84,7 ∠ 15,8° = 5,61 A ∠ 4,8° 15,57 ∠ 11° → I' = = → V2 = I · ZB = (5,61 ∠ 4,8°) · (4,43 ∠ 42°) = 24,8 V ∠ 46,8° → → I3 = V2 ZA → → → = → 24,8 ∠ 46,8° = 1,62 A ∠ 35,5° 15,25 ∠ 11,3° V' = I3 · Z3 = (1,62 ∠ 35,5°) · (4,23 ∠ 45,5°) = 6,85 V ∠ 81° Así pues, al final de la línea ha llegado una tensión eficaz de 6,85 V, luego la caída de tensión que se ha producido es: VC = V – V ' = 220 – 6,85 = 213,15 V Como puede observarse, la caída de tensión es muy grande, como consecuencia del excesivo valor de la resistencia en los diferentes tramos de la línea, en comparación con los valores de impedancia de las cargas. Unidad 9. Análisis de circuitos. → Se trata, por tanto, de una línea poco eficaz. Las pérdidas de energía por calentamiento serán grandes, y ninguna de las cargas funcionará cerca de sus valores nominales. En cuanto a la expresión general de la caída de tensión en una línea monofásica, se obtendrá primero para el caso (más sencillo) de una sola carga, pero considerando la impedancia de la línea Zl, es decir, el posible efecto añadido de su reactancia Xl , no siempre despreciable. La ecuación del circuito y el diagrama vectorial son los siguientes: Zl = Rl + j · Xl C B V1 I V2 Z ϕ A' V1 A ϕ' ϕ' j · Xl · I l ϕ ϕ' V2 I Rl · I V1 = V2 + I · (R l + j · X l ) O En el diagrama puede verse que la caída de tensión VC = V1 – V2 es igual al segmen— — to AC y aproximadamente igual al segmento A'C, luego: — — — VC = A'C = A'B + BC = Rl · I · cos ϕ' + Xl · I · sen ϕ' = I · (Rl · cos ϕ' + Xl · sen ϕ') ϕ' no es conocido como dato, sino que se conoce ϕ; pero normalmente ambos ángulos apenas se diferencian y puede considerarse que, aproximadamente: VC = I · (Rl · cos ϕ + Xl · sen ϕ) Tal como se hizo en el enunciado, en los cálculos de líneas eléctricas suelen utilizarse “valores unitarios”, por kilómetro de línea, al indicar su resistencia y su reactancia. Entonces, la expresión anterior se convierte: VC = I · l · (Ru · cos ϕ + Xu · sen ϕ) donde Ru es la resistencia de la línea en Ω/km; Xu, la reactancia de la línea en Ω/km; ϕ, el ángulo de desfase de la carga, y l, la longitud de la línea en km. Ya hemos analizado el caso más sencillo (una sola carga). A continuación, resolveremos el caso para la línea monofásica con varias cargas: Su circuito equivalente es: lt l1 l2 R l1 + j · X l1 V1 R l2 + j · X l2 Z 1 ϕ1 V2 Z 2 ϕ2 R l n + j · X ln Vn Z n ϕn Unidad 9. Análisis de circuitos. Y el diagrama fasorial: V … j · Xln –1·In –1 R ln –1 · In –1 j · X ln·In Vn In –1 O ϕn ϕn –1 R ln ·In In Considerando que los parámetros unitarios de la línea (resistencia Ru y reactancia Xu) son de igual valor en los diferentes tramos, las caídas de tensión en cada tramo serán: Vn – 1 – Vn = In · ln · (Ru · cos ϕn + Xu · sen ϕn) Vn – 2 – Vn – 1 = (In + In – 1) · ln – 1 · (Ru · cos ϕn – 1 + Xu · sen ϕn – 1) ........................................................................................................ V1 – V2 = (In + … + I2) · l2 · (Ru · cos ϕ2 + Xu · sen ϕ2) V – V1 = (In + … + I1) · l1 · (Ru · cos ϕ1 + Xu · sen ϕ1) La caída de tensión total es la suma de todas ellas. En el caso particular de que todas las cargas sean iguales [Z1 ∠ ϕ1 = Z2 ∠ ϕ2 = … = = Zn (ϕn)] y estén repartidas uniformemente a lo largo de la línea (l1 = l2 = … ln), se obtiene la siguiente expresión para la caída de tensión total: V – Vn = I · ( 1 + 2 + … + n) · l · (Ru · cos ϕ + Xu · sen ϕ) = =I · n · (n + 1) · l · (Ru · cos ϕ + Xu · sen ϕ) 2 siendo I la intensidad absorbida por cada carga y ϕ su ángulo de desfase. 14. Un generador de corriente continua tiene una resistencia interna de 5 Ω y alimenta una carga de 20 Ω. A continuación, se le añade una resistencia igual en paralelo, y así sucesivamente, hasta conseguir la condición de máxima transferencia de potencia. ¿Cuántas resistencias en paralelo tendrá finalmente la carga? Como las resistencias están conectadas en paralelo y son del mismo valor, la resistencia total de la carga tiene por expresión: Rt = 20 Ω n Unidad 9. Análisis de circuitos. Siendo el circuito formado por el generador y las n resistencias de la carga el siguiente: Ri = 5 Ω 20 Ω 20 Ω (n resistencias) G Entonces, como la condición de máxima transferencia de potencia es que Ri = Rt = 5 Ω, el número de resistencias que ha de poseer la carga será: 20 n = 20 = = 4 resistencias 5 Rt 15. El circuito magnético de una máquina eléctrica posee una longitud media de 80 cm y un entrehierro de 2 cm, y está construido con chapa de hierro cuya curva de magnetización es la de la figura. B (T ) 1,5 1 0,5 1 000 2 000 3 000 H (Av · m –1) Si la bobina de excitación tiene 200 espiras y está recorrida por una corriente de 50 A, ¿cuánto vale la intensidad del campo magnético? El circuito magnético al que se refiere el enunciado es el que se muestra en la gráfica: l Fe = 80 – 2 = 78 cm = 0,78 m I = 50 A N = 200 la = 2 cm = 0,02 m Unidad 9. Análisis de circuitos. La ecuación del circuito magnético es: HFe · lFe + Ha · la = N · I → 0,78 · HFe + 0,02 · Ha = 200 · 50 = 10 000 Considerando que en el entrehierro el campo magnético tiene prácticamente el mismo valor que en el hierro: 0,78 · HFe + 0,02 · BFe 12,57 · 10 –7 = 10 000 0,78 · H + 15 911 · B = 10 000 Esta ecuación tiene por gráfica una recta, que pasa por los siguientes puntos: H=0;B= 10 000 = 0,62 T 15 911 10 000 – 0,78 · 3 000 = 0,48 T 15 911 B (T ) 1,5 Curva de magnetización H = 3 000 ; B = Al representarla sobre la curva de magnetización de la chapa de hierro, se obtiene el punto de intersección P que define los valores de B y H buscados. Aproximadamente: Hp = 300 Av/m Bp = 0,613 T (El valor de Bp se ha obtenido con ayuda de la ecuación de la recta). 1 P 0,5 Recta del entrehierro 1 000 Mp = 300 2 000 3 000 H Av m ( ) 16. Una línea trifásica de 380 V con tres conductores alimenta un grupo de lámparas de incandescencia de 30 kW conectadas en estrella de forma equilibrada. ¿Cuánto vale la intensidad de la línea? Si la mitad de las lámparas de una fase se desconectan, ¿cuánto vale la intensidad por los tres conductores de la línea? Si se desconectan todas las lámparas de dicha fase, ¿cuánto valen en ese caso las tres intensidades? ¿A qué tensión queda el punto común de la estrella respecto a tierra en cada caso? La gráfica que representa el sistema trifásico equilibrado es la siguiente: R IR 380 –120° 380 0° Rf Rf Rf T 380 120° S Unidad 9. Análisis de circuitos. IT IS Como la carga trifásica (puramente resistiva, al tratarse de lámparas de incandescencia) tiene una potencia activa de 30 kW, la intensidad de la corriente por cualquiera de los conductores de la línea vale: IR = IS = IT = I = Y la resistencia por fase: Rf = Vf 380 / √ 3 = = 4,82 Ω 45,5 I P 30 000 = = 45,5 A √ 3 · V · cos ϕ √ 3 · 380 · 1 En el caso del sistema trifásico desequilibrado, con una fase con la mitad de sus lámparas conectadas: La resistencia de dicha fase será: R'f = 2 · Rf = 2 · 4,82 = 9,64 Ω R 380 –120° 380 0° IR I1 9,64 Ω O 4,82 Ω T 380 120° S 4,82 Ω IT I2 IS Planteando las ecuaciones de dos de las mallas, se pueden determinar las intensidades: Malla TR: 380 ∠ –120° = I1 · (4,82 + 9,64) – I2 · 4,82 Malla ST: 380 ∠ –120° = – I1 · (4,82) + I2 · (4,82 + 4,82) Por tanto: → → → → → –380 ∠ –120° + 14,46 · I1 –380 ∠ –120° + 4,82 · I1 I2 = = 4,82 9,64 I1 = I2 = → 4,82 · 380 ∠ 120° + 9,64 · 380 ∠ –120° = –23,64 – j · 13,65 = 27,3 A ∠ –150° 9,64 · 14,46 – 4,82 · 4,82 → 380 ∠ 120° + 4,82 · 27,3 ∠ –150° = –31,53 + j · 27,31 = 41,7 A ∠ 139° 9,64 → → → → Las intensidades de línea (y de fase) son: → IR = – I1 = 27,3 A ∠ 30° → → → ; → → IS = I2 = 41,7 A ∠ 139° → → → IT = I1 – I2 = –23,64 – 13,64 · j + 31,53 – 27,31 · j = 7,9 – j · 41 = 41,7 A ∠ –79° Unidad 9. Análisis de circuitos. Y las tensiones de fase: VRO = 9,64 · IR = 9,64 · 27,3 ∠ 30° = 263 V ∠ 30° VSO = 4,82 · IS = 4,82 · 41,7 ∠ 139° = 201 V ∠ 139° VTO = 4,82 · IT = 4,82 · 41,7 ∠ –79° = 201 V ∠ –79° El diagrama de tensiones es el que se muestra a la derecha: → → → → → → VST VRS N O VRO VST VTR VTO De acuerdo con el diagrama, la tensión entre el punto O de la estrella y el neutro del sistema trifásico N, en el origen de la línea, conectado a tierra, será: VON = VRN – VRO = → → → 380 ∠ 30° – 263 ∠ 30° = –43,6 V ∠ –150° √3 Finalmente, para el caso del sistema trifásico desequilibrado con una fase sin carga: En tal caso, en el sistema solo hay una malla con corriente: R IR = 0 4,82 Ω T 380 120° S → IT T O 4,82 Ω S I IS I= 380 ∠ 120° = 39,4 A ∠ 120° 4,82 + 4,82 → → IS = I = 39,4 A ∠ 120° IT = – I = 39,4 A ∠ –60° → → → VSO = 4,82 · IS = 4,82 · 39,4 ∠ 120° = 190 V ∠ 120° Unidad 9. Análisis de circuitos. → VTO = 4,82 · IT = 4,82 · 39,4 ∠ –60° = 190 V ∠ –60° VON = VTN – VTO = → → → → 380 ∠ –90° – 190 ∠ –60° = –95 – j · 55 = 109,7 V ∠ –150° √3 → → Siendo el diagrama fasorial de tensiones: VSO VON O N VTN VTO Problemas de selectividad 1. En el circuito de la figura: 5Ω A 3Ω 10 V 5V 2Ω 3Ω 8V 5Ω B 4Ω 5Ω determina la corriente en cada una de sus ramas y la potencia disipada en la resistencia de 2 Ω, en los siguientes casos: a) Interruptor abierto. b) Interruptor cerrado. LOGSE. Canarias, 2000. Para resolver el circuito aplicando las leyes de Kirchhoff, se asignan a cada rama corrientes (I1 - I2 - I3) con un sentido cualquiera; por ejemplo, el coherente con la polaridad de la pila que hay en cada una. Igualmente, se puede hacer con las corrientes de malla (IA - IB), a las que se asigna arbitrariamente a priori el sentido de las agujas del reloj. Unidad 9. Análisis de circuitos. 5Ω A I2 3Ω 10 V 5V 2Ω I1 IA 3Ω I3 IB 5Ω 8V 5Ω B 4Ω a) Interruptor abierto. Evidentemente, en la rama central: I2 = 0 Las otras dos ramas forman una única malla en la cual se cumple: I1 = –I3 = 10 – 5 5 = = 0,2 A 5+3+5+4+5+3 25 I3 = –0,2 A La potencia en la resistencia de 2 Ω es nula: P2 = 0. b) Interruptor cerrado. Se resolverá el circuito por el método de las corrientes de malla. El sistema de ecuaciones de las mallas A y B es: –10 – 8 = (5 + 2 + 5 + 3) · IA – 2 · IB 8 + 5 = (3 + 5 + 4 + 2) · IB – 2 · IA que, simplificando, queda –18 = 15 · IA – 2 · IB 13 = –2 · IA + 14 · IB Y su solución es: IA = –1,09 A ; IB = 0,77 A En cuyo caso, I1 = –IA = 1,09 A I2 = IB – IA = 0,77 – (–1,09) = 1,86 A I3 = IB = 0,77 A Y la potencia disipada por la resistencia de 2 Ω vale, entonces, P2 = R2 · I22 = 2 · 1,86 2 = 6,91 W 2. En el circuito de la figura, la bobina se ajusta hasta que la tensión en bornes de la resistencia es máxima: VR R=5Ω VC C = 20 µF VL L + 10 0°, (ω = 1 000 rad . s–1) a) Calcula la tensión en bornes de cada elemento. Unidad 9. Análisis de circuitos. b) Dibuja el diagrama vectorial de tensiones y corrientes en todos los elementos. c) Calcula la potencia activa y reactiva consumida por todos y cada uno de los elementos pasivos. LOGSE. Comunidad Valenciana, 1999. En un circuito RLC serie en resonancia, la impedancia alcanza el mínimo valor, la intensidad el máximo y la tensión en la resistencia también el máximo, igual a la tensión de alimentación. Tal cosa sucede cuando la reactancia de la bobina y la del condensador tienen el mismo valor y se compensan. Como la reactancia del condensador vale: XC = j · → → → → 1 1 =j· = – j · 50 Ω = 50 ∠ –90° Ω C·ω 20 · 10–6 · 103 La reactancia de la bobina será: XL = –XC = j · 50 Ω = 50 ∠ 90° Ω Y el valor de ajuste de la bobina es: L= XL 50 = = 0,05 H ω 1000 → → → → → → La intensidad de la corriente es entonces: → I= V Z → = R + XL + XL → → V = 10 ∠ 0° V = 2 ∠ 0° A → → 5 + j · 50 – j · 50 a) En consecuencia, la expresión fasorial de las tensiones parciales es: VR = R · I = 5 · 2 ∠ 0° = 10 ∠ 0° V = V → → → → → → → VL = XL · I = (50 ∠ 90°) · (2 ∠ 0°) = 100 ∠ 90° V VC = XC · I = (50 ∠ –90°) · (2 ∠ 0°) = 100 ∠ –90° V b) El diagrama vectorial de la intensidad y las tensiones, dibujado a escala, es el siguiente: VL VC → → → V = VR I Unidad 9. Análisis de circuitos. c) La resistencia solo consume potencia activa. PR = R · I 2 = 5 · 2 2 = 20 W La bobina y el condensador solo poseen potencia reactiva, de igual valor y de efecto contrario: QC = QL = XL · I 2 = 50 · 22 = 200 VAR 3. En el circuito de la figura: It IL Vg R L calcula: a) La tensión del generador, y dibuja el diagrama tensión-intensidad. b) El valor del condensador que, conectado en paralelo con la inductancia, hace que el circuito esté en resonancia a 50 Hz. Datos del circuito: R = 100 Ω; f = 50 Hz; It = 3,33∠ –72,5° A; IL = 3,18∠ –90° A. LOGSE. Cataluña, 2000. El esquema del circuito del enunciado, con el condensador conectado en paralelo, es: It IR IL IC Vg (50 Hz) R = 100 Ω L C a) La intensidad por la resistencia es: → IR = It – IL = 3,3 3 ∠ –72,5° – 3,18 ∠ –90° = 1 – j · 3,18 – (– j · 3,18) = = 1 ∠ 0° A → → ) → → La tensión del generador: Vg = VR = VL = VC = R · IR = 100 · 1 ∠ 0° = 100 ∠ 0° V Unidad 9. Análisis de circuitos. → → → → → El diagrama vectorial, dibujado a escala, es: Vg IR IL It b) Para que el circuito esté en resonancia, la intensidad reactiva de la bobina debe ser compensada por una igual (pero opuesta) en la rama del condensador: IC = IL = 3,18 A ; XC = Vg 100 = = 31,44 Ω 3,18 IC La capacidad del condensador necesario es: C= 1 1 = = 101,2 · 10–6 F = 101,2 µF 2 · π · 50 · 31,44 2 · π · f · XC 4. A una línea trifásica ABC de 380 V, 50 Hz, se conecta un receptor en triángulo. La rama AB del triángulo es una bobina con resistencia despreciable y reactancia 5 ohm; la rama BC es una resistencia de 10 ohm; la rama CA es una bobina de resistencia despreciable y reactancia 10 ohm. Calcula las intensidades de línea. LOGSE. Extremadura, 2000. El esquema del circuito del enunciado es el siguiente: L1 I1 A IAB VCA = 380 –120º V VAB = 380 0º V ZCA = 10 90º Ω ZAB = 5 90º Ω L3 I3 C ICA ZBC = 10 0º Ω IBL B VBC = 380 120º V L2 I2 Las intensidades de fase son: → IAB = VAB ZAB → → = 380 ∠ 0° = 76 ∠ –90° A 5 ∠ 90° Unidad 9. Análisis de circuitos. → IBC = VBC ZBC VCA ZCA → → → → = 380 ∠ 120° = 38 ∠ 120° A 10 ∠ 0° 380 ∠ –120° = 38 ∠ –30° A 10 ∠ 90° → ICA = = Y las intensidades de línea: → I1 = IAB – ICA = 76 ∠ –90° – 38 ∠ –30° = – j · 76 – 33 – j · 19 = = –33 – j · 57 = 65,8 ∠ –120° A → → → → → → I2 = IBC – IAB = 38 ∠ 120° – 76 ∠ –90° = –19 + j · 33 + j · 76 = = –19 + j · 109 = 110,6 ∠ 100° A → → → → → → I3 = ICA – IBC = 38 ∠ –30° – 38 ∠ 120° = 32,9 – j · 19 + 19 – j · 32,9 = = 51,9 – j · 51,9 = 73,4 ∠ –45° A → → → → → 5. Calcula el circuito equivalente Thévenin entre los puntos A y B del siguiente circuito donde todas las resistencias son de 10 Ω, V1 = 1 V y V2 = 2 V. R1 V2 R2 A V1 R3 R4 B LOGSE. Islas Baleares, 2000. El esquema del circuito equivalente Thévenin del circuito del enunciado se muestra a continuación: R1 =10 Ω V2 = 2 V C I1 I V1 = 1 V R3 = 10 Ω R4 = 10 Ω Eth R2 =10 Ω A A I2 Rth B B La fuerza electromotriz ETh tiene por valor la tensión que puede medirse entre A y B. Se puede calcular del siguiente modo: ) 10 · 20 R24 = 10 + 10 = 20 Ω ; R324 = = 6, 6 Ω 10 + 20 Unidad 9. Análisis de circuitos. I= V1 + V2 R1 + R324 = VCB = R324 · I = 6, 6 · 0,18 = 1,2 V I2 = VCB 1,2 = = 0,06 A 20 R24 ) 1 + 2 = 0,18 A ) 10 + 6, 6 VAB = R4 · I2 = 10 · 0,06 = 0,6 V = ETh La resistencia interna del generador Thévenin, RTh, se determina calculando el valor de RAB en el supuesto de que se cortocircuiten las dos pilas: RTh = R1 + R324 = 10 + 6, 6 = 16, 6 Ω ) ) Unidad 9. Análisis de circuitos. Solucionario de las actividades propuestas en el libro del alumno 10.4. ELEMENTOS DE PROTECCIÓN DE LAS INSTALACIONES Página 362 1. Explica la diferencia entre cortocircuito y cortacircuito. Un cortocircuito es una conexión directa (con resistencia prácticamente cero) entre dos puntos de un circuito sometidos a una diferencia de potencial, por lo general producida por accidente o avería, y a consecuencia de la cual se produce una corriente excesiva que puede deteriorar la instalación. Un cortacircuito es un elemento de protección, capaz de interrumpir automáticamente la corriente cuando esta alcanza un valor excesivo y, especialmente, cuando se produce un cortocircuito. 2. Explica la diferencia entre sobrecarga y cortocircuito. Cualquier instalación eléctrica está calculada para funcionar con unos valores determinados de tensión e intensidad, denominados nominales, por encima de los cuales algunos de sus elementos pueden deteriorarse, debido al calentamiento de los conductores y a las fuerzas electromagnéticas. Una sobrecarga de la instalación es su funcionamiento por encima del valor nominal de intensidad, sea este producido de forma accidental (averías) o por una demanda excesiva de potencia. Un cortocircuito, de acuerdo con la definición hecha anteriormente, es una sobrecarga grande, producida generalmente de forma accidental. 3. Explica la diferencia entre sobrecarga y sobretensión. La sobretensión en una instalación es su funcionamiento con una tensión de alimentación por encima del valor nominal. Puede, a su vez, dar lugar a una sobrecarga si los demás parámetros del circuito se mantienen. 10.5. PROTECCIÓN DE LAS PERSONAS CONTRA TENSIONES PELIGROSAS Página 369 1. ¿Cuál es la condición que tiene que cumplirse para que un sistema de puesta a tierra, por sí mismo, proteja a una persona contra la electrocución por contactos indirectos? Supóngase un aparato como el del esquema de la página siguiente, alimentado a 220 V y protegido por medio de un fusible de 20 A, en el cual se ha producido un defecto de aislamiento. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. R S T O 20 A 220 V If 20 A Ra Rt It Rh Ih Vc En el circuito equivalente de la derecha, donde Ra es la resistencia del aislamiento que ha fallado, Rt la resistencia de la puesta a tierra, y Rh la del cuerpo humano, la tensión de contacto a que se ve sometido un posible usuario tendrá por expresión: Vc = Rh · Ih = Rt · It ≈ Rt · If (La corriente de fugas por Rh, mucho menor que Rt, es despreciable frente a la corriente de fugas por Rt). Para que no exista peligro de muerte, el fusible debe cortar la corriente rápidamente (por ejemplo, en 2 s), antes de que Vc alcance un valor de 50 V. Según la curva característica del fusible de 20 A (página 362 del libro del alumnado), se funde en 2 s para una corriente If = 50 A. En tal caso, la resistencia de tierra, para que no se alcance una tensión de contacto peligrosa, ha de valer: Rt = Vc 50 V = =1Ω 50 A If La condición es, por tanto, que la resistencia de puesta a tierra sea muy pequeña y acorde con la característica del fusible. 2. Razona por qué el sistema de puesta a tierra, por sí solo, no sirve de protección contra contactos directos. Supóngase la misma instalación de la cuestión anterior, sin defecto de aislamiento, en la que se produce por ejemplo un contacto directo con el conductor de fase después del fusible de protección: R S T O 220 V If Rh 20 A 20 A Unidad 10. Instalaciones eléctricas. En este caso la persona se ve sometida directamente a una tensión de 220 V, y toda la corriente de fugas pasa por su cuerpo. Si suponemos una resistencia del cuerpo baja, por ejemplo de 500 Ω, dicha corriente de fugas puede llegar a valer: If = 220 = 0,44 A = 440 mA 500 Con esta intensidad, el fusible no actúa en absoluto, mientras que se puede producir la fibrilación y el paro cardíaco en un tiempo de menos de 1 s, de acuerdo con la gráfica de efectos de la corriente eléctrica (página 365 del libro del alumnado). En resumen: Un sistema de puesta a tierra, combinado con el dispositivo de corte de la corriente por sobrecarga (fusible o interruptor magnetotérmico), no proteje contra contactos directos, pues la corriente de fugas que se produce no es lo suficientemente grande para hacer actuar el dispositivo de corte, mientras que sí lo es para producir la muerte del usuario. Página 370 3. Razona por qué un diferencial de 30 mA supone suficiente protección, aunque no haya toma de tierra. Supóngase un aparato eléctrico conectado a través de un interruptor diferencial de 30 mA de sensibilidad, en el que una persona sufre accidentalmente un contacto, directo o indirecto (gráfica de la derecha). Tanto en un caso como en el otro, el interruptor diferencial, corta la corriente en una fracción de segundo, siempre que la corriente de fugas (If o If' ) sobrepase los 30 mA. Contacto indirecto 220 V Id = 30 mA Interruptor diferencial Contacto directo Rh If Rh If ' Una corriente de tal intensidad, aunque pase íntegramente por el cuerpo, no resulta peligrosa, de acuerdo con la gráfica de efectos de la corriente eléctrica (página 365 del libro del alumnado). No obstante, la protección no puede considerarse absoluta; hay una posible situación en la cual el diferencial no ofrece protección suficiente. Si una persona, totalmente aislada de tierra, hace contacto con los dos hilos activos, se comporta como una carga que no da lugar a fugas: la corriente Ih, de alto valor dada la baja resistencia Rh, no es detectada por el interruptor diferencial mientras que, sin duda, pone en peligro la vida de la persona. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 220 V Ih Rh 4. Una instalación posee una puesta a tierra de 200 Ω de resistencia y un diferencial de 300 mA de sensibilidad. ¿Es adecuada la protección? Si no es así, ¿qué habría que hacer para que lo fuera? El esquema de la instalación es el siguiente: 220 V Id = 300 mA If Rt If = Id Ve Rt = 200 Ω Si se produce un defecto de aislamiento, la corriente de fuga máxima (que no hace actuar al interruptor), da lugar a una tensión de contacto: Vc = Id · Rt = 0,3 · 200 = 60 V que sobrepasa los valores permitidos (50 V en lugares secos y 24 V en lugares húmedos). Por tanto, el sistema de protección no es suficiente. Para mejorarlo se pueden hacer dos cosas: a) Mejorar la puesta a tierra, hasta conseguir un valor de Rt suficientemente pequeño: ) 50 Rt ≤ 50 = = 166,6 Ω 0,3 Id Manteniendo el diferencial, la resistencia de la puesta a tierra ha de ser menor que 166 Ω. b) Mejorar la sensibilidad del diferencial: Si se instala un diferencial de 100 mA, la protección ya resulta suficiente: Vc = 0,1 · 200 = 20 V < 24 V < 50 V Y en mayor medida si se instala un interruptor de alta sensibilidad (30 mA). 10.7. INSTALACIONES DE ALUMBRADO ELÉCTRICO Página 374 1. ¿Qué objeto tiene que el hilo de dumet, que conecta el filamento de la lámpara de incandescencia con el casquillo, sea de igual coeficiente de dilatación que el vidrio? Unidad 10. Instalaciones eléctricas. Los hilos que conectan el filamento con los terminales exteriores de la lámpara atraviesan el vidrio de la ampolla, formando una junta que ha de ser perfectamente estanca. Al encenderse la lámpara, tanto los hilos de conexión como el vidrio que los rodean adquieren una alta temperatura y se dilatan. Entonces, si el coeficiente de dilatación del material del hilo fuese mayor que el del vidrio, la ampolla podría romperse; mientras que si es al revés, la ampolla perdería la estanqueidad. En ambos casos entraría aire con oxígeno en la ampolla, y el filamento se fundiría. EJERCICIOS DE LA UNIDAD 1. En el esquema general de la red eléctrica que puede verse en la figura, ¿cuál es el tramo que corresponde a la red de muy alta tensión y cuál el que corresponde a la red secundaria de distribución? ¿Cuál de los dos tipos de redes suele ser subterráneo? Justifica la respuesta. La red de muy alta tensión conecta las subestaciones elevadoras de las centrales eléctricas con puntos de consumo situados a gran distancia. En el esquema del enunciado se trata del tramo L2, con una tensión de línea de 200 kV. Se trata de una red de transporte de energía, que transcurre por zonas no urbanas, de modo que puede ser construida mediante cables aéreos, montados sobre apoyos o torres metálicas con aisladores. G L1 15 kV Ampolla de vidrio Filamento Hilo de conexión con los terminales exteriores L2 220 kV L3 110 kV L4 15 kV L5 Usuarios 380 / 220 V La red secundaria de distribución llega hasta los centros de transformación capaces de suministrar, en zonas urbanas, la energía eléctrica en baja tensión a los consumidores. La entrada de dichos transformadores suele hacerse, por ello, en media tensión (15 – 30 kV). Por tanto, la red secundaria de distribución corresponde al tramo L4 del esquema, que funciona con una tensión de 15 kV, y suele estar constituida por líneas subterráneas cuando discurren por zonas urbanas, pues de ese modo la posibilidad de que se produzcan accidentes y contactos es mucho menor. En zonas rurales (suministro de energía a fincas agrícolas, por ejemplo), la instalación subterránea es técnicamente más costosa y ofrece tantos o más peligros de accidente (por ejemplo, por la acción de maquinaria agrícola). Por eso, las líneas de media tensión rurales suelen ser aéreas. 2. Si una línea de alta tensión de 110 kV transporta una potencia de 20 MVA, ¿cuánto vale la intensidad de la corriente por los conductores de esta? Se supone que se trata de una línea trifásica, en cuyo caso: S = √ 3 · V · I, y la intensidad de línea es: I= S 20 · 10 6 VA = = 105 A √3 · V √ 3 · 110 · 10 3 V Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 3. Una línea monofásica de 220 V, constituida por dos conductores de 6 mm2 con aislamiento de PVC instalados bajo tubo protector, alimenta un horno eléctrico de 5 kW, y está protegida mediante un cortacircuitos fusible de 25 A, cuya curva característica puede verse en la página 362. Determina la intensidad por la línea y valora si el fusible está bien elegido. ¿Actúa el fusible si por mal uso de la instalación se sobrecarga la línea haciendo pasar por ella una intensidad de 50 A? ¿Cuánto tiempo tarda en actuar si en bornes del horno se produce un cortocircuito de 400 A de intensidad? De acuerdo con los datos del enunciado, la línea puede representarse mediante el esquema de la derecha: La intensidad de la corriente es: I= P 5 000 = = 22,7 A V · cos ϕ 220 Tiempo de fusión Minutos 120 60 20 10 5 2 1 25 A 220 V S = 6 mm2 (bajo tubo) P = 5 000 W cos ϕ = 1 Los conductores de la línea, de acuerdo con la tabla de intensidades máximas admisibles (página 74 del libro del alumnado) soportan una corriente de hasta 29 A. El fusible, de 25 A, está bien elegido: según su curva característica, soporta sin fundirse la intensidad de la línea, y ante una sobrecarga considerable, que pueda calentar excesivamente los conductores, actúa interrumpiendo el circuito: – Una sobrecarga con I = 50 A determina que el fusible actúe en 10 s. 160 100 63 A 16 A 35 A 25 A A 20 10 A 125 200 30 A 20 A 50 A 80 A Segundos 5 2 1 A A 0,5 0,2 0,1 0,05 0,02 0,01 10 20 50 100 200 500 1000 2000 5000 (A) Intensidad de la corriente (valor eficaz) – Una sobrecarga, por cortocircuito, de 400 A produce el corte de la corriente en menos de 0,01 s. 4. La misma instalación anterior se protege por medio de un interruptor automático de 25 A, cuya curva de disparo puede verse en la página 363. ¿Cuánto tiempo tarda en actuar si se produce una sobrecarga de 50 A? ¿Y si se produce un cortocircuito de 400 A? ¿Cómo queda mejor protegida la instalación, con el fusible del ejercicio 3 o con el interruptor automático? Justifica la respuesta indicando las ventajas e inconvenientes de cada sistema. Con el interruptor magnetotérmico tipo L, según sus curvas características, una sobrecarga de 50 A (2 veces la Inominal ajustada) hace que actúe el disparo térmico en un tiempo de 40 s; es decir, que el PIA es más “lento” que el fusible. Con un cortocircuito de 400 A (16 veces Inominal ), actúa el disparo magnético en 0,01 s, aproximadamente igual que el fusible. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 2h 100 40 10 4 1 40 20 10 5 2 1 Tiempo de disparo Milisegundos Segundos Minutos FAZ AZ L H 200 50 20 5 2 1,5 2 3 5 G 10 30 Intensidad nominal (nº de veces) 5. ¿Qué sucede si se cortocircuita la bobina de disparo magnético de un interruptor automático? Justifícalo con la ayuda de un esquema de su constitución interna. Si se cortocircuita (o se conectan sus bornes con un “puente”), la corriente no pasa por la bobina de disparo magnético, pero sí por el bimetal. En consecuencia, ante una sobrecarga normal (zona superior de la curva de respuesta) el PIA sigue actuando igual que antes. En cambio, ante una sobrecarga muy grande o un cortocircuito (zona inferior de la curva), el PIA ya no responde con igual rapidez, sino que sigue la curva prolongación de la curva de disparo térmico. Bimetal de disparo térmico Palanca Bobina de disparo magnético 6. Una persona recibe una descarga de 1 A durante 20 ms. Interpretando las curvas de la página 365, ¿qué se puede decir respecto al posible efecto fisiológico que se produce? t (msg) 10000 Una intensidad de 1 A durante un tiempo de 20 ms “define” un punto en la zona D de la gráfica, caracterizada por la posible fibrilación ventricular, con el consiguiente paro del corazón. El posible efecto fisiológico que se produce es la muerte por parada cardiorrespiratoria. 5000 2000 1000 500 200 100 50 20 10 0,1 0,2 0,5 1 A B C D E 2 5 10 20 50 100 200 500 2000 I (mA) 7. En circunstancias excepcionales, una persona posee una resistencia eléctrica de 700 Ω. ¿Qué tensión de contacto debe considerarse peligrosa? Según la gráfica de los efectos fisiológicos de la corriente eléctrica (véase ejercicio anterior), una corriente que supere los 300 mA, si recorre el cuerpo de una persona durante un tiempo considerable (más de 10 s), puede producir efectos peligrosos e incluso la muerte por parada cardiorrespiratoria. Por tanto, para una resistencia del cuerpo de 700 Ω, la tensión de contacto que debe considerarse peligrosa es: Vc = 700 · 0,03 = 21 V 8. En una instalación alimentada a 220 V, sin sistema de protección contra contactos directos e indirectos, una persona subida a un taburete posee una resistencia total respecto a tierra de 5 000 Ω. ¿Está en peligro de muerte en caso de producirse un contacto directo? Justifícalo con los cálculos oportunos. Si se produce un contacto directo con el conductor activo de la línea, la tensión de contacto es prácticamente la tensión de fase del sistema trifásico, 220 V, y la corriente de fugas, que pasa por el cuerpo y por el taburete posee una intensidad: If = 220 = 0,044 = 44 mA > 30 mA 5 000 Unidad 10. Instalaciones eléctricas. De acuerdo con los datos del enunciado, que pueden verse reflejados en el siguiente esquema: If 220 V 5 000 Ω Esta corriente, según la gráfica de los efectos fisiológicos de la corriente eléctrica (véase el ejercicio 6), durante un tiempo prolongado (más de 10 s), produce efectos peligrosos. 9. Determina el rendimiento luminoso de las lámparas de incandescencia cuyos valores característicos se suministran en la tabla de la página 376, siempre que se tengan datos suficientes. 10. Resuelve el ejercicio anterior para el caso de las lámparas de descarga. Si se define el rendimiento luminoso de una lámpara como el cociente entre el flujo luminoso que suministra, medido en lumen (lm), y la potencia eléctrica que absorbe, media en watt, las tablas a que se refieren los enunciados, a las que se han añadido algunos datos respecto a los que aparecen en el libro del alumnado, se pueden completar así: Tipo de lámpara Tensión (V) Potencia (W) 15 60 100 500 1 000 1 500 3 000 500 1 000 1 500 18 55 90 180 50 80 250 1 000 40 65 Flujo luminoso (lm) 130 740 1 390 8 700 18 700 29 300 40 000 12 000 25 000 33 000 1 800 8 000 13 500 33 000 1 900 3 600 13 500 57 000 3 200 5 100 Rendimiento luminoso (lm/W) 9,66 12,3 13,9 17,4 18,7 19,5 13,3 24 25 22 100 145 150 183 38 45 54 57 80 78 Incandescencia estándar 220 Incandescencia halógena Descarga (vapor de sodio) 220 220 Descarga (vapor de mercurio) Tubos fluorescentes (blanco industrial) 220 220 Los mejores rendimientos se dan con lámparas de mercurio. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 11. En una habitación de 20 m2 de superficie se instala una luminaria con una lámpara halógena de 500 W, con la cual se consigue un nivel medio de iluminación de 355 lux, medido con un luxómetro a una altura de 1 m del suelo. ¿Cuánto vale el flujo luminoso útil? ¿Y el rendimiento de la iluminación? Considerando su nivel medio de iluminación, el flujo útil que llega a la superficie de trabajo vale: Φu = E · S = 355 · 20 = 7 100 lm Según los datos del flujo de las lámparas halógenas, la lámpara de 500 W produce un flujo total de 12 000 lm. Por tanto, el rendimiento de la iluminación es: ηi = Φu 7 100 = = 0,59 Φ 12 000 1m 500 W Φ = 12 000 lm S = 20 m2 E = 355 lux 12. Un hornillo eléctrico se emplea para hervir el agua de un cazo. El hornillo tiene tres secciones con las mismas resistencias, y se comprueba que al unirlas en paralelo, el agua contenida en el cazo hierve en 6 minutos. ¿Dentro de cuánto tiempo empezará a hervir el agua de la misma masa y a la misma temperatura inicial al unir las resistencias del siguiente modo?: a) Las tres resistencias en serie. b) Dos en serie y la combinación resultante conectada en paralelo con la tercera. La expresión de la potencia eléctrica en cada uno de los casos es: – Tres resistencias en paralelo: P= V2 V2 3 · V2 = = R R/3 R V2 V2 = Ra 3·R V2 3 · V2 V2 V2 = = = Rb 2·R R·2·R 2·R R+2·R 3 – Tres resistencias en serie: Pa = – Dos resistencias en serie con la otra en paralelo: Pb = Si suponemos que el rendimiento calorífico del hornillo es prácticamente el mismo, la energía eléctrica en los tres casos será igual, en cuyo caso: W= 3 · V2 V2 3 · V2 ·t= ·t = · tb R 3·R a 2·R Como t = 6 minutos = 360 s, se pueden despejar: ta = 9 · t = 9 · 360 = 3 240 s = 54 minutos ; tb = 2 · t = 2 · 360 = 720 s = 12 minutos Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 13. La constante de un contador eléctrico es 120 vueltas/kWh. Al conectarlo a un receptor, se cuentan 90 vueltas en 6 minutos. Calcula: a) La potencia del receptor. b) El número de vueltas para un acumulador de 20 litros de agua caliente de 2,5 kW que está conectado durante 30 minutos. c) La temperatura que ha alcanzado en ese tiempo el agua del acumulador del apartado anterior si partíamos de 10 °C. Datos: cagua = 1 kcal/(kg · °C) ρagua = 1 kg/l a) La constante del contador eléctrico informa del número de vueltas que cuenta por cada kWh que consume la instalación receptora. En consecuencia, si se cuentan 90 vueltas, la energía consumida vale: W= 90 vueltas = 0,75 kWh 120 vueltas/kWh Como ha transcurrido un tiempo de 6 minutos, es decir: t = 6 min · 1h = 0,1 h 60 min la potencia del receptor es: P= W 0,75 kWh = = 7,5 kW t 0,1 h b) Un calentador de agua de 2,5 kW, conectado durante 30 minutos (0,5 h), consume una energía: W = P · t = 2,5 kW · 0,5 h = 1,25 kWh Como la constante del contador es de 120 vueltas/kWh, el número de vueltas será: 120 vueltas n 0 vueltas = 1,25 kWh · = 150 vueltas 1 kWh La energía calculada anteriormente, expresada en J y kcal vale: W = 1,25 · 1 000 · 3 600 = 45 · 10 5 J W = 45 · 10 5 · 4,185 · 1 = 18 832 kcal 1 000 c) Si no hay pérdidas de calor, el incremento de temperatura del agua será: ∆T = W 18 832 kcal = = 76,3 °C m·c 20 kg · 1 kcal/(kg · °C) Luego el agua, que inicialmente estaba a 10 °C, alcanza finalmente una temperatura: T = 10 + ∆T = 10 + 76,3 = 86,3 °C Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 14. En una instalación alimentada a 220 V, cuya resistencia de puesta a tierra vale 1 100 Ω, se produce por avería una conexión directa entre el conductor de fase y una masa metálica. ¿Cuánto vale la corriente de fugas? ¿Existiría una buena instalación de protección contra contactos indirectos si se instalara un interruptor diferencial de 300 mA de sensibilidad? ¿Cuál sería el valor de la tensión de contacto accidental y qué corriente de fugas se produciría por el cuerpo humano? Si fuese necesario otro diferencial, ¿qué sensibilidad debería tener? Una conexión directa entre el conductor de fase y la masa metálica del aparato, producida accidentalmente en su interior, da lugar a una corriente de fugas por la resistencia de la instalación de puesta a tierra, cuyo valor es: 220 It = 220 V = = 0,2 A = 200 mA 1 100 Rt L1 L2 L3 N Id = 300 mA It Ih Dicha corriente no es detectada por un interruptor diferencial de 300 mA de sensibilidad. Por tanto, no se interrumpe el circuito y las masas metálicas del aparato permanecen a una tensión de 220 V respecto a tierra, luego la protección contra contactos indirectos no es adecuada. En efecto, si una persona toca dichas masas metálicas, la tensión de contacto es Vc = 220 V, y la corriente de fugas por el cuerpo, suponiendo que posee una resistencia media de 2 000 Ω, puede alcanzar un valor: Ih = 220 = 0,11 A = 110 mA 2 000 mayor que el valor límite (30 mA) a partir del cual la corriente entraña peligro de muerte. Para que la instalación ofrezca suficiente protección contra contactos indirectos, la tensión de contacto posible no debe sobrepasar 50 V. Consecuentemente, la sensibilidad del diferencial debe ser: ) 50 Id ≤ 50 = = 0,045 A = 45,45 mA 1 100 Rt Conviene instalar un diferencial de 30 mA. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 15. En una sala de dibujo de 20 m de largo por 15 m de ancho, con una altura de 4 m, se va a instalar alumbrado incandescente con lámparas estándar de 300 W, montadas sobre luminarias con un rendimiento del 85%. Dadas las condiciones de la luminaria y el tipo de local, se considera un factor de conservación de 0,75, y, de acuerdo con el coeficiente de reflexión de paredes y techos, el tipo de luminarias y el índice del local, la utilancia de la instalación vale 0,8. De acuerdo con estos datos, resuelve los siguientes apartados: a) ¿Cuántas lámparas hay que instalar para conseguir un nivel medio de iluminación de 1 500 lux? b) Dibuja un plano de su distribución en el techo del local. c) ¿Cuánta potencia total posee la instalación? d) ¿Consideras adecuada la opción de iluminación elegida? En caso contrario, ¿qué modificaciones habría que introducir? a) Las lámparas de incandescencia estándar de 300 W, de acuerdo con las tablas, suministran un flujo luminoso de 5 020 lm. Considerando el resto de las condiciones de la instalación, el número de luminarias y lámparas que es necesario instalar, para conseguir un nivel de iluminación tan exigente, será: N= 1 500 · 15 · 20 E·S = = 175,7 0,8 · 0,75 · 0,85 · 5 020 u · fc · ηl · Φ b y c) Redondeando, por exceso, el valor anterior, se pueden instalar 180 luminarias, distribuidas uniformemente, tal como indica el siguiente plano: d/2 d/2 . . . . . . . . . d (m) Donde: m · d = 20 n · d = 15 n · m = 180 15 m d . . . . . . . → m = 15 n = 12) d = 1,3 m (n) La potencia total de la instalación es la consumida por el conjunto de todas las lámparas instaladas, y vale: P = 180 · 300 = 54 000 W = 54 kW 20 m d) Para un local de tales dimensiones y características, la potencia es excesiva. Suponiendo que se mantienen los mismos factores característicos de la instalación (n, fc y ηl ), se podría disminuir la potencia instalando lámparas de descarga, por ejemplo fluorescentes de 65 W, que suministran un flujo de 5 100 lm, prácticamente igual que las lámparas de incandescencia de 300 W. En tal caso, la potencia se reduce al siguiente valor: P' = 180 · 65 = 11 700 W Este valor se podría mejorar aún más eligiendo luminarias con factores fc y ηl más altos, y diseñando la instalación para que la utilancia también sea mayor. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 16. Se construye una instalación doméstica que alimenta a 220 V un motor eléctrico de 2 CV y factor de potencia = 0,6, y 3 lámparas incandescentes de 100 W cada una. Calcula: a) La corriente que absorbe cada derivación (motor y conjunto de lámparas). b) Las energías activa y reactiva al cabo de 10 horas de funcionamiento de la instalación. Dibuja el triángulo de potencias y calcula el factor de potencia. ¿Qué tipo de energía indicará el contador? c) Dibuja un esquema unifilar de la instalación, representando en él: fusible de protección general, contador, ICP, cuadro de protecciones con diferencial y térmicos, y cargas de la instalación. a) La intensidad de la corriente y las potencias activa y reactiva de cada derivación son: Motor: P1 = 2 CV = 2 · 736 = 1 472 W I1 = P1 1 472 = = 11,15 A 220 · 0,6 V1 · cos ϕ1 kWh ϕ1 = arccos 0,6 = 53,13° Q1 = P1 · tg ϕ1 = 1 472 · tg 53,13° = = 1 962,6 VAR Alumbrado: P2 = 300 W cos ϕ2 = 1 (carga puramente resistiva) I2 = P2 300 = = 1,36 A V 220 Motor Q2 = 0 b) El triángulo de potencias de la instalación completa es el que se muestra en la figura de la derecha, donde: S = √ 1 962,6 2 + 1 772 2 = 2 644,2 VA I= 2 644,2 = 12 A 220 Alumbrado S = V.I Q Q = 1962,6 VAR ϕ = arctg 1 962,6 = 48° 1 772 ϕ ϕ1 = 53,13° cos ϕ = cos 48° = 0,67 Unidad 10. Instalaciones eléctricas. P2 = 300 W P1 = 1 472 W Al cabo de 10 h de funcionamiento, las energías activa y reactiva serán: Wa = 1 772 · 3 600 · 10 = 63,729 · 10 6 J = 17,72 kWh Wr = 1,9626 kVAR · 10 h = 19,626 kVAR c) El esquema unifilar de la instalación es el dibujado en el apartado a). Problemas de selectividad 1. A partir del diagrama de la figura, que representa el historial de consumo de una vivienda: 500 (consumos) 400 300 kWh 200 100 0 E F M A M J Jl (meses) A S O N D a) Interpreta y analiza el gráfico de la figura. b) Calcula, en el mes de diciembre, el calor producido en kilocalorías por los sistemas de calefacción de la vivienda si se utiliza para tal uso el 60% del consumo de dicho mes. (Dato: 1 joule = 0,24 calorías). c) Calcula la potencia del frigorífico, si en el mes de agosto solo ha estado conectado este aparato y ha funcionado de forma continua y permanente. LOGSE. Madrid, 1998. a) En el diagrama, la altura de cada barra medida sobre el eje vertical indica el consumo de energía eléctrica (en kWh) del mes correspondiente. Durante el mes de enero, por ejemplo, el consumo ha sido de 350 kWh. El consumo más elevado se produce durante los meses de invierno, debido a que se pone en funcionamiento la calefacción eléctrica. El mes de agosto, de vacaciones, arroja un consumo mínimo, debido exclusivamente al funcionamiento del frigorífico. b) Durante el mes de diciembre, el consumo total es de 500 kWh, cuyo 60% corresponde al sistema de calefacción: Wc = 0,6 · 500 = 300 kWh Como: 1 kWh = 1 000 W · 3 600 s = 3,6 · 10 6 J 1 J = 0,24 cal = 0,24 · 10 –3 kcal la energía consumida en calefacción, expresada en kcal, será: Wc = 300 · 3,6 · 10 6 · 0,24 · 10 –3 = 259 200 kcal Unidad 10. Instalaciones eléctricas. c) Durante el mes de agosto, el consumo del frigorífico ha sido: Wf = 100 kWh Considerando que ha funcionado de forma continua, durante los 31 días (744 h), la potencia eléctrica del frigorífico será: Pf = Wf 100 kWh = = 0,134 kW = 134 W t 744 h 2. Dibuja el esquema eléctrico de un tubo fluorescente con amperímetro, voltímetro y vatímetro, y un condensador de corrección del factor de potencia: a) Explica el funcionamiento del circuito. b) Estando abierto el circuito del condensador, las lecturas de los aparatos de medida son: vatímetro, 100 W; amperímetro, 0,7 A; voltímetro, 220 V. Calcula las potencias activa, reactiva y aparente del conjunto tubo fluorescente-reactancia. c) Si se cierra el circuito del condensador, el amperímetro señala una lectura de 0,5 A, permaneciendo las restantes lecturas de los otros aparatos de medida, ¿cuál es el valor de la capacidad del condensador si la red es de 50 Hz? LOGSE. Madrid, 1998. El esquema eléctrico que solicita el enunciado es el siguiente: Cb L I 220 V A V W I' C a) Funcionamiento del circuito: Al conectar, cerrando el interruptor I, la tensión de alimentación (220 V) queda aplicada entre los electrodos del tubo y también entre los contactos del cebador; aunque no es suficiente para producir la descarga en el tubo, sí lo es para producirla en el cebador, por la pequeña separación entre sus contactos. Dicha descarga calienta el contacto móvil, constituido por una lámina bimetálica, que al cabo de unos instantes se cierra y se enfría, por lo que vuelve a abrirse automáticamente. Como consecuencia, en la reactancia L se origina por autoinducción una elevada sobretensión, que provoca el establecimiento de la descarga entre los electrodos del tubo, facilitada por la emisión de electrones producida hasta el momento al circular la corriente por los filamentos. En adelante, con una baja tensión entre los electrodos, la descarga se mantiene, mientras que el cebador queda fuera de servicio. Y como la descarga en el tubo produce radiaciones ultravioletas, que inciden sobre las sustancias fluorescentes que recubren su superficie interna, el tubo emite luz visible. Durante el funcionamiento del tubo, la resistencia entre los electrodos es pequeña, y es la reactancia en serie la que limita la corriente, evitando el cortocircuito. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. Sin embargo, la reactancia determina que el factor de potencia de la instalación sea demasiado bajo. Para evitar tal inconveniente, se añade el condensador C, calculado para corregir el factor de potencia. (Nota: en la explicación no se ha incluido el funcionamiento de los aparatos de medida). b) Sin el condensador de corrección del factor de potencia, el circuito equivalente y el triángulo de potencias son: I = 0,7 A S=V·I V = 220 V Z ϕ = 100 W P = 100 W ϕ Q = V · I · sen ϕ P = 100 W = V · I · cos ϕ Por tanto: S = V · I = 220 · 0,7 = 154 VA cos ϕ = P 100 = = 0,649 → ϕ = 49,5° S 154 Q = S · sen ϕ = 154 · sen 49,5° = 117 VAR (La potencia activa P no es necesario calcularla, porque está dada por la medida del vatímetro). c) Con el condensador de corrección del factor de potencia conectado, el circuito equivalente y el triángulo de potencias son: I = 0,5 A I = 0,5 A V = 220 V C P = 100 W Z ϕ ϕ ϕ’ P = P' =100 W V S = ' . I' V = S' .I } } Qc Q' } Q La potencia activa es la misma, puesto que el condensador solo introduce potencia reactiva, Qc. En consecuencia: S' = 220 · 0,5 = 110 VA cos ϕ' = P 100 = = 0,9 → ϕ' = 24,6° S' 110 Q' = S' · sen ϕ' = 110 · sen 24,6° = 45,8 VAR Qc = Q – Q' = 117 – 45,8 = 71,2 VAR Ic = C= Qc 71,2 220 = = 0,323 A → Xc = V = = 680 Ω V 220 0,323 Ic 1 1 = = 4,7 · 10 –6 F = 4,7 µF 2 · π · 50 · 680 2 · π · f · Xc Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 3. Para los circuitos de la figura, se pide, justificándolo: L1 F2 F3 S1 S2 S3 K2 L1 L2 L3 F1 K1 K1 F3 W1 K3 V2 M 3 U2 W2 K3 K2 N K1 K2 K3 V1 U1 K2 a) ¿Sobre cuál de los pulsadores S1, S2 o S3 hay que actuar para que el motor arranque en estrella? ¿Qué contactos se cierran o abren al actuar sobre el pulsador elegido? b) Una vez que el motor ha arrancado, ¿sobre qué pulsador de los anteriores hay que actuar para que el motor quede conectado en triángulo? ¿Qué contactos se cierran o se abren al actuar sobre el pulsador elegido? LOGSE. Madrid, 2000. Los devanados de un motor trifásico se conectan en estrella ( ) o en triángulo (̅) por medio de los contactos principales de tres contactores situados en el circuito de fuerza (el de la derecha), de acuerdo con las siguientes condiciones: conexión conexión ̅ K1 y K2 cerrados K1 y K3 cerrados K3 abiertos K2 abiertos En el circuito de mando (el de la izquierda), todos los contactos están dibujados en su posición “normal” o de reposo. Un contacto auxiliar de un contactor que esté normalmente abierto (por ejemplo, el K1) se designará como K1(na). Si está normalmente cerrado (por ejemplo, K3), se designará como K3(nc). a) Arranque en estrella ( ) Al pulsar S2, se alimenta la bobina de K2: Se cierran los contactos de K2 en el circuito principal, se abre el contacto K2(nc) impidiendo la excitación simultánea de K3 y se cierra K2(na). En consecuencia, queda alimentada la bobina de K1, se cierran los contactos principales K1 y el motor arranca conectado en . También se cierra K1(na), de modo que K1 y K2 siguen alimentados aunque se deje de pulsar S2. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. b) Paso a la conexión en triángulo (̅) Es necesario pulsar S3. Al abrirse su contacto, se interrumpe la alimentación de K2, se abren los contactos K2 en el circuito principal, así como el contacto auxiliar K2(na), y se cierra K2(nc) alimentando la bobina K3. En consecuencia, los contactos principales K3 se cierran y el motor pasa a funcionar en conexión ̅, gracias a que el contactor K1 sigue alimentado a través de K1(na). Al mismo tiempo, se abre K3(nc) impidiendo que vuelva a excitarse K2 aunque se deje de pulsar S3 y se pulse accidentalmente S2. 4. En la figura se presenta el esquema de la instalación de una vivienda tipo. Fusible ID PIA (varios) CUADRO GENERAL DE MANDO Y PROTECCIÓN ALUMBRADO TOMAS DE CORRIENTE LAVADORA AGUA CALIENTE COCINA a) Haz una relación de los diferentes elementos dibujados en la instalación y describe su función en ella. ¿Falta algo importante? ¿Cuál es la misión de la toma de tierra? b) ¿En qué lugar colocarías el contador de energía (contador) y el interruptor de control de potencia (ICP)? Señálalo en un dibujo, justifica la ubicación elegida y describe su función en la instalación. c) ¿Cuál debe ser la intensidad de corriente para la que se calibrará el ICP si se contratan 4 400 W a una tensión de 220 V? LOGSE. País Vasco, 2000. a) Elementos de la instalación de una vivienda: 1) Fusible: Está situado normalmente en el arranque de la derivación individual que suministra energía a la vivienda, es decir, en la centralización de contadores. Sirve para proteger dicha derivación contra sobrecargas y cortocircuitos. Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 2) Interruptor diferencial (ID): Está situado en el cuadro general de distribución y protección, a la entrada de la vivienda. Interrumpe el circuito automáticamente si se produce una fuga de corriente peligrosa para el cuerpo humano, en el caso de contactos accidentales con elementos bajo tensión, sean directos o indirectos (por defectos de aislamiento). Sirve, por tanto, para evitar la electrocución de los usuarios. 3) Interruptores automáticos (PIAs): Están también situados en el cuadro general de protección. Hay uno para cada circuito en que está dividida la instalación (en este caso cuatro), y sirven para proteger los elementos de la instalación contra sobrecargas y cortocircuitos, con posibilidad de ser “rearmados” en el caso de que “se disparen”. 4) Instalación interior: Constituida por varios circuitos para diferentes usos (alumbrado, tomas de corrientes para pequeños receptores, tomas para lavadora y agua caliente y alimentación de la cocina eléctrica). Todos los circuitos están formados por tres conductores: fase, neutro y conductor de protección. Este último no es activo, sino que su finalidad es conectar todas las masas metálicas a la red de puesta a tierra, para que, en el caso de que por accidente o avería alguna de ellas quede bajo tensión, la fuga de corriente haga que se dispare el diferencial de inmediato, evitando contactos peligrosos a los usuarios. b) Los elementos que faltan en la instalación anterior son precisamente el contador y el interruptor de control de potencia (ICP). El contador lo instala la compañía suministradora con el fin de medir la energía que consume el usuario. Generalmente se instala en un lugar adecuado, accesible para los técnicos de la empresa, en el exterior de la vivienda, sea en una centralización de contadores (si se trata de un edificio de viviendas) o en un armario individual (si se trata de una vivienda unifamiliar). Fusible kWh Contador ID PIAS ICP El ICP es un interruptor automático que la empresa suministradora instala para impedir que el usuario consuma una potencia mayor que la contratada. Conviene que esté ubicado dentro de la vivienda (normalmente en una caja junto a la del cuadro general de protección), con el fin de que pueda ser rearmado fácilmente cada vez que se dispare. c) Considerando cos ϕ Ȃ 1, la intensidad mínima para la que se calibrará el ICP será: I= P 4 400 = = 20 A V 220 Unidad 10. Instalaciones eléctricas. 5. Un voltímetro analógico de aguja tiene una doble escala de medida. La primera llega a 100 V y la segunda a 200 V. Se trata de un aparato de clase 1 o error a fondo de escala de un 1%. a) Calcula cada uno de los errores máximos por cada escala. b) En una medida de 60 V, ¿cuáles serán los intervalos válidos para cada una de las escalas? c) ¿En qué parte de la escala el error relativo es más alto? LOGSE. Cataluña. a) La clase de precisión del aparato indica el error máximo en tanto por ciento respecto del valor final de escala, garantizado por el fabricante. En consecuencia, el error máximo absoluto para cada escala será: Escala de 100 V: Emáx = Escala de 200 V: Emáx = 1 · 100 V =1V 100 1 · 200 V =2V 100 b) Si la aguja marca 60 V en la escala de 100 V, teniendo en cuenta lo anterior, se puede decir que el valor real estará comprendido dentro del intervalo de 60 ± 1 V, es decir, entre 59 y 61 V. Si la aguja marca 60 V en la escala de 200 V, el intervalo válido es, entonces, 60 ± 2 V, luego el valor real estará entre 58 y 62 V. c) De acuerdo con los resultados anteriores, se comete un error relativo mayor cuando la aguja se sitúa en la parte más baja de la escala. Unidad 10. Instalaciones eléctricas.