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Guía 9: Circuitos en regimen alterno permanente
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Publicado: Dom Nov 20, 2011 4:28 pm Asunto:

Guía 9: Circuitos en regimen alterno permanente


Guía 9: Circuitos en regimen alterno permanente Enunciados: http://materias.fi.uba.ar/6203/Download/Problemas%20y%20Laboratorio/Guia%209.pdf 1) Necesitamos primero las definiciones de cada valor pedido. Llamamos T al período de las funciones. Valor medio $[tex]\frac{1}{T} \int_{c}^{c+T} f(t) \, dt[/tex]$ Módulo medio $[tex]\frac{1}{T} \int_{c}^{c+T} \|f(t)\| \, dt[/tex]$ Valor eficaz $[tex]\sqrt{ \frac{1}{T} \int_{c}^{c+T} f^2(t) \, dt }[/tex]$ Para cualquier $[tex]c[/tex]$ arbitrario. a) "Onda triangular" Si miramos fijo la forma de la onda, vemos que el valor medio y el módulo medio coinciden ya que la función es siempre positiva. Por otro lado, podemos calcular las integrales gráficamente. El período es $[tex]T=4[/tex]$ . Resulta entonces el valor medio es $[tex]\frac{1}{4} \text{Area}[/tex]$ , es decir: $[tex]\frac{1}{4} \frac{4 \cdot 3}{2} = \frac{3}{2}[/tex]$ Para el valor eficaz necesitamos parametrizar la función. Tomemos la siguiente parametrización: $[tex]f(t) = \begin{cases}\frac{3}{2}t & t \in [0, 2] \\-\frac{3}{2}t + 6 & t \in [2, 4]\end{cases} [/tex]$ La integral es: $[tex]\sqrt{ \frac{1}{4} \int_{0}^{4} f^2(t) \, dt }[/tex]$ $[tex]\sqrt{ \frac{1}{4} \left[\int_{0}^{2} (\frac{3}{2}t)^2 \, dt + \int_{2}^{4} (-\frac{3}{2}t + 6)^2 \, dt \right] }[/tex]$ $[tex]\frac{1}{2} \sqrt{ \left[ \int_{0}^{2} \frac{9}{4} t^2 \, dt + \int_{2}^{4} \frac{9}{4} t^2 -18t +36 \, dt \right] }[/tex]$ $[tex]\frac{1}{2} \sqrt{6+6}[/tex]$ $[tex]\frac{\sqrt{12}}{2} = \sqrt{3}[/tex]$ Del gráfico, $[tex]V_{max} = 3[/tex]$ entonces podemos averiguar la relación dada por k entre el valor máximo y el eficaz: $[tex]V_{ef} = \frac{V_{max}}{k}[/tex]$ $[tex]\sqrt{3} = \frac{3}{k}[/tex]$ $[tex]k = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}[/tex]$ b) "Onda cuadrada" Una vez mas los valores medios y de módulo medio salen por cálculos de área mas fácilmente. Como la onda es simétrica respecto al eje x en su período, el valor medio es 0 ya que el área sobre la curva es igual al área debajo de la curva y tienen signos opuestos. El módulo medio es sobre la función constante $[tex]f(t) = 2[/tex]$ con período 4, por lo que resulta $[tex]\frac{2\cdot4}{4} = 2[/tex]$ . Para el valor eficaz parametrizamos nuevamente: $[tex]f(t) = \begin{cases}2 & t \in [0, 2] \\-2 & t \in [2, 4]\end{cases} [/tex]$ $[tex]\sqrt{ \frac{1}{4} \int_{0}^{4} f^2(t) \, dt }[/tex]$ $[tex]\frac{1}{2} \sqrt{ \left[ \int_{0}^{2} 4 \, dt + \int_{2}^{4} 4 \, dt \right] }[/tex]$ $[tex]\frac{1}{2} \sqrt{ 16 } = 2[/tex]$ Ahora bien: $[tex]V_{ef} = \frac{V_{max}}{k}[/tex]$ $[tex]2 = \frac{2}{k}[/tex]$ $[tex]k = 1[/tex]$ c) "Onda sinusoidal" El valor medio da 0 por simetría nuevamente y el módulo medio da \frac{2}{\pi} (verificar). Hagamos el cálculo del valor eficaz: $[tex]\sqrt{ \frac{w}{2\pi} \int_{0}^{2\pi/w} \sin^2(wt) \, dt } = \frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]$ Sacamos la integral con el método que mas nos guste. Personalmente yo soy fanático del método de Wolfram $[tex]\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{k}[/tex]$ $[tex]k = \sqrt{2}[/tex]$ De acá sale la relación importante que vamos a utilizar para corrientes sinusoidales en el resto de la guía: $[tex]V_{ef} = \frac{V_{max}}{\sqrt{2}}[/tex]$ Cabe hacer una aclaración mas. Este valor eficaz del voltaje (o de la corriente, el concepto se extiende por distributividad del producto) tiene un sentido físico: es el equivalente de voltaje/corriente que tendríamos que darle a un resistor en corriente continua para generar la misma potencia (en el mismo período de tiempo). También se lo denomina valor RMS, por Root-Mean-Square. Veamos la demostración de lo primero: En corriente continua, la potencia disipada es: $[tex]P_{DC} = RI_{DC}^2[/tex]$ Para una corriente cualquiera $[tex]I(t)[/tex]$ , específicamente en nuestro caso, alterna, la potencia promedio es: $[tex]P_{AC} = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} R I^2(t) \, dt[/tex]$ Igualando: $[tex]RI_{DC}^2 = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} R I^2(t) \, dt[/tex]$ $[tex]I_{DC}^2 = \frac{1}{T} \int_{0}^{T} I^2(t) \, dt[/tex]$ $[tex]I_{DC} = \sqrt{ \frac{1}{T} \int_{0}^{T} I^2(t) \, dt }[/tex]$ De aquí vemos que efectivamente (duh, nice pun) es el valor efectivo. Recomiendo ver este video para mas información. 2) La reactancia es la parte imaginaria de la impedancia. La impedancia de cualquier elemento circuital en circuitos RLC se calcula como: $[tex]Z = R + i(X_L - X_C)[/tex]$ Donde $[tex]i[/tex]$ es la unidad imaginaria de los números complejos, $[tex]X_L = \omega L[/tex]$ , $[tex]X_C = \frac{1}{\omega C}[/tex]$ , $[tex]\omega = 2 \pi f[/tex]$ . La impedancia en el resistor es: Forma binómica: $[tex]Z = R[/tex]$ Forma exponencial: $[tex]Z = Re^{i0}[/tex]$ La impedancia en el inductor es: Forma binómica: $[tex]Z = iX_L[/tex]$ Forma exponencial: $[tex]Z = X_L e^{i\pi/2}[/tex]$ La impedancia en el capacitor es: Forma binómica: $[tex]Z = -iX_C[/tex]$ Forma exponencial: $[tex]Z = X_C e^{-i\pi/2}[/tex]$ Estamos considerando inductores y capacitores con resistencia despreciable. El circuito definitivamente tiene comportamiento resistivo ya que tiene una resistencia explícita. Para ver si un circuito tiene comportamiento inductivo o capacitivo solo debemos evaluar la relación entre $[tex]X_L[/tex]$ y $[tex]X_C[/tex]$ . $[tex]\begin{cases}X_L > X_C & \rightarrow \text{Inductivo} \\X_C > X_L & \rightarrow \text{Capacitivo}\end{cases}[/tex]$ Para obtener el valor de la corriente hacemos uso de la ley de Ohm 'compleja': $[tex]V = IZ[/tex]$ $[tex]I = \frac{V}{Z}[/tex]$ Recordando que estamos operando con fasores. El fasor para el voltaje total lo seteamos como referencia de fase. Es decir, tomamos su fase como 0. Del valor instanteaneo: $[tex]V(t) = \operatorname{Im}(V_{max} e^{i0} e^{i \omega t})[/tex]$ Tomamos el fasor (recordando que estamos operando con la parte imaginaria, es decir, la proyección sobre el eje vertical) como: $[tex]V = V_{max} e^{i0} = V_{max}[/tex]$ Para la impedancia debemos hacer las cuentas. En forma binómica teníamos: $[tex]Z = R + i(X_L - X_C)[/tex]$ Pasemos a forma exponencial: $[tex]\|Z\| = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}[/tex]$ $[tex]\alpha = \arg(Z) = \arctan\left(\frac{ \operatorname{Im}(Z)}{\operatorname{Re}(Z)}\right) = \arctan\left(\frac{X_L - X_C}{R}\right)[/tex]$ Estamos listos para operar con los fasores y encontrar la corriente: $[tex]I = \frac{V}{Z}[/tex]$ $[tex]I = \frac{V_{max} e^{i0}}{\|Z\| e^{i\alpha}}[/tex]$ $[tex]I = \frac{V_{max}}{\|Z\|} e^{i0 - \alpha}[/tex]$ $[tex]I = \frac{V_{max}}{\|Z\|} e^{-i\alpha}[/tex]$ Para volver al dominio del tiempo multiplicamos por $[tex]e^{i \omega t}[/tex]$ y tomamos la parte imaginaria, que fue de dónde partimos. Resulta: $[tex]I(t) = \operatorname{Im}(\frac{V_{max}}{\|Z\|} e^{i\omega t - \alpha})[/tex]$ $[tex]I(t) = \frac{V_{max}}{\|Z\|} \sin(\omega t - \alpha)[/tex]$ Si queremos el valor eficaz, solo debemos dividir por $[tex]\sqrt{2}[/tex]$ haciendo uso de la relación encontrada en 1): $[tex]I_{ef}(t) = \frac{V_{max}}{\sqrt{2}} \frac{1}{\|Z\|} \sin(\omega t - \alpha)[/tex]$ $[tex]I_{ef}(t) = \frac{V_{ef}}{\|Z\|} \sin(\omega t - \alpha)[/tex]$ Si queremos averiguar la caída de voltaje en cada elemento del circuito podemos repetir el método y tomar las impedancias de cada elemento por separado, considerando que la corriente es la misma en todo el circuito. Seguimos con el cálculo de las potencias. La potencia instantanea es simplemente el producto de corriente y voltaje instantaneos. Ya tenemos los datos: $[tex]P(t) = I(t)V(t)[/tex]$ $[tex]P(t) = \frac{V_{max}}{\|Z\|} \sin(\omega t - \alpha) \cdot V_{max}\sin(\omega t)[/tex]$ Luego tenemos las potencias del triángulo de potencias. Estas son: - $[tex]P = I_{ef} V_{ef} \cos(\alpha)[/tex]$ . Potencia activa. La potencia real que se utiliza (no se recupera) en los dispositivos conectados al circuito. - $[tex]Q = I_{ef} V_{ef} \|\sin(\alpha)\|[/tex]$ . Potencia reactiva. La potencia que no se considera disipada ya que se alterna entre las fuentes y los campos eléctricos/magnéticos de los capacitores/inductores del circuito. - $[tex]S = I_{ef} V_{ef}[/tex]$ . Potencia aparente, la potencia que se entrega en cada instante al circuito en promedio por cíclo. Recordemos que $[tex]\alpha = \arg(Z)[/tex]$ . Se cumple la siguiente relación: $[tex]S^2 = P^2 + Q^2[/tex]$ , es decir que podemos notar a la potencia aparente como un número complejo: $[tex]S = P + iQ[/tex]$ . Al término $[tex]\cos(\alpha)[/tex]$ se lo llama factor de potencia. Se lo puede calcular también (trigonometría) como: $[tex]\cos(\alpha) = \frac{R}{\|Z\|}[/tex]$ La frecuencia de resonancia es la frecuencia en la cual el circuito es puramente resistivo, por lo tanto el módulo de la impedancia es el menor. Esto resulta en que la corriente tenga un valor eficaz/máximo mas alto. Para conseguir esto, debemos conseguir que la parte imaginaria de la impedancia total del circuito se anule: $[tex]X_L = X_C[/tex]$ $[tex]\omega_r L = \frac{1}{\omega_r C}[/tex]$ $[tex]\omega_r = \frac{1}{\sqrt{LC}}[/tex]$ $[tex]f_r = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}[/tex]$ Para la frecuencia de media potencia el cálculo es mas convolutado, asi que es mas fácil recordar que es la frecuencia en la que la parte real de la impedancia al cuadrado es igual a la parte imaginaria al cuadrado. Numéricamente: $[tex]R^2 = (X_L - X_C)^2[/tex]$ $[tex]R^2 = (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2[/tex]$ De aquí vamos a tener que resolver $[tex]\omega[/tex]$ y luego $[tex]f[/tex]$ . Como están los cuadrados tenemos que elegir los signos de tal manera que la frecuencia resulte positiva. En otras palabras, tenemos dos resultados físicamente posibles de los cuatro que podemos elegir simplemente a 'ojo'. Todo diagrama fasorial queda parecido a este genérico: Las cosas a notar son: - En el inductor el voltaje (a través del inductor) se adelanta a la corriente en 90 grados. Esto se ve representado por el producto: $[tex]V_L = IZ_L = I i X_L[/tex]$ . Estamos multiplicando el fasor corriente por un número cuyo ángulo es 90 grados. Recordemos que en números complejos, la multiplicación se hace multiplicando módulos y sumando ángulos. - Análogamente, en el capacitor el voltaje se atrasa 90 grados respecto a la corriente: $[tex]V_C = IZ_C = I -i X_C[/tex]$ - En el resistor la corriente y el voltaje están en fase ya que la reactancia de las resistencias es 0. Es decir el fasor de corriente solo cambia su módulo pero no es rotado. - La suma fasorial (vectorial) cumple: $[tex]V_{tot} = V_R + V_C + V_L[/tex]$ - La corriente total está desfasada en el argumento de Z total (la suma de todas las impedancias). No olvidar que en el diagrama fasorial se representan corrientes y voltajes, no impedancias. Ah, y el vatímetro mide la potencia activa. Con este ejercicio ya estamos practicamente en condiciones de resolver el resto de los ejercicios. 3) Plantiemos las ecuaciones relevantes y veamos que podemos despejar. Recordemos que estamos trabajando en general con valores eficaces a menos que se diga lo contrario. Para el circuito entero tenemos el voltaje total. Calculemos los módulos de los fasores (valores eficaces): $[tex]Z_{tot} = R - iX_C[/tex]$ ( $[tex]X_L = 0[/tex]$ ) $[tex]\|Z\| = \sqrt{R^2 + X_C^2}[/tex]$ $[tex]V_0 = I\|Z\| = I\sqrt{R^2 + X_C^2}[/tex]$ Por otro lado para el capacitor tenemos la caída de voltaje: $[tex]Z_C = -iX_C[/tex]$ $[tex]\|Z_C\| = X_C[/tex]$ $[tex]V_C = I\|Z_C\| = I X_C[/tex]$ Como la corriente es única, podemos dividir las dos ecuaciones que obtuvimos: $[tex]\frac{V_0}{V_C} = \frac{I\|Z\|}{I\|Z_C\|}[/tex]$ $[tex]\frac{V_0}{V_C} = \frac{\sqrt{R^2 + X_C^2}}{X_C}[/tex]$ Podemos despejar $[tex]X_C[/tex]$ : $[tex]X_C = \sqrt{ \frac{R^2}{ \left(\frac{V_0}{V_C}\right)^2 - 1 } }[/tex]$ Conocido $[tex]w = 2 \pi f[/tex]$ , podemos averiguar $[tex]C[/tex]$ . Luego reemplazamos en cualquiera de las dos ecuaciones originales y averiguamos el valor eficaz de la corriente. Una vez conocida la impedancia total, corriente y voltajes totales se pueden despejar todas las potencias. 4) Notar que los voltímetros son ideales. Esto quiere decir que tienen resistencia "infinita" y por ellos no circula corriente (apreciable). O sea que a fines prácticos, podemos considerar los lugares donde están los voltímetros como partes donde el circuito no está cerrado. Entonces $[tex]V_1 = V_R[/tex]$ y $[tex]V_2 = V_C[/tex]$ . Recordar que los voltímetros miden valores eficaces. $[tex]V_1 = IZ_R = IR[/tex]$ $[tex]\|V_1\| = \|I\|\|Z_R\| = \|I\|R[/tex]$ $[tex]V_2 = IZ_C = I(-iX_C)[/tex]$ $[tex]\|V_2\| = \|I\|\|Z_C\| = \|I\|X_C[/tex]$ $[tex]V = V_1 + V_2[/tex]$ $[tex]V = IR -IiX_C = I(R -iX_C)[/tex]$ $[tex]\|V\| = \|I\|\|R -iX_C\| = \|I\|\sqrt{R^2 + X_C^2}[/tex]$ Con los datos $[tex]V_1, V, I, \omega = 2\pi f[/tex]$ ya tenemos todo listo para resolver. La relación entre $[tex]R[/tex]$ y $[tex]X_C[/tex]$ se puede obtener dividiendo las primeras dos ecuaciones en módulo: $[tex]\frac{\|V_1\|}{\|V_2\|} = \frac{\|I\|R}{\|I\|X_C} = \frac{R}{X_C}[/tex]$ Para estudiar qué ocurre con el factor de potencia ( $[tex]\cos(\phi)[/tex]$ ) si se duplica $[tex]R[/tex]$ , hagamos un pequeño esquema: Que de pequeño no tiene nada. Cualitativamente vemos que el nuevo ángulo se va a disminuir aproximadamente la mitad, y como el coseno aumenta a medida que el ángulo se acerca a 0 (cuadrantes I y IV), esperamos que el factor de potencia aumente. Esto es lógico, ya que un circuito mas 'resistivo' que 'capacitivo' va a tener mayor cantidad de potencia activa cuanto mas resistivo sea. El límite sería si se convierte en un circuito puramente resisitivo, en cuyo caso toda la potencia es activa como sucedía en corriente continua. Para expresar los valores instantáneos tenemos todos los datos que necesitamos. Una manera práctica es tomar el fasor de la magnitud que se quiere volver al dominio temporal (voltaje o corriente) y multiplicarlo por $[tex]e^{i\omega t}[/tex]$ . Luego, tomar la parte real o imaginaria del producto consistentemente. Es decir, si partimos de un voltaje de excitación sinusoidal, es la parte imaginaria la que debemos tomar en todos. Si partimos de una onda cosenoidal, la parte real. Si no se indica, podemos utilizar cualquiera de los dos, siempre y cuando seamos consistentes. 5) Se resuelve igual que 1) excepto que nos dan la corriente en vez del voltaje. Los otros datos los sacamos de la forma de la corriente: $[tex]I_ef = 5.2 \, A[/tex]$ , $[tex]\omega = 100[/tex]$ y un desfasaje inicial de la corriente. La ecuación diferencial es: $[tex]V(t) = RI(t) + LI'(t) + \frac{I(t)dt}{C}[/tex]$ En forma mas general, como EDO de segundo orden a coeficientes constantes no homogenea, diferenciamos con respecto al tiempo y dividimos por L: $[tex]V'(t) = I''(t) + \frac{R}{L}I'(t) + \frac{1}{LC}I(t)[/tex]$ } 6) a) Tenemos dos circuitos acoplados, sin embargo, el 'secundario' está abierto. Por lo tanto no se puede generar corriente en este. Esto quiere decir que en el inductor del primario no va a haber inducción mutua ya que esta depende de la corriente del secundario. La impedancia total del generador resulta: $[tex]Z = R + i(X_L - X_C)[/tex]$ Con $[tex]X_L = \omega L[/tex]$ . Si hubiesa corriente en el secundario a esta impedancia le tendríamos: $[tex]V = I_P Z_P + I_S Z_M[/tex]$ $[tex]I_P[/tex]$ : corriente en el primario $[tex]Z_P[/tex]$ : impedancia en el primario $[tex]I_S[/tex]$ : corriente en el secundario $[tex]Z_M[/tex]$ : impedancia "mutua". Sería simplemente $[tex]Z_M = i \omega M[/tex]$ (Notar que los $[tex]\omega[/tex]$ podrían ser distintos en cuyo caso tendríamos que asociar una frecuencia angular a cada corriente y tener cuidado con cuál es de inducción mutua y cual propia) b) El voltaje $[tex]V_{AB}[/tex]$ en el secundario se va a generar mediante corrientes en el primario. Calculemos primero cuanto tendría que ser la corriente. Para el secundario tenemos: $[tex]V_{AB} = \|I_P\|\|Z_M\| + \|I_S\|\|Z_S\|[/tex]$ ( $[tex]I_S = 0[/tex]$ ) $[tex]Z_M = i \omega M = i X_M[/tex]$ $[tex]\|I_P\| = \frac{V_{AB}}{X_M}[/tex]$ Conocido el valor de la corriente en el primario y todos los componentes del circuito podemos despejar el voltaje eficaz necesario: $[tex]V = \|I_P\|\|Z_P\| = \frac{V_{AB}}{X_M}\sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}[/tex]$ Las potencias ya sabemos como encontrarlas, así como el diagrama fasorial. Lo único interesante acá es conocer la fase de la corriente en AB. Por el producto de la corriente en el primario con la impedancia "mutua" vemos que está adelantado 90 grados de la corriente en el primario. 7) Por fin un problema mas interesante. Tenemos el valor del voltaje en función del generador en el primario, de donde podemos sacar $[tex]V_{max} = 100\,V, V_{ef} = \frac{V_{max}}{\sqrt{2}}, \omega = 100 \pi, L_P, L_S, M[/tex]$ . Calculemos primero las inductancias propias (en realidad solo necesitamos $[tex]L_P[/tex]$ ya que en el secundario no hay corriente) y mutuas. Primero necesitamos el campo magnético, que lo sabemos calcular mediante la Ley de Ampere: $[tex]\oint \vec{H}\cdot\vec{dl} = n_P I_P[/tex]$ $[tex]B = \mu_r \mu_0 H[/tex]$ $[tex]B = \frac{\mu n_P I_P}{l_m}[/tex]$ ( $[tex]\mu = \mu_0 \mu_r[/tex]$ ) Calculamos el flujo: $[tex]\Phi_B = \frac{\mu n_P I_P}{l_m}S[/tex]$ $[tex]L_P = \frac{n_P \Phi_B}{I_P} = \frac{\mu n_P^2 S}{l_m}[/tex]$ $[tex]M = \frac{n_S \Phi_B}{I_P} = \frac{\mu n_P n_S S}{l_m}[/tex]$ Por último podemos calcular la autoinductancia para el secundario aunque es inútil ya que no hay corriente: $[tex]L_S = \frac{\mu n_S^2 S}{l_m}[/tex]$ Vemos que el coeficiente de acoplamiento $[tex]M = k \sqrt{L_P L_S}[/tex]$ es 1 como esperabamos para un transformador ideal. Para encontrar la corriente en el primario es como un circuito con un inductor: $[tex]Z_P = i \omega L_P[/tex]$ $[tex]\|I_P\| = \frac{\|V_P\|}{\|Z_P\|} = \frac{V_{ef}}{\omega L_P}[/tex]$ La tensión del secundario (eficaz) verifica: $[tex]Z_M = i\omega M[/tex]$ $[tex]\|V_S\| = \|I_P\|\|Z_M\| = \frac{V_{ef}}{\omega L_P} \omega M = V_{ef} \frac{M}{L_P}[/tex]$ Para el diagrama fasorial no tenemos muchas complicaciones, basta con mirar los productos de tensiones/corrientes/impedancias y recordar que multiplicar por $[tex]i[/tex]$ es rotar 90 grados en sentido anti-horario. El voltaje en el secundario está adelantado 90 grados de la corriente en el primario. Y la corriente en el primario está retrasada 90 grados del voltaje del generador. Puesto de otra manera, ambas tensiones adelantan en 90 grados a la corriente. Es decir que están en fase. 8) No tiene muchas complicaciones este problema: $[tex]V_L = I\omega L[/tex]$ $[tex]V_0 = I\sqrt{R^2 + \left(\omega L\right)^2}[/tex]$ Dos ecuaciones, dos incognitas. Dividiendo las ecuaciones: $[tex]\frac{V_L}{V_0} = \frac{\omega L}{\sqrt{R^2 + \omega^2 L^2}}[/tex]$ $[tex]\frac{V_L}{V_0}\sqrt{R^2 + \omega^2 L^2} = \omega L[/tex]$ $[tex]\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 \left(R^2 + \omega^2 L^2\right) = \omega^2 L^2[/tex]$ $[tex]\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 R^2 + \left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 \omega^2 L^2 - \omega^2 L^2 = 0[/tex]$ $[tex]\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 R^2 + \left(\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 - 1\right)\omega^2 L^2 = 0[/tex]$ $[tex]-\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 R^2 = \left(\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 - 1\right)\omega^2 L^2[/tex]$ $[tex]\omega = \sqrt{\frac{-\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 R^2}{\left(\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 - 1\right)L^2}} = \sqrt{\frac{\left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2 R^2}{\left(1 - \left(\frac{V_L}{V_0}\right)^2\right)L^2}}[/tex]$ Y como en general nos interesa la frecuencia real y no la angular: $[tex]\omega = 2 \pi f[/tex]$ 9) Las ecuaciones que vamos a usar son: 1. $[tex]\operatorname{FP} = \cos(\arctan\left(\frac{\operatorname{Im}(Z)}{\operatorname{Re}(Z)}\right)) = \frac{\operatorname{Re}(Z)}{\|Z\|} \rightarrow \operatorname{FP} = \frac{R}{\|Z\|}[/tex]$ 2. $[tex]P = I_{ef} V_{ef} \operatorname{FP} \rightarrow I_{ef} = \frac{P}{V_{ef} \operatorname{FP}}[/tex]$ 3. $[tex]I_{ef}\|Z\| = V_{ef} \rightarrow \|Z\| = \frac{V_{ef}}{I_{ef}}[/tex]$ Reemplazando 3 en 2: $[tex]\|Z\| = \frac{V_{ef}^2 \operatorname{FP}}{P}[/tex]$ Reemplazamos esto en 1: $[tex]\frac{V_{ef}^2 \operatorname{FP}^2}{P} = R[/tex]$ Conocido $[tex]R[/tex]$ podemos averiguar $[tex]X_L[/tex]$ . Si no me equivoqué en las cuentas queda algo como: $[tex]X_L = \frac{V_{ef}^2}{P} \sqrt{\operatorname{FP}^2 - \operatorname{FP}^4}[/tex]$ Como $[tex]X_L = \omega L[/tex]$ y $[tex]\omega[/tex]$ es constante, podemos tomar $[tex]X_L' = 2X_L[/tex]$ y de ahí calcular la nueva potencia. 10) Calculamos primero la frecuencia: $[tex]V_L = I\|Z_L\| = I\omega L \rightarrow \omega = \frac{V_L}{IL}[/tex]$ Para el cálculo de la tensión: $[tex]V = I\|Z\| = I\sqrt{R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2}[/tex]$ Las reactancias: $[tex]X_L = \omega L[/tex]$ $[tex]X_C = -\frac{1}{\omega C}[/tex]$ El diagrama fasorial ya sabemos como queda. 11) Como el factor de potencia es menor que 1 (verificar que $[tex]VI < P[/tex]$ ) uno de los elementos tiene que ser una resistencia. Por otro lado, nos dan el dato de que la corriente laggea el voltaje. La única manera de que esto ocurra si uno de los elementos es una resistencia es que el otro elemento sea un inductor. Esto se deduce de la siguiente forma: $[tex]V = IZ[/tex]$ Como ya dijimos: $[tex]Z = R + i(X_L - X_C)[/tex]$ . Queda claro que la parte real, la resistencia, no puede rotar el fasor corriente. Entonces la rotación está a cargo de un inductor o un capacitor. Como la corriente está detrás del voltaje, podemos decir equivalentemente que el voltaje adelanta a la corriente. Por lo tanto, Z tiene que ser un complejo con parte imaginaria positiva que V resulte rotado en sentido anti-horario con respecto a I. Como estamos trabajando con elementos circuitales simples, entonces el otro elemento debe ser un inductor puro. Con los datos del problema podemos hallar fácilmente los valores cuantitativos de cada elemento. Los datos que tenemos son: $[tex]I, V, P, \omega[/tex]$ . Con la potencia activa podemos sacar el valor del desfasaje total: $[tex]\cos(\phi) = \frac{P}{IV}[/tex]$ Pero también: $[tex]\cos(\phi) = \frac{R}{\|Z\|}[/tex]$ Y el valor del módulo Z lo podemos obtener fácilmente: $[tex]\|Z\| = \frac{V}{I}[/tex]$ Una vez determinada la resistencia podemos determinar $[tex]X_L[/tex]$ y por ende $[tex]L[/tex]$ . 12) Como ya discutimos anteriormente, gracias a la condición de voltímetros ideales: $[tex]V_1 = V_R[/tex]$ , $[tex]V_2 = V_Z[/tex]$ . Tenemos el valor de la resistencia y el valor eficaz de la tensión del generador. Como no sabemos nada sobre Z, asumamos que tiene una parte resistiva y una reactiva: $[tex]Z = Z_R + iZ_X[/tex]$ $[tex]V_R = IR \rightarrow I = \frac{V_R}{R}[/tex]$ $[tex]V_Z = I\sqrt{Z_R^2 + Z_X^2} \rightarrow Z_R^2 + Z_X^2 = \left(\frac{V_Z}{I}\right)^2[/tex]$ $[tex]V = I(\sqrt{(R+Z_R)^2 + Z_X^2} \rightarrow (R + Z_R)^2 + Z_X^2 = \left(\frac{V}{I}\right)^2[/tex]$ Con estas dos últimas ecuaciones tenemos un sistema fácil de resolver si expandimos $[tex](R + Z_R)^2 = R^2 +2RZ_R + Z_R^2[/tex]$ y reemplazamos la primera ecuación: $[tex]R^2 +2RZ_R + Z_R^2 + Z_X^2 = \left(\frac{V}{I}\right)^2[/tex]$ $[tex]R^2 +2RZ_R + \left(\frac{V_Z}{I}\right)^2 = \left(\frac{V}{I}\right)^2[/tex]$ De aquí hayamos el valor de $[tex]Z_R[/tex]$ . Luego volvemos a cualquiera de las dos ecuaciones y vamos a despejar $[tex]Z_X[/tex]$ pero tenemos que tener cuidado que van a quedar dos posibles valores cuando despejemos la última raíz. Conocidos todos los datos el cálculo de las potencias es cuentas nada mas, y el diagrama fasorial no presenta ningún problema. 13) Averiguamos primero el modulo de la impedancia: $[tex]\|Z\| = \frac{\|V\|}{\|I\|}[/tex]$ . Con el dato del factor de potencia ( $[tex]\frac{P}{VI}[/tex]$ ) podemos despejar la resistencia: $[tex]R = \operatorname{FP}\|Z\|[/tex]$ Y por último con el dato de la frecuencia de resonancia: $[tex]L = \frac{1}{\omega_r^2 C}[/tex]$ $[tex]R^2 + (\omega L - \frac{1}{\omega C})^2 = \|Z\|^2[/tex]$ $[tex]R^2 + (\omega \frac{1}{\omega_r^2 C} - \frac{1}{\omega C})^2 = \|Z\|^2[/tex]$ De donde podemos despejar C, ya que $[tex]\omega = 2\pi f[/tex]$ es dato. Conocido C, podemos despejar L tranquilamente en la ecuación de resonancia. 14) No aporta nada interesante, debería salir fácil con todo lo hecho en los ejercicios anteriores.

Última edición por koreano el Mie Jun 13, 2012 12:36 am, editado 5 veces

4WD
Administrador

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Carrera: Mecánica

Publicado: Dom Nov 20, 2011 4:46 pm Asunto: (Sin Asunto)


¡Buenísimo! Copate y hacé copy&paste en el wiki, con replace [tex] por <tex>...

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toton2511
Nivel 2

Registrado: 12 Nov 2011
Mensajes: 16

Publicado: Lun Nov 21, 2011 10:27 am Asunto: (Sin Asunto)


te hago una consulta koreano, en el ejercicio 7 vos cuando calculas B haces H/ uo.ur , cuando en realidad me parece que tenes que multiplicar por uo.ur para conseguir B a partir de H, ya que la relacion es B=uo.ur.H .. gracias por el post me ayudo a sacar varias dudas ¡¡

koreano
Nivel 9

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Carrera: No especificada

Publicado: Lun Nov 21, 2011 10:47 am Asunto: (Sin Asunto)


Sí obvio, eso me pasa por hacer los ejercicios mentalmente ;D Justamente la gracia de los núcleos ferromagnéticos es aumentar el campo con su alta permeabilidad $[tex]\mu[/tex]$ . Ahí agregué la relación constitutiva y arreglé el error. Gracias.

Trigger
Nivel 8

Registrado: 06 Ago 2008
Mensajes: 524

Carrera: Industrial

Publicado: Lun Nov 21, 2011 2:42 pm Asunto: (Sin Asunto)


Escuche por ahi que esta guia no entra en el parcial, alguien sabe algo al respecto?

Jackson666
Nivel 9

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Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
CARRERA.electrica.3.jpg

Publicado: Lun Nov 21, 2011 3:03 pm Asunto: (Sin Asunto)


Hasta lo que yo tengo entendido sí que entra.

Trigger
Nivel 8

Registrado: 06 Ago 2008
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Carrera: Industrial

Publicado: Lun Nov 21, 2011 5:43 pm Asunto: (Sin Asunto)


Alguien sabe en que libro se explica este tema bien bien?

Hermitico
Nivel 4

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Mensajes: 68

Carrera: Industrial

Publicado: Lun Nov 21, 2011 7:07 pm Asunto: (Sin Asunto)


El Sears lo explica muy bien. El tema es que no trabaja con complejos, llega a los resultados de otra manera. A la impedancia siempre la toma en módulo. Si como en mi cátedra, en la tuya lo explicaron y dedujeron las formulas utilizando complejos y luego tomando la parte real, tendrias las dos formas.

Gordianus
Nivel 7

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Publicado: Lun Nov 21, 2011 7:49 pm Asunto: (Sin Asunto)


En algún lugar aparece que la potencia reactiva se calcula a partir del módulo del seno de fi. Eso no es correcto. El signo importa para decidir si es inductivo o capacitivo

quasar
Nivel 8

Edad: 38
Registrado: 19 Abr 2007
Mensajes: 716
Ubicación: paseo colon 850 (subsuelo)
Carrera: Electricista

Publicado: Lun Nov 21, 2011 7:52 pm Asunto: (Sin Asunto)

Trigger escribió:

Escuche por ahi que esta guia no entra en el parcial, alguien sabe algo al respecto?

Si, entra.
Entra Circuitos Transitorios, y Corriente Alterna en Régimen Permanente(no se incluyen circuitos paralelos)
También entra primer principio de Termo, por las dudas.

_________________

PiLy_13 escribió:

si hay onda, me invitas a salir y se da para q me des un beso y no me lo das
t quedas sin segunda salida y sin beso por pelotudo

fer90
Nivel 9

Edad: 33
Registrado: 14 Sep 2009
Mensajes: 1117
Ubicación: San Martín
Carrera: Informática y Sistemas
CARRERA.informatica.png

Publicado: Lun Nov 21, 2011 8:47 pm Asunto: (Sin Asunto)

quasar escribió:

Trigger escribió:

Escuche por ahi que esta guia no entra en el parcial, alguien sabe algo al respecto?

Si, entra.
Entra Circuitos Transitorios, y Corriente Alterna en Régimen Permanente(no se incluyen circuitos paralelos)
También entra primer principio de Termo, por las dudas.

¿El segundo no entra para el parcial? Ya me habían dicho que en cuatrimestres anteriores no tomaban el segundo principio en el parcial, pero, con D'onofrio vamos a terminar esta semana, pensé que andaban todos masomenos iguales y que entraba entonces.

_________________
¿Y quién te va a tirar las postas y truquitos para cada materia?
Nosotros...Chat-Fiuba. Somos más grandes que Jesús.

Cumple sus sueños quien resiste!!!

quasar
Nivel 8

Edad: 38
Registrado: 19 Abr 2007
Mensajes: 716
Ubicación: paseo colon 850 (subsuelo)
Carrera: Electricista

Publicado: Lun Nov 21, 2011 11:12 pm Asunto: (Sin Asunto)

fer90 escribió:

quasar escribió:

Trigger escribió:

Escuche por ahi que esta guia no entra en el parcial, alguien sabe algo al respecto?

Si, entra.
Entra Circuitos Transitorios, y Corriente Alterna en Régimen Permanente(no se incluyen circuitos paralelos)
También entra primer principio de Termo, por las dudas.

Segundo principio no entra en el parcial, va directo a los coloquios.
Saludos Smile

_________________

PiLy_13 escribió:

si hay onda, me invitas a salir y se da para q me des un beso y no me lo das
t quedas sin segunda salida y sin beso por pelotudo

gedefet
Nivel 9

Edad: 34
Registrado: 06 May 2008
Mensajes: 936

Carrera: Electrónica

Publicado: Mar Nov 22, 2011 5:47 pm Asunto: (Sin Asunto)


Adhiero a quasar

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Hermitico
Nivel 4

Edad: 32
Registrado: 19 Nov 2011
Mensajes: 68

Carrera: Industrial

Publicado: Mar Nov 22, 2011 6:57 pm Asunto: (Sin Asunto)


Koreano, en el 2) "Recordando que estamos operando con fasores. El fasor para la corriente lo seteamos como referencia de fase. Es decir, tomamos su fase como 0. Del valor instanteaneo: " En este caso no estas seteando como referencia de fase al voltaje? Porque la corriente te queda con (Sen WT - phi), o sea que esta desfasado phi con respecto al voltaje.

koreano
Nivel 9

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Carrera: No especificada

Publicado: Mar Nov 22, 2011 7:01 pm Asunto: (Sin Asunto)


oops

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