apuntes

Fısica IndustrialApuntes de la asignatura

Alexandre Wagemakers

Universidad Rey Juan Carlos

Madrid, curso 2008-2009

Indice general

1. Elementos de circuitos en corriente continua 91.1. La corriente electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.1. Potencia en circuitos de corriente continua . . . . . . . . 111.2. Resistencias, condensadores y autoinducciones . . . . . . . . . . 12

1.2.1. Resistencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.2. El condensador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.3. Inductancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.4. Generadores y pilas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.3. Sentido del campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4. Circuitos lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.4.1. Leyes de Kirchhoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.4.2. El teorema de Millman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.4.3. Asociacion de impedancias . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.4.4. El teorema de Thevenin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.4.5. El teorema de Norton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.5. Analisis de Transitorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.6. Resultados y formulas importantes . . . . . . . . . . . . . . . . 381.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2. Circuitos de corriente alterna 452.1. Caracterısticas de la corriente alterna . . . . . . . . . . . . . . . 472.2. Representacion de cantidades sinusoidales como fasores . . . . . 492.3. Resistencias, condensadores y inducciones en corriente alterna . . 52

2.3.1. Resistencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.2. Condensadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3.3. Inductancias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.4. Orden de fasores y representacion temporal . . . . . . . . 592.3.5. Ley general de Ohm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

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4 Indice general

2.3.6. Diagrama de fasores de un circuito . . . . . . . . . . . . 62

2.4. Potencia en sistemas de corriente alterna . . . . . . . . . . . . . 63

2.4.1. Potencia en una resistencia . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.4.2. Potencia en un condensador . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.4.3. Potencia en una inductancia . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.4.4. Potencia en una impedancia compleja . . . . . . . . . . . 69

2.4.5. Mejora del factor de potencia . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.5. Comportamiento en frecuencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.6. Resultados formulas importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3. Corriente alterna trifasica 89

3.1. Fundamentos de la corriente trifasica . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.2. Conexion en estrella . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

3.3. Conexion en triangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.4. Potencia en sistemas trifasicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98


3.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4. Transformadores 103

4.1. Circuitos Magneticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.1.1. Perdidas por histerisis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.1.2. Perdidas por corrientes de Foucault . . . . . . . . . . . . 109

4.1.3. Modelo de un circuito magnetico alimentado en corrientealterna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.2. Transformadores ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.2.1. Potencia Nominal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4.2.2. Transformacion de impedancias . . . . . . . . . . . . . . 118

4.3. Transformador real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.4. Circuito equivalente de un transformador . . . . . . . . . . . . . 124

4.5. Potencia y rendimiento de un transformador . . . . . . . . . . . 128

4.6. Hipotesis de Kapp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.7. Regulacion de voltaje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.8. Pruebas de un transformador. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

4.8.1. Pruebas en corto-circuito . . . . . . . . . . . . . . . . . 136


4.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

Indice general 5

5. Principios fısicos de las maquinas electricas 1475.1. Principio del generador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1475.2. Principio del motor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1525.3. Principios fısicos de motores rotativos . . . . . . . . . . . . . . . 1565.4. Principios fısicos de generadores rotativos . . . . . . . . . . . . . 1595.5. Generacion de un campo giratorio . . . . . . . . . . . . . . . . . 1635.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

6. Maquinas electricas 1716.1. Motores asıncronos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

6.1.1. Construccion y principios de funcionamiento . . . . . . . 1716.1.2. Circuito equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1736.1.3. Potencia, rendimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1776.1.4. Potencia mecanica del motor asıncrono . . . . . . . . . . 179

6.2. Generadores sıncronos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1826.2.1. Construccion y principios de funcionamiento . . . . . . . 1826.2.2. Circuito equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1866.2.3. Potencia, rendimiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1876.2.4. Motores sıncronos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.3. Maquinas de corriente continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1896.3.1. Construccion y principios de funcionamiento . . . . . . . 1896.3.2. Maquina con dos espiras . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1936.3.3. Circuito equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

A. Modelo de Drude 197

B. Recordatorio de numeros complejos 199

C. Conceptos fundamentales de electromagnetismo 203C.0.1. Introduccion al calculo vectorial . . . . . . . . . . . . . . 203C.0.2. Campo electrico y magnetico . . . . . . . . . . . . . . . 204C.0.3. Leyes de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204C.0.4. Divergencia del campo magnetico . . . . . . . . . . . . . 207

6 Indice general

Introduccion

La asignatura de fısica industrial tiene por ambito introducir al alumno almundo de la produccion industrial de la energıa de manera transversal. Se pre-senta la cadena de generacion de energıa de desde su produccion primaria hastael usuario. La apuntes presentados aqui presente corresponde al mitad de laasignatura y recoge los procesos de produccion de la electricidad. La segundaparte de la asignatura presenta los procesos quımicos en plantas de generacionde electricidad.

En el capitulo 1 tratamos los circuitos de corrientes continua y asentamoslas basese del analisis de circuito. En el capitulo 2 introducimos los conceptosde corriente alterna y el tratamiento de los fasores. El capitulo 3 presentamosbrievemente los sistemas trifasico y las formulas basicas para manejarlos. Seestudian en el capitulo 4 los transformadores de tension alterna. Son un elementofundamental de la cadena de produccion de energıa. En el ultimo tema se estudianlos convertidores de energıa mecanica a electrica (generadores) y de energıaelectrica a mecanica (motores). Se presentan los principios fısicos fundamentalesde produccion de energıa y las maquinas electricas mas importantes: el motorasıncrono, el generador sıncrono y la maquina de corriente continua.

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8 Indice general

Agua

Vapor

Combustible

Agua fria

Condensacion

Transformador

elevador

Alta tension

138−765kV

Alta tension

35−138kV

Media tension

4−35kV

Usuario

230−400V

Transformador

reductor

Transformador

reductor

Transformador

reductor

Transformador

elevador

Alta tension

138−765kV

Alta tension

35−138kV

Media tension

4−35kV

Usuario

230−400V

Transformador

reductor

Transformador

reductor

Transformador

reductor

Agua

Vapor

Combustible

Agua fria

Condensacion

Figura 1: Aspecto global de una cadena de produccion de energıa.

Capıtulo 1

Elementos de circuitos encorriente continua

Los elementos basicos que se manipulan en ingenierıa electrotecnica son re-sistencias, inductancias, o condensadores. Estos elementos se comportan muchasveces de forma lineal, es decir que las respuestas a un estimulo son directamenteproporcionales a esta excitacion. Este comportamiento lineal nos permite poderusar de toda la teorıa de circuitos que proporciona potentes herramientas deanalisis de dispositivos electricos.

1.1. La corriente electrica

Aquı recordamos algunas leyes basicas utiles para el estudio de los compo-nentes electronicos. Primero, el elemento basico de estudio es la carga, esta seexpresa en Culombios y es la unidad fundamental de carga electrica. La circula-cion de cargas en un conductor crea una corriente, mas en concreto la variacionde carga define la intensidad:

I =dQ

dt[A] (1.1)

El flujo de cargas en el conductor define la corriente. Notese que por convencionel sentido de la corriente es contraria al sentido de circulacion de los electrones,dado que la carga de los electrones es negativa de valor e = −1,6 · 10−19C. Lacorriente electrica va a ser similar al caudal de un flujo en un conducto (ver 1.2)pero en vez de medirlo en m3.s−1 se mide en C.s−1 (Culombios por segundos),

9

10 Capıtulo 1. Elementos de circuitos en corriente continua

Figura 1.1: Ejemplo sencillo de circuito donde las partes del circuitos situados en mismopotencial estan marcadas con un mismo color

es decir en Amperios en el sistema SI.Otra de las cantidades fundamentales de la electricidad es el potencial electri-

co. La nocion de potencial se entiende con la energıa necesaria para mover unacarga de un punto al infinito hasta un punto A en un campo electrico estatico.El trabajo del campo electrico de un punto alejado al infinito hasta un punto Ase calcula como:

W∞A =

∫ A

∞

FQ · dx (1.2)

Tenemos la fuerza ejercida sobre la carga que depende del campo electrico E:FQ = QE. El trabajo se puede escribir como:

W∞A = Q

∫ A

∞

E · dx = Q(VA − V∞) (1.3)

El trabajo de la fuerza es conservativo, el camino elegido para calcular estaintegral no importa. Solo depende del punto inicial y final. Esta integral defineel potencial en el punto A (punto final) menos el potencial en el infinito. Lacantidad VA es el potencial en el punto A, el potencial en un punto al infinito setoma por definicion igual a cero. En otros terminos definimos el potencial en unpunto A como :

VA =

∫ A

∞

E · dx [V] (1.4)

Las nociones de potencial y de trabajo son muy relacionadas. Una diferencia depotencial define entonces el trabajo necesario para mover una carga unidad entre

1.1. La corriente electrica 11

dos puntos A y B multiplicado por el valor de la carga:

WAB = QVAB = Q(VA − VB) (1.5)

El potencial de referencia absoluto es a menudo la tierra o el neutro de la red dedistribucion. El potencial depende de un punto del espacio, sin embargo veremosque en los conductores ideales el potencial es identico en todo el conductor. Porlo que en general tratamos de potenciales sin referirnos al espacio. En la figura 1.1ponemos un ejemplo de circuitos con los lugares donde el potencial es identico.

De aquı en adelante nos referimos mas a diferencias de potencial o ten-siones. Para representar la tension, se suelen usar las letras para los puntosestudiados. La diferencia de potencial VA − VB se escribe como la tension VAB,tenemos VAB = VA − VB. En la figura 1.2 la tension se representa con la flechaque apunta hacia la letra A. Ademas tenemos relaciones vectoriales para las ten-siones. Por ejemplo si tenemos un conductor con tres tensiones diferentes en lospuntos A, B y C, tendremos la relacion entre las tensiones:

VAC = VA − VC = VA − VB + VB − VC = (VA − VB) + (VB − VC) = VAB + VBC

(1.6)Podemos descompener cualquer diferencia de potencial con puntos interme-

diarios. Otra relacion util para manipular las tensiones:

VAC = −VCA (1.7)

1.1.1. Potencia en circuitos de corriente continua

La potencia en circuito de corriente continua puede explicarse por el trabajode los electrones sometidos a una diferencia de potencial. En un conductor comoen la figura 1.2 el trabajo necesario para llevar las cargas en este conductor es:

Wab =

∫ b

a

Q · Edx (1.8)

Como el trabajo de la fuerza es conservativo (no depende del trayecto) podemosescribir directamente:

Wab = Q · Vab (1.9)

Tenemos la energıa necesaria para llevar las cargas del punto “a” al punto “b”.La potencia es la energıa por unidad de tiempo, se expresa mas a menudo en


Va Vb

Vab

q

Figura 1.2: Ilustracion de un alambre recorrido por una corriente continua, el sentido dela flecha de la diferencia de potencial Vab esta opuesto al sentido del campo electrico enel alambre. Lo cual define el sentido de arrastre de los electrones. Para electrones conuna carga negativa el sentido convencional de la corriente esta opuesto al movimientoreal de las cargas. Van entonces en el sentido de la tension.

Watios, o en ciertos casos en Julios por segundos. La definicion de la potenciainstantanea para el conductor precedente es:

Pab =dWab

dt=

dQ

dt· Vab = I · Vab (1.10)

Las potencias de corrientes continuas comportan unicamente una parte activa,es decir la potencia es una cantidad real. Para un circuito sometido a una tensionV y recorrido por una intensidad I la potencia se expresa entonces como:

P = V I (1.11)

en Watios. Para obtener la energıa se integra la potencia a lo largo del tiempo.Se obtiene de esta forma watios por hora. Es generalmente es esta unidad que lascompanıas electricas facturan la energıa. Por ejemplo, si un circuito de corrientecontinua esta alimentado por 10V, 1A durante 1h el consumo energetico es de10W.h.

1.2. Resistencias, condensadores y autoinduccio-

nes

En esta seccion estudiamos algunas propiedades fundamentales de los com-ponentes pasivos mas comunes que son las resistencias, los condensadores y lasbobinas (tambien llamadas autoinducciones). Un componente pasivo es capaz de

1.2. Resistencias, condensadores y autoinducciones 13

consumir energıa pero que es no puede producir mas de lo que recibe, al opues-to de los componentes activos que pueden aportar energıa. Son componenteslineales, es decir que la respuesta a un estimulo es lineal y cuanto mas grandeel estimulo mas grande es la respuesta. Son elementos muy usados en todoslos disenos electricos y electronicos. Vamos a poder modelizar otros fenomenoslineales con estos circuitos lineales, sirven en muchos ambitos de la ingenierıa.

Existen otros tipo de componentes pasivos, como los componentes nolinealessemiconductores cuales son de los mas importantes.

1.2.1. Resistencia

Una resistencia es un dipolo, tiene dos bornes conductores unidos a un ma-terial semiconductor. En cada uno de los bornes se aplica un potencial electricodistinto. Es decir que tenemos una diferencia de potencial entre los extremosdel dipolo. Como su nombre lo indica, la resistencia impone una resistencia a lacorriente que la traviesa. El material semiconductor comporta una cierta estruc-tura que en cierto modo “ralentiza” el flujo de electrones que la atraviesa (veranexo I para mas detalles). Esta resistencia del medio va a limitar la corrienteque le atraviesa. Vamos a tener una relacion entre el potencial entre los bornesy la corriente que circula en el dipolo.

La relacion entre la tension que atraviesa una resistencia (un material con-ductor en general) y su corriente que la atraviesa se puede dar por la ley de Ohm”global”:

V = Ri (1.12)

La resistencia R se mide en Ω (ohmios) y es una propiedad fısica del componente. Georg Simon Ohm (16de marzo,1789 - 6 dejulio,1854) Fue un fısicoaleman que contribuyo a es-tablecer la relacion entre elespesor de los cables electri-cos y la intensidad del cam-po magnetico. Establecio unley lineal que fue nombradamas tarde ley de Ohm.

Existen algunas convenciones de notaciones para representar de forma grafica laresistencia, como indicado en la figura 1.3. Primero, el sentido de la corriente seopone al sentido de la tension. Usamos la convencion receptor, lo que significa quela resistencia recibe energıa. Este punto tiene su importancia, cuando hablamosde generadores o de sistemas produciendo una energıa, se usa la convenciongenerador (es decir la corriente y la tension estan en el mismo sentido).

Para calcular la potencia que disipa un potencia debemos usar la definicionde la potencia encontrada antes para un circuito de corriente continua:

P = V i (1.13)

Por otro lado tenemos la ley de Ohm que relaciona la tension y la corriente por


(a)

(b)

Figura 1.3: Esquema normalizado de una resistencia, el sentido de la flecha es im-portante para el voltaje. La punta de la flecha apunta a la primera letra del nombrede la tension. Entonces VAB estara orientado de A a B. El sentido de la corrienteesta orientado en sentido contrario a la tension, es la convencion receptor. Cuando lacorriente sale del dispositivo tenemos la convencion generador. En la figura (b) tene-mos otra forma de representar las resistencias,es una de las maneras de representar lasresistencias.

lo que la potencia se expresa en funcion de la resistencia:

P = Ri2 =V 2

R(1.14)

La potencia en una resistencia es proporcional al cuadrado de la corriente mul-tiplicado por la resistencia. Esta potencia limita la corriente maxima que pue-de circular por la resistencia. Es decir que si una resistencia se 10Ω esta di-senada para una potencia de 10W la corriente maxima que le puede atravesares: imax =

√

10/10 = 1A. Se tiene que tener cuidado con las corrientes en elmomento del diseno de un sistema para no danar los componentes.

La resistencia como componente se encuentra en casi todos los circuitoselectronicos, es tambien una propiedad de los cables. Estos no son ideales y tienenuna cierta resistencia que se acumula con la longitud de los cables. Tienen una


resistencia lineica l en Ω.m−1. La resistencia de los cables no son despreciablescuando se consideran distancias de varios kilometros. Las perdidas puedes serimportantes y se usan materiales con la menor resistencia posible. Pero a su vezel coste del conductor tiene que ser menor que las perdidas generadas por efectoJoule, por ejemplo es ilusorio usar oro o platino para transportar electricidadcuando el precio del oro o de platino vale mucho mas que la energıa que setransporta. Por otra parte se usan altas tensiones en vez de bajas tensiones parael transporte de energıa (Ver ejercicio 2).

Ordenes de magnitud y formulas importantesUnidades Ohmios (Ω)Orden de magnitud 1 → 1MΩLey de Ohm V = RIOrden de magnitud (potencia) 1/4 → varios kW

1.2.2. El condensador

El condensador es un elemento capaz de acumular cargas cuando se le ali-menta en corriente continua, y por lo tanto energıa. En teorıa, cualquier metalescon partes enfrentadas se comporta como un condensador cuando existe unadiferencia de potencial entre ellos. En esta configuracion los metales tienen lamisma carga pero de signo opuestas. En la figura 1.4 tenemos el esquema de dosplacas paralelas sometidas a una diferencia de potencial VAB entre las placas Ay B. Entre las placas tenemos un campo electrico descendiendo los potencialessiguiendo la ley: E = −gradV (x, y, z), donde V (x, y, z) es un potencial escalarque depende del espacio. Suponiendo las placas hechas de un conductor ideal,el potencial es el mismo en toda la placa. Para placas paralelas suficientementgrandes podemos calcular el campo electrico entre las placas:

E = VAB/d (1.15)

con d la distancia entre las placas (quitamos los signos al no tratarse de vectores).En la figura 1.5 podemos observar el aspecto de este campo electrico generadopor estas placas.

Tenemos la relacion entre el campo electrico y el potencial que hemos fijadoen las dos placas. En la figura 1.5 tenemos el ejemplo de un campo electricoentre dos placas paralalelas cargadas con una densidad de carga opuesta entrelas dos placas. Este campo es casi uniforme entre las dos placas y disminuye muyrapidamente al alejarse de las placas.


V

A B

AB

(a) (b)

Figura 1.4: (a) Esquema de un condensados de placas paralelas, tenemos las lineas decampo del condensador entre las dos placas. (b) Superficie de Gauss para obtener larelacion entre campo y carga.

Con el teorema de Gauss podemos obtener una expresion del campo en fun-cion de la carga. Para ello tenemos que encontrar una superficie de Gauss que seadapte a la geometrıa del problema (Ver anexo C para mas detalles). En la figura1.4 proponemos una superficie de Gauss que encierra una de las dos placas del

Figura 1.5: Campo electrico formado por dos placas paralelas enfrentadas con unacarga opuesta. Las flechas representan el modulo y la direccion del campo magnetico.Se puede observar que el campo es casi uniforme entre las placas.


condensador la cual nos va a permitir aplicar el teorema de Gauss. Esta superficieesta en forma de paralelepıpedo y colocada de tal forma que el campo entre lasplacas sea normal a la superficie de uno de los lados. En los lados laterales elcampo es perpendicular a la superficie y por tanto el producto escalar es nulo. Enla parte trasera del condensador el campo puede considerarse nulo. Siguiendo lanotacion de la figura 1.4 aplicamos el teorema de Gauss para el volumen definido:

∫

S

EdS =

∫

S1

EdS1 + 2

∫

S2

EdS2 + 2

∫

S3

EdS3 = E · S =Q

ε(1.16)

Con Q la carga acumulada en la placa del condensador y S la superficie de laplaca. Podemos escribir esto solo considerando el campo entre las dos placas ydespreciando los efectos de borde donde el campo ya no es paralelo. En estascondiciones el campo es paralelo al elemento de superficie dS y la integracion esdirecta. Las otras contribuciones son nulas dado que el campo es perpendicular ala superficie (el producto escalar es nulo), o bien el campo es despreciable comodetras de la placa. Con esta ecuacion tenemos la cantidad de cargas en las placasen funcion del campo y de la diferencia de potencial:

Qtotal = εE · S =εS

dVBA (1.17)

El termino C = εS/d se llama capacidad del condensador. Hasta ahora no hemosespecificado el termino ε, este termino se llama permitividad depende del materialentre las placas. En general se coloca un material dielectrico que aumenta lapermitividad y por lo tanto aumenta la capacidad. La permitividad se descomponecomo el producto de la permitividad en el vacio y de la permitividad relativa deldielectrico ε = ε0εd. Con un dielectrico bueno podemos reducir la superficiedel condensados y incorporarlo en una capsula para formar los componenteselectronicos que se usan en el comercio y en la industria. La expresion de lacarga se puede simplificar como:

Q = CV (1.18)

con V la diferencia de potencial. Esta formula se puede aplicar a cualquier otrocondensador, la carga almacenada es proporcional a la capacidad por la diferen-cia de potencial. Al principio hemos mencionado que el condensador almacenaenergıa. Para calcular la cantidad de energıa contenida en el espacio entre lasplacas podemos primero calcular el trabajo ejercido sobre las cargas. El trabajoelemental dW para mover una carga dQ de una placa a otra a traves de la dife-rencia de potencial V es dW = dQV . La energıa consiste en el trabajo necesario


Figura 1.6: Esquema normalizado de un condensador.

para mover todas las cargas de una placa a otra. Sabemos de la ecuacion 1.18que dQ = CdV por lo tanto podemos integrar el trabajo entre A y B

∫ B

A

dW =

∫ B

A

CV dV =1

2CV 2

AB (1.19)

La energıa es entonces: EC = 1/2CV 2. Aquı podemos hacer una observacionimportante para el diseno de un condensador. La energıa maxima almacenadadepende de la capacidad y por lo tanto del dielectrico. Para miniaturizar conden-sadores se usan dielectricos altos. Sin embargo para altas tensiones no hay otroremedio que usar voluminosos condensadores, estos son peligrosos por los riesgosde explosion.

Como parametro importante de un condensador tenemos el voltaje maximoque puede soportar. Para pequenas capacidades los condensadores son a menudode ceramica y sin polaridad. Para capacidades mas altas y potencias mas impor-tantes los condensadores son electrolıticos, es decir con unos reactores quımicospara mejorar el dielectrico. Estos condensadores tienen una polaridad debido aldielectrico. Tienen problemas de fugas de lıquidos electrolıticos y tienen unadispersion de valores importante.

Para usos industriales se usan condensadores llenos de aceite. Sin embargoestos condensadores tienen graves problemas practicos cuando se tratan de po-tencias importantes: se calientan, pueden tener fugas de dielectricos y no es raroque exploten cuando sobrepasa el voltaje de funcionamiento nominal o cuandoenvejecen.

Ordenes de magnitud y formulas importantesUnidades Farad (F)Orden de magnitud 1pF → 100µFCarga Q = CUEnergıa EC = 1/2CU2

Orden de magnitud (potencia) 1/4 → 100KW


1.2.3. Inductancias

Al igual que el condensador la inductancia permite almacenar energıa peroesta vez se usa el campo magnetico para almacenarla. una inductancia basicaconsiste en una arrollado de cobre alrededor de un nucleo ferromagnetico quesuele acompanarle. Cuando una corriente continua circula en el alambre un campomagnetico se forma. Este campo magnetico es casi uniforme dentro de las bobinay las lineas de campo se cierran sobre si misma.

En la figura 1.8 ensenamos el esquema normalizado de una inductancia. Serepresenta tambien en convencion receptor con la corriente opuesta a la tension.Cada espira produce un campo magnetico de acuerdo con la ley de Ampere. Sianadimos varias espiras enrolladas a partir del mismo alambre podemos conside-rar que el campo es mas o menos uniforme dentro del enrollamiento (tambienllamado devanado). Con esta hipotesis podemos aplicar el teorema de Amperecomo indicado en la figura 1.8. Para ello elegimos un contorno que incluya espirasde corriente con una parte del contorno dentro de la bobina y la otra parte fuera.Aplicamos el teorema de Ampere al contorno marcado en la figura 1.8 (ver elanexo B para mas detalles sobre la ley de Ampere):

∫

l

B · dl = µN0I (1.20)

con l0 la longitud del lado mas largo del contorno y N0 el numero de espirasencerradas por el contorno. El campo fuera del solenoide es despreciable, el campoes muy denso dentro de la bobina y muy disperso fuera. Por lo que podemosconsiderar unicamente el campo interno B0 uniforme. En los lados (AD y BC)del contorno el campo magnetico ortogonal a la contorno, el producto escalarsera nulo. Podemos descomponer la integral precedente en cuatro contribucionessiguiendo el orden ABCD:

∫

l

B · dl =

∫ B

A

B · dl +

∫ C

B

B · dl +

∫ D

C

B · dl +

∫ A

D

B · dl = . . . (1.21)

Figura 1.7: Esquema de una inductancia


· · · = B0l0 + 0 + 0 + 0 = B0l0 (1.22)

El campo uniforme B0 es proporcional a la densidad de espira N0/l0 porla intensidad circulando. A partir de las tres ecuaciones anteriores tenemos uncampo:

B0 = µN0/l0I (1.23)

Notamos que el campo magnetico depende fuertemente de la susceptibilidadmagnetica µ. Para mejorar este factor se coloca un nucleo de hierro dentro de labobina.

La inductancia de un conductor se define de manera general como:

L =Φ

I(1.24)

Donde I es la corriente que circula en el conductor y Φ el flujo magnetico creadopor este mismo. Este coeficiente se refiere realmente a la auto-inductancia, por-que la espira este influida por su propio campo magnetico. A partir de la expresionanterior del campo magnetico el flujo en la bobina se deduce inmediatamente:

Φ = N0B0S = SµN20 /l0I (1.25)

con S la superficie de una seccion de la bobina, y tenemos que contar N0 vecesel flujo creado por una espira. En este caso los flujos creados por cada espira sesuman. La inductancia en este caso es independiente de la corriente del conductor:

L = SµN20/l0 (1.26)

En la figura 1.9 tenemos el ejemplo del campo creado por un solenoide. Tenemosel corte transversal de la bobina con una corriente saliente hacia la pagina en loscirculos de arriba y hacia adentro para los circulos de abajo. El campo es casiuniforme dentro del solenoide sin embargo se ven efectos importantes cerca delos conductores donde el campo no es uniforme.

La energıa almacenada por la bobina se calcula calculando el trabajo necesariopara generar el campo en el espacio, daremos aquı solo el resultado del calculo:

EL =1

2LI2 (1.27)

Entonces para incrementar la energıa maxima conviene aumentar el numero deespiras o cambiar el material ferromagnetico.


Contorno

i

(a)

A B

CD

d1

d2

(b)

Figura 1.8: Esquema de una inductancia: (a) Lineas de campo en la inductancia, lalineas de campo se cierran sobre si misma. (b) Esquema del contorno elegido para elcalculo del campo magnetico, se puede aplicar facilmente el teorema de Ampere sobreeste contorno.

En realidad un modelo mas completo de la inductancia toma en cuenta laresistencia del devanado de cobre. Este puede llegar a ser importante cuando setratan de varias decenas de metros de hilo, o kilometros incluso. Esta resistenciava a crear un calentamiento de la bobina y por lo tanto perdidas de potencia.El calentamiento puede llegar hasta la destruccion de la bobina y corte-circuitosen el devanado. En la mayorıa de las bobinas, los hilos estan cubierto de un


(a)

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

(b)

Figura 1.9: Simulacion del campo creado por un solenoide. Se representa el campo enel plano transversal de la bobina de la figura (a). El modulo y la direccion del campomagnetico esta representado por un campo de flechas.

aislante electrico para evitar corte-circuitos. Este aislante tiene una duracion devida limitada y depende mucho de la temperatura. En el caso de las maquinaselectricas de alta potencia, cuales contienen muchas bobinas, se toman en cuentaestas perdidas, pueden influir mucho en el rendimiento de un dispositivo.

Este simple modelo tiene su importancia por lo que todo los devanados de lostransformadores y de las maquinas electricas se reducen a este modelo de induc-tancia. Sin embargo al trabajar en regimen de corriente alterna otros fenomenosaparecen. En ciertos casos, cuando se usan frecuencias de trabajo muy altas se to-man en cuenta la capacidad generada por los hilos. Pero esta se puede despreciaren corriente continua y en baja frecuencia.

Ordenes de magnitud y formulas importantesUnidades Henri (H)Orden de magnitud 1µ → 10HCampo en un solenoide B = µ0NIInductancia de una bobina L = SµN2

0/l0Orden de magnitud (potencia) 1/4 → 100KW


(a)

V

E

I

Ideal

Real

Pendiente R

(b)

Figura 1.10: Esquema de un generador de f.e.m y caracterısticas tension corriente deun generador ideal y real.(a) En esta figura tenemos el esquema normalizado de ungenerador de tension continua, el borne menos tiene generalmente una parte menosancha que el polo positivo. Tambien se representa la resistencia interna modelizadacomo una resistencia en serie con el generador. (b) Caracterısticas ideal y real de ungenerador de tension continua cuando cambia la intensidad a la salida.

1.2.4. Generadores y pilas

Un generador, y mas en general una fuerza electromotriz de corriente y tensioncontinua, se representa como dibujado en la figura 1.10 (a). Un generador o unapila ideal puede producir cualquier corriente sin cambiar la tension entre sus dospolos. Significa que con cualquier impedancia conectada a su salida el generadores capaz de mantener la misma tension. Es decir si conectamos una resistencia Ra un generador de f.e.m E0, la corriente viene dada por la ley de Ohm E0 = RI


por lo que la corriente es inversamente proporcional a la resistencia: I = E0/R. Sila carga es muy pequena la corriente sera muy grande, siempre que el generadormantenga la tension E0 constante entre sus bornes. Este tipo de comportamientoviene representado en la figura 1.10 donde se observa la caracterıstica tensioncorriente de un generador. Tenemos en linea discontinua la caracterıstica idealde un generador.

Sin embargo, esta caracteristica es imposible de obtener en la realidad, sig-nificarıa que se puede proporcionar potencias infinitas. La potencia se expresacomo P = V I, entonces para I = ∞ con V constante, la potencia tambien esinfinita. En la practica la potencia es limitada y el generador no podra seguir estacaracteristica. En cualquier pila o generador real tenemos un resistencia en seriecon el generador de f.e.m, esta resistencia interna se debe en gran medida a lasperdidas en el propio generador. Para un generador de tension es una resistenciaen serie quien provoca una perdida de tension a la salida del generador. En elesquema de la figura 1.10 (a) tenemos una f.e.m E en serie con una resistencia Rque representa la resistencia interna. A la salida del generador tenemos la tensionV que proporciona con una corriente I. Segun la ley de Ohm tenemos:

V = E − RI (1.28)

La representacion de la tension V en funcion de la corriente se puede apreciar enla figura 1.10. Tambien existen generadores de corrientes en los que la corrientesuministrada a la fuente es independiente de la tension que pide la carga. Estosgeneradores proporcionan una corriente I0 constante con cualquier impedanciaconectada en sus bornes. En la figura 1.11 tenemos el esquema del generador.Si conectamos una resistencia R a un generador ideal de corriente IN , la tensionde salida sera V = RIN . La caracterıstica tension/corriente de una fuente ideales una recta como se puede observar en la figura 1.11. Es la caracterıstica delgenerador ideal.

En la realidad, los defectos se materializan en una resistencia de fuga enparalelo con el generador de corriente. Al igual que el generador de tensionespodemos expresar la ley que relaciona la corriente de salida con la tension, apartir de la figura 1.11:

I = In − V/r (1.29)

Existe un metodo para pasar de un generador de tensiones a un generador decorriente equivalente. Son los equivalentes de Thevenin y Norton. Sin embargoexisten diferencias de diseno importante entre ambos dispositivos, no se construyede la mismo forma un generador de tensiones y un generador de corriente.

1.3. Sentido del campo magnetico 25

IN

r V

I

(a)

Ideal

Real

I

IN

Pendiente 1/r

V(b)

Figura 1.11: Esquema de un generador de corriente y caracterısticas tension corrientede un generador ideal y real. (a) En esta figura tenemos el esquema normalizadode un generador de corriente continua, el doble circulo simboliza el generador y laflecha indica el sentido de la corriente. La resistencia interna se asocia en paralelo conel generador. (b) Caracterısticas ideal y real de un generador de corriente continuacuando cambia la intensidad a la salida.

1.3. Sentido del campo magnetico

Para determinar el sentido de un campo magnetico a partir de la circulacion deuna corriente en un alambre tenemos varios metodos graficos y mnemotecnicos.Por ejemplo la regla de la mano derecha consiste en seguir la corriente con elpulgar y cerrar los dedos en semicirculo. Esto determina el sentido de las lineasde campo magnetico como indicado en la figura 1.12(a).

Otro metodo mnemotecnico permite determinar el resultado de un productovectorial de la forma C = A × B. En la figura 1.12(b) tenemos la regla de


(a) Regla de la mano derecha

A

B

C

C=AxB

(b) Regla de los dedos de la mano derecha

Figura 1.12: Regla de la mano derecha para determinar el sentido del campo y el. (a)En esta figura tenemos un ejemplo de como deducir el sentido del campo creado porla circulacion de una corriente. El pulgar se pone en la direccion de la corriente y lamano cerrada indica el sentido del campo. (b) En esta figura se muestra como obtenerel sentido del producto vectorial de dos vectores ortogonales.

los tres dedos de la mano derecha. El pulgar corresponde al primer vector A, elındice al segundo vector B y el mayor indica el sentido del producto vectorial delos dos primeros vectores. Esta regla se revela util para determinar las fuerzasdebidas a los campos magneticos como la fuerza de Lorenz o de Laplace. Podemosmencionar tambien la regla del hombrecillo de Ampere. Este hombrecillo se colocaen el sentido de la corriente (la corriente recorriendo su cuerpo de los pies haciala cabeza), el hombre mira el punto que nos interesa y tiende su brazo izquierdo.El brazo indica la direccion del campo magnetico.

1.4. Circuitos lineales 27

1.4. Circuitos lineales

1.4.1. Leyes de KirchhoffGustav Robert Kirchhoff(12 de marzo de 1824 -17de octubre de 1887) Fısi-co Aleman famoso por sustrabajos sobre la radiaciondel cuerpo negro pero sunombre quedara asociado ala teorıa de circuitos y suenunciado de la conserva-cion de las corrientes en uncircuito.

Las leyes de Kirchhoff son fundamentales para poder expresar las relacionesentre las corrientes, las tensiones y los elementos de un circuito. Permiten analizarun circuito y establecer las ecuaciones que le describen.

Las leyes de Kirchhoff son una forma de la ley de conservacion aplicada acircuitos electricos. 1. La primera ley de Kirchhoff especifica que no hay acumu-lacion de cargas en ningun punto de un circuito, se traduce por el hecho que enun nudo de un circuito la suma de las corrientes algebricas es nula. Para hacerla suma algebraica de las corrientes en un nudo se toman con un signo positivolas corrientes entrantes (con la flecha hacia el nudo) y negativas las corrientessalientes:

∑

k∈ nudo

ik = 0 (1.30)

Esta ley significa que no podemos tener un hilo o un nudo donde sale mascorriente de la que entra. En la figura 1.13 tenemos un ejemplo de nudo dondellegan varias corrientes a la vez. Entra en el nudo la corriente i3 e i4 y salen lascorrientes i1 e i2 por lo que podemos establecer la relacion entre estas corrientes:

i1 + i2 − i3 − i4 = 0 (1.31)

La segunda ley de Kirchhoff, llamada tambien ley de las tensiones es tambienuna ley de conservacion. Es una ley de conservacion de la tension en una malla.Una malla de un circuito es una parte del circuito cerrada, como por ejemplo enla figura 1.13 (b) el circuito determinado por los puntos ABEFA. Tenemos otrosdos circuitos cerrados: ABCDEFA y BCDEB. La ley de Kirchhoff expresa que lasuma algebraica de las tensiones de estos circuitos cerrados tiene que ser nulapara que la energıa se conservara.

1La ecuacion de conservacion de la carga puede deducirse a partir de la divergencia de laley de Ampere:

divrotB = div(J) + div(∂D

∂t) = 0

porque la divergencia del rotacional es nula, por lo que combinando con la ley de Maxwell-Gauss tenemos: div(J) = −∂ρ

∂tlo que significa que la variaciones espaciales de corriente son

iguales a la variaciones temporales de la carga.


(a) Primera ley de Kirchhoff

(b) Segunda ley de Kirchhoff

Figura 1.13: (a) Esquema de un nudo donde llegan dos corrientes positivas (i3 y i4)y dos corrientes negativas. La ley de Kirchhoff afirma que la suma algebraica de estascorrientes es nula. (b) Ilustracion de la segunda ley de Kirchhoff que afirma que lasuma de las tensiones en una malla cerrada tiene que ser nula.

La segunda ley de Kirchhoff para un circuito cerrado se enuncia de manerageneral:

∑

k∈ malla

Vk = 0, (1.32)

para todas las tensiones un circuito cerrado. Para la la malla ABEFA la ley deKirchhoff expresa: VAB + VBE + VEF + VFA = 0. Se han sumado las tensio-nes como vectores ya que tenemos una relacion de Chasles para las tensiones:VAE = VAB + VBE .

Ahora consideramos una malla del ejemplo de circuito cualquiera de la figura1.14. En cualquier malla, la suma de los voltajes siguiendo un circuito cerrado


Figura 1.14: Ejemplo de aplicacion de las leyes de Kirchhoff.

tiene que ser cero. Consideremos una malla del circuito, por ejemplo la malla 1.Para sumar las tensiones elegimos el sentido de rotacion horario y seguimos unamalla. Las tensiones con flechas en el sentido de rotacion (como la tension E)van sumadas con un signo positivo cuando las tensiones opuestas al sentido vancon un signo menos. Resulta de la suma:

E − VR1 − VR3 − VR4 = 0

Gracias a esta ley y la relacion entre corriente y tensiones en los componentesse pueden determinar todas las tensiones y corrientes a partir de los valores delos componentes. Cuando todos los componentes son lineales el circuito puederesolverse con un sistema de ecuaciones lineales, con las tecnicas de la algebralineal.

Ejemplo de aplicacion En el circuito de la figura 1.14 tenemos las siguientesresistencias: R1 = 3Ω, R2 = 10Ω,R3 = 4Ω,R4 = 5Ω y la f.e.m. E = 10V .Determinar la corriente I3 ası como la tension VR2.

Solucion Para resolver el circuito podemos por ejemplo escribir las ecuacionesde las mallas 2 y 3:

E − VR1 − VR2 = 0 (1.33)

VR2 − VR3 − VR4 = 0 (1.34)

Tenemos tambien la ley de Kirchhoff para las corrientes:

I1 = I2 + I3 (1.35)


Usando la ley de Ohm tenemos el sistema de ecuaciones:

E − R1I1 − R2I3 = 0R2I3 − R3I2 − R4I2 = 0I1 = I2 + I3

(1.36)

Tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incognitas que podemos resolver.Depues de calculo obtenemos:

I3 = E(R3+R4)R1R2+(R1+R2)(R3+R4)

I2 = ER2

R1R2+(R1+R2)(R3+R4)

I1 = I2 + I3

(1.37)

Aplicacion numerica:

I3 = 10(4+5)3·10+(3+10)(4+5)

= 0,689A

I2 = 10·103·10+(3+10)(4+5)

= 0,344A

I1 = I2 + I3 = 1,034A

(1.38)

Por lo tanto la tension VR2 vale:

VR2 = I3R2 = 0,689 · 10 = 6,890V (1.39)

1.4.2. El teorema de Millman

El teorema de Millman permite calcular facilmente la expresion de una ten-sion en un circuito lineal, es decir compuesto de elementos pasivos y fuentes detensiones. Permite determinar una tension de una rama del circuito a partir detodos los elementos que lo componen. Supongamos un circuito con k ramas ydeseamos calcular la tension en una rama i. Podemos expresar la tension de estarama en funcion de los elementos de la propia rama y de los elementos de lasotras k−1 ramas unidas a estas. Para una tension i del circuito podemos escribir:

Vi =

∑

k Vk/Rk +∑

k Ik∑

k 1/Rk + 1/Ri(1.40)


Figura 1.15: Ilustracion del teorema de Millman.

con las tensiones Vk de todas las ramas conectadas a la rama i, las resistenciasRk equivalente de cada rama y Ri la resistencia de la propia rama i.

Tomamos como ejemplo el circuito de la figura 1.15, se puede determinarmediante el teorema de Millman:

VR1 =E1/R3 + I2

1/R1 + 1/R2 + 1/R3

(1.41)

la tension VR1 es la suma de las corrientes equivalentes de las ramas partido porla suma de todas las conductancias. Se puede obtener el mismo resultado conlas leyes de Kirchhoff, es simplemente una manera mas rapida de calcular unatension cuando conocemos muchos elementos del circuito.

1.4.3. Asociacion de impedancias

Podemos reducir la complejidad de muchos circuitos lineales considerando laasociacion de resistencias en serie o en paralelo. Podemos incluso generalizarlo atodo tipo de impedancias (es decir tambien a los condensadores e inductancia).La impedancia equivalente de una asociacion en serie es sencillamente la sumade las impedancias. Para demostrarlo podemos consideramos la figura 1.16 (a)donde tenemos k resistencias en serie. La tension en las k resistencias se escribeen virtud de la ley de Ohm:

VRk = RkI, (1.42)

dado que la intensidad que circula es la misma en cada resistencia. Por otra partepor linealidad podemos descomponer la tension VAB:

VAB = VR1 + VR2 + · · · + VRk (1.43)


Sustituyendo (1.42) en la precedente ecuacion tenemos una expresion de VAB

funcion de las resistencias:

VAB = R1I + R2I + . . . RkI = Ik

∑

n=1

Rn (1.44)

Por lo que podemos definir una nueva resistencia equivalente que depende de lasresistencias en serie:

Req =∑

k

Rk (1.45)

Para una asociacion de componentes en paralelo podemos calcular a partirde las reglas de Kirchhoff la resistencia equivalente de una forma similar. Paraobtener una expresion practica consideremos la figura 1.16 (b) con k resistenciasconectadas al mismo potencial VAB. En este caso la ley de Ohm se escribe paracada resistencia:

VAB = R1I1 = R2I2 = · · · = RkIk (1.46)

Por otro lado tenemos la ley de Kirchhoff que establece una relacion entre lascorrientes:

I = I1 + I2 + · · ·+ Ik =VAB

R1+

VAB

R2+ · · ·+ VAB

Rk(1.47)

(a)

(b)

Figura 1.16: Ilustracion de asociacion de impedancias en serie y en paralelo.


Esta ultima expresion se puede factorizar:

I = VAB

k∑

n=1

1

Rn(1.48)

Podemos definir una nueva resistencia Req cuaya inversa es igual a la suma dela resistencias en paralelo:

1/Req =

k∑

n=1

1/Rn (1.49)

Es la suma de las admitencias, es decir el inverso de la impedancia equivalente esla suma de la inversa de las resistencias. Con estas dos reglas sencillas podemosreducir los circuitos a expresiones mas sencillas.

Este esquema es valido para resistencias y impedancias, la asociacion deimpedancias tambien sigue esta ley. Para los condensadores hay que hacer loscalculos de nuevo, la capacidad generada por dos condensadores en serie no es lasuma de las capacidades individuales. Se puede demostrar que para condensadoresasociados en serie:

1/Ceq =∑

1/Ck (1.50)

Y para condensadores asociados en paralelo tenemos:

Ceq =∑

Ck (1.51)

Lo que es opuesto a la asociacion de resistencias.No tratamos aquı la asociacion de inductancias dado que en continuo no

tiene mucho sentido.

1.4.4. El teorema de TheveninLeon Charles Thevenin (30mars 1857 en Meaux - 21septembre 1926 en Paris)Ingeniero Frances que des-cubrio el teorema que llevasu nombre estudiando las le-yes de Kirchhoff y las leyesde Ohm.

El teorema de Thevenin permite reducir cualquier circuito lineal a una simplefuente asociada a una resistencia. Es decir que cualquier asociacion de elementosde lineales visto de desde dos puntos se comporta como un generador con unresistencia en serie. El voltaje equivalente del circuito se anota Vth y la resistenciaequivalente Rth.

La mejor forma de aplicar el teorema es coger un ejemplo como en la figura1.17. Se puede analizar el circuito en dos pasos:


R

Eth

th

A

B

R 1

E1

R2R

R3

4

B

A

Figura 1.17: Ilustracion del teorema de Thevenin. Consiste en transformar un circuitolineal visto desde dos puntos A y B en su equivalente de generador con una resistenciainterna.

Para calcular la resistencia de TheveninRth de cortocircuito las fuentes detensiones y de abren la fuentes de corrientes, se calcula de esta forma laresistencia equivalente entre los puntos A y B.

El voltaje de Thevenin Vth se obtiene midiendo el voltaje entre A y B sincarga a la salida.

Podemos ejercer sucesivos calculos hasta llegar a la forma del generador de The-venin. Dejamos la sucesivas etapas del desarrollo como ejercicio. Se tienen queusar las reglas de Kirchhoff para llevarlo a cabo. El resultado nos da:

Vth =R1R2E1

(R1R2 + R3 + R4)(R1 + R2)(1.52)

Rth =R1R2(R3 + R4)

(R1(R2 + R3 + R4) + R2(R3 + R4)(1.53)

1.4.5. El teorema de Norton

El teorema de Norton es el equivalente del teorema de Thevenin para unafuente de corriente. Cualquier red lineal visto de desde dos puntos se puede mode-lizar con una fuente de corriente y una resistencia en equivalente en paralelo. Sepuede pasar de una forma de Thevenin a una forma de Norton con las siguientesformulas de equivalencia:

IN =Vth

Rth

(1.54)

RN = Rth (1.55)

1.5. Analisis de Transitorios 35

Figura 1.18: Ilustracion del teorema de Norton

Con estas formulas podemos transformar circuitos lineales de forma sencilla,podemos reducir una red lineal a un simple generador asociado a su resistenciainterna. En la figura 1.18 ensenamos la relacion entre un generador de Norton yun generador de Thevenin.

1.5. Analisis de Transitorios

En los circuitos activos el establecimiento de regimen permanente pasa poruna fase llamada transitorio. En esta seccion daremos los ejemplos practicos mascomunes que consisten en la carga de un condensador y la magnetizacion deuna bobina. Estos dos ejemplos se encuentran con frecuencia en las maquinaselectricas y permite estimar la dinamica de ciertos sistemas.

El primer circuito que vamos a analizar es la asociacion de una resistencia conun condensador lo cual esta conectado a un generador de continuo. El circuitose puede ver en la figura 1.19 (a). Todavıa no hemos hablado de dinamica en elcondensador, para obtener la relacion existente entre la corriente que atraviesaun condensador con la tension en sus bornes tomamos primero la expresion dela carga: Q = CVc. Si derivamos esta expresion frente al tiempo obtenemos lasiguiente ecuacion:

dQ

dt= C

dVc

dt= I (1.56)


R

VcE

(a)

0 0,004 0,008 0,012t (s)

0

2

4

6

8

10

VC (

V)

(b)

Figura 1.19: Carga de un circuito RC. (a) Circuito RC con los parametros siguientes:R = 1kΩ, C = 1µF y E=10V. (b) Voltaje del condensador cuando se conecta a lafuente.

Es decir que la corriente es la derivada de la tension en un condensador (consi-deramos que la capacidad del condensador es una constante independiente deltiempo). Con eso ya podemos estudiar el comportamiento dinamico de un con-densador.

Se puede deducir facilmente la ecuacion diferencial del circuito de la figura1.19 aplicando las leyes de Kirchhoff:

E − RI − Vc = 0 (1.57)

E − RCdVc

dt− Vc = 0 (1.58)

RCdVc

dt= E − Vc (1.59)

Si consideramos el condensador descargado al inicio es decir Vc = 0 podemosdeducir directamente la expresion matematica de la carga del condensador:

Vc = E(1 − e−t/RC) (1.60)

Llamamos la constante de integracion del condensador el valor τ = RC lo cualtiene unidad de tiempo y corresponde al tiempo de 63% de la carga final. Po-demos ver la evolucion temporal para una resistencia de 1KΩ y un condensadorde 1µF conectados a una fuente de 10V en la figura 1.19 (b). Tenemos dosconclusiones importantes para el analisis de los circuitos en con condensadores:

1.5. Analisis de Transitorios 37

1. La primera es que no hay discontinuidades de tension en un condensador,la derivada de la tension no puede ser infinita.

2. La tension media sobre un periodo en regimen oscilatorio es nula. Estasegunda ley tiene su importancia en regımenes de corriente alterna comoestudiaremos en la segunda parte.

La magnetizacion de una inductancia es tambien muy similar a la carga deun condensador para un circuito similar a la figura 1.19 con una inductancia envez del condensador. Podemos deducir facilmente la ecuacion diferencial corres-pondiente:

Ldi

dt= E/R (1.61)

y la corriente crece exponencialmente como:

i = E/R(1 − e−t/RL) (1.62)

lo cual es la misma dinamica que el caso del condensador pero con la intensidad.

En general muchos sistemas resultan de la combinacion de varios de estoselementos. La respuestas del sistema o los transitorios pueden ser regidos porecuaciones diferenciales de segundo orden o mas. Estos transitorios pueden serimportantes en varios casos. Por ejemplo en un sistema del primer orden si sebuscan una respuesta rapida se tiende a reducir este tiempo de arranque. En sis-temas del segundo orden se hace generalmente un compromiso entre la velocidady la forma del transitorio. Pero esto sale del marco de esta introduccion.


1.6. Resultados y formulas importantes

Ordenes de magnitud y formulas importantes

Ley de Ohm V = RI

Primera ley de Kirchhoff suma algebrica de las corrientes en unnodo es nula:

∑

k ik = 0

Segunda ley de Kirchhoff la suma de las tensiones en una malla deun circuito es nula:

∑

malla Vk

Teorema de Millman La tension en un punto del circui-to depende de todas las ranas: V =P

Vk/Rk+P

IkP

1/Rk+P

1/Ri

Potencia activa P = V I

Asociacion de resistencias en serie Req =∑

Rk

Asociacion de resistencias en paralelo 1/Req =∑

1/Rk

Capacidad de un condensador de placas C = εS/d

Inductancia de una bobina con nucleo L = SµN20/l0

1.7. Ejercicios 39

1.7. Ejercicios

1. Una resistencia que puede disipar como maximo 100 W se proyecta parafuncionar con una diferencia de potencial de 220 V, calculad:

a) Cuanto vale la resistencia y que intensidad circula por ella.

b) Que potencia disipa la resistencia si se alimenta a 125 V.

Respuesta: a) 484 Ω y 0.45 A; 32.28 W

2. Una baterıa con una f.e.m. de 12 V tiene una diferencia de potencial ensus extremos de 11.4 V cuando la intensidad subministrada a un motor esde 20 A. Calculad:

a) Cual es la resistencia interna de la baterıa.

b) Que potencia subministra.

c) De la potencia subministrada, cuanta se pierde dentro de la propiabaterıa.

d) Si en lugar de alimentar el motor, alimenta una resistencia de 2 oh-mios, ¿Cual es la diferencia de potencial en bornes de la baterıa?

Respuesta: a) 0.03 Ω b) 240 W; c) 12 W; d) 11.82 V

Figura del ejercicio 3

3. Encuentra la resistencia equivalente del circuito de la figura.Respuesta: 4.1 Ω



4. Demuestra que la resistencia equivalente entre los puntos A y B de la figu-ra es R. ¿Que pasarıa si anadimos una resistencia R entre los puntos C y D?


5. En el circuito de la figura, la intensidad que circula por R1 vale 0.5 A,calculad:

a) La intensidad que circula por R2.

b) La diferencia de potencial entre A y B.

c) La resistencia equivalente entre A y B.

d) La intensidad que circula por R3 y la total del circuito.

Respuesta: a) 0.25 A; b) 15 V; c) 10 Ω d) 1 A; e) 1.5 A


1.7. Ejercicios 41

6. En el circuito de la figura la diferencia de potencial entre C y D es de 12V, calculad:

a) La intensidad que circula por cada rama.

b) La diferencia de potencial entre A y B.

c) La resistencia equivalente.

Respuesta: a) 0.75 A y 0.5 A; b) 3.5 V; c) 9.6


7. En el circuito de la figura, encuentra:

a) La intensidad en cada resistencia.

b) La potencia subministrada por cada f.e.m.

c) La potencia disipada en cada resistencia.

Respuesta: a) 2 A, 1 A, 1 A; b) 16 W, 8 W, -4 W; c)



8. ¿Que diferencia de tension aporta la fuente Ux para que la diferencia depotencial entre los puntos A y B sea de 90 V? Resolver con las leyes deKirchhoff y despues con el teorema de Millman aplicado en el centro.Respuesta: a) 30V / -540 V]


9. En el circuito de la figura, calcula la intensidad que circula por la resistenciade 3.33 ohmios y la potencia que disipa.Respuesta: a) 1 A; b) 3.33 W


10. En el circuito de la figura, calcula la diferencia de potencial entre los ex-tremos de la resistencia de 15 ohmios.Respuesta: a) 15 V

11. Un condensador de 6 µF esta cargado inicialmente a 100 V. A continuacionse unen sus armaduras mediante una resistencia de 500 Ω Calculad:

1.7. Ejercicios 43

a) Cual es la carga inicial del condensador?

b) ¿Cual es la corriente inicial despues de conectar el condensador a laresistencia?

c) ¿Cual es la constante de tiempo de este circuito?

d) ¿Cual es la carga del condensador despues de 6 ms?

Respuesta: a) 6x10-4 C; b) 0.2 A; c) 3 ms; d) 8.1x10-5 C

12. Un condensador de 1.6 µF, inicialmente descargado, se conecta en seriecon una resistencia de 10 k y una baterıa de 5.0 V. Calculad:

a) La carga en el condensador despues de un tiempo muy largo.

b) Cuanto tarda el condensador en alcanzar el 99 % de su carga final.

Respuesta: a) 8x10-6 C; b) 0.074 s

13. Un condensador de 1 µF se encuentra inicialmente descargado. Se carga acontinuacion durante 10 ms con una corriente constante de 1 mA. ¿Cuales la tension en el condensador despues del proceso de carga?Respuesta: 10 V

Problemas sin la solucion:

1. Considera un circuito RC en serie con una resistencia R= 10Ω y un con-densador C= 1µF. En el instante inicial se conecta a un generador de 10V. Si inicialmente el condensador estaba cargado, ¿cual es la intensidad alcabo de 2ms?

2. Consideramos una fuente de tension con una resistencia interna r, conec-tamos esta fuente a una resistencia de valor R. Encontrar el valor de Roptimo para que la potencia disipada en la resistencia sea maxima.

3. Tenemos una fuente de corriente continua de 1 mA y queremos cargarun condensador de 10 µF para tener 100V en sus bornes. ¿Cuanto tiempotenemos que dejar conectado el condensado? Sabiendo que el voltaje maxi-mo del condensador es de 300V, al cabo de cuanto tiempo el condensadorpuede explotar? ¿Cuanta energıa esta almacenada en el condensador?


4. Conectamos un condensador 1µF a una fuente de tension continua de 10V.Una vez cargado desconectamos el generador y asociamos al condensadorotro condensador descargado de 10 µF. ¿Cual es la tension final del dispo-sitivo?

Capıtulo 2

Circuitos de corriente alterna

En el dominio de la electrotecnia la mayorıa de las tensiones que se generanson alternas, es decir que varıan de forma sinusoidal con el tiempo. Las funcionestrigonometricas son unas viejas conocidas en matematicas y existe un formalismoy herramientas muy potentes para manejarles. Estos formalismos matematicosson esenciales para el analisis de los circuitos.

El uso de corriente alterna a tardado algun tiempo antes de imponerse comoestandar en la industria. En los principios de la era industrial en estados unidos lacompanıa electrica Edison (fundada por el famoso inventor del mismo nombre)apostaba por la corriente continua para la distribucion de energıa. Sin embargo,el transporte de energıa con este metodo se revelo ineficiente. La corriente al-terna ofrecıa un mejor rendimiento para el transporte debido a la existencia detransformadores de tension. El desarrollo posterior de las maquinas asıncronasy sıncronas han establecido de una vez por todas el uso de la corriente alternaen las industrias. Sin embargo muchos aparatos domesticos funcionan con unacorriente continua, especialmente los componentes electronicos de baja tension.Existen numerosos transformadores de corriente alterna a continua y una granparte de la electronica de potencia esta dedicada a transformar la energıa de unaforma a la otra.

La siguiente tabla recoge las principales ventajas y inconvenientes de la co-rriente alterna y continua:

En este capitulo presentamos las herramientas que permiten el estudio de loscircuitos de corriente alterna. Hablaremos de su generacion en capıtulos poste-riores.

45

46 Capıtulo 2. Circuitos de corriente alterna

Tipo Ventajas DesventajasCorriente conti-nua

1. Distribucion con dos o un solo con-ductor, utilizando la tierra comoconductor de retorno.

2. Mejor utilizacion de los aparatos,que pueden soportar una tensionmas elevada.

3. Control simple y flexible de las ma-quinas electricas.

4. Calculos mucho mas simples, al nodepender del tiempo.

5. Posibilidad de almacenamiento deesta energıa en grandes cantidades.

6. Resulta cuatro veces menos peligro-sa que la corriente alterna.

1. Imposibilidad de empleo de transfor-madores, lo que dificulta el cambiode nivel de tension.

2. La interrupcion de corriente conti-nua presenta mas problemas que lade corriente alterna.

3. La circulacion de corriente continuapor tierra provoca corrosion galvani-ca en objetos enterrados.

Corriente alter-na monofasica

1. Distribucion con dos o un solo con-ductor.

2. Facilidad de interrupcion de la co-rriente.

3. Facilidad de transformacion paraadaptar el nivel de tension.

1. Un corriente monofasica no permitecrear un campo magnetico giratorio.

2. La potencia generada transportadaen regimen permanente no es cons-tante.

3. El par de una maquina rotativa noes unidireccional.

4. La regulacion de maquinas rotativases difıcil.

5. La potencia AC monofasica es untercio la potencia AC trifasica.

Corriente alter-na trifasica.

1. Permite crear un campo magneticogiratorio

2. La potencia electrica generada otransportada en regimen permanen-te es constante.

3. Permite el empleo de la tension fase-fase o de la tension fase-neutro.

4. La potencia transportada represen-tada el triple de la transportada enmonofasico.

5. El uso de transformadores permi-te elevar la tension para realizar eltransporte a grandes distancias.

1. Distribucion con tres o mas conduc-tores.

2. La interrupcion de corriente requie-re tres interruptores (uno en cadafase).

3. La regulacion de velocidad de ma-quinas rotativas no es tan simple co-mo en las de corriente continua.

4. Mas peligrosa que la corriente con-tinua.

5. Mas dificultad a la hora de realizarcalculos.

Cuadro 2.1: Tabla resumiendo las ventajas y desventajas del uso de la corriente con-tinua, alterna y alterna trifasica. Fuente: R. M. Mujal Rosas, “Tecnologıa Electrica”,edicion UPC 2000.

2.1. Caracterısticas de la corriente alterna 47

2.1. Caracterısticas de la corriente alterna

La corriente aparece en la electrotecnıa con el desarollo de los generadoresrotativos. Estos generadores, al girar a una velocidad constante producen unafuerza electromotriz que varia en el tiempo de forma periodica. Esta fuerza elec-tromotriz evoluciona en el tiempo como una onda sinusoidal y tiene un aspectoparecido al de la figura 2.1 (a). Esta onda sinusoidal es la manifestacion de unamultitud de fenomenos oscilatorios en fısica, quımica, biologıa ect. Existe unagran variedad de herramientas matematicas para tratar teoricamente estas osci-laciones armonicas. Presentamos aqui las caracteristicas mas importantes de lasfunciones sinusoidales.

La corriente alterna tiene distintos parametros importantes. Primero es unafuncion periodica con un cierto periodo T0 en segundos que representa el tiempopara el cual se repite la forma de onda (ver 2.1 (a)). La frecuencia es el numerode veces que se repite el fenomeno en un segundo, es el inverso del periodo :

f0 =1

T0

, (2.1)

y tiene como unidad el Hertzio (Hz). La representacion de esta onda se encuentraen la figura 2.1 (a) y (b).

La expresion matematica mas sencilla es:

V (t) = A cos(ω0t + φ0). (2.2)

Es la funcion trigonometrica coseno donde φ0 se llama la fase inicial de la onday A su amplitud, es decir el valor maximo que puede alcanzar la funcion V . Lafase de la precedente expresion se escribe como:

ϕ(t) = ω0t + φ0 (2.3)

con ω0 la frecuencia angular de la onda. La fase puede representarse en un circulotrigonometrico de radio A (figura 2.1 (b)). En este circulo ϕ representa el angulode un vector que recoge este circulo. La proyeccion de este vector sobre el eje realproporciona el valor numerico de la funcion V . La frecuencia angular representael numero de vueltas por segundos de este vector, en radianes por segundos. Estacantidad tiene una relacion con la frecuencia de la onda:

ω0 = 2πf0 =2π

T0(2.4)


(a)

(b)

Figura 2.1: Representacion de una funcion sinusoidal con sus distintos parametros:periodo T0, amplitud A, fase inicial Φ0. En la figura (b) presentamos un ejemplo deinterpretacion de la onda sinusoidal en el circulo unidad. En el dominio temporal, laposicion en el instante t1 corresponde a un angulo ϕ en el circulo trigonometrico. Estafase es: ϕ = ω0t1 + φ0

Como podemos ver en la figura 2.1 la senal sinusoidal puede representarse enel circulo unidad como la parte real de una senal compleja, es decir la proyecciondel vector de fase ϕ sobre el eje real:

V (t) = ℜAej(ω0t+φ0) = ℜA(cos(ω0t + φ0) + j · sin(ω0t + φ0)) (2.5)

Esta notacion tiene ventajas para el calculo infinitesimal, por ejemplo cuando se

2.2. Representacion de cantidades sinusoidales como fasores 49

derivan y se integran estas senales:

df(t)

dt=

d

dtℜAej(ω0t+φ0) = ℜAjω0e

j(ω0t+φ0) (2.6)

es decir que una derivacion temporal es equivalente a multiplicar la senal complejapor jω0, de la misma manera podemos integrar la senal:

∫ t

−∞

f(x)dx =

∫ t

−∞

ℜAej(ω0x+φ0)dx = ℜ 1

jω0

Aej(ω0x+φ0) + K (2.7)

lo que equivale a dividir por jω0 la senal compleja. Como veremos con el trata-miento de circuitos de alterna estas operaciones en regimen harmonico simplificangrandemente los calculos de ecuaciones diferenciales.

Otro parametro importante relativo a la amplitud de una onda periodica es laamplitud cuadratica media. Se define la amplitud cuadratica media de una ondacomo:

Veff = 1/T

∫ T

0

V (t)2dt (2.8)

para una onda sinusoidal de amplitud V como expresado anteriormente tenemos:

Veff =V√2. (2.9)

2.2. Representacion de cantidades sinusoidales

como fasores

Vimos justo antes que una senal periodica podıa representarse como la partereal de una senal compleja. Esta notacion tiene ventajas cuando todas las senalesde un circuito oscilan con la misma frecuencia. Se puede demostrar que en loscircuitos lineales, la frecuencia de la corriente y la tension es la misma para cadaelemento del circuito.

En estas condiciones se puede ignorar la informacion de la frecuencia. Loque nos interesa entonces en las cantidades sinusoidales son la amplitud y lafase inicial. Los fasores se han usado en analisis de circuitos de desde el finaldel siglo XIX. El manejo de fasores simplifica en muchos casos el calculo defunciones trigonometricas complicadas. Ademas existen herramientas de analisisen el dominio de los numeros complejos muy eficientes.


En definitiva una senal sinusoidal se define con su amplitud, su fase y sufrecuencia angular:

V (t) = Acos(ω0t + φ0) (2.10)

Hemos visto anteriormente que se podıa escribir como la parte real de un unnumero complejo:

V (t) = ℜAej(ω0t+φ0) = ℜAejφ0ejω0t (2.11)

El fasor, va a definir la parte correspondiente a la amplitud A y a la fase φ0. Elfasor se define con la amplitud compleja A:

A = Aejφ0 (2.12)

se guardan unicamente las informaciones de amplitud y de fase de la senal.El numero complejo A se llama un fasor, tiene un modulo y una direccion (unangulo). Esta notacion es unicamente valida cuando se tratan de senales alternas,es decir que solo podemos definir un fasor en el dominio armonico. Otra notacionmuy usada en electrotecnia es la siguiente:

A = A∠φ0 (2.13)

Para anotar el modulo y el angulo del fasor.1

Podemos destacar algunas propiedades importantes de los fasores, por ejem-plo permite sumar facilmente senales, suponemos la suma de las dos funcionessinusoidales siguientes:

V1(t) = Acos(ω0t) (2.14)

V2(t) = Bcos(ω0t +π

2) (2.15)

con los fasores correspondientes:

A = A (2.16)

B = Bej π2 (2.17)

La suma de los dos se escribe como:

1En algunos libros de electrotecnia, la amplitud del fasor se define con el valor eficaz. Estaconvencion permite simplificar algunos calculos de potencia. Sin embargo esta convencion nose acuerda con la definicion de modulo y fase de un numero complejo. Para ser consistentecon esta notacion seguimos usandola en todo el documento.

2.2. Representacion de cantidades sinusoidales como fasores 51

A

BA+B

Figura 2.2: Suma de dos fasores

C = A + B = A + Bej π2 = A∠0 + B∠

π

2(2.18)

Podemos visualizar facilmente la suma en la figura 2.2 en la cual el fasor resultantees la suma de los vectores A y B. Para obtener una expresion analıtica de estefasor conviene sumar las componentes complejas:

C = A + jB =√

A2 + B2∠tan−1 B/A (2.19)

Recordamos aquı que no se pueden sumar fasores de senales con frecuenciasdistintas.

Con los fasores el calculo de derivadas resulta simple. Como hemos vistoantes podemos definir facilmente las operaciones de derivacion y integracion deun fasor considerando la forma compleja V (t) = ℜAejφ0ejω0t:

ddt

→ A = Ajω0ejφ0 = Aω0∠φ0 + π/2

∫

·dt → A = A 1jω0

ejφ0 = Aω0

∠φ0 − π/2

Con estas transformaciones podemos resolver ecuaciones diferenciales de formasencilla con una ecuacion algebraıca, siempre que las senales sean sinusoidales.

Otra forma de describir una senal periodica se hace usando las formulas deEuler:

V (t) = Asin(ω0t) =1

2(Aej(ω0t+φ0) + Ae−j(ω0t+φ0)) (2.20)


y por lo tanto:

V (t) =1

2(Aejω0t + A∗e−jω0t) (2.21)

Cuando se trabaja con fasores un fasor importante es el fasor de referencia olo que llamamos tambien la referencia de fase. Una de las cantidades del circuitotiene que servir de referencia para todos los otros fasores del sistema. Se elige elmas de comodo para tratar los otros o bien el que nos interesa ser la referencia.Es importante definir este fasor al principio para poder dar una referencia a lasfases sin ambiguedad a continuacion.

2.3. Resistencias, condensadores y inducciones

en corriente alterna

Hemos visto las caracterısticas fısicas de los componentes pero solo hemosestudiado su comportamiento en regimen estatico, es decir cuando las tensionesy las corrientes eran constantes. Ahora vamos a estudiar como se comportan loscomponentes cuando una corriente alterna les atraviesa, el comportamiento va aser distinto segun el componente pero como veremos todos se van a modelizarcomo una impedancia compleja.

2.3.1. Resistencias

La relacion entre tension y corriente en un resistencia es identica a la relacioncon tensiones continuas, es decir que la ley de Ohm se sigue cumpliendo. Larelacion tension corriente es lineal:

V = RI (2.22)

Este elemento no produce ningun desfase entre la tension y la corriente. Lapotencia es siempre real.

2.3.2. Condensadores

Hemos visto en el primer capitulo como se comportaba el condensador enregimen estatico, hemos deducido tambien las relaciones fundamentales del con-densador como por ejemplo la relacion entre la carga y la diferencia de potencial.Por otro lado, la relacion entre tension y corriente en un condensador se puede

2.3. Resistencias, condensadores y inducciones en corriente alterna 53

calcular facilmente a partir de la relacion entre la carga y la tension aplicada alcondensador:

Q = CV (2.23)

Para tener el comportamiento dinamico de la carga podemos tomar las variacio-nes temporales de la carga. Ası, una variacion de carga en el condensador provocauna corriente:

dQ

dt= I = C

dV

dt(2.24)

Esta formula traduce el hecho de que la corriente que atraviesa un condensadores la derivada de la tension entre sus polos. Una consecuencia interesante es quesi la tension es sinusoidal, la corriente tambien lo sera dado que la derivada deuna funcion sinusoidal tambien es sinusoidal.

Tambien se puede interpretar el condensador como un integrador de corriente,si integramos la expresion anterior para hacer aparecer la tension tenemos unintegrador de corriente:

V (t) =1

C

∫ t

−∞

I(x)dx. (2.25)

Cuando la corriente que atraviesa el condensador es alterna de pulsacion ω0

podemos representar la tension y la intensidad por sus respectivos fasores. Porejemplo si tenemos una tension sinusoidal de amplitud V0, de fase inicial φ0 yfrecuencia ω0 tenemos la expresion:

V (t) = V0sin(ω0t + φ0), (2.26)

le corresponde el fasor complejo siguente:

V = V0ejφ0 . (2.27)

Si introducimos este tension en la ecuacion (2.24) podemos derivar la expresion:

I(t) = CdV

t= CV0ω0cos(ω0t + φ0) = CV0ω0sin(ω0t + φ0 −

π

2) (2.28)

Si lo expresamos en forma de fasores se simplifica la expresion:

I = Cω0V0∠φ0 +π

2= CωjV . (2.29)

Se suele expresar en forma de la ley de Ohm:

V =1

CωjI. (2.30)


0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−1

−0.5

0

0.5

1

t (s)

Am

plitu

d (a

rb)

CorrienteTension

(a)

I

V

Im

Re

(b)

Figura 2.3: Representacion de la corriente y de la tension en un condensador alimentadoen corriente alterna. (a) En esta primera figura observamos el desfase entre la corrientey la tension en el condensador. La tension viene despues de la corriente en el tiempo.El desfase entre ambos es de π

2 . (b) En esta figura ensenamos el diagrama de fasoresequivalente, si consideramos como referencia de fase la corriente I, entonces la tensionestara orientada hacia abajo debido a la relacion: V = −(j/ω0C)I.

Al integrar la corriente en el condensador, el fasor de corriente correspondientese divide entre jω0. Al nivel de fasores el condensador provoca un desfase deπ/2 radianes entre la tension y la corriente, este desfase se puede observar enla figura 2.3. Se dice que la tension va detras de la corriente. Tiene consecuen-cias importante al nivel de potencia. La potencia del condensador es totalmente


Figura 2.4: Circuito del ejemplo 2.3.2

reactiva como veremos mas adelante.Al observar la relacion entre tension y corriente precedente, podemos conside-

rar los condensadores como una impedancia compleja. La impedancia en regimenharmonico se define como:

ZC =1

jω0C(2.31)

La reactancia del condensador se define como:

XC =1

ω0C(2.32)

Tenemos entonces:

ZC = −jXC (2.33)

Insistimos en que esta impedancia es unicamente valida en regimen armonico.En otros casos tenemos que volver a las ecuaciones diferenciales o bien usar otrosformalismos.

Ejemplo Tenemos el circuito de la figura 2.4 alimentado por una fuente decorriente alterna de frecuencia f = 150Hz. Expresar la corriente y la tension Vc

del condensador en forma de fasores. Datos del problema: R = 1kΩ, C = 1µF,V0 = 10∠0 V y f = 150Hz.

Solucion Para resolver este problema primero podemos tomar la malla delcircuito aplicando las leyes de Kirchhoff:

V0 − RI − Vc = 0 (2.34)


Tenemos la ley de Ohm para el condensador:

Vc =1

jωCI (2.35)

con ω = 2πf . Despejamos la corriente a partir de las dos ecuaciones anteriores:

I =V0

R − j/(ωC)=

10

1 · 103 − j/(2π150 · 1 · 10−6)= 6,8·10−3

∠46,6oA (2.36)

Podemos entonces calcular la tension Vc:

Vc =I

jωC=

6,8 · 10−3

9,4248 · 10−4∠46,6 − 90o = 7,2∠−43,4oV (2.37)

Podemos ahora dibujar el diagrama de fasores ası como la series temporales decada senal. Tomamos como referencia de fase la tension V0. La figura 2.5

2.3.3. Inductancias

Al igual que el condensador, hemos estudiado las propiedades estaticas de lasbobinas, es decir el comportamiento en corriente continua. Ahora estudiamos laspeculiaridades de las bobinas cuando se les alimentan con una tension electricaalterna.

La relacion entre la corriente y la tension en una inductancia se deduce apartir del campo magnetico en la bobina, hemos visto anteriormente que esta seexpresa como:

B0 = µN0/l0I (2.38)

-0,02

-0,01

0

0,01

0,02

Cor

rien

te (

A)

I

-0,005 0 0,005 0,01t (s)-10

-5

0

5

10

Ten

sion

(V

)

V 0

VC

V R

Figura 2.5: Diagrama de fasores y series temporales del ejemplo 2.3.2.


i

V L

V

Figura 2.6: Inductancia conectada a una fuente de corriente alterna.

El flujo en la bobina se expresa entonces facilmente multiplicando por la superficiede una espira y por el numero de espiras:

Φ = µSN20/l0I (2.39)

con S la superficie de la bobina y N0 la densidad de espira por metro de labobina y l0 su longitud. El coeficiente µ va a depender esencialmente del materialferromagnetico que se introduce dentro de la bobina. Al tener una corrientealterna en la bobina, el flujo creado auto-induce una fuerza contra-electromotrizque se opone a la causa que le ha dado lugar (ley de Lenz). Esta fuerza contraelectromotriz se expresa con la ley de induccion de Faraday (ver el anexo B paramas informacion sobre la ley de Faraday):

E = −dΦ

dt(2.40)

Cuando la inductancia esta conectada a una fuente de corriente alterna la fuerzacontra-electromotriz iguala la tension de la fuente. En la figura 2.6 podemosescribir ver que la tension VL iguala la tension de la fuente V por lo que latension VL es igual a la fuerza contra-electromotriz:

VL =dΦ

dt= µSN2

0 /l0dI

dt= L

dI

dt(2.41)

La inductancia de la bobina L se expresa en funcion de los parametros de la bobinaL = µSN2

0 /l0. Si la corriente es alterna de pulsacion ω0 entonces podemos


escribir sencillamente con las amplitudes complejas:

VL = Ljω0Iejφ0 = Lω0I∠φ0 +π

2(2.42)

Podemos definir entonces la impedancia compleja de la inductancia como:

ZL = Ljω0 (2.43)

La inductancia se comporta como una resistencia de valor complejo. Po-demos ver la relacion entre la tension y la corriente en la figura 2.7 donde latension adelanta la corriente. Aquı tambien tenemos una potencia compleja parala inductancia como lo demostraremos mas adelante.

Ejemplo Tenemos el circuito de la figura 2.8 con una resistencia en serie conuna inductancia alimentado por una fuente de corriente alterna de frecuenciaf = 1000Hz. Expresar la corriente y la tension VL del condensador en formade fasores. Datos del problema: R = 100Ω, L = 10mH, V0 = 10∠0 V y f =1000Hz.

Solucion Para obtener VL conviene primero calcular la corriente I que circulaen el circuito. Aplicando la ley de Ohm y las leyes de Kirchhoff en el circuitoobtenemos una relacion entre las tensiones y la corriente:

V0 − RI − VL = 0 (2.44)

Tenemos la ley de Ohm para la inductancia:

VL = jωLI (2.45)

con ω = 2πf . Despejamos la corriente a partir de las dos ecuaciones anteriores:

I =V0

R + jωL=

10

100 + j2π1000 · 10 · 10−3)= 8,4 · 10−3

∠−32,1oA (2.46)

La tension VL tiene entonces la siguiente expresion:

VL = jωLI = 62,8 · 8,4 · 10−3∠−32,1 + 90o = 5,3∠57,9oV (2.47)

Podemos ahora dibujar el diagrama de fasores tal como representado en lafigura 2.9. Como podemos constatarlo en el diagrama de fasores la corriente vienedetras de la tension en el tiempo, esta en atraso. Este fenomeno es caracteristicode los circuitos inductivos.


0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−1

−0.5

0

0.5

1

t (s)

Am

plitu

d (a

rb)

TensionCorriente

(a)

I

Re

Im

V

(b)

Figura 2.7: Representacion de la corriente y de la tension en una inductancia alimentadoen corriente alterna. (a) En esta figura tenemos la corriente detras de la tension conun desfase de π/2. (b) Tenemos aquı los fasores correspondientes a la corriente y latension en una inductancia pura. Si elegimos como referencia de fase la corriente, latension estara orientada hacia arriba debido a la relacion: V = jLω0.

2.3.4. Orden de fasores y representacion temporal

Describimos aquı brevemente como determinar si una tension esta en “atraso”o en “adelante” frente a otra tension o corriente. Para empezar nos fijamos en eldiagrama fasorial del sistema. Primero dibujamos los dos fasores que nos interesanen el plano complejo. Por ejemplo podemos tomar el diagrama de fasores de uncondensador y representamos con tension como referencia de fase. La corriente


Figura 2.8: Circuito del ejemplo 2.3.3

-0,02

-0,01

0

0,01

0,02

Cor

rien

te (

A)

I

0 0,001 0,002t (s)-10

-5

0

5

10

Ten

sion

(V

)V

0

VL

VR

Figura 2.9: Diagrama de fasores y senales temporales del ejemplo 2.3.3.

se expresa:

Ic = jω0CVc (2.48)

Representamos estos dos fasores en la figura 2.10 (a) e imaginamos que estosdos fasores van girando a una velocidad de ω0 radianes por segundos en el sentidodirecto. En el dominio temporal las tensiones correspondientes pueden ver se enla grafica 2.10 (b). Para determinar el orden de las tensiones en el tiempo, nosfijamos por ejemplo en el eje real del plano complejo donde colocamos nuestroojo. los vectores al girar pasan delante de nuestro ojo. Si la corriente en azulpasa primero entonces esta en adelanto sobre la tension. Podemos verlo de otraforma en la representacion temporal de las formas de onda. La corriente cruzael eje temporal “subiendo” en el tiempo t1 y la tension en el tiempo t2. Si t1 esinferior a t2 entonces la corriente adelanta la tension. Tambien podemos decir quela tension esta en atraso comparando con la corriente. Ampliamos esta nociona cualquier tipo de fasores.


(a)

(b)

Figura 2.10: Determinacion del sentido de dos cantidades de sinusoidales. Para deter-minar el sentido de las tensiones en el tiempo, nos fijamos por ejemplo en el eje real delplano complejo y colocamos nuestro ojo. los vectores al girar pasan delante de nuestroojo. Si la corriente en azul pasa primero entonces esta en adelanto sobre la tension.Podemos verlo de otra forma en la representacion temporal de las formas de onda. Lacorriente cruza el eje cero “subiendo” en el tiempo t1 y la tension en el tiempo t2. Sit1 es inferior a t2 entonces la corriente adelanta la tension.

2.3.5. Ley general de Ohm

La ley de Ohm se generaliza de forma muy comoda en circuitos de corrientesalterna, la ley de Ohm para cualquier impedancia se escribe como:

V = ZI (2.49)

Con Z la impedancia compleja dependiente del componente en cuestion. Si setrata de una resistencia, la impedancia sera real. Para los condensadores y las


Vi ϕZ

Figura 2.11: En esta figura representamos un circuito con una impedancia Z compleja,representada por su modulo y su fase.

inductancias la impedancia sera una impedancia compleja. Se puede generalizartodavıa mas a esta ley de Ohm considerando que cualquier circuito formado decomponentes lineales se pueden considerar como una sola resistencia complejaZ formada por los elementos. En la figura 2.11 tenemos la representacion de talcircuito donde Z puede representar cualquier circuito.

2.3.6. Diagrama de fasores de un circuito

El diagrama de fasores de un circuito es una herramienta util para visualizarlas relaciones entre la distintas tensiones y fasores. Para construir el diagrama defasores, primero hay que elegir un fasor de referencia. Los fasores relacionadosse van sumando sobre el fasor precedente. Sin embargo es necesario calcular laexpresion de los fasores.

Como ejemplo de aplicacion vamos a construir el diagrama de fasores de lafigura 2.12. La expresion de la corriente de esta figura es:

I =V

R + jLω + 1/(jCω)(2.50)

Cogemos como referencia de fase la tension V y tiene la siguiente expresion:V = |V |∠0 V. Para dibujar nuestro diagrama cogemos unos valores numericos:|V | = 110V , C = 50µF, R = 100Ω, L = 100mH, f=50Hz. Tenemos la expresionde I:

I = 0,99 + j0,32 = 1,04∠17A (2.51)

En el diagrama se dibuja primero V y luego el fasor de I, aquı no importa laescala sino el angulo. Podemos construir por ejemplo el vector V sumando VR,VL

2.4. Potencia en sistemas de corriente alterna 63

(a)

(b)

Figura 2.12: (b) Ejemplos de diagrama fasores del circuito de la figura (a).

y VC . El fasor sera paralelo al fasor I con un modulo de 94 V. Se repite el mismoproceso con VL y VC El resultado de esta suma se puede observar en la figura2.12 (b).

El diagram de fasores puede ser tambien una herramienta de calulo muy util.Podemos determinar las cantidades de forma geometrica.

2.4. Potencia en sistemas de corriente alterna

Uno de las nociones mas importantes de la electrotecnia es la de potencia. Lapotencia es ahora una cantidad dinamica y tiene consecuencias importantes enlas aplicaciones practicas. En concreto, la aparicion de desfases entre la corrientey la tension originan potencias positivas y negativas. Es decir que la potenciava a viajar de la fuente hacia la carga y de la carga hacia la fuente. Siendola potencia en este caso una cantidad oscilante, vamos a poder representarlatambien en forma de fasores con una parte real y una parte compleja. Primerovamos a tratar el fenomeno en el dominio temporal.

Estudiamos un caso concreto de potencia en un sistema de corriente alternacon una tension y su corriente desfasada de θi con respeto a la tension. En general


tenemos la tension y la corriente expresadas como:

V (t) = ℜVmej(ω0t) =Vm

2ejω0t + e−jω0t (2.52)

I(t) = ℜImej(ω0t−θi) =Im

2ej(ω0t−θi) + e−j(ω0t−θi) (2.53)

con Vm e Im las corrientes maximas. Si queremos expresar las ecuaciones ante-riores en funcion de las tensiones y corrientes eficaces pondremos Vm =

√2Vf .

La potencia instantanea se calcula multiplicando el voltaje y la intensidad:

p(t) = V (t)I(t) =Vm

2ejω0t + e−jω0tIm

2ej(ω0t−θi) + e−j(ω0t−θi) (2.54)

p(t) =VmIm

2cos(θi) + cos(2ω0t − θi) (2.55)

Podemos observa en esta ultima ecuacion que la potencia se expresa como unacomponente continua mas una componente oscilante que tiene el doble de fre-cuencia. Podemos seguir los calculos hasta obtener dos componentes:

p(t) =VmIm

2cos(θi)(1 + cos(2ω0t)) + sin(θi) sin(2ω0t) (2.56)

Si examinamos en detalle esta expresion notamos dos terminos importante. Elprimer termino dependiendo de cos(θi) tiene una media temporal constante yoscila en el tiempo. Es la parte de la potencia “real” o potencia media del siste-ma estudiado. Esta potencia pulsa en el tiempo y tiene una componente mediaigual VmIm cos(θi)/2. Ademas, esta componente esta en fase con la tension dealimentacion. Se define la potencia real como:

P =VmIm

2cos(φ) (2.57)

El angulo φ es la diferencia de fase entre la tension y la corriente. En elcaso general, si tenemos la tension con una fase θv y la corriente con una faseθi, el angulo φ en este caso es:

φ = θv − θi (2.58)

El segundo termino, dependiendo de sin(θi), tiene una media temporal nulapero participa en el proceso energetico. Este termino representa la potencia quese transfiere continuamente de la fuente a la carga, se llama la potencia reactiva,


ϕQ

P

S

Figura 2.13: Potencia activa y reactiva de un circuito. Esta figura se llama triangulode potencia, se puede apreciar la importancia relativas de las potencias y tambien elangulo de desfase aparece.

esta componente esta en cuadratura con la tension de entrada (tiene un desfasede π/2). La potencia reactiva de este dispositivo se define como:

Q =VmIm

2sin(φ) (2.59)

El signo de la potencia Q depende entonces del angulo φ, como veremos adelantela impedancia de un sistema determina este angulo y entonces el signo de Q.

La aparicion de una potencia oscilante significa que podemos tambien repre-sentarla con una cantidad compleja en forma de fasores. En terminos de fasorespodemos escribir la como la suma de una componente en fase y una componenteen cuadratura. La componente en fase con la tension corresponde a la potenciareal o potencia activa cuando la componente en cuadratura corresponde a lapotencia reactiva:

S = P + jQ (2.60)

donde P es la potencia activa en Watios [W] y Q la potencia reactiva en VoltiosAmperios Reactivos [VAR], y S se llama la potencia aparente en Voltios Amperios[VA], es la potencia que aparece ser suministrada al dispositivo. Tenemos por


0 0,02 0,04 0,06 0,08-1

-0,50

0,51

V e

I (

unid

. arb

.)

VI

0 0,02 0,04 0,06 0,08-0,2

00,20,40,60,8

p(t)

(un

id. a

rb.)

potencia instantanea

0 0,02 0,04 0,06 0,08t (s)

-0,4

0

0,4

0,8

p. a

ct. y

rea

ct. (

unid

. arb

.)

Potencia ActivaPotencia Reactiva

Figura 2.14: Arriba, corriente y tension en un circuito (con unidades arbitrarias). Lasdos formas de onda estan desfasadas de π/4. En la figura en medio tenemos el productode las dos contribuciones, podemos ver que la potencia tiene valores negativos. Abajotenemos la contribucion de la potencia activa y reactiva. La potencia activa estasiempre positiva y la potencia reactiva tiene un media temporal nula.

identificacion:

P = VeffIeff cos(φ) [W] (2.61)

Q = VeffIeff sin(φ) [VAR] (2.62)

|S| = VeffIeff [VA] (2.63)

Esta notacion simplifica mucho los calculos.El angulo φ se llama angulo de factor de potencia y el termino cos φ corres-

ponde al factor de potencia. Este tiene que quedarse dentro de unos margenesaceptable. En una empresa el factor de potencia se controla con cuidado porquelas companıas electricas aplican penalidades si pasa de un cierto valor. Cuantopeor el factor de potencia cuanto mas potencia se devuelve a la linea, lo quesolo contribuye a calentar las patas de los pajaros. Al ser el coseno una funcionpar, no hay ninguna manera de distinguir entre un angulo positivo y un angulonegativo. Se usan entonces los dos terminos siguientes:

Factor de potencia en atraso cuando la corriente va detras de la tension(φ < 0 tal como lo hemos definido antes con la tension como referencia).Corresponde al caso de cargas inductivas.


Factor de potencia en adelanto cuando la tension va detras de la corriente(φ > 0 tal como lo hemos definido antes con la tension como referencia).Corresponde al caso de cargas capacitivas.

En la figura 2.14 vemos la parte activa y reactiva. Primero dibujamos latension y la corriente desfasadas de π/4. El producto de las dos series temporalesmuestra que la potencia oscila al doble de velocidad y tiene una parte negativa.En el ultimo panel de la figura esta potencia se descompone como una potenciaen fase con la tension siempre positiva, es la potencia activa. La otra componentetiene un desfase de π/2 y su media temporal es nula, lo que corresponde a lapotencia reactiva.

Con dos fasores V y I la potencia compleja se expresa como

S =V I∗

2(2.64)

con I∗ el conjugado de I. De esta manera podemos deducir facilmente las com-ponentes de la potencia a partir de las impedancias complejas de un circuito. Sitomamos el ejemplo anterior con los fasores siguientes:

V = Vm (2.65)

I = Im∠−θi (2.66)

La potencia compleja se calcula muy sencillamente:

S =V I∗

2=

1

2VmIm∠θi =

VmIm

2(cos(φ) + j sin(φ)) (2.67)

con φ = −(−θi). Volvemos a encontrar la expresion de la potencia complejadefinida antes.

Un condensador por ejemplo consume solo potencia reactiva, no tiene poten-cia activa dado que desfasa la corriente de π/2. Igual para una inductancia, lapotencia media consumida es nula. La asociacion de estos diferentes elementosen un circuito es lo que provoca la el desfase de la tension y de la corriente.

2.4.1. Potencia en una resistencia

Ahora que hemos definido el concepto de potencia compleja podemos apli-carlo a los componentes descritos antes. Primero calculando la potencia en una


resistencia de valor R, si tenemos una corriente alterna aplicada a la resistenciala potencia media se escribe como:

S =V I∗

2=

RII∗

2= R

|I|22

(2.68)

Tenemos una potencia real y toda la energıa esta consumida por la resistencia.

2.4.2. Potencia en un condensador

Para un condensador vamos a considerar su impedancia compleja, la relacionentre tension y corriente se escribe como:

V =1

jCωI =

1

CωI∠−π

2(2.69)

Entonces la potencia se escribe:

S =V I∗

2=

1

jCω

II∗

2=

−j

Cω

|I|22

(2.70)

La potencia es un numero imaginario, significa que la potencia media real es nula,el condensador no consume potencia . Sin embargo almacena y transfierela energıa en cada momento. Este componente tiene en realidad una pequenaresistencia interna que hace que el proceso no es exactamente sin consumo deenergıa.

2.4.3. Potencia en una inductancia

Para una inductancia, la relacion entre tension y corriente se escribe como:

V = jLωI = LωI∠π

2(2.71)

y la potencia se expresa como:

S =V I∗

2= jLω

II∗

2= jLω

|I|22

(2.72)

Al igual que para el condensador la inductancia tambien tiene una potencia com-pleja, hay transferencias de energıa en permanencia de la fuente a la carga. Unacaracterıstica importante de la potencia compleja es el signo de la potencia, para


Esquema Tiempo Imp. compleja Fasoresi

V L VL = LdIdt

V = jLωI V = LωI∠π2

VC = 1C

∫

idt VC = 1jCω

I V = 1Cω

I∠−π2

V

i

r VR = Ri VR = RI V = RI

Cuadro 2.2: Resumen del comportamiento de los componentes en el dominio temporaly en el dominio armonico.

una inductancia esta es una potencia imaginaria positiva y para un condensadornegativa, lo que tiene consecuencias importantes en un circuito para el desfaseentre la corriente y la tension. Gracias a esta diferencia se van a poder usar cir-cuitos de compensaciones con condensadores para reducir la potencia reactivade un circuito.

2.4.4. Potencia en una impedancia compleja

Para resumir todos los calculos anteriores podemos calcular la potencia decualquier circuito formado de elementos lineales, es decir resistencias, condensa-dores e inductancias. Si tenemos una impedancia equivalente Z como ensenadoen la figura 2.11 podemos expresar la potencia consumida por esta carga como:

S =V I∗

2= ZI

I∗

2= Z

|I|22

(2.73)


Figura 2.15: Circuito del ejemplo 2.5.1.

Es decir que la potencia compleja se escribira como:

S =|I|22

(ℜ(Z) + jℑ(Z)) (2.74)

o escrito de otra forma:

P =|I|22

ℜ(Z) (2.75)

Q =|I|22

ℑ(Z) (2.76)

Por lo que a partir del conocimiento del modulo de la intensidad y de la impe-dancia equivalente del circuito podemos conocer la potencia activa y reactivaconsumida por la carga.

Ejercicio Tenemos el circuito de la figura 2.15 con una fuente de corrientealterna alimentado al circuito. Determinar la potencia en cada elemento y eltriangulo de potencia de la fuente de alimentacion. Datos del problema: R = 10Ω,L = 10mH, C = 200µF, V0 = 10∠0 V y f = 50Hz.

Solucion: Para determinar la potencia en cada elemento necesitamos determi-nar la corriente o la tension de cada elemento. Podemos por ejemplo empezarpor determinar la corriente I. El paso previo es determinar la impedancia totaldel circuito:

Z = R +1

1/(jLω) + jCω= R +

jLω

1 + LC(jω)2(2.77)


La corriente I se expresa entonces como:

I =V

Z=

V

R + jLω1+LC(jω)2

=V (1 + LC(jω)2)

R(1 + LC(jω)2) + jLω(2.78)

La potencia disipada en la resistencia puede determinarse entonces con la ley deOhm:

PR =1

2R|I|2 =

1

2R

∣

∣

∣

∣

∣

V (1 + LC(jω)2)

R(1 + LC(jω)2) + jLω

∣

∣

∣

∣

∣

2

(2.79)

Para calcular la potencia en la inductancia y en el condensador conviene primerocalcular las corrientes IC e IL. Para ello podemos considerar la tension VC quepuede expresarse de dos formas:

VC =IC

jCω= ILjLω (2.80)

Por la ley de Kirchhoff por otro lado:

I = IL + IC (2.81)

A partir de la dos ecuaciones anteriores podemos escribir:

IL =I

1 + LC(jω)2=

V

R(1 + LC(jω)2) + jLω(2.82)

IC =ILC(jω)2

1 + LC(jω)2=

V LC(jω)2

R(1 + LC(jω)2) + jLω(2.83)

Por lo que la potencia en la inductacia es:

PL =1

2jLω|IL|2 =

1

2jLω

∣

∣

∣

∣

∣

V


∣

∣

∣

∣

∣

2

(2.84)

Por otro lado la potencia del condensador es:

PC =1

2

1

jCω|IC |2 =

1

2

1

jCω

∣

∣

∣

∣

∣

V LC(jω)2


∣

∣

∣

∣

∣

2

(2.85)


Aplicacion numerica:

I = 91,016 − j28,595PR = 43357WPL = 21145V ARPC = −4173V AR

La potencia compleja se puede calcular a partir de la corriente y de la impe-dancia Z:

S =1

2Z|I|2 = 43357 + j16971 = PR + j(PC + PL) (2.86)

2.4.5. Mejora del factor de potencia

El factor de potencia puede controlarse de distintas formas. Una forma decontrolarlo es con un control pasivo mediante condensadores. Este control per-mite reducir el angulo entre el voltaje y la corriente. Sin embargo este sistemapuede revelarse peligroso debido a los riesgos que conllevan los condensadores dealta potencia (calentamiento, explosion, fugas ect).

La otra forma de control de factor de potencia se puede realizar mediantemaquinas sıncronas. Estas maquinas van a permitir un control activo del factor depotencia. En algunas industrias esta correccion puede representar una economıaimportante.

Vamos a presentar aquı un ejemplo practico de correccion de factor de po-tencia para una industria que usa cargas inductivas (principalmente motores).Consideramos que el factor de potencia antes de la correccion sea fpa y quetenemos que corregirlo para superar un cierto factor de potencia limite fpl pordebajo del cual la companıa electrica cobra un suplemento a la empresa. En lafigura 2.16 tenemos el esquema del dispositivo real y el modelo electrico equiva-lente. La impedancia equivalente del motor se escribe como:

Z = |Z|∠ϕ (2.87)

tendra una parte real resistiva y una parte imaginaria inductiva.

Para reducir el factor de potencia del circuito colocamos a la llegada de laslineas de potencia un condensador en paralelo. Este condensador permite reducirla potencia reactiva total consumida por el motor. En el esquema de la figura2.17 ensenamos el nuevo sistema con el condensador de compensacion. Vamos


(a)

(b)

Figura 2.16: Equivalente electrico de una fabrica con un motor de comportamientoinductivo. En la figura (b) tenemos el equivalente electrico de la fuente y del motor.La tension suministrada puede modelizarse con un generador de tension alterna idealy el motor se representa con una simple impedancia compleja. Esta hipotesis es validacuando el motor funciona en regimen permanente.

ahora a calcular las caracterısticas necesarias del condensador para reducir elfactor de potencia. La corriente I se descompone ahora en una corriente IC delos elementos capacitivos y una corriente IL de la carga. La potencia del sistematotal se puede escribir como:

S =V I∗

2=

V (Ic + IL)∗

2=

V I∗c

2+

V I∗L

2= Sc + SL (2.88)

Es decir podemos descomponer la potencia como la suma de la potencia de lacarga mas la potencia del condensador. Como la potencia del condensador esesencialmente reactiva podemos escribir la potencia de la siguiente forma:

S = Sc + SL = PL + j(QL + Qc) (2.89)

La potencia reactiva del sistema es la suma de las potencias reactivas de la cargay de la inductancias. Esta suma se puede apreciar tambien en la figura 2.18 con


Figura 2.17: Equivalente electrico del circuito inductivo con el condensador en paralelopara la correccion del factor de potencia.

una suma de fasores. La nueva potencia activa se deduce directamente a partir dela suma de la potencia activa SL y de la potencia reactiva Qc. Podemos ademasver la reduccion del angulo ϕl despues de la suma. El factor de potencia dependedirectamente de la potencia reactiva, aquı cambiando el condensador podemoscontrolar la potencia reactiva y por lo tanto actuar sobre el factor de potencia.Por otro lado la potencia activa permanece igual. El factor de potencia se escribecomo:

FP = cos(ϕ) =PL

|S| =PL

√

P 2L + (QL + Qc)2

(2.90)

La carga Z tiene como modulo y angulo Z = |Z|∠ϕz La potencia activa yreactiva se pueden expresar en funcion de esta carga compleja:

SL =V I∗

L

2=

Z|I|22

=|V |22|Z|2 |Z|∠ϕz (2.91)

PL =|V |22

1

|Z| cos(ϕz) (2.92)

QL =|V |22

1

|Z| sin(ϕz) (2.93)

Despejando la ecuacion (2.90) podemos escribir la potencia reactiva Qc necesariapara obtener un factor de potencia FP :

Qc = PL

√

1 − FP 2

FP 2− QL (2.94)

A partir de esta potencia y de los parametros de la red (frecuencia y voltaje)podemos deducir el valor de la capacidad necesaria. Sin embargo en la industriase usan valores de kVAR para los condensadores porque se usa siempre la misma


Figura 2.18: Diagrama de fasores del sistema, dibujamos aquı la potencia activa SL yla potencia del condensador. La suma de los vectores nos da la nueva potencia activa.

frecuencia y el mismo voltaje en toda la red electrica. Los constructores facilitanlos valores de condensadores hablando de la potencia reactiva necesaria para elsistema en cuestion.

Ejemplo Una empresa consume una energıa activa de PL = 1500kW y unaenergia reactiva inductiva de QL = 1000kVAR . Calcular el actual factor depotencia y la bateria de condensador necesaria para rectificar el factor de potenciahasta llegar a fp = 0,95.

Solucion El factor de potencia del sistema antes de la coreccion es de:

fpa =PL

√

P 2L + Q2

L

=1500 · 103

√

(1500 · 103)2 + (1000 · 103)2= 0,83 (2.95)

Queremos corregir este factor de potencia para que sea superior o igual a 0.95.Para ello colocamos una bateria de condensadores para absorber la potenciareactiva de la empresa. En este caso podemos usar la formula calculada antespara obtener la potencia reactiva necesaria de la bateria de condensadores:

Qc = PL

√

1 − FP 2

FP 2−QL = 1500·103

√

(1 − 0,952)

0,952−1000·103 = −506kV AR

(2.96)


R

Vc

Vi

Figura 2.19: Circuito RC en regimen sinusoidal.

La potencia de la bateria de condensador necesaria para alcanzar el factor depotencia deseado tiene que ser superior a 506kVAR. Sin embargo no hay que sobredimensionar el sistema. El efecto de un condensador demasiado potente seriaempeorar otra vez el sistema, si el condensador supera los 1000kVAR entoncesbajaria otra vez el factor de potencia.

2.5. Comportamiento en frecuencia

Los circuitos a base de elementos capacitivos o inductivos tienen una ciertarespuesta frecuencial cuando funcionan en regimen harmonico. En principio sepuede determinar la respuesta de un sistema a partir de su respuesta al impulso.Cuando se aplica un impulso a un sistema lineal este produce una cierta respuestaque caracteriza el sistema. En concreto podemos determinar a partir la respuestaimpulsional h(t) el comportamiento con cualquier senal x(t) en la entrada:

y(t) = (x ∗ h)(t) (2.97)

donde (x ∗ h) es el producto de convolucion de las dos funciones.2

En regimen harmonico podemos usar la expresion de los componentes, porejemplo en el circuito de la figura 2.19 tenemos la asociacion de una resistencia

2El producto de convolucion de dos funciones se define como:

(x ∗ h)(t) =

∫ +∞

−∞

h(t − τ)x(τ)dτ

.

2.5. Comportamiento en frecuencia 77

en serie con un condensador, en esta configuracion la impedancia equivalente seescribe como:

Zeq = R +1

jCω(2.98)

con ω la frecuencia del generador. Podemos notar tambien que la tension de salidadel circuito depende directamente de la frecuencia. Podemos usar el teorema deldivisor de tension para las impedancias y obtenemos directamente la tension VC :

VC =Vi

1 + jRCω(2.99)

El circuito va a resistir menos cuando la frecuencia es alta, el condensador va acomportarse como un corto-circuito y la tension de salida baja. El ratio entre losvoltajes de entrada y de salida se llama funcion de transferencia y depende de lafrecuencia y de las caracterısticas del circuito, se llama H(ω):

H(ω) =VC

Vi

=1

1 + jRCω(2.100)

Esta funcion resulta ser la transformada de Fourier de la respuesta impulsiva.Estas dos funciones son una vision temporal o frecuencial del mismo fenomeno.Este analisis se puede generalizar y se puede visualizar muy bien con los diagramas Hendrik Wade Bode (24

Diciembre 1905 Madison,Wisconsin 21 Junio 1982Cambridge, Massachusetts)Fue un inventor y cientıficoprolıfico. Fue un gran con-tribuidor a la teorıa de la es-tabilidad de sistemas linea-les. Invento una forma grafi-ca muy practica de visuali-zar la ganancia y la fase desistemas lineales. Sus meto-dos se siguen usando hoy endıa para el analisis de circui-tos en frecuencias.

de Bode. Estos diagramas representan la ganancia en dB y la fase de una funcionde transferencia. Es se representa el modulo de la funcion compleja H(jω) y sufase. Se suele representar el modulo en decibelios. El modulo de la funcion seescribe como:

|H(ω)| =1

√

1 + (RCω)2(2.101)

Expresamos este modulo en decibelios:

20 log10(|H(ω)|) = 20 log10(1) − 10 log10(1 + (RCω)2) (2.102)

En bajas frecuencias (ω << 1) tenemos una ganancia unidad, es decir 0dB.En altas frecuencias (ω >> 1) la ganancia depende basicamente del termino:−10 log10(RCω). Cuando se multiplica la frecuencia por 10 tenemos una caıdade 10dB. En esta zona se dice que el filtro cae de 10dB por decada.

En cuanto a la fase se expresa por:

arg(H(ω)) = arg

(

1 − jRCω

1 + (RCω)2

)

= atan(−RCω) (2.103)


1 10 100 1000 10000-20

-15

-10

-5

0

10 lo

g(|H

|)

1 10 100 1000 10000f (Hz)

-2

-1,5

-1

-0,5

0ar

g(H

) (r

ad)

Figura 2.20: Diagrama de Bode de la funcion H

En bajas frecuencias (ω << 1) la fase va a ser nula. En altas frecuencias (ω >>1) la fase va a tender a −π/2.

Despues de una cierta frecuencia, llamada frecuencia de corte, el sistemaempieza a atenuar la senal de salida y introduce un desfase entre la entrada ysalida. Esta frecuencia de corte para el filtro se define como la frecuencia parala cual el filtro tiene una ganancia de −3dB o en escala lineal una ganancia de1/2. Para nuestro filtro esta frecuencia corresponde a ω = 1/(RC).

Para ilustrar el uso de tales filtros podemos tomar un ejemplo de uso muycomun en electrotecnia. Muchos aparatos domesticos de uso diario usan un trans-formador para alimentarse. El transformador es un equipo que permite transfor-mar una tension alterna en otra tension alterna de voltaje mayor o menor. Sinembargo lo que llamamos un un transformador comun transforma las tensionesalterna en tensiones de continuo, dado que la mayorıa de los equipos electronicosnecesitan tensiones continuas. Este “transformador” se compone de un transfor-mador de tensiones, un rectificador que permite obtener una tension positiva yun filtro para alisar la tension. Vamos a describir la funcion de cada elemento.Para visualizar el sistema representamos en la figura 2.21.

El transformador esta estudiado en detalle en la seccion 4 de este manual,para resumir el transformador permite rebajar la tension de la red a una tensioninferior. Este bloque nos proporciona una tension de frecuencia identica a la red(50/60 Hz) y de amplitud inferior por ejemplo entre 6 y 30V.

El segundo bloque nos permite rectificar la tension, es decir pasar coger el va-

2.5. Comportamiento en frecuencia 79

Figura 2.21: Esquema de un sistema de rectificacion completo. Tenemos un transfor-mador de tensiones, un puente de diodo y un filtro para alisar la tension. La tensionde salida es casi continua.

lor absoluto de la tension. Para rectificar las tensiones se usan unos componentesno lineales llamados diodos. Este componente dispuesto de una manera adecuadapermite recuperar una tension positiva. El puente de diodo esta representado enel segundo bloque de la figura 2.21. La tension de salida tiene entonces una fre-cuencia doble de la frecuencia de la red. Hemos pasado de una tension alternativaa una tension oscilante de amplitud menor pero siempre positiva. Esta tensionpositiva tiene el doble de frecuencia, para alisarla y tener un frecuencia continuapodemos filtrar con un filtro de primer orden que hemos estudiado. Tenemos quedisenar el filtro de tal manera a obtener la frecuencia de corte muy por debajodel la frecuencia del harmonico. El filtro atenua las oscilaciones de frecuenciassuperiores a su frecuencia de corte pero deja pasar las frecuencias mas bajas. Esel caso del continuo que se puede asimilar a una frecuencia nula.


2.6. Resultados formulas importantes


Frecuencia angular ω0 = 2πf0 = 2πT0

Tension eficaz Veff = 1/T∫ T

0f(t)2dt

Fasor de una senal sinusoidal A = Aejφ0 = A∠φ0

Potencia aparente S = V I∗

2= P + jQ

Potencia real o activa P = VefIef cos(ϕ)

Potencia imaginaria o reactiva Q = VefIef sin(ϕ)

Angulo ϕ ϕ = θv − θi (fase de la tension menosfase de la corriente).

Factor de potencia fp = cos(ϕ) = P/|S|

Factor de potencia en atraso fp = cos(ϕ) con ϕ < 0

Factor de potencia en adelanto fp = cos(ϕ) con ϕ > 0

2.7. Ejercicios 81

Ordenes de magnitud y formulas importantes (seguido)

Impedancia de un condensador XC = 1jω0C

Impedancia de un inductancia XL = Ljω0

Senal derivada A = Aω0∠φ0 + π/2

Senal integrada A = Aω0

∠φ0 − π/2

2.7. Ejercicios

1. Por un circuito formado por una bobina de 30 mH y un generador de co-rriente alterna, circula una intensidad de 1A (medida con un amperımetro).Calculad:

a) Si la frecuencia del generador es de 50 Hz, ¿cual es la f.e.m. maxima?

b) Si en t=1 segundos la intensidad instantanea en el circuito es de 1.414A ¿cuanto vale la caıda de potencial en la bobina en ese instante?

Respuesta: a) 13.33 V; b) 0 V

2. Tenemos una linea de transporte de energıa de resistencia lineica de 0.03Ω.km−1.Queremos transportar en esta linea 100KW sobre 100km. En un primertiempo se elige una tension de 220V para alimentarla. En un segundo tiem-po se elige una tension de 100KV. Calcular las perdidas por efecto Jouleen ambos casos y concluir sobre el uso de alta tension para el transportede energıa.

3. Un circuito formado por un condensador y un generador, tiene una intensi-dad maxima de 2 A. Si se reemplaza el condensador por otro con la mitadde capacidad, ¿cuanto vale la intensidad eficaz que circula por el circuito?Respuesta: 0.707 A


4. Una resistencia se conecta a un generador de corriente alterna de 10V def.e.m. maxima y una frecuencia de 50 Hz. Se observa que la resistenciaconsume una potencia de 5W. ¿Cuanto vale la resistencia?Respuesta: 10 ohmios

5. En un circuito con un generador y un condensador, la intensidad viene dadapor la expresion: I = 10∠0 mA, con una frecuencia de 50Hz. Encontradla expresion de la caıda de potencial en bornes del condensador, sabiendoque tiene una capacidad de 1µF.Respuesta: V c = 31,8∠−π/2 V

6. Un circuito formado por una bobina y un generador, tiene una frecuenciade 50 Hz y una intensidad maxima de 1 A. Si la potencia instantaneamaxima es de 1 W:

a) ¿Cuanto vale la inductancia?

b) ¿Cuanto vale la potencia media consumida?

Respuesta: a) 6.37 mH; b) 0

7. Una resistencia y un condensador se conectan en paralelo a un generadorde corriente alterna. El generador electrico suministra una fem de pico de300 V con una frecuencia de 50 Hz, el condensador tiene una capacidadde 50µF y la resistencia es de 100Ω. Calcular:

a) La impedancia equivalente del circuito.

b) La corriente que circula por cada elemento del circuito.

c) La corriente eficaz a traves de la resistencia y el condensador.

Respuesta: a) Z = 28,84 − j45,3Ω b) Ig = 5,59∠57,5oA, IR = 3∠0 A,IC = 4,71∠90o A.

8. A un circuito serie RLC se le aplica una tension V = 50∠0V de 50Hz. SiR=100Ω, L=10mH y C=2µF calcular:

a) Impedancia equivalente.

b) El factor de potencia.

c) Dibujar el diagrama de fasores.

d) La potencia media consumida y la expresion de la potencia aparente.

2.7. Ejercicios 83

Respuesta: a) Z = 100 − j1588Ω; b) fp = 0,062; c) P = 0,049 W

9. Se tiene un circuito RCL serie, formado por un generador electrico de f.e.m.de pico 300 V y 50 Hz de frecuencia, un condensador de capacidad 50µF,una bobina de coeficiente de autoinduccion 10mH y una resistencia de70Ω. Calcular:

a) La impedancia equivalente.

b) La intensidad de corriente que recorre el circuito.

c) Las caıdas de potencial en cada elemento.

Respuesta: a) Z = 70−j60,5Ω b) I = 3,24∠40,84o A; c) VR = 226,94∠−40,84V, VL = 10,18∠130,84o V, VC = 206,25∠49,16o V.

10. A un circuito RLC en paralelo de valores R=10Ω , L=4 mH y C= 20µF , sele aplica una diferencia de potencial de V = 100∠0V a 796Hz. Calculad:

a) La impedancia total.

b) La intensidad eficaz que subministramos al circuito.

c) El factor de potencia.

Respuesta: a) Z = 8 − j4Ω ; b) Ief = 7,91∠−26o A; c) fp = 0,898

11. Un generador electrico tiene una tension eficaz de 300V y una frecuenciade 1000 Hz, alimenta, en serie a una bobina y una resistencia. La bobinatiene un coeficiente de autoinduccion de 5 · 10−3 H, y la resistencia es de50Ω. Determinar:

a) La impedancia equivalente.

b) La intensidad de corriente que recorre el circuito.

c) Las caıdas de potencial en cada elemento.

d) La potencia media suministrada por el generador y la consumida porcada elemento.

e) El factor de potencia del circuito.

f ) Construir el diagrama de fasores del circuito.

g) La capacidad de un condensador que, colocado en serie con el restode elementos del circuito, consigue que el factor de potencia sea iguala 1.


Respuesta: a) Z = 50+j31,4Ω; b) I = 5,08∠−32o A; c) VR = 254∠−32o

V, VL = 159,6∠58oV, d) PR = 645W , PL = 0W , Pgen = 645W , e)fp = 0,846, f) C = 5µF

Figura 2.22: Figura del ejercicio 12.

12. Tenemos el circuito de la figura 2.22 con los siguientes datos: R = 500Ω,C = 32µF, L = 1,26H, V0 = 50∠0V y f = 50Hz.

a) Calcular la impedancia equivalente del circuito.

b) Dar la expresion en forma de fasor de la corriente I2 (se toma latension V0 como referencia de fase).

c) Calcular la potencia activa proporcionada por el generador y el factorde potencia.

Figura 2.23: Figura ejercicio 13.

13. Tenemos el circuito de la figura 2.23 con los siguientes datos: R1 = 500Ω,R2 = 200Ω C = 50µF, V0 = 50∠0V y f = 50Hz.

a) Calcular la impedancia equivalente del circuito.

b) Dar la expresion en forma de fasor de la corriente I (se toma la tensionV0 como referencia de fase).

2.7. Ejercicios 85

c) Conectamos los puntos A y B entre si con un cable de cobre. ¿Cuales la nueva impedancia del circuito?

Problemas sin la solucion:

1. Deducir la expresion impedancia equivalente del circuito de la figura si-guiente.

2. Deducir la expresion impedancia equivalente del circuito de la figura si-guiente. Comparar con la expresion del ejercicio anterior

3. Calcular la tension Vout en funcion de la tension Vin y de los parametrosdel circuito.


Problema difıcil: Tenemos el circuito de la figura siguiente:

Calcular la impedancia equivalente del circuito.

Calcular la potencia compleja consumida por el dispositivo

Ahora variamos la resistencia R de 0 al infinito. ¿Como varia la potenciaen el plano complejo PQ? (Pista: usar las transformaciones de la rectaspor la aplicacion f(z) = 1/z)

¿Cual es el valor optimo de la resistencia que maximiza la potencia activaconsumida? Buscar la solucion de forma geometrica en el plano PQ.

Correccion: Impedancia equivalente del circuito:En regimen armonico podemos escribir la impedancia equivalente del circuitocomo la suma en serie de la resistencia y de la autoinductancia:

Zeq = R + jLω (2.104)

Potencia compleja consumida por el circuito:Suponemos una fuente de tension alterna con la expresion: V (t) = V0cos(ωt) ycon el fasor asociado: V = V0∠0. Podemos calcular a partir de ello la potenciaconsumida por el circuito:

S =V I∗

2=

|V |22Z∗

eq

=V 2

0

2R − 2jLω(2.105)

Como evoluciona la potencia en el plano PQ cuando se varia R:

La potencia del circuito en forma fasorial tiene una componente real y ima-ginaria. Si variamos el valor de la resistencia de 0 al infinito las componentes dela potencia varian en el plano complejo. Para poder tener una aproximacion de

2.7. Ejercicios 87

esta evolucion primero podemos notar que la ecuacion z = 2R−2jLω represen-ta una recta en el plano complejo. Existe un teorema de analisis compleja quepermite encontrar el conjunto de puntos equivalente a la ecuacion 1

z, es decir

la inversa de una recta. En nuestro caso la (semi) recta es paralela al eje real,el valor de la parte compleja permanece constante. La imagen de una recta deecuacion z = x − jb con b constante por la aplicacion z′ → 1

z∗es el circulo de

centro (0, 1/2b) y de radio 1/2b. En la figura siguiente mostramos la recta y suimagen por la aplicacicion inversa. Para la potencia compleja S el circulo tendrasu centro en el punto (0, V 2

0 /4Lω) y como radio V 20 /4Lω. Solo se considera el

semi circulo el semi plano derecho del plano complejo dado que R es siemprepositivo.

Inversion de una recta y potencia compleja en el plano PQ.

Valor optimo de la resistencia para obtener la potencia activa maxima:Graficamente podemos ver que la potencia activa que se puede consumir es

Pmax =V 2

0

4Lω(2.106)

En este caso es facil demostrar que R = 2Lω igualando Pmax con la parte realde S e identificando.

Capıtulo 3

Corriente alterna trifasica

Las corrientes alternas trifasica son muy usadas en la industria. Tiene grandesventajas frente a las corrientes continuas para el transporte de la energıa porejemplo. Es mas facil elevar la tension con transformadores para el transporteen lineas de larga distancia para reducir las perdidas por efecto Joule. Otraventaja reside en un mejor uso de la potencia en motores de alterna frente a unaalimentacion monofasica. Veremos tambien que la generacion de estas corrienteses sencilla con el uso de generadores electricos.

3.1. Fundamentos de la corriente trifasica

En esta seccion estudiaremos unicamente los sistemas trifasicos equilibrados(o balanceados). Detallamos a continuacion el significado del termino equilibrado.

Un generador trifasico consiste en tres fuentes de alimentacion alternas con lamisma amplitud pero con fases distintas. Por ejemplo consideramos tres sistemasa,b y c con las tensiones siguientes:

Va = V ∠θ (3.1)

Vb = V ∠(θ − 2π/3) (3.2)

Vc = V ∠(θ + 2π/3) (3.3)

Si consideramos que estas fuentes tienen la misma tension de referencia en-tonces tenemos una fuente trifasica con cuatro hilos como ensenado en la figura3.1. La linea de referencia se llama neutro.

89

90 Capıtulo 3. Corriente alterna trifasica

Una propiedad importante de la fuente trifasica es que la suma de las tensioneses nula:

Va + Vb + Vc = 0 (3.4)

Esto se demuestra facilmente de forma analıtica pero la demostracion es in-mediata cuando se observa el diagrama de fasores de la figura 3.1. Hay dosformas de organizar las tensiones, la sucesion de las fases pueden ser de la forma:Va → Vb → Vc, este caso se llama el sentido directo de las fases. El sentidoindirecto se pone de la forma Va → Vc → Vb entre cada tension.

Existe otra forma de representar un generador trifasico. El generador anteriorse llama generador en estrella (representado con el sımbolo Y), dado que lostres generadores monofasicos estan conectados a partir del neutro (la tension dereferencia). La otra forma de conectar los generadores es en forma de triangulos(representado con el sımbolo ) como ensenado en la figura 3.1. El neutro noaparece explıcitamente en esta forma sin embargo conviene tomarlo en cuenta.Las dos formas son equivalentes, existe una transformacion para pasar de unaforma a la otra. Es la transformacion Y-.Hasta ahora hemos considerado unicamente los generadores, sin embargo no

tiene sentido si no se conectan a ninguna carga. Al igual que los generadores, lascargas se pueden conectar en forma de estrella o en forma de triangulo. Tenemoscuatro casos de figura para la conexion de los generadores con las cargas:

Y-Y

Y-

-Y

-

A continuacion describimos el primer caso de conexion entre un generador y unacarga es decir la conexion Y-Y.

3.2. Conexion en estrella

Ahora consideramos una carga en Y equilibrada conectada a nuestro genera-dor trifasico como ensenado en la figura 3.3. En esta figura hemos consideradotambien la impedancia de la linea de transporte. consideramos el caso equilibra-do en el cual las tres cargas son iguales. En principio el generador no es ideal

3.2. Conexion en estrella 91

(a)

Va

Vc

Vbn

a

b

c

(b)

(c)

Figura 3.1: Esquema de un generador de tension trifasico con una conexion en estrellay una conexion en triangulo.(a) Diagrama de fasores para el sentido directo de lasfases. (b) Generador en estrella. (c) Generador en triangulo, notese que el neutro hadesaparecido.


0 0,02 0,04t (s)

-200

-100

0

100

200

volta

je (

V)

VaVbVc

Figura 3.2: Representacion temporal de las tensiones con una secuencia de fase directa.Para decidir de la secuencia de fase a partir de la figura conviene fijarse en el orden enel que las tensiones cruzan el valor cero. Si las tensiones lo cruzan en el orden a,b,centonces la secuencia de fase es directa

sino comporte una resistencia interna ası como una parte compleja. La carga demanera general se expresa como: Z = R + jX, es una carga compleja.

En la figura 3.3 observamos numerosas tensiones y impedancias, pasamos adescribir las todas:

Va, Vb, Vc son las tensiones del generador. La formula analıtica esta dadapor las ecuaciones (3.1).

Ia, Ib, Ic son las corrientes de linea. El desfase entre ellas tambien esde 2π/3 pero el desfase con las tensiones de alimentacion depende de laimpedancia de linea y de la carga.

Zla, Zlb, Zlc son las impedancias de linea. Estas depende del medio detransporte de energıa. Este tiene una cierta impedancia interna y una par-te inductiva. Para considerar el sistema equilibrado consideramos las tresiguales.

Za, Zb, Zc son las impedancias la carga trifasica. En el caso equilibrado lastres impedancias son iguales.

3.2. Conexion en estrella 93

Za

Vc

Vbn

a

b

c

VA

Zb

Zc

Generador CargaLinea

N

A

B

C

Va

Ia

Ib

Ic

In

Zla

Zn

Zlb

Zlc

Figura 3.3: Esquema de una conexion estrella estrella entre un generador trifasico yuna carga.

VA, VB, VC son las tres tensiones de la carga. Aquı tambien el desfaseentre las tres se conserva pero el desfase con las tensiones del generadordepende de la linea y de la impedancia de la carga.

In y Zn son la impedancia del neutro y la corriente que circula en estecable.

Vamos a demostrar ahora que si el sistema es equilibrado no tenemos circu-lacion de corriente en el neutro. Para ello aplicamos el teorema de Millman a latension VNn:

VNn =Va

Zla+Za+ Vb

Zlb+Zb+ Vc

Zlc+Zc

1Za

+ 1Zb

+ 1Zc

+ 1Zla

+ 1Zlb

+ 1Zlc

+ 1Zn

(3.5)

Sabemos que el si el sistema esta equilibrado tenemos: Zeq = Zla + Za = Zlb +Zb = Zlc + Zc. tenemos entonces al nominador:

VNn =

Va+Vb+Vc

Zeq

1Za

+ 1Zb

+ 1Zc

+ 1Zla

+ 1Zlb

+ 1Zlc

+ 1Zn

= 0 (3.6)

porque Va+Vb+Vc = 0. Tenemos una conclusion importante cuando el sistemaes equilibrado no hay circulacion de corriente en el neutro. Entonces no


Figura 3.4: Esquema equivalente de una de las ramas del circuito trifasico.

es necesario llevar el neutro en los cables de transmision y ahorramos una linea,representa una economıa importante.

Ahora podemos deducir mas relaciones a partir de nuestro circuito y de lahipotesis del sistema balanceado. Primero tenemos la relacion entre las corrientesde linea:

Ia + Ib + Ic = 0 (3.7)

Una forma de analizar las corrientes es de considerar una de las ramas. En el casoequilibrado el sistema trifasico se comporta como tres circuitos independientescon fase distintas. El analisis se reduce al estudio de una de las ramas del circuitocomo ensenado en la figura 3.4. La corriente de linea Ia se expresa como:

Ia =Va

Za + Zla= |Ia|∠θ (3.8)

A partir de esta corriente se deducen las otras corrientes de linea sabiendo queel desfase entre ella es de 2π/3.

La ultima parte que nos queda por analizar son las tensiones de linea. Interesaestudiar las tensiones Vab, Vbc y Vca, para ello cogemos el sistema trifasico de laecuacion (3.1)

Vab = Va − Vb = V ∠0 − V ∠−2π/3 = V ej0 − V e−j2π/3 = . . .

· · · = V (1 − (−1/2 − j√

3/2)) = V (3/2 + j√

3/2) =√

3V (√

3/2 + j1/2

Vab =√

3V ∠π/6

Tenemos la relacion entre el voltaje de generador y el voltaje de lineas:

Vab =√

3V ∠π/6 =√

3Va∠π/6 (3.9)

3.3. Conexion en triangulo 95

Va

Vc

Vb

Vbc

VabVca

(a)

Va

Vb

Vc

Vbc

Vab

Vca

(b)

Figura 3.5: Fasores del sistema trifasico con las tensiones del generador y las tensionesde linea para un sistema directo en (a) y para un sistema indirecto en (b)

El diagrama de fasores se puede ver en la figura 3.5.(a) para la secuencia defase directa y en la figura 3.5.(b) para la secuencia indirecta. En el caso de lasecuencia indirecta tenemos la relacion de tensiones:

Vab =√

3Va∠−π/6 (3.10)

Podemos tambien expresar de forma mas general la relacion entre el voltaje degenerador Vg y el voltaje de linea Vl como:

Vl =√

3Vg∠−π/6 (3.11)

3.3. Conexion en triangulo

En esta seccion estudiamos el otro esquema de conexion de un sistema trifasi-co es decir la conexion en triangulo. En la figura 3.6 ensenamos un ejemplo deconexion - entre un generador y una carga. No volvemos a detallar todas lascorrientes y tensiones del sistema, son basicamente las mismas que en el caso


V

a

Vbc Vab

ca

b

c

ZAB

Linea

A

B

C

IbB

IaA

IcC

Zlb

Zla

ZlcIca

Iab

Ibc

ZBC

ZCAICA

IBC

IAB

Figura 3.6: Conexion triangulo-triangulo de un sistema trifasico

de la conexion Y-Y. Conservamos la hipotesis del sistema equilibrado, concreta-mente:

ZAB = ZBC = ZCA (3.12)

ZlaA = ZlbB = ZlcC (3.13)

Observando la figura 3.6 podemos notar dos diferencias importantes con laconexion Y-Y:

Las tensiones de linea son las mismas que las tensiones de generadores:Vba = Vb, Vac = Va y Vca = Vc.

Las corrientes de linea son diferentes de la corrientes de generadores.

En efecto tenemos un desfase entre las corriente de generadores y las corrientesde linea. La corrientes de los generadores se expresan como:

Iab = Im∠0 (3.14)

Ibc = Im∠−2π/3 (3.15)

Ica = Im∠2π/3 (3.16)

3.3. Conexion en triangulo 97

Figura 3.7: Equivalente triangulo-estrella para un generador trifasico equilibrado.

Y las corrientes estan en fase con las tensiones del generador (consideramos elgenerador ideal). Se puede obtener la corriente de lineas con las leyes de Kirchhoff:

IbB = Ibc − Iab = Im∠−2π/3 − Im∠0 = . . .

. . . Im(−1/2 − j√

3/2 − 1) =√

3Im∠−5π/6 =√

3Im∠−4π/6 − π/6 = . . .

· · · =√

3Ibc∠−π/6(3.17)

En conclusion las corrientes de linea Il estan en retardo de π/6 (o de 30 grados)sobre las corrientes de generador Ig y con una relacion de

√3.

Il =√

3Ig∠−π/6 (3.18)

Para resolver el sistema mas facilmente siempre podemos transformar el el es-quema de conexion - usando las propiedades anteriores y el hecho que elsistema este equilibrado. Para obtener un generador en estrella produciendo lasmismas tensiones de linea conviene dividir el voltaje maximo por

√3 y atrasar lo

de π/6. El equivalente del generador en se muestra en la figura 3.7Para la carga es posible tambien pasar a un esquema en estrella. Para ello

tenemos primero una relacion entre el voltaje de linea Vac y el voltaje Van en laforma Y: Vac =

√3Van∠π/6. En segundo lugar tenemos una relacion entre la

corriente de linea Ian y la corriente Ica: Ian =√

3Ica∠−π/6. Por ultimo tenemoslas leyes de Ohm para las cargas Z∆ y ZY :

Z∆ =Vca

Ica

=

√3Van∠π/6

Ian/(√

3∠−π/6)= 3

Van

Ian= 3ZY (3.19)


V

V

a

Z

ca

b

cIca

Ian

an

b

ac ZY

Figura 3.8: Equivalente triangulo-estrella para una carga trifasica.

Para una carga equilibrada tenemos la relacion entre la impedancias en estrellay las impedancias en triangulo:

Z∆ = 3ZY (3.20)

Ahora que hemos vuelto a un sistema Y-Y el estudio se hace considerandosolo una fase como en el capitulo anterior.

3.4. Potencia en sistemas trifasicos

Para calcular las potencia en un sistema trifasico primero recordamos la evo-lucion temporal de la tension y de la corriente para un sistema equilibrado enestrella:

Va(t) = Vm sin(ω0t) (3.21)

Vb(t) = Vm sin(ω0t − 2π/3) (3.22)

Vc(t) = Vm sin(ω0t + 2π/3) (3.23)

Cogemos la fase inicial nula para simplificar la notacion. Para la corriente tenemosla expresion:

Ia(t) = Im sin(ω0t + ϕ) (3.24)

Ib(t) = Im sin(ω0t + ϕ − 2π/3) (3.25)

Ic(t) = Im sin(ω0t + ϕ + 2π/3) (3.26)

donde cos(ϕ) es el factor de potencia y Veff = Vm/√

2 y Ieff = Im/√

2.

3.4. Potencia en sistemas trifasicos 99

La potencia instantanea suministrada a la carga en todo momento se escribecomo:

Pa(t) = Va(t)Ia(t) = Vm sin(ω0t)Im sin(ω0t + ϕ) (3.27)

Pb(t) = Vb(t)Ib(t) = Vm sin(ω0t − 2π/3)Im sin(ω0t + ϕ − 2π/3) (3.28)

Pc(t) = Vc(t)Ic(t) = Vm sin(ω0t + 2π/3)Im sin(ω0t + ϕ + 2π/3) (3.29)

Con un poco de trigonometrıa podemos simplificar las expresiones de la potenciacomo:

Pa(t) =VmIm

2(cos(ϕ) − cos(2ω0t + ϕ)) (3.30)

Pb(t) =VmIm

2(cos(ϕ) − cos(2ω0t − 4π/3 + ϕ)) (3.31)

Pc(t) =VmIm

2(cos(ϕ) − cos(2ω0t + 4π/3 + ϕ)) (3.32)

Tenemos una parte de potencia constante y una parte oscilante. Cuando secalcula la potencia total suministrada a la fuente sumando las tres contribuciones:Pt(t) = Pa(t) + Pb(t) + Pc(t) obtenemos:

Pt(t) = Pa(t) + Pb(t) + Pc(t) = 3VmIm

2cos(ϕ) (3.33)

Las contribuciones oscilantes se cancelan, eso significa que la potencia en un sis-tema trifasico es independiente del tiempo. Es la mayor ventaja de los sistemastrifasico, la potencia suministrada es constante en todos los instantes.

Hemos visto que en un sistema monofasico podemos definir la potencia com-pleja y hemos presentado el triangulo de potencia. Para una carga trifasica po-demos tambien definir estas cantidades para una carga equilibrada:

P = 3VmIm

2cos(ϕ) (3.34)

Q = 3VmIm

2sin(ϕ) (3.35)

S = 3VmIm

2(3.36)

El triangulo de potencia se define de la misma manera. Podemos tambien expresar


todas las formulas en funcion del valor eficaz por lo que tenemos:

P = 3VeffIeff cos(ϕ) (3.37)

Q = 3VeffIeff sin(ϕ) (3.38)

S = 3VeffIeff (3.39)



Suma de las tensiones V1 + V2 + V3 = 0

Suma de las corrientes de linea Ia + Ib + Ic = 0

Relacion entre voltajes de generador ytensiones de linea

Vl =√

3Vg∠π/6

Relacion entre corrientes de linea y co-rrientes de generador

Il =√

3Ig∠−π/6

Relacion entre impedancia ∆ y Y Z∆ = 3ZY

Potencia activa P = 3VeffIeff cos(ϕ)

Potencia reactiva Q = 3VeffIeff sin(ϕ)

Potencia aparente S = 3VeffIeff

3.6. Ejercicios 101

3.6. Ejercicios

1. La ecuacion en el dominio del tiempo para la fase a en los terminales de unacarga conectada en Y es: vAN = 169, 71cos(ωt+26) V. Si el generador estaconectado en una secuencia de fases positiva ¿Cuales son la ecuaciones enel dominio del tiempo para las tres tensiones de lınea en carga (vAB, vBC

y vCA)?

Respuesta: vAB = 293, 95cos(ωt + 56) V, vBC = 293, 95cos(ωt− 69) V,y vCA = 293, 95cos(ωt + 176) V

2. La magnitud de la tension de lınea en los terminales de una carga equilibra-da conectada en Y es de 660 V. La impedancia de carga es 30,48+ j22,86. La carga esta alimentada mediante una lınea con una impedancia de0,25 + j2 .

a) ¿Cual es el modulo de la corriente de lınea?

b) ¿Cual es el modulo de la tension de lınea en fuente?

Respuesta: a) 10 A, b) 684,6 V

3. La magnitud de la tension de fase de una fuente trifasica equilibrada ideal(ideal=sin impedancia interna) con conexion en Y es de 125 V. La fuenteesta conectada a una carga equilibrada con conexion en Y mediante unalınea de distribucion que tiene una impedancia de 0,1 + j0,8Ω . La impe-dancia de carga es 19,9+j14,2Ω . La secuencia de fases es abc. Utilizandocomo referencia la tension de fase “a” de la fuente, especifique la magnitudy el angulo de los siguientes valores:

a) Las tres corrientes de lınea.

b) Las tres tensiones de lınea en la fuente.

c) Las tres tensiones de fase en la carga.

d) Las tres tensiones de lınea en la carga

Respuesta: a) IaA = 5∠−36, 87 A, IbB = 5∠−156, 87 A, IcC = 5∠−156,87A, b) Vab = 216, 5∠30 V, Vbc = 216, 5∠−90 V, Vca = 216, 5∠150V, c) VAN = 122, 23∠−1, 36 V, VBN = 122, 23∠−121, 36 V, VCN =122, 23∠118, 64 V, d) VAB = 211, 71∠28, 64 V, 211, 71∠−91, 36 V, 211, 71∠148, 64V


4. Una carga equilibrada con conexion en triangulo tiene una impedancia de60+ j45Ω . La carga se alimenta a traves de una lınea cuya impedancia esigual a 0,8 + j0,6Ω . La tension de fase en los terminales de la carga es de480 V. La secuencia de fases es positiva. Utilizando VAB como referencia,Calcule:

a) Las tres corrientes de fase de la carga.

b) Las tres corrientes de lınea.

c) Las tres tensiones de lınea en el extremo de la lınea correspondienteal generador.

Respuesta: a) IAB = 6, 4∠−36, 87 A, IBC = 6, 4∠−156, 87 A, ICA =6, 4∠83, 13 A, b) IaA = 11, 09∠−66, 87 A, IbB = 11, 09∠−186, 87 A,IcC = 11, 09∠53, 13 A, c) Vab = 499, 21∠0 V, Vbc = 499, 21∠−120 V yVca = 499, 21∠120 V

Capıtulo 4

Transformadores

Los transformadores fueron inventados al final del siglo XIX por dos ingenie-ros, Lucien Gaulard y John Gibbs, consiguieron elevar una tension alterna hastalos 2000 voltios sobre 40km y luego rebajarla. Este invento fue luego desarrolladoy mejorado para el transporte de la energıa sobre largas distancias. La elevacionde la tension permite reducir las perdidas por calentamiento en los cables detransporte. Muchas veces, los recursos energeticos (carbon, agua, etc) no estanen el lugar de consumo sino lejos. Se necesita entonces un dispositivo que per-mite transportar la energıa sobre grandes distancias. Un cable conductor siemprepresenta una cierta resistencia lineica que depende del material. Al pasar unacorriente por este cable, el calentamiento por efecto Joules disipa una parte dela energıa que se quiere transportar. La disipacion por efecto Joules se expresaen funcion de la longitud de la linea:

P (d) = ρd · I2 (4.1)

con ρ la resistencia lineica del cable en Ω.m−1. Entonces para reducir estasperdidas tenemos dos soluciones: reducir la resistividad del material o reducir lacorriente.

El numero de materiales para el transporte de la energıa son limitados. Elcobre, el material clasico para el transporte, es ahora un metal muy caro y se hanbuscado alternativas mas economicas. Se usan ahora cables hıbridos formadasde hebras de acero y aluminio trenzadas. El aluminio es buen conductor (aunquepeor que el cobre) pero es demasiado ductil. El acero da la solidez requerida delcable. Sin embargo resulta difıcil rebajar la resistividad de las lineas.

La otra solucion, rebajar la corriente, implica aumentar la tension de alimen-

103

104 Capıtulo 4. Transformadores

tacion. Tenemos la potencia transportada en el sistema igual a:

S = VeffIeff (4.2)

Para mantener entonces la potencia hay que elevar la tension. Los transformado-res de alta potencia tienen el papel de elevar una tension alterna para el transportey luego rebajar la tension para que el usuario pueda alimentarse con tensionesmenos peligrosas. Los problemas de las altas tensiones son compensados por elahorro energetico realizado en las lineas.

La potencia nominal de un transformador define la potencia aparente para lacual el transformador esta disenado. La potencia nominal y la tension nominaldefinen ası las corrientes de funcionamiento del transformador. Si la corriente defuncionamiento supera esta corriente nominal los conductores se pueden deterio-rar rapidamente debido al calentamiento excesivo. Se tiene que usar entonces untransformador especialmente disenado para las necesidades del sistema. No valeusar cualquier transformador para una instalacion sino que se tiene que dimen-sionar el sistema.

El uso de transformador es unicamente posible en en corriente alterna debidoa la naturaleza de su funcionamiento. El transformador usa los principios de lainduccion electromagnetica para transformar la tension, lo que restringe al usode tensione dinamicas. Sin embargo existen ahora dispositivos capaces de elevartensiones continuas a muy altas tensiones para el transporte de energıa parael transporte llamados HVDC (High-Voltage Direct Current). Estos sistemas seusan por ejemplo en cables submarinos para largas distancias, pero estan basadosen otros principios de funcionamiento. Tiene dos ventajas decisivas, primero solose necesitan dos cables y por encima de 100 km el transporte en trifasico bajopierde demasiada potencia.

La otra clase de transformadores muy extendidos son los transformadores depequena potencia alimentado por una tension de 110 o 220V eficaz. Los trans-formadores de pequena potencia tienden a desaparecer con el desarrollo de laelectronica de conmutacion. Estas fuentes conmutadas tienen un alto rendimien-to y un peso menor que los transformadores clasicos.

4.1. Circuitos Magneticos 105

Figura 4.1: Ejemplo de circuito magnetico con un devanado de N vueltas alimentadopor una corriente I.

4.1. Circuitos Magneticos

Los transformadores usan el campo magnetico para transformar la energıa.En los transformadores y maquinas electricas se usan circuitos magneticos pa-ra canalizar los flujos magneticos. En el estudio de las inductancias habıamosdemostrado que la circulacion de una corriente llevaba a la generacion de uncampo magnetico y por tanto de un flujo magnetico. Primero recordamos larelacion entre la excitacion magnetica H la induccion magnetica B:

B = µ0µrH (4.3)

con µ0 la permeabilidad del vacio y µr la permeabilidad relativa depediendo delmaterial estudiado. Para los materiales ferromagneticos el parametro µr puedealcanzar hasta 100000 veces µ0, para el hierro convencional tenemos un alrededorde µr = 5000.

Consideramos ahora el circuito magnetico de la figura 4.1 alimentado por unacorriente continua I. Si aplicamos la ley de Ampere a este circuito tenemos unarelacion entre la excitacion magnetica H y la corriente I. Aplicamos la ley deAmpere

∫

l

Hdl = NI (4.4)

Si tomamos un circuito cerrado como senalado en la figura 4.1 tenemos la relacionentre H y la corriente I:

Hl = NI = F (4.5)

Llamamos la fuerza magnetomotriz F el producto NI, es el la fuerza que creala excitacion magnetica H .


Por otro lado relacionamos la induccion magnetica con esta fuerza F :

F = NI = Hl =Bl

µ(4.6)

El flujo de la induccion magnetica en el circuito consiste en el producto de lasuperficie de una seccion del circuito:

Φ = BS (4.7)

Introducimos esta expresion del flujo en la ecuacion (4.8):

F =l

SµΦ (4.8)

El flujo magnetico se expresa por medio de una fuerza magnetomotriz. Estafuerza F se relaciona con el flujo Φ en el circuito con la ley de Hopkinson:

F = RΦ (4.9)

con R la reluctancia del circuito magnetico, es funcion propiedad del materialutilizado y de la geometria. En el ejemplo precedente la reluctancia se expresacomo:

R =l

Sµ. (4.10)

Depende de la geometrıa del circuito (longitud l, superficie S) y de la perma-bilidad magnetica del material µ. Notese que si µ aumenta entonces el flujomagnetico φ es mas intenso para una misma fuerza magnetomotriz. Convieneentonces ajustar estos parametros para obtener la magnetizacion deseada. Estareluctancia es generalmente no lineal debido a los efectos del circuito ferromag-netico.

En la figura 4.2 tenemos un ejemplo de relacion entre el flujo creado y la fuer-za magnetomotriz continua. El circuito magnetico satura a partir de un ciertovalor de la fuerza magnetomotriz. Es decir que si aumenta la corriente a partir decierto valor no hay aumento de flujo en el circuito. Para ilustrar este fenomenopodemos tomar la figura 4.3 donde se muestra una idealizacion de un circuitomangetico. Un pequeno trozo de hierro puede considerarse con un conjunto deimanes elementales orientados en direcciones aleatorias en el espacio. Al circularun flujo magnetico por el circuito estos imanes tienden a alinearse en la direccionde la excitacion magnetica H . Cuando todos los imanes elementales estan ali-neados, se dice que el hierro esta saturado. Ya no puede haber creacion de flujo.


Φ

F

Figura 4.2: Expresion del flujo creado en el hierro en funcion de la fuerza magnetomotrizpara una excitacion de corriente continua.

Figura 4.3: Magnetizacion del circuito ferromagnetico sin presencia y con presencia deun campo magnetico.

Esta propiedad limita la potencia de los circuitos magneticos. El fenomeno desaturacion del hierro aparece para corrientes continuas y alternas. Sin embargopara las corrientes alternas aparece otro fenomeno nolineal. Cuando se alimentaun devanado y que el flujo se establece todos estos imanes se alinean en la di-reccion del flujo. Si cortamos de repente el flujo, parte de los imanes elementalesconservan su direccion. Hay un magnetismo remanente en el circuito que magne-tiza el material. Para anular este flujo restante se necesita invertir la polaridad dela corriente y aumentarla hasta que desaparezca el magnetismo. Como veremosa continuacion este efecto tiene consecuencias importante sobre el consumo deenergıa del transformador. Sin embargo este fenomeno permite la construccionde imanes permanentes.


Figura 4.4: Histeresis del circuito magnetico cuando se le alimenta con una corrientealterna.

4.1.1. Perdidas por histerisis

En el apartado anterior se ha descrito el fenomeno de magnetizacion de unmaterial ferromagnetico y como este podrıa crear un flujo. Si aplicamos unacorriente alterna el magnetismo remanente del circuito gasta energıa porque senecesita mas energıa para alinear todas las partıculas. Es decir que tenemos queemplear una parte de la energıa para anular este flujo remanente. Este efectose llama histeresis. Los histeresis aparecen en muchos fenomenos que guardanmemoria de su estado anterior. En la figura 4.4 ensenamos la histeresis de uncircuito magnetico cuando la corriente es sinusoidal. El camino que el flujo sigueno es el mismo para un sentido o el otro, segun aumentamos la corriente odisminuimos la corriente de excitacion.

La energıa consumida por este fenomeno es funcion del volumen del material,de la frecuencia, de la intensidad y de la intensida de la induccion magnetica. Sepueden estimar estas perdidas con formulas nolineales.


Figura 4.5: Formacion de corrientes de Foucault en un circuito magnetico cuando existeun campo magnetico. Vemos la seccion transversal de un circuito magnetico en el cualcircula un flujo magnetico. La corrientes interna se forman en el plano de la seccion.

4.1.2. Perdidas por corrientes de Foucault

El otro tipo de perdidas que podemos encontrar en el circuito magnetico sonlas corrientes parasitas internas en el hierro. Al circular un campo magnetico en elmaterial, se producen corrientes de induccion que circulan dentro del conductor.Por lo tanto solo calientan el circuito y no participan en la transformacion dela energıa. Estas corrientes se llaman corrientes de Foucault. En la figura 4.5ilustramos el proceso de formacion de estas corrientes internas. La circulacion deesta corriente provoca un calentamiento del sistema y una disipacion de energıa.El valor de la potencia disipada depedende del volumen, de la intensidad delcampo, de la frecuencia y de la conductividad del metal. Para materiales masresistivos las perdidas aumentan. Una forma de reducir estas perdidas consiste enreducir el volumen donde circulan estas corrientes. Para ello se corta el materialen laminas y se cubren de un aislante electrico. Se unen las laminas para formarel circuito magnetico y de esta forma se reducen el volumen y por tanto lasperdidas, ver la figura 4.8.

Las perdidas por histerisis y por corriente de Foucault en el material se llamanperdidas de hierro y se pueden modelizar de una forma sencilla como veremos enel modelo electrico del circuito.


Figura 4.6: Representamos un circuito magnetico alimentado por una corriente alternay representamos la tension inducida en el circuito.

4.1.3. Modelo de un circuito magnetico alimentado en co-rriente alterna

.Ahora alimentamos nuestro circuito magnetico con una tension alterna. Para

determinar la relacion entre la tension y la corriente de alimentacion de un circuitomagnetico debemos usar la ley de Faraday. La ley de Faraday expresa la tensioninducida en un conductor cuando esta atravesado por un flujo magnetico variable.Al alimentar la bobina con un generador de alterna hemos visto se establece unflujo magnetico en el circuito.

En el caso de un circuito magnetico tal como el de la figura 4.1 podemos ex-presar en funcion del flujo y del numero de vueltas alrededor del circuito magneti-co:

eind = NdΦ

dt(4.11)

El sentido de la tension se opone a la corriente, la polaridad sera la misma que latension de alimentacion como ensenado en la figura 4.6. Para un circuito lineal sinperdidas, la tension inducida puede expresarse en funcion de la autoinductanciadel circuito:

L = NdΦ

dIm= N

dΦ

dt

dt

dIm= eind

dt

dIm(4.12)

La expresion de la tension inducida es entonces:

eind = LdIm

dt(4.13)

con Im la corriente de magnetizacion. Para una tension alterna, la corrienteesta entonces en desfase de π

2con la tension eind. Para tomar en cuenta

4.2. Transformadores ideales 111

Figura 4.7: Circuito electrico equivalente de un circuito magnetico.

las perdidas de hierro de este circuito conviene descomponer la corriente I dealimentacion en dos componentes: la componente de perdidas y la componentede magnetizacion. La corriente I se descompone como la suma dos:

I = Ih + Im (4.14)

El modelo equivalente del circuito magnetico consiste entonces en dos elementosen paralelo, una inductancia de magnetizacion y un elemento modelizando lasperdidas de hierro. La perdidas de hierro en este caso van a ser representado poruna simple resistencia. Es decir que la perdidas van a ser proporcional al cuadradode la tension inducida. El esquema electrico equivalente del circuito magnetico sepuede ver en la figura 4.7, consiste en la inductancia de magnetizacion Xm = jLωen paralelo con la resistencia de perdida de hierro Rh.

4.2. Transformadores ideales

Los transformadores son equipos destinados a elevar o rebajar una tensionalternativa. Un transformador consiste en dos bobinas acopladas por un circuitomagnetico. El circuito magnetico esta hecho de un material ferromagnetico, actuacomo un conductor de las lineas de campo magnetico. Sin este material, la casitotalidad del flujo magnetico se perderıa en el aire, sirve de “canal” por el cualcircula el flujo magnetico. En el transformador mas comun, el nucleo se presentacomo laminas de material ferromagneticos (hierro etc) pegadas entre sı y aisladaselectricamente con un tratamiento termo-quimico como se puede observar en lafigura 4.8. No se suele usar bloques macizos de material para una cuestion deperdidas de energıa. Las corrientes de Foucault y las perdidas por histerisis sonlas principales responsables de estas perdidas.


Figura 4.8: Esquema de un nucleo ferromagnetico de un transformador. Se colocanlaminas para evitar las corrientes de Foucault en el conductor.

En la figura 4.9 se muestra el esquema de transformadores monofasicos dedos tipos. En la figura (a) tenemos un transformador de tipo acorazado en el cualtenemos dos devanados en el mismo eje de un circuito magnetico. En la figura(b) tenemos otro tipo de transformador, el transformador de tipo nucleo en elcual los devanados estan unidos por un circuito magnetico circular o cuadrado.Se alimenta la bobina de entrada, llamada bobina primaria con una corrientealterna. Como hemos visto anteriormente, las bobinas alimentadas con un co-rriente alterna producen un flujo magnetico que se expresa con la ley de induccionde Faraday:

E1 = N1dΦ

dt(4.15)

con N1 el numero de espiras al secundario. Tenemos un signo positivo aquı porqueen realidad para satisfacer la ley de Lenz tenemos una fuerza contra-electromotriz,esta fuerza se va a oponer a la tension que le ha dado lugar. Si nos fijamos en lafigura 4.9 (b), la fuerza electromotriz E1 creada tiene el mismo sentido que latension V1 que le ha dado lugar.

El flujo ası creado esta canalizado por el circuito magnetico. Al atravesar labobina del secundario el flujo va a inducir tambien una tension alterna acordecon la ley de Faraday:

E2 = N2dΦ

dt(4.16)

El signo positivo viene tambien de la ley de Lenz, la corriente generada va a crearun flujo que se opone al flujo que le ha dado lugar, esta orientada entonces haciaafuera. La corriente del secundario tiene que aparecer en convencion generadorpara poder proporcionar energıa a una carga. La tension V2 tiene tambien el


V2

V1

I2

N1

N2

I1Φ

(a)

(b)

Figura 4.9: Esquema de transformadores fısicos. En la figura (a) tenemos un transfor-mador de tipo acorazado, los devanados de este transformador pueden ser concentricoso entrelazados. En la figura (b) tenemos un transformador de tipo nucleo en el cualun circuito magnetico conecta a dos devanados.

mismo sentido que la f.e.m inducida E2.

El sentido de los devanados son importantes para la polaridad de los trans-formadores. El punto negro en la figura 4.9.(b) indica el sentido del devanado. Silos dos puntos estan arriba entonces tenemos las tensiones con el mismo senti-do. Si el punto fuese abajo, las polaridades cambiarıan. Por ejemplo, si el puntodel primario se encuentra arriba y el punto del secundario se encuentra abajo


tenemos:

la tension del primario positiva (orientada hacia arriba) y la corriente I1

fluyendo adentro,

la tension del secundario negativa (orientada hacia arriba) y la corriente I2

fluyendo adentro.

La relacion entre la tension de entrada y la tension de salida depende delnumero de espiras en el primario y el secundario y del flujo generado en el transfor-mador primario. Si calculamos la razon entre las tensiones tenemos una relacionde transformacion:

E1

E2

=V1

V2

=N1

N2

(4.17)

esta razon se llama relacion de transformacion:

m =N1

N2

(4.18)

Tenemos dos tipos de transformadores en funcion del valor de m:

Para m < 1, tenemos V1 < V2. El transformador es un transformadorelevador.

Para m > 1, tenemos V1 > V2. El transformador es un transformadorreductor.

A partir de las ecuaciones precedentes podemos expresar la diferencia depotencial en el primario y en el secundario cuando tenemos un flujo magneticosinusoidal de expresion:

Φ(t) = Φm sin(ωt) (4.19)

A partir de la ley de Faraday precedente tenemos la tension V1

V1(t) = N1dΦ

dt= N1ωΦm cos(ωt) = 2πfN1Φm cos(ωt) (4.20)

Podemos ver tambien que si la tension es sinusoidal de forma que V1(t) =V1 cos(ωt), el flujo maximo esta determinado por la formula:

Φm =V1

2πfN1. (4.21)


En el transformador ideal no hay perdidas de potencia, por lo que la poten-cia aparente a la entrada tiene que ser la misma que la potencia de salida deltransformador. Esta igualdad se expresa como:

S1 = S2 =V1I

∗1

2=

V2I∗2

2(4.22)

a partir de este razonamiento sobre las potencias podemos despejar la relacionentre la corriente de entrada y de salida:

I∗1

I∗2

=V2

V1

=N2

N1=

1

m(4.23)

La relacion de transformacion para la corriente es inversa a la relacion de lastensiones. En la figura 4.10 ensenamos unos esquemas estandarizados de trans-formadores ideales. Existen varias convenciones para representarlos, pero siempreaparece la relacion de transformacion ası como el sentido de los devanados re-presentados por los puntos.

4.2.1. Potencia Nominal

La potencia asignada o potencia nominal de un transformador es la potenciaaparente para la que ha sido disenado. En la especificacion de un transformador,en su placa de caracterısticas, tiene que aparecer su tension nominal ası comosu potencia nominal. Es importante respetar estos valores de tension y potencia.En caso de que se superen estos valores el transformador se puede calentar y seacorta el tiempo de funcionamiento del equipo. Por otra parte suele aparecer lafrecuencia de funcionamiento de 50Hz o 60Hz.

Ejemplo Tenemos un transformador de 8000/240V (eficaces) y 20kVA:a) Calcular la relacion de transformacion, la corriente nominal de primario y co-rriente nominal de secundaria.b) Alimentamos el transformador con un generador de 8000V eficaces y lo car-gamos con un equipo de impedancia de valor Z = 3 + 2j. Calcular la intensidadI1, I2, la potencia aparente al primario y el factor de potencia.

Solucion a) La relacion de transformacion es:

m =V1

V2=

8000

240= 33,3 (4.24)


(a)

(b)

(c)

Figura 4.10: Esquema normalizado de transformadores ideales con una relacion detransformacion m. Los dos esquemas (a),(b) y (c) son equivalentes.

La corriente nominal de primario puede calcularse con la expresion de lapotencia aparente al primario:

|S1| =|V1||I1|

2(4.25)

La corriente tiene entonces como expresion:

|I1| =2|S1||V1|

=2 · 20000√

2 · 8000= 3,53 A (4.26)

La corriente nominal de secundario puede expresarse con la relacion de transfor-macion en corriente:

|I2| = m|I1| = 33,3 · 3,53 = 117,84 A (4.27)


Figura 4.11: Esquema de un transformador ideal alimentado con corriente alterna ycon una carga Z

b) En la figura 4.11 ensenamos un esquema del transformador ideal cargadocon la impedancia Z. Cogemos a continuacion la tension del generador comoreferencia de tension: V1 =

√2 · 8000∠0V. Primero calculamos la corriente I2

con la ley de Ohm en el secundario:

I2 =V2

Z(4.28)

Usamos la relacion de transformacion anterior para obtener la corriente:

I2 =V1

mZ=

√2 · 8000

33,3(3 + j2)= 78,34 − j52,22 = 94,14∠−33,7o A (4.29)

Ahora podemos determinar la corriente de primario a partir de I2 con la relacionde transformacion en intensidad:

I1 =I2

m=

94,14∠−33,7

33,3= 2,82∠−33,7o A (4.30)

La potencia aparente en el primario se puede calcular ahora la potencia apa-rente del primario:

S1 =V1I

∗1

2=

√2

28000 · 2,82∠+33,7o = 13295 − j8863 VA (4.31)

El valor absoluto de la potencia aparente es:

|S1| = 15979 VA (4.32)

El transformador esta en un regimen inferior a sus capacidades, funciona a 80%de sus carga nominal.


4.2.2. Transformacion de impedancias

Consideramos ahora un transformador conectado a una carga de impedan-cia compleja Z. Esta impedancia se representa en la figura 4.12 junto con eltransformador. Se puede escribir la ley de Ohm en el secundario:

V2 = ZI2 (4.33)

Sin embargo si usamos las relaciones de transformacion para el transformadorideal podemos sustituir la tension V2 y la corriente I2 por V1 e I1. La ley de Ohmvisto para la tension y corriente primario se escribe como:

V1

m= mZI1 (4.34)

Es decir que visto de desde el primario tenemos una nueva carga de valor:

Z ′ = m2Z (4.35)

Este esquema permite reducir el esquema del transformador a un circuito decorriente alterna sin transformador. Este proceso simplifica los calculos de lastensiones y corrientes de un transformador.

4.3. Transformador real

Hasta ahora hemos tratado el caso del transformador ideal en el cual no exis-ten ningun tipo de perdidas. Las tensiones inducidas en el devanado y la tensionde entrada (o de salida) son identicas. Sin embargo la tension inducida difieredebido a los efectos del campo magnetico en el nucleo. En un transformadorreal existen muchos fenomenos no lineales que llevan a afectar la tension y lacorriente de primario y secundario. Esos defectos estan debidos en parte a lamagnetizacion del circuito magnetico. Esta magnetizacion no se hace linealmen-te con la corriente. El flujo producido en el nucleo satura a partir de un ciertovalor de la corriente. Es decir que cuando el flujo esta en la zona de saturacion,un incremento fuerte de corriente no produce apenas cambios en el flujo. Porlo que la zona util del transformador esta limitada a la zona lineal en el que unincremento de corriente induce un incremento proporcional del flujo. Cuando elflujo varia ademas en el tiempo el circuito magnetico absorbe parte de la energıa.Este fenomeno es debido al magnetismo residual en el nucleo. Cuando el flujo

4.3. Transformador real 119

(a)

(b)

Figura 4.12: Efecto de una impedancia vista de desde el primario. En (a) tenemos untransformador con una carga en el secundario. (b), si consideramos el transformadorcomo una caja negra, podemos observar que desde el primario una impedancia zconectada al secundario se vera como una impedancia de valor m2z visto de desde lospuntos del primario.

cambia de sentido, existe un magnetismo remanente en el nucleo que se opo-ne al flujo. Se necesita entonces una energıa suplementaria para eliminar estemagnetismo residual. Al cambiar de sentido de nuevo aparece el mismo proble-ma. Este fenomeno se llama histeresis del circuito magnetico. Los fenomenos dehisteresis aparecen cuando el sistema tiene una memoria de su estado anterior,es el caso del circuito magnetico del transformador que guarda una traza de sumagnetizacion anterior.

Ademas de estos efectos no lineales tenemos que anadir las multiples perdidasque se pueden acumular durante la transformacion. Estas perdidas tienen variasorıgenes, primero se calientan los devanados por efecto Joule debido a una cier-ta resistividad del devanado. Por otra parte se pierde parte del flujo magneticogenerado en el aire, y parte de la energıa no se transforma dado que el flujo noatraviesa el secundario. Describimos los otros tipos de perdidas a continuacion ysu modelo en el circuito equivalente.


(a)

mX1 X2

Z V2

I2

I1

V1

Φd1 Φd2

(b)

Figura 4.13: (a) Perdidas de flujo en el aire, una parte del flujo comun φ a los dosnucleos se desvıa hacia el aire y no participa a la transformacion. (b) Estas perdidasde flujo se traduce en una inductancia suplementaria en el esquema equivalente deltransformador

Perdidas de Cobre Primero consideramos las perdidas de cobre, estas perdidasse representan como dos resistencias en serie de valor R1 y R2 para el primario yel secundario. Representan la resistencia del cobre, los devanados pueden llegara tener varios kilometros de hilos conductores. Estas perdidas son proporcionalentonces al cuadrado de la corriente. Estas resistencias aparecen en el esquema dela figura 4.15. Se colocan estas resistencias en serie con la bobina para simbolizarlas perdidas de energıa en la transformacion.

Perdidas de flujo magnetico En segundo lugar consideramos el efecto de lasperdidas de flujo magnetico. El flujo en el primario y en el secundario se pueden


descomponer como:

Φ1 = Φ + Φd1 (4.36)

Φ2 = Φ + Φd2 (4.37)

Es decir que tenemos la suma de un flujo comun a ambos lados mas un flujo dedispersion. El flujo comun es el que participa a la transformacion de la energıa.Si tomamos la derivada temporal de esta expresion tenemos:

dΦ1

dt=

dΦ

dt+

dΦd1

dt(4.38)

dΦ2

dt=

dΦ

dt+

dΦd2

dt(4.39)

Multiplicando la primera ecuacion por N1 y la segunda por N2 esta expresion sevuelve como:

V1 = E1 + VΦd1(4.40)

V2 = E2 + VΦd2(4.41)

Las perdidas de flujo seran entonces equivalentes a una caıda de tension en elcircuito del primario y del secundario.

De acuerdo con la definicion de la inductancia podemos definir una induc-tancia responsable de esta flujo:

Ld1 = N1dΦd1

dI1= N1

dΦd1

dt

dt

dI1(4.42)

y lo mismo para el secundario:

Ld2 = N2dΦd2

dI2= N2

dΦd2

dt

dt

dI2(4.43)

Podemos reorganizar las ecuaciones precedentes para expresar la tension inducidaen funcion de las autoinductancias de perdida de flujo Ld1 y Ld2 las ecuacionesprecedentes:

Ld1dI1

dt= N1

Φd1

dt= VΦd1

(4.44)

Ld2dI2

dt= N2

Φd2

dt= VΦd2

(4.45)


Figura 4.14: Transformador con las perdidas de cobre y las perdidas de flujo magnetico.

Figura 4.15: Esquema equivalente completo de un transformador real con una cargaZ.

Como el transformador funciona en regimen armonico, podemos incluir en serieuna impedancia compleja equivalente al primario y al secundario:

X1 = jLd1ω (4.46)

X2 = jLd2ω (4.47)

Las ecuaciones son entonces:

VΦd1= X1I1 (4.48)

VΦd2= X2I2 (4.49)

Estos cuatro elementos se encuentran en el esquema de la figura 4.14, dondetenemos el esquema del transformador incluyendo estas las perdidas.

Sin embargo nuestro modelo esta todavıa incompleto, a estos efectos hay queanadir las corrientes de magnetizacion y de perdidas en el circuito magnetico.Como hemos mencionado en la introduccion, la relacion entre la corriente yel flujo generado no es lineal. Tenemos perdidas por histeresis y ademas las


perdidas que corresponden a las corrientes de Foucault. Las perdidas de hierrode un transformador engloban estos dos fenomenos. Las corrientes de Foucaultson corrientes internas que se forman en el conductor cuando circula un campomagnetico. Estas corrientes calientan el hierro y provocan perdidas de energıa.Para reducir estas perdidas se divide el nucleo en laminas para reducir el volumen,dado que las perdidas crecen con el volumen.

El circuito equivalente de un nucleo ferromagnetico ha sido deducido en la pri-mera seccion de este capitulo. Podemos ahora incorporar el esquema equivalentedel circuito magnetico en nuestro modelo del transformador. Vamos a incorporarla corriente de magnetizacion del circuito ası como la corriente de perdidas dehierro en nuestro modelo, se va a remplezar el circuito magnetico de la figura4.14 por su equivalente electrico junto con un transformador ideal como senaladoen la figura 4.7.

Perdidas de hierro Las perdidas de hierro estan modelizadas por una perdidade corriente Ih al primario. Esta corriente es proporcional a la cantidad de flujo,entonces es tambien proporcional al voltaje E1 y podemos simbolizar estas perdi-das por una resistencia Rh en paralelo con el transformador. Por esta resistenciacircula una corriente Ih y por la ley de Ohm esta corriente es igual a Ih = E1/Rh.

Corriente de magnetizacion La magnetizacion del circuito magnetico requie-re una cierta corriente Im. Si imaginamos un transformador sin carga al secun-dario, se necesita una cierta corriente para magnetizar el circuito y constrarestarla fuerza contraelectromotriz. Esta corriente no se transforma en el secundario,solo establece este flujo.

Esta corriente esta en fase con el flujo. Por lo tanto esta corriente esta endesfase de 90 grados con la tension de entrada (la tension esta relacionada conla derivada del flujo). Por lo que se va a modelizar esta corriente con una induc-tancia compleja de valor Xm en paralelo con el transformador, y directamenteproporcional a la tension E1 del transformador ideal:

Im =E1

Xm(4.50)

Esta inductancia se puede ver en la figura 4.15.Estas corrientes de magnetizacion representan 2 a 3% de la corriente de un

transformador funcionando en regimen nominal. Con estos dos ultimos elementostenemos el modelo completo de nuestro transformador. Para mas detalles sobrelas corrientes de magnetizacion referirse a la primera seccion del capitulo.


V1

X1I1 R1

XmRh

m’=1

N1 N2’

E2’E1

X2’ R2’ I2’

V2’Z’

(a)

V1

X1I1 R1

XmRh E1 mV2m Z

m X2 m R2 I2/m2 2

2

(b)

Figura 4.16: (a) Esquema de un transformador real. (b) Esquema equivalente de untransformador reducido al secundario.

Notese que en el centro se conserva el transformador ideal, las propiedadesenunciadas antes se conservan, es decir tenemos: E1/E2 = m. Sin embargoconviene recordar aquı que la relacion de transformacion V1/V2 = m no esvalida cuando el transformador esta cargado con una impedancia.

4.4. Circuito equivalente de un transformador

Hemos visto en un apartado anterior como una carga Z visto de desde elprimario se podıa transformar como una nueva carga de valor m2Z con m larelacion de transformacion. Para obtener el circuito equivalente de un transfor-mador necesitamos hacer una operacion de reduccion del transformador. Estaoperacion de reduccion consiste en hacer desaparecer el transformador ideal su-poniendo un nuevo numero de espiras al secundario es un numero N ′

2 igual alnumero de espiras del primario N1. Aparecen entonces al secundario tensiones eimpedancias distintas que llamaremos: E ′

2,V′2 ,I

′2,X

′2,R

′2, etc.

Con este artificio podemos escribir todas las tensiones y corrientes en funcionde la relacion de transformacion. Por ejemplo para la tension del transformador

4.4. Circuito equivalente de un transformador 125

tenemos:E1

E ′2

=N1

N ′2

= 1 (4.51)

todavıa tenemos la relacion de transformacion E1 = mE2 y podemos deducir:

E1 = E ′2 = mE2 (4.52)

En la figura 4.16 tenemos un equivalente del transformador con la nueva rela-cion de numero de espiras. Siguiendo el mismo razonamiento que las tensionespodemos obtener todas las impedancias equivalentes reducidas al secundario:

E ′2 = mE2

V ′2 = mV2

I ′2 = I2/m

Z ′2 = m2Z2

R′2 = m2R2

(4.53)

Tenemos ahora un circuito equivalente del transformador que nos permite hacercalculos y dimensionamiento. Notese que las impedancias simplemente se multi-plican por m2. Otra forma de obtener estas relaciones es aplicando la ley de Ohm.Si transformamos las impedancias como indicado en la figura 4.16, la corrienteI1 fluye entonces por el circuito. Tenemos por ejemplo I1 ·m2Z = I2/m ·m2Z2.Por lo tanto: mV2 = I1 · m2Z = I1 · Z ′

2, y obtenemos el equivalente V ′2 = mV2.

Ejemplo Tenemos un transformador de distribucion monofasico con una po-tencia asignada de 40kVA y una tensiones nominales 10kV/230V eficaces conuna frecuencia de f = 50Hz. Tenemos los parametros equivalentes del transfor-mador: las resistencias equivalentes de cobre son R1 = 5Ω y R2 = 2,62mΩ. Lasinductancias de perdidas de flujo al primario y al secundario son X1 = j10Ω yX2 = j5,3mΩ.

a) Determinar la tension de secundario sabiendo que modulo de la impedanciade la carga es |Z| = 1,4Ω con un factor de potencia en atraso de 0,7.

b) Determinar el factor de potencia total del dispositivo.c) Calcular la caida de tension ∆V en los elementos anteriores.d) ¿Cual es la potencia disipada en la resistencias de cobre?

Solucion a) Para empezar este problema conviene primero representar el trans-formador y su modelo equivalente ası como se ensena en la figura 4.17 En el es-


(a)

(b)

Figura 4.17: (a) Diagrama completo del transformador del ejemplo 4.3. (b) Diagramaequivalente del mismo transformador.

quema equivalente hemos definido la impedancia Rc y Xc de la siguiente forma:

Rc = R1 + m2R2 (4.54)

Xc = X1 + m2X2 (4.55)

la relacion de transformacion es:

m =V1

V2=

√2 · 10 · 103

√2 · 230

= 43,4 (4.56)

Por lo tanto la impedancias equivalentes anteriores valen:

Rc = 5 + 43,42 · 2,62 · 10−3 ≃ 10Ω (4.57)

Xc = j10 + j43,42 · 5,3 · 10−3 ≃ j20Ω (4.58)

La carga tiene un factor de potencia en atraso, significa que la corriente estadetras de la tension y por lo tanto la carga es inductiva. El angulo es θ =acos(0,7) = 45,5o y la carga tiene la expresion siguiente:

Z = 1,4∠45,5oΩ (4.59)

Para determinar el valor de la corriente I1 tenemos que aplicar la segunda ley deKirchhoff al circuito de la figura 4.17 (b):

V1 = RcI1 + XcI1 + m2ZI1 = (Rc + Xc + m2Z)I1 (4.60)

4.4. Circuito equivalente de un transformador 127

Tenemos la tension V1 = 10 · 103∠0V y podemos despejar la corriente I1:

I1 =V1

Rc + Xc + m2Z=

√2 · 10 · 103

10 + j20 + 43,42 · 1,4∠45,5= 5,32∠−45,7oA

(4.61)Ahora podemos determinar el valor de la tension de secundario, a partir de lafigura 4.17 (b) podemos deducir que:

mV2 = m2ZI1 (4.62)

La tension V2 vale entonces:

V2 = mZI1 = 43,4 · 1,4∠45,5 · 5,32∠−45,6 = 323,2∠−0,1oV (4.63)

En tension eficaz:

V2ef = 228,4∠−0,2oV (4.64)

La tension eficaz es cercana a la tension nominal de 230V.

b) El factor de potencia total del sistema es el coseno de la diferencia delangulo entre tension y corriente de primario:

fp = cos(0 − (−45,6)) = cos(45,6) = 0,69 (4.65)

El factor de potencia no se ve afectado casi (aunque baje de una decima).

c) La caida de tension en las resistencias de cobre y la inductancias de perdidade flujo se puede calcular como:

∆V = (Rc + Xc)I1 = (10 + j20)5,32∠−45,7o = 118∠17,7o (4.66)

Hay una caida de tension de 118V en los elementos de perdidas del transformador.

d) La potencia disipada en las resistencias equivalentes de cobre es:

Pc =1

2|I1|2Rc = 10(5,32)2/2 = 141,5W (4.67)

Se pierden 141,5 W por disipacion en el transformador.


4.5. Potencia y rendimiento de un transformador

El rendimiento de un transformador se expresa con la relacion de potenciaactiva en la entrada con la potencia activa a la salida:

η =Psal

Pent

(4.68)

Para un transformador la potencia activa saliente depende de la carga Z =|Z|∠ϕ. La potencia activa de salida se escribe entonces:

Psal =V2I2

2cos(ϕ2) (4.69)

y la potencia de entrada es:

Pent =V1I1

2cos(ϕ1) (4.70)

El desfase de la tensiones de salida y de entrada son distintos, hay que tenercuidado a la hora de calcularlos. El rendimiento se puede calcular con la siguienteformula:

η =V2I2 cos(ϕ2)

V1I1 cos(ϕ1)(4.71)

Figura 4.18: Flujo de potencia en el transformador, la potencia de entrada se encuentraa la izquierda y la potencia de salida a la derecha. Se deriva en el camino las diversasperdidas del transformador. Son las perdidas de hierro y de cobre.

4.5. Potencia y rendimiento de un transformador 129

Las diversas perdidas de potencia activa del transformador se encuentran mode-lizadas en las resistencias R1, R2 y Rh. Tenemos las perdidas de cobre Pcu y lasperdidas de hierro Ph. La potencia de entrada se puede descomponer como:

Pent =V2I2

2cos(ϕ2) + Pcu + Ph (4.72)

El rendimiento se puede expresar tambien como:

η =V2I2 cos(ϕ2)

2Pcu + 2Ph + V2I2 cos(ϕ2)(4.73)

Con Pcu y Ph las perdidas de cobre y de hierro.

Ejemplo Queremos hallar el rendimiento de un transformador monofasico depotencia 10 kVA y de tensiones nominales 2.3kV/230V eficaces. Tenemos unaresistencia equivalente de primario R1 = 4Ω y de secundario R2 = 0,04Ω. Lasinductancias equivalentes de perdidas de flujo tienen como valor numerico: X1 =j4Ω y X2 = j0,04Ω. Tenemos unas perdidas por histerisis y corriente de Foucaultde 120W en funcionamiento nominal. Conectamos al transformador una cargaZ = 5,3Ω resistiva consumiendo 10kW.

a) Calcular I1 e I2 las corrientes de primario y secundario (despreciar la ramade corriente de magnetizacion).

b) Calcular las perdidas de cobre y hallar el rendimiento.

Solucion a) Para calcular I2 tenemos el valor de la carga Z ası como su con-sumo. Tenemos:

P =1

2Z|I2|2 (4.74)

Por lo tanto:

I2 =

√

2P

Z=

√

2 · 10000

3= 61,48A (4.75)

La relacion de transformacion se deduce a partir de los valores nominales deltransformador:

m =V1

V2=

2300

230= 10 (4.76)

La corriente I1 se calcula ahora facilmente (despreciando la rama de corriente demagnetizacion):

I1 =I2

m= 6,14A (4.77)


Figura 4.19: Esquema equivalente del transformador con las hipotesis de Kapp.

b) Las perdidas de cobre se calculan facilmente a partir de las corrientesprecedentes:

Pc =1

2R1|I1|2 +

1

2R2|I2|2 =

1

24|6,14|2 +

1

20,04|61,48|2 = 150W (4.78)

El rendimiento se expresa en funcion de la potencia de salida y de la perdidascomo:

η =Ps

Ps + Pc + Ph=

10000

10000 + 150 + 120= 0,97 (4.79)

El rendimiento del transformador es de η = 0,97.

4.6. Hipotesis de Kapp

El esquema equivalente del transformador que dedujimos antes no resultapractico a la hora de calcular las caıdas de potencial en el transformador. Enconcreto las corrientes de magnetizacion y las perdidas de hierro hacen masdifıcil el calculo de las tensiones. A partir de la figura 4.16 podemos escribir larelacion entre V1 e I1 en funcion de la carga Z. Aplicando la ley de Kirchhoff:

V1 − (R1 + X1)I1 − (m2R2 + m2X2)I2

m− mV2 = 0 (4.80)

Para poder sacar una relacion entre la corriente y la tension al primario tenemosque tomar en cuenta la caıda de tension debida a las perdidas de hierro y demagnetizacion. Una simplificacion para resolver este problema ha sido formuladapor Kapp, consiste en considerar que las caıdas de tension en R1 y X1 sondespreciable frente a E1. En este caso no hay mucha diferencia en colocar lasimpedancias Rh y Xm a la entrada del circuito. Las dos corrientes de hierro y de

4.6. Hipotesis de Kapp 131

ϕI2/m

(R1+m R2)I2/m

(X1+m X2)I2/mmV2

V1

2

2

Figura 4.20: Esquema de fasores del transformador equivalente con las hipotesis deKapp para una carga con un factor de potencia en atraso.

magnetizacion no seran muy distintas. Esta hipotesis permite simplificar mucholos calculos.

El circuito equivalente del transformador con estas hipotesis se puede observaren la figura 4.19. Como cualquier hipotesis simplificadora tenemos un cierto rangode validez, si las perdidas de hierro son demasiadas importantes no se puededespreciar las caıdas de tension. Siguiendo el nuevo esquema equivalente de lafigura 4.19 podemos escribir la ecuacion del circuito en funcion de manera massencilla:

V1 − (R1 + X1 + m2R2 + m2X2 + m2Z)I2

m= 0 (4.81)

V1 − (R1 + X1 + m2R2 + m2X2)I2

m= mV2 (4.82)

(4.83)

Tambien podemos representar las perdidas de forma vectorial los fasores comoel ejemplo de la figura 4.20. Es una manera grafica de apreciar las perdidas enel transformador. Consideramos una carga con la expresion Z = |Z|∠ϕ. El fasorresultante nos el desfase entre la corriente y la tension al primario.

En la figura el triangulo formado por las caıdas de tensiones en las impedanciasR1 + m2R2 y X1 + m2X2 se llama triangulo de Kapp. Este triangulo permiteestimar las perdidas de tensiones en el transformador.


4.7. Regulacion de voltaje

En un transformador en plena carga la tension de salida es distinta de latension de entrada debido a las diferentes perdidas del primario y secundario.Cuando se alimenta el transformador con una tension al primario V1n, la caidade tension en el transformador es:

∆V2 = V20 − V2n (4.84)

Se expresa tambien en porcentaje de la tension en vacio:

ε =V20 − V2n

V20(4.85)

Esta diferencia de voltaje se puede expresar en funcion del voltaje de primarionominal V1n:

ε =V1n − mV2

V1n(4.86)

Esta caida de tension se puede aproximar con los parametros del circuitoequivalente de la figura 4.21 (a) donde se han aplicado las hipotesis de Kapppara simplificar el circuito. El diagrama de fasores de este circuito se encuentraen la figura 4.21 (b). suponemos el transformador cargado a su valor nominalcon una diferencia de fase entre tension y corriente de secundario ϕ. La caida detension ∆V se encuentra tomando el arco que prolonga V1 hasta la horizontal.El segmento AM representa la caida de tension entre V1n y mV2. Sin embargosi tomamos la proyeccion ortogonal de V1 sobre el eje horizontal cuyo puntoresultante es M ′, el segmento AM ′ representa una buena aproximacion de lacaida de tension. Este segmento AM ′ se expresa en funcion de los caidas en R′

y X ′:

∆V ≃ AM ′ = R′ |I2|2

cos ϕ + |X ′| |I2|2

sin ϕ (4.87)

La regulacion de voltaje se expresa en funcion de los parametros es:

ε =R′ |I2|

2cos ϕ + |X ′| |I2|

2sin ϕ

V1n(4.88)

Este parametro es importante en las maquinas de alta potencias. La razones que al aumentar la caida de tension de reduce la corriente de corto circuitode falta. Para aclarar es punto tenemos que volver al esquema equivalente del

4.8. Pruebas de un transformador. 133

(a)

(b)

Figura 4.21: (a)Esquema equivalente del transformador. (b) Diagrama de fasores equi-valente.

transformador de la figura 4.21. En caso de falta en el secundario (es decir decorto circuito) la corriente de corto-circuito seria:

|Icc| =|V1n|

|R′ + X ′| (4.89)

con R′ las resistencia de cobre equivalente y X ′ la perdidas de flujo equivalente.Esta corriente con el voltaje nominal en la entrada es muy elevada y peligrosapara la maquina. El dispositivo no puede aguanta esta corriente mucho tiemposin destruirse. Los mecanismos de protecciones son caros y el precio crece conla corriente maxima de proteccion. Para reducir esta corriente de falta, y por lotanto del dispositivo de proteccion se pueden aumentar las caidas de tension.En maquinas de alta potencia se introduce perdidas de flujo adicionales paraaumentar el valor de X ′. Al aumentar este valor disminuye Icc y aumentan lascaidas de tension como demostrado en la formula (4.87).

4.8. Pruebas de un transformador.

Para el operador es importante tener una informacion sobre las caracterısticasinternas de un transformador.


(a)

(b)

Figura 4.22: Esquema de las pruebas de un transformador en circuito abierto.

Es posible identificar los parametros de un transformador real a partir de dospruebas. La primera es la prueba en circuito abierto. El transformador en circuitoabierto sigue consumiendo energıa y a partir de los modelos y de las medidasse puede identificar los parametros responsables de estas perdidas. En la figura4.22 tenemos un esquema del transformador en circuito abierto al secundario.A la entrada del transformador tenemos una tension V1 que tiene que ser latension nominal de funcionamiento. Para obtener los buenos parametros es im-portante que esta tension sea nominal. Sin embargo para evitar riesgos duranteel experimento se puede alimentar el lado de baja tension del transformador, losresultados seran identicos. Medimos la tension y la corriente con un amperıme-tro y un voltımetro. La potencia activa se mide al primario con un watımetro.Tenemos las tres medidas: V1ca,I1ca y Pca.

Al secundario la corriente I2 es nula, no tenemos ninguna corriente que circulaen esta parte. Toda la corriente fluye entonces por la resistencia equivalente de lasperdidas de hierro Rh y la inductancia de magnetizacion Xm. Estas inductanciassuelen tener un valor mucho mas alto que las resistencias de los devanados R1 yde inductancia de perdidas de flujo X1. Podemos entonces despreciar las caıdasde tension en estos dos ultimos elementos frente a las caıdas de tensiones enRh y Xm. El modelo del transformador se simplifica como ensenado en la figura4.22.(b). Podemos primero identificar la impedancia equivalente del circuito:


1

Ze

=1

Rh

+1

Xm

(4.90)

con Ze la impedancia equivalente de este circuito. El angulo de desfase entre latension V1 y la corriente I1 puede deducirse a partir de la definicion de la potenciaactiva:

cos θ =Pca

V1caI1ca(4.91)

V1ca yI1ca se miden en valores eficaces. El angulo tendra como expresion:

θ = acos(Pca

V1caI1ca) (4.92)

Este angulo corresponde tambien al angulo de la impedancia Ze:

Ze = |Ze|∠θ (4.93)

Se puede determinar el modulo de este numero complejo a partir de las medidas:

|Ze| =|V1||I1|

(4.94)

Tenemos ahora todos los elementos para identificar a Rh y Xm, siendo Rh

un numero real y Xm un complejo basta con identificar la parte real y imaginariade 1/Ze con los dos elementos, tenemos:

1

Ze=

1

Rh+

1

Xm=

1

|Ze|e−jθ =

1

|Ze|(cos θ − j sin θ) (4.95)

Y por lo tanto:

Rh =|Ze|cos θ

(4.96)

Xm = j|Ze|sin θ

(4.97)

Otro modo de calcular la resistencia Rh es de descomponer la corriente I1 endos corrientes Ih e Im en la rama de la resistencia de perdidas de hierro y decorriente de magnetizacion. La potencia se expresa como:

S =V1I

∗1

2=

V1(Ih + Im)∗

2=

V1I∗h

2+

V1I∗m

2(4.98)


con la ley de Ohm en cada elemento tenemos: V ∗1 = RhI

∗h y V ∗

1 = X∗mI∗

m. Porlo que podemos descomponer la potencia como:

S =|V1|22Rh

+|V1|22X∗

m

= Pca +|V1|22X∗

m

(4.99)

La parte activa de la potencia se identifica con la resistencia Rh:

Rh =|V1|22Pca

(4.100)

Podemos apuntar tambien que los transformadores sin carga consumen algode energıa, es siempre mejor de dejar los transformadores desenchufados cuandono estan utilizados.

4.8.1. Pruebas en corto-circuito

El segundo tipo de pruebas que podemos realizar para identificar los parame-tros de un transformador son las pruebas en corto-circuito. En este caso co-nectamos el secundario del transformador en corto-circuito. Como en el caso delcircuito abierto disponemos de un equipo de medidas que nos proporciona la ten-sion y corriente de primario ası como la potencia activa consumida a la entrada.El dispositivo experimental se puede observar en la figura 4.23. Ahora tenemosuna corriente I2 que fluye en el secundario. Tenemos que fijar la tension de talmanera que I2 sea la corriente nominal de funcionamiento con fin de obtener losparametros en su zona de funcionamiento.

Tenemos la relacion de transformacion de las corrientes para el transformador:I2 = mI1. Ahora la tension que fluye en la resistencia equivalente de perdidas Rh

y la inductancia de magnetizacion se pueden despreciar. La impedancia equiva-lente de este circuito es muy alta frente a R1 y a las inductancias del secundario.Poquısima corriente se va a desviar por este camino. Despues de unas transfor-maciones podemos llegar al circuito equivalente de la figura 4.23.b. Tenemos unarelacion entre la corriente y la tension del primario:

V1 = (R1 + X1 + m2R2 + m2X2)I1 = ZeI1 (4.101)

Tenemos la impedancia equivalente Ze:

Ze = R1 + X1 + m2R2 + m2X2 (4.102)


(a)

X1I1 R1

V1

A

VW

X2 R2m m2 2

(b)

Figura 4.23: Esquema de las pruebas de un transformador en corto-circuito.

De manera identica a las pruebas en circuito abierto podemos determinar elangulo θ en la tension y la corriente, lo despejamos con la formula:

cos θ =Pca

V1caI1ca(4.103)

Por otro lado tenemos la relacion entre la tension y la corriente:

Ze =|V1||I1|

∠θ (4.104)

con θ positivo dado que el circuito es inductivo, a partir de las medidas podemosentonces identificar el modulo y el angulo de la impedancia. Podemos identificarfacilmente la parte real y imaginaria de la impedancia Ze con los elementosconstitutivos del circuito:

ℜ(Ze) = R1 + m2R2 (4.105)

jℑ(Ze) = X1 + m2X2 (4.106)

No podemos separa la contribucion del primario y del secundario en este caso,sin embargo tenemos una buena aproximacion de las perdidas de cobre.

Con las medidas hechas en circuito abierto y en corto circuito podemos obte-ner un circuito equivalente del transformador. En la figura 4.24 tenemos el circuito


Figura 4.24: Esquema equivalente de un transformador con los parametros obtenidosde las pruebas en circuito abierto y en corto circuito.

del transformador reducido al primario. Usando las hipotesis de Kapp podemospasar las perdidas de hierro y la inductancia de magnetizacion al primario. Elcircuito equivalente aparece en la figura 4.24.

Ejemplo Tenemos los siguientes resultados de un ensayo en vacio de un trans-formador de 20kVA de tension nominal 2300/230V eficaces (los valores son can-tidades maximas):

Tension de primario: V10 = 3252V

Tension de secundario: V20 = 325,2V

Corriente de primario: I10 = 0,135A

Potencia activa consumida: P10 = 176W

Los ensayos del transformador en corto-circuito han dado los siguientes re-sultados (en cantidades maximas):

Tension de primario: V1cc = 104,3V

Corriente de primario: I1cc = 12,3A.

Potencia activa consumida: P1cc = 453W

Deducir a partir de ello la impedancia equivalente de perdidas de hierro, la impe-dancia de magnetizacion, las resistencias de perdidas de cobre y la inductanciasde perdidas de flujo.


Solucion Procedemos primero el ensayo en vacio del transformador. Primerocalculamos el angulo de la impedancia equivalente. Para ello usamos la definicionde potencia activa en primario

P10 =|V10||I10|

2cos ϕ (4.107)

El angulo ϕ se puede entonces despejar:

ϕ = acos2P10

|V10||I10|= acos

2 · 176

|3252||0,135| = 36,7o (4.108)

Por otro lado el modulo de la impedancia equivalente del transfomador es:

|Zeq| =|V10||I10|

=|3252||0,135| = 24089Ω (4.109)

Como hemos visto anteriormente la impedancia de magnetizacion y la resistenciade perdidas de hierro se deducen con estas formulas:

Rh =|Zeq|cos ϕ

=24089

cos 36,7= 30045Ω (4.110)

Xm = j|Zeq|sin ϕ

= j24089

sin 36,7= j40308Ω (4.111)

En secundo lugar procedemos a analizar los datos de ensayo en corto-circuito.Podemos deducir directamente el valor de las impedancias de perdidas de cobre:

P1cc = (R1 + m2R2)|I1cc|2

2(4.112)

Despejamos la resistencia:

R1 + m2R2 =2P1cc

|I1cc|2=

2 · 453

12,32≃ 6Ω (4.113)

Para determinar la impedancia de perdida de flujo tenemos primero que hallarel angulo de la impedancia equivalente:

ϕ = acos2P1cc

|V1cc||I1cc|= acos

2453

104,3 · 12,3= 45o (4.114)


El modulo de la impedancia equivalente vale:

|Zeq| =|V1cc||I1cc|

=104,3

12,3= 8,47Ω (4.115)

Y la impedancia de perdida de flujo vale:

X1 + m2X2 = j|Ze| sin ϕ = j8,47 · sin 45 ≃ j6Ω (4.116)

No se puede distinguir entre R1 y R2 ni tampoco entre X1 y X2 por lo que sedejan ası.



Relacion de transformacion de tensiones(V1 al primario y V2 al secundario)

V1

V2= N1

N2= m

Relacion de transformacion de corrientes I1I2

= N2

N1= 1

m

Transformacion de una carga Z visto dedesde el primario

Z ′ = m2Z

Rendimiento del transformador η = V2I2 cos(ϕ)Pcu+Ph+V2I2 cos(ϕ)

4.10. Ejercicios

1. Un transformador ideal tiene un primario de 200 vueltas y un secundariocon 600 vueltas. El primario se alimenta con una tension de 220V eficacesy de 50Hz. En el secundario tenemos una carga consumiendo una corrientede 3A en el secundario y con un factor de potencia en atraso de 0.7.Determinar:

4.10. Ejercicios 141

a) la relacion de transformacion

b) la corriente de primario

c) la potencia activa suministrada

d) el flujo maximo en el nucleo

[Resp a) 1/3 b) 9∠−45oA c) 980W d) 5mWb]

2. Un transformador tiene un flujo magnetico en su nucleo de 4mWb oscilan-do a una frecuencia de 50Hz. Sabiendo que el primario tiene 100 vueltasencontrar la tension maxima del primario. [Resp: 125V]

3. Dibujar el circuito equivalente del transformador de la pregunta 1) para laimpedancia visto de desde el primario. Hacer el mismo dibujo pero vistode desde el secundario.

4. Un transformador de 20kVA tiene una tension de alimentacion nominal de2300V eficaces y una tension de secundario de 230V a 50Hz. El transforma-dor esta cargado con una carga Z = 3∠30oΩ (la tension de alimentacionse mantiene a 2300V ef.). Por otra parte las perdidas de cobre y la reac-tancias de perdidas de flujo tienen como expresion: R1 = 2Ω, R2 = 0,02Ω,X1 = j12Ω, X2 = j0,12Ω. Determinar:

a) la relacion de transformacion

b) el esquema equivalente del transformador

c) la corriente de primario y secundario (Compara con la corriente no-minal del transformador),

d) la potencia activa suministrada a la carga

e) el rendimiento del transformador

[a) 10 b) c) I1 = 10,29∠−33,4oA d) P2 = 13762W e) η = 0,984]

5. El transformador de la pregunta precedente tiene una resistencia de per-didas en el hierro equivalente a Rh = 20 · 103Ω y una inductancia demagnetizacion de Xm = j15 ·103Ω. Sin usar las hipotesis de Kapp obtener:

a) el nuevo esquema equivalente del transformador

b) la nueva corriente de primario y de secundario


c) el factor de potencia visto de desde el primario

d) el rendimiento del transformador

e) Ahora usando las hipotesis de Kapp repetir las tres preguntas prece-dentes.

f ) Discutir las hipotesis de Kapp.

[Resp. a) b) I1 = 10,5∠−33,9o A c) fp=0.82 d) η = 0,967 e) I1 =10,54∠−33,9A, η = 0,966 ]

6. Calcular el rendimiento del transformador precedente sumando a la poten-cia de salida las perdidas de hierro y de cobre. Expresar la energıa perdidaen kWh, sabiendo que el precio del kWh es de 7 centimos calcular el preciode las perdidas para un mes de funcionamiento del transformador. [Resp.Pc = 169,28W Ph = 288W, η = 0,965, E=0.458kW.h, coste al mes= 23euros]

7. Se realiza una prueba de un transformador en circuito abierto y se leenlos valores siguientes en los aparatos de medida: V1 = 2000V, I1 = 0,1Ade 50Hz y un factor de potencia fp = 0,857 . Deducir la resistenciaequivalente de hierro y la inductancia de magnetizacion. [Resp. Rh = 40,0KΩ, Xm = j23,0 KΩ]


8. En la figura 4.25 tenemos el esquema de un sistema de alimentacion deun motor asıncrono. Se alimenta el motor a traves de un transformadormonofasico ideal de potencia nominal 4kVA, de tension de primario 2400Vy de tension de secundario de 400V (ambas maximas). La linea que conectael motor con el transformador tiene una impedancia Zl = 2 + j2Ω.

Calcular la relacion de transformacion del transformador.


Sabiendo que cuando funciona el motor su impedancia equivalentees Zm = 20 + j4Ω, calcular la tension V2 de alimentacion del motory la corriente I2 consumida. Dar ademas la potencia y el factor depotencia del motor. ¿El transformador puede suministrar la potencianecesaria?

Calcular la perdida de potencia en la linea y el rendimiento del dispo-sitivo.

El motor funciona con 400V y en el momento del arranque necesi-ta una corriente de 40A. ¿Puede arrancar el motor con el sistemapropuesto antes? Si no, proponer una solucion.


9. En la figura 4.26 tenemos el esquema de un sistema de transporte deenergıa. Se alimenta un linea monofasica con un generador de 10kV atraves de un transformador de relacion de transformacion m1. La linea detransporte es equivalente a una impedancia de valor R1 = 10Ω. El segundotransformador de relacion m2 rebaja la tension para obtener una tensionE4 = 1kV. El ejercicio consiste en determinar los parametros m1 y m2 paraminimizar las perdidas de transporte de energıa.

Dar el circuito equivalente de todo el dispositivo (transformar primeroel transformador 2 y luego el 1).

Calcular las perdidas en la linea sabiendo que Z = 2Ω.

Disenar m1 y m2 para obtener perdidas inferior a 1% la potenciaconsumida por la carga.

Dar el rendimiento total del dispositivo.

10. Tenemos un transformador de 30kVA y de tension 2000/200V eficaces.Las perdidas de cobre y de flujo para el primario y el secundario son las


siguientes: R1 = 2Ω, R2 = 0,02Ω, X1 = j12Ω, X2 = j0,12Ω. Se despre-cian las corrientes de perdidas de hierro y de magnetizacion. Se conectauna carga con un factor de potencia de 0.9 en atraso y que absorbe lacorriente nominal del transformador.

a) Dibujar el circuito equivalente del transformador visto de desde elsecundario.

b) Construir el diagrama de fasores cogiendo V2 la tension de salida comoreferencia.

c) Determinar V2 de forma geometrica a partir del diagrama de fasoresy calcularlo de forma exacta.

Correccion: Circuito equivalente visto de desde el secundario:Para transformar el circuito tomamos como referencia la tension de secundario.Al reducir el transformador la tension de entrada vale V1/m y las impedanciasdel primario se dividen entre m2.

Diagrama de fasores con V2 como referencias:

Para simplificar el diagrama de fasores cogemos las siguientes notaciones:

R′ =R1

m2+ R2 = 0,04Ω

X ′ =X1

m2+ X2 = j0,24Ω

El angulo ϕ de desfase entre la tension de secundario y la corriente I2 dependedel factor de potencia de la carga:

ϕ = arcos(0,9) = 25,84o


Determinar V2 de forma geometrica:

Para determinar V2 de forma geometrica conviene razonar sobre el diagramade fasores. Los datos conocidos son la tension V1, la fase ϕ, la corriente I2 ylos elementos equivalentes R′ y X ′ del transformador. Conviene determinar lalongitud OA a partir de estos datos. Realizaremos primero un calculo exacto paracompararlo luego con un calculo aproximado.

Primero calculamos la longitud de los segmentos AM y EM. Tenemos:

EM = ED − BC = R′I2 sin ϕ − X ′I2 cos ϕ

AM = AB + BM = R′I2 cos ϕ + X ′I2 sin ϕ

Por otro lado con el teorema de pitagora tenemos:

(V1

m)2 = OM2 + EM2

A partir de estos datos obtenemos una formula para OA es decir V2:

V2 = OA = OM−AM =

√

V 21

m2− (R′I2 sin ϕ − X ′I2 cos ϕ)2−(R′I2 cos ϕ+X ′I2 sin ϕ)

Con la aplicacion numerica tenemos:

V2 = 197,87V (eficaz)

Ahora si consideramos que el arco OM’ de centro O y de radio (V1/m) es maso menos igual a EM podemos despreciar la distancia MM ′. Es decir podemosaproximar V1/m a OM . El calculo se simplifica mucho:

V2 = OA = OM − AM ≃ V1

m− (R′I2 cos ϕ + X ′I2 sin ϕ)

En este caso V2 vale 197.89 Voltios eficaces, la aproximacion es satisfactoria.

Capıtulo 5

Principios fısicos de las maquinaselectricas

Las maquinas electricas se basan en principios fısicos que fueron investigadosen el siglo XIX por fısicos famosos como Faraday, Lenz, Helmhotz, Weber etc...La ley de Faraday en primer lugar expresa la fuerza electromotriz inducida en unconductor en funcion del campo magnetico inducido.

5.1. Principio del generador

Para ilustrar el efecto generador en un conductor cogemos el ejemplo de lafigura 5.1 en el que una barra conductora se desliza sobre unos raıles conductores.El circuito contiene una resistencia que actua como carga. En presencia de uncampo magnetico estatico uniforme B una fem electromotriz va a aparecer entrelos extremos de la barra cuando esta se pone en movimiento. Para obtener laexpresion de esta tension inducida conviene considerar la fuerza de Lorentz creadapor el campo magnetico sobre las cargas de la barra en movimiento:

FL = qv ×B (5.1)

con q la carga y v la velocidad de la barra. Las cargas se ponen entonces enmovimiento cuando la barra se mueve. Pero al tener cargas en movimiento tene-mos la creacion de un campo electrico, la unica fuerza sobre los electrones es lafuerza de Lorentz por lo que el campo se escribe como:

FL = qE (5.2)

147

148 Capıtulo 5. Principios fısicos de las maquinas electricas

eind

v

RB

i

Figura 5.1: Esquema de un generador formada de una barra en movimiento en un cam-po magnetico uniforme. La induccion electromagnetica crea una diferencia de potencialen la barra generando ası corrientes electricas en el circuito a partir del movimiento.

y como consecuencia:E = v ×B (5.3)

En la figura 5.2 ensenamos el sentido de las tensiones en la barra. Para obtenerel voltaje inducido integramos la expresion E = −grad(V) sobre la longitud dela barra:

VAB = −∫ B

A

E · dl =

∫ B

A

−v × B · dl = (B × v) · l (5.4)

con l un vector de modulo l. Por otro lado tenemos segun el esquema de la figura5.2 Vab = −eind, por lo que tenemos el voltaje inducido en funcion del campo yde la velocidad:

eind = (v ×B) · l (5.5)

Si el campo magnetico sale de la pagina hacia fuera y la velocidad hacia laderecha la fuerza electromotriz creada tendra el signo positivo como indicado enla figura 5.1. La fuerza electromotriz tendra un modulo:

eind = lBv (5.6)

Una forma mas intuitiva de obtener esta tension inducida consiste en determinarel elemento de superficie que la barra recorre en un tiempo elemental dt. Es decir

5.1. Principio del generador 149

Figura 5.2: (a) Esquema del sentido de las tensiones inducida cuando la barra se poneen movimiento. (b) Fuerzas de Laplace en un conductor atravesado por una corriente.

la distancia recorrida en el tiempo dt es vdt y la superficie consiste en la longitudde la barra por esta distancia. Tenemos:

dS = lvdt (5.7)

El flujo correspondiente seria simplemente esta superficie por el campo magne-tico:

dΦ = BdS = Blvdt (5.8)

La ley de Faraday puede expresar la tension inducida como la variacion temporalde flujo:

eind =dΦ

dt= Blv (5.9)

Por lo que llegamos a la misma tension inducida:

eind = lBv (5.10)

Este primer principio permite la generacion de una corriente en el circuitodebido la creacion de la fuerza electromotriz. Esta corriente va a crear una fuerzade reaccion que se opondra al movimiento que le ha dado lugar, si no fueraası tendrıamos una velocidad que tendrıa al infinito con una fuerza limitada. Lasfuerzas de Laplace representan la fuerza de Lorentz a una escala macroscopica.


Figura 5.3: Equivalente electrico del generador. La tension inducida depende de lavelocidad de la barra.

Cuando un electron se mueve en un conductor la fuerza que el electron ejercesobre el conductor es la fuerza de Lorentz

FL = qve × B (5.11)

pero esta vez ve es la velocidad del electron. En la figura 5.2 ensenamos unejemplo de fuerza de Lorentz creada por la carga en movimiento en el conductor.En el conductor tenemos una gran densidad de electrones, se mueven con unavelocidad de conjunto < ve > que sera proporcional a la corriente. La corrienteen un conductor cilındrico de seccion S y de longitud l se puede expresar como:

i = Sqn< ve > (5.12)

con n la densidad volumica de electrones, esta densidad tambien se puede expre-sar en funcion del numero total de electrones y del volumen V: n = N/V . Porlo que la corriente en el conductor cilındrico se escribe:

i = SqN

V< ve > (5.13)

y con V = Sl podemos escribir:

i =qn

l< ve > (5.14)

Si sumamos todas la fuerzas de Lorentz sobre el volumen tenemos la fuerza deLaplace:

Fl = nqve ×B = li ×B (5.15)

5.1. Principio del generador 151

La fuerza resistente se debe entonces a las fuerzas de Laplace y se escriben como:

Fr = li × B (5.16)

con la intensidad dependiendo de la carga y de la fuerza electromotriz como:

eind = Ri (5.17)

tenemos un circuito equivalente simple formado de un generador eind y una cargaR como podemos observa en la figura 5.3.

Para poner otro ejemplo de aplicacion, podemos suponer que aplicamos unafuerza motor Fm constante hacia la derecha sobre la barra. Podemos calcularcual va a ser la velocidad final una vez que ponemos el sistema en marcha. Paraello aplicamos el principio de la dinamica a nuestro sistema.

mdv

dt= Fm + Fr (5.18)

Desarrollamos la ecuacion en funcion de las expresiones anteriores:

mdv

dt= Fm + li × B (5.19)

tenemos eind = Ri y eind = Blv si proyectamos ahora los vectores se obtiene:

mdv

dt= Fm − lBi = Fm − lB

eind

R= Fm − lB

Blv

R(5.20)

Cuando el sistema esta en equilibrio tenemos la derivada de la velocidad igual acero y se despeja la siguiente relacion:

Fm = lBBlve

R(5.21)

la velocidad estacionaria ve de la barra es:

ve =RFm

(Bl)2(5.22)

La velocidad final de la barra depende entonces directamente de la fuerza y dela resistencia de carga R que aplicamos al sistema.

En la figura 5.4 ensenamos la evolucion de la velocidad ası como la tensioninducida. Las dos cantitades evolucionan de forma exponencial hasta estabilizarseen un valor estacionario.

Estos efectos fısicos describen la transformacion de energıa mecanica (moverla barra en el campo) en energica electrica (generacion de la f.e.m) y circulacionde una corriente.


00,20,40,60,8

1

v (m

/s)

0 20 40 60 80

t (s)02468

10

e ind(V

)

Figura 5.4: Integracion numerica de la ecuacion diferencial (5.19). Tenemos la velo-cidad en funcion del tiempo ası como la corriente y la tension inducida del circuito.Parametros: R = 10Ω, B = 1T, l = 10m, m = 1kg Fm = 10N.

5.2. Principio del motor

Ahora vamos el efecto dual que es la creacion de movimiento a partir deenergıa electrica. Para tal estudio presentamos en la figura 5.5 un barra metalicaque puede deslizarse sobre unos conductores. Presente con la barra tenemos uncampo magnetico uniforme. En el circuito colocamos un generador en serie conuna resistencia. Al establecer el voltaje una corriente va a circular en el circuitotal que:

V = Ri (5.23)

La corriente circulando en la barra va crear una fuerza de arrastre sobre la barradebido a las fuerzas de Laplace. Se expresa la fuerza aplicada a la barra como:

Fl = li × B (5.24)

con l la longitud de la barra. si seguimos el sentido descrito por la figura tene-mos una fuerza orientada hacia la derecha. La barra moviendose en el campomagnetico va a inducir una fuerza electromotriz en la barra como hemos vistoen el caso precedente. Esta fuerza va a generar una caıda de corriente y por lotanto reducir las fuerzas de Laplace que mueven la barra. Esta induccion va adepender de la velocidad:

eind = Blv (5.25)

5.2. Principio del motor 153

V

R

B

i

F l

v

Figura 5.5: Esquema de motor formado por unas barras deslizantes sobre unos con-ductores. El generador produce una corriente i que pone en movimiento la barra en elcampo magnetico.

El sentido de esta tension es tal que se va a oponer a la causa que la dado lugar,es decir se va a oponer a la corriente i. Segun aumenta la tension eind la corrientedisminuye, lo podemos comprobar con la ecuacion del circuito: i = (V −eind)/R.Podemos escribir la ecuacion de movimiento de la barra a partir de estos dosfenomenos antagonistas. Aplicamos para ello el principio de la dinamica al sistemabarra:

mdv

dt= Fl (5.26)

Expresando la corriente en funcion de la induccion electromagnetica, a partir dela figura 5.7 tenemos:

i = (V − eind)/R (5.27)

y para terminar:

mdv

dt= Bl

(V − eind)

R= Bl

V

R− (Bl)2 v

R(5.28)

Tenemos la ecuacion diferencial que rige el movimiento de la barra:

dv

dt=

Bl

mR(V − Blv) (5.29)

La velocidad va a aumentar hasta alcanzar un regimen permanente igual a:

ve =V

Bl(5.30)


00,20,40,60,8

1

v (m

/s)

0

2

4

6

8

10

e ind(V

)

0 20 40 60 80

t (s)

1

1,21,41,61,8

2

I (A

)

Figura 5.6: Integracion numerica de la ecuacion diferencial (5.33). Tenemos la velo-cidad en funcion del tiempo ası como la corriente y la tension inducida del circuito.Parametros: R = 10Ω, B = 1T, l = 10m, V = 20V, m = 1kg, Fr = 10N.

Por lo que en la barra sin carga tenemos una velocidad proporcional a la tensiondel generador. Aqui tenemos que hacer un comentario importante. Cuando sealcanza la velocidad de estacionaria, la tension inducida vale:

eind = Blve = BlV

Bl= V (5.31)

La tension inducida vale V la tension de alimentacion. Sin embargo la corrientede alimentacion se expresa como i = (V −eind)/R, por lo que la corriente es nulacuando se alcanza la velocidad estacionaria. Resultaria imposible la aparicion deuna fuerza de Laplace sin circulacion de corriente por lo que no se alcanza nuncaesta velocidad estacionaria. Por otro lado existen rozamientos que hacen que estavelocidad nunca se alcanza sino que este por debajo. Vamos a ver ahora comose puede expresar la nueva velocidad en funcion de fuerza de arrastre.

Podemos ahora “cargar” la barra con una fuerza resistente al movimiento.Supongamos que esta fuerza se dirige a la izquierda y se opone al movimiento.

5.2. Principio del motor 155

En el balance de fuerzas se la introduce:

mdv

dt= Fl + Fr (5.32)

con los desarrollos anteriores tenemos:

mdv

dt=

Bl

R(V − Blv) − Fr (5.33)

Cuando el sistema es estacionario la nueva velocidad es:

ve =V

Bl− RFr

(Bl)2(5.34)

En la figura 5.6 ensenamos un ejemplo de evolucion de la tension inducida ası co-mo de la velocidad en funcion del tiempo.

Podemos tambien ver que tenemos un limite fısico para que la barra se mueva.Podemos deducir a partir de la expresion de la velocidad estacionaria (5.34), sila velocidad estacionaria fuese nula significaria que la barra no puede arrancar.Entonces la fuerza resistante Frlim para v = 0 en este caso es:

Frlim =V Bl

R(5.35)

Fijense que la fuerza resistante limite para este caso no depende de la masa dela barra. Sin embargo si la fuerza resistante supera este limite la velocidad sevuelve negativa, por lo que la barra se movera en el otro sentido.

Por otra parte si la fuerza cambia de sentido, la velocidad estacionaria au-menta y la barra produce energıa. En este caso el generador de corriente absorbela energıa y nos encontramos con el mismo caso que el generador de la seccionanterior. La corriente electrica que circula por el circuito puede expresarse enfuncion de los distintos parametros del sistema. Tenemos las ecuaciones:

eind = Blve (5.36)

Si usamos expresion de la velocidad estacionaria (5.34) con esta precedente ecua-cion tenemos:

eind = V − RFr

Bl(5.37)

Con la ley de Kirchhoff y la figura 5.7 por otro lado tenemos la expresion eind =V − Ri. Por identificacion tenemos la expresion de la corriente en el circuito:

i =Fr

Bl(5.38)


Figura 5.7: Equivalente electrico del motor. La tension inducida depende de la velocidadde la barra y de la fuerza de arrastre.

La corriente es directamente proporcional a la fuerza de arrastre Fr. Sin ningunafuerza Fr no hay circulacion de corriente (i = 0) por lo que tiene que tiene queexistir una fuerza (aunque pequena) para iniciar el movimiento.

5.3. Principios fısicos de motores rotativos

Para empezar el estudio de los motores electricos tratamos casos sencillos deinduccion en espiras. El caso mas sencillo consiste en una espira de un materialconductor, en general de cobre, atravesado por una corriente. La espira se colocasobre un soporte rotativo llamado rotor. En el caso general el rotor consta demuchas espiras enrollada y entrelazada de forma muy compleja. Aquı empezamosa describir el efecto motor en el cual la circulacion de la corriente en la espiragenera un movimiento rotatorio.

Estudiamos primero el caso de esta espira sumergida en un campo magneticouniforme B0 en la cual circula la corriente. Tenemos la aparicion de una fuerzade Laplace en el alambre como efecto del campo magnetico uniforme. Podemoshacer el balance de las fuerzas ejercidas sobre la espira. Para aquello necesitamoscalcular las fuerzas de Laplace en cada lado de la espira. En la figura 5.8 tenemosel esquema de la espira en situada en el campo magnetico uniforme. La fuerzade Laplace en un alambre rectilıneo de longitud l se escribe como:

Fl = li × B0 (5.39)

Con B0 el campo magnetico, l la longitud del conductor considerado y i lacorriente atravesando el conductor. En la figura 5.8 tenemos cuatro segmento

5.3. Principios fısicos de motores rotativos 157

Figura 5.8: (a) Esquema de una espira sencilla atravesada por una corriente i con unaf.e.m generada E. La espira se encuentra en un campo magnetico B0 apuntando haciafuera de la pagina. (b) Esquema de la misma espira pero vista de perfil en el planoxy. El sentido de las corrientes en las espiras esta indicado en la figura.

ABCD, en cada segmento podemos escribir las fuerzas correspondientes:

FAB = B0liy (5.40)

FBC = −B02aiz (5.41)

FCD = −B0liy (5.42)

FDA = B02aiz (5.43)

Podemos despreciar la parte de los cables saliente para la alimentacion, dadoque en la practica no estan en el campo magnetico. Las fuerzas FBC y FDA sonantagonistas y no participan al movimiento sin embargo las fuerzas FAB y FCD

crean un torque en la espira. El momento (o el torque) de cada fuerza se puedededucir facilmente con ayuda de la figura 5.8. El momento de una fuerza que seaplica en el punto A con referencia a un pivote O se define como:

MFA(O) = ~OA × F (5.44)

En nuestro sistema las fuerzas son constantes en direccion y en modulo. El vector~AO sin embargo va a depender de la posicion de la espira, hay que proyectar


sobre el sistema de coordenadas cartesianas indicado en la figura 5.8. Tenemoslos siguientes momentos:

MFAB(O) = ~OA × FAB =

a cos(θ)a sin(θ)

0

×

0B0li0

(5.45)

MFAB(O) = aB0li cos θz (5.46)

MFCD(O) = aB0li cos θz (5.47)

Los momentos se cumulan y participan al mismo movimiento, es decir que elmomento total de la espira es:

M = 2aB0li cos θz (5.48)

El torque es maximo cuando la espira forma un angula de π/2 con el campomagnetico y es mınimo cuando la bobina forma un angulo de cero, lo que equivalea alinear el campo generado por la bobina con el campo uniforme.Aquı podemosobservar que el torque varia de forma sinusoidal con el tiempo. Es una desventajade esta maquina porque en general queremos un torque constante para poderusar la maquina.

La potencia mecanica producida por una maquina electrica se expresa enfuncion del momento producido (o el torque) y en funcion de la velocidad derotacion de la maquina.

Pm = Mω (5.49)

Para la espira precedente tenemos una potencia:

Pm = 2aB0liω cos ωt (5.50)

dado que θ = ωt cuando el movimiento es sinusoidal y de pulsacion continua.Este simple ejemplo presenta los fundamentos de la conversion de energıa

electrica a energıa mecanica. Para obtener un movimiento circular conviene cam-biar la orientacion del campo magnetico, o bien el sentido de la corriente. Si nose cambia el sentido de la corriente, la espira se mantendrıa en una posicion ver-tical y no se moverıa. La segunda solucion se emplea en la maquinas de corrientecontinua en las cuales la polaridad de la espira cambia a cada media vuelta,veremos despues como alternar mecanicamente esta polaridad en cada vuelta.Cuando es el campo magnetico quien gira hablamos de maquinas de induccion.En las figuras 5.9 (a) y (b) tenemos ejemplos de maquinas simples con un esta-tor generando el flujo magnetico permanente y con un rotor. El rotor contienevarias espiras con un devanado cuidadosamente organizado. El par producido esentonces mas liso y casi constante.

5.4. Principios fısicos de generadores rotativos 159

Figura 5.9: Esquema de un rotor y un estator con las lineas de campo generada por elestator atravesando el rotor. El campo puede estar generado por un iman permanenteo por bobinas alimentadas en corriente continua.

5.4. Principios fısicos de generadores rotativos

Hemos visto en este ejemplo el modo “motor” es decir la generacion deenergıa mecanica a partir de energıa electrica. Para efectuar la conversion in-versa, es decir la obtencion de energıa electrica a partir de energıa mecanicaconsideramos la misma espira anterior pero esta vez la espira esta arrastrada porun mecanismo externo (turbina, dinamo,etc). Es decir la espira gira en un campouniforme de forma similar a la figura 5.9. La ley de Faraday expresa la relacionentre la variacion de flujo magnetico atravesando la espira y la tension generada.El flujo es proporcional a la seccion proyectada por la bobina, es decir cuando laespira es perpendicular al campo magnetico el flujo es proporcional a la superficieS = la con l la longitud y a el diametro de la espira. Aquı consideramos la “sec-cion proyectada” la superficie de la espira vista desde la perspectiva del campomagnetico cuando la espira forma un angulo θ con el plano horizontal. Cuando laespira se encuentra paralela al campo la seccion proyectada es nula. Para ilustraresta cantidad tenemos la figura 5.10 en la cual se observa la superficie que “ve”el campo magnetico B. Cuanto mas cerca a la horizontal se encuentra la espira,mas reducida es la seccion proyectada.

Suponiendo el movimiento de la espira circular y constante tenemos:

dθ

dt= ω (5.51)

con ω la velocidad angular del rotor. Si nos fijamos en la figura 5.11, la seccionproyectada por la espira sera S(θ) y en funcion del angulo θ tenemos:

S(θ) = al sin(θ) (5.52)


Figura 5.10: Esquema de la seccion proyectada de la espira cuando esta girada de unangulo θ. El campo magnetico “ilumina” una seccion la sin θ.

El angulo en funcion del tiempo se obtiene sencillamente a partir de la ecuacion5.51: θ(t) = ωt (consideramos θ(0) = 0). La ley de Faraday se expresa como:e = −dΦ/dt con e la fuerza electromotriz inducida. El flujo seria la seccionproyectada S(θ) por el campo magnetico B0. Tenemos entonces una f.e.m. enla bornes de la espira:

eind = −dΦ

dt= −dB0la sin(ωt)

dt= −B0laω cos(ωt) (5.53)

Tenemos una tension sinusoidal a la salida de la espira. El sentido de la tensionva indicado en la figura 5.11. La tension inducida es proporcional a la velocidad,si queremos una amplitud constante se necesita un control de la velocidad. Porotro lado si conectamos el generador a una carga de resistencia R circula unacorriente en el circuito. La circulacion de una corriente supone la aparicion defuerzas de Laplace en el conductor. Estas fuerzas van a ser proporcional a lacorriente y por lo tanto a la tension inducida eind si la carga es resistiva pura. Enla figura 5.11 (b) tenemos un ejemplo de carga conectada al generador rotativo.La corriente circula como indicado en la figura (a). Las fuerzas de Laplace enlos dos conductores se van a oponer al movimiento de la espira y van a tener elsiguiente modulo:

FL =(lB0)

2

Raω cos(ωt) (5.54)

Estas fuerzas son maximas para θ = 0 y minimas para θ = π2

Se puede calcularel momento de resistencia que estas fuerzas ejercen sobre el mecanismo quearrastra la espira, y a partir de alli deducir cual es la potencia mecanica necesaria

5.4. Principios fısicos de generadores rotativos 161

(a)

(b)

Figura 5.11: Esquema de una espira en rotacion en un campo magnetico uniforme. (a)En esta figura tenemos una espira en un campo magnetico visto de perfil. (b) Espiraaccionada por un mecanismo externo. Se encuentra en un campo magnetico estaticouniforme. Al girarla aparece una tension en los conductores.

en funcion de la carga. Este fenomeno implica la necesidad de un control de lavelocidad del generador. Para la produccion de electricidad a grandes escalas,la tension y la frecuencia suministrada tienen que ser constantes para cualquiercarga de la red. Se necesita entonces un control de la potencia y de la velocidad


Figura 5.12: Esquema de escobillas sujetadas al estator. Las escobillas estan mantenidasen contacto con el anillo con el ayuda de un muelle que los empuja hacia el anillorozante.

para evitar estas variaciones.

En la figura 5.12 ensenamos un sistema para recuperar la tension en losterminales de la espira sin tener que tener el polimetro girando con la espira. Setratan de dos anillos de cobre conectado cada uno a un terminal de la espira.Estos anillos se montan en el eje del estator. Para poder hacer contacto con uncircuito exterior se usan unos electrodos de carbon que deslizan sobre el cobre. Elcontacto se establece con el rozamiento de uno contra el otro. En la figura 5.12ensenamos el sistema de anillos rozantes con mas detalles. Aunque este sistemasea muy ingenioso, supone algunos problemas cuando se trabaja con tensionesaltas. Las escobillas se desgastan mas y aparecen chispazos al nivel del contacto.Tambien introducen perdidas de energıa debido al contacto.

En la figura 5.13 tenemos una ilustracion del valor de la tension inducidaen la espira en funcion del angulo. Cuando la espira es horizontal, la tension enla espira es maxima. La tension es proporcional a la derivada del flujo. Por lotanto, si el flujo es nulo la tension esta en un extrema. Por otro lado la corrientese orienta de tal forma que se opone al flujo que la dado lugar. Al conectarun voltimetro en los extremos del colector de delgas podemos observar el ciclocompleto efectuado por la tension.

5.5. Generacion de un campo giratorio 163

Figura 5.13: Valor de la f.e.m inducida en la espira en funcion del ciclo de la espira.Notese que cuando la espira es vertical, el flujo es maximo y como consecuencia latension es minima. Al reves, cuando el flujo es minimo, la espira paralela al campo, latension es maxima.

5.5. Generacion de un campo giratorio

En los ejemplos anteriores, el estator simplemente tenia un campo magneticoestatico y uniforme. En otros tipos de maquinas electricas, el estator produceun campo variable que va a interactuar con el rotor. Es el caso de los motoresasıncronos y sıncronos que encontraremos mas adelante.

En las maquinas de induccion el estator no se mueve pero sin embargo generaun campo magnetico giratorio. Este campo puede generarse facilmente a partirde una alimentacion trifasica. En la figura 5.14 se muestra un ejemplo de motorcon tras polos los cuales estan alimentados con una fase distinta. Los tres polosestan dispuestos con un angulo de 2π/3 entre cada polo. Las corrientes de faseun sistema trifasico se pueden escribir escribir como:

Iaa′ = Imsin(ωt) (5.55)

Ibb′ = Imsin(ωt − 2π

3) (5.56)

Icc′ = Imsin(ωt +2π

3) (5.57)

Estas son las corrientes que circulan en cada polo del estator. Los devanados aa′,bb′ y cc′ estan colocados en el estator de con un angulo de 2π/3 entre cada uno,


a’ a

c

c’

b’

b

Wt=0

Icc’

Icc’

Figura 5.14: Esquema de un estator trifasico con el sentido de las corrientes para lageneracion de un campo magnetico giratorio. Los devanados del estator tienen unangulo de 2π/3 entre sı.

el sentido de rotacion es el directo como indicado en la figura 5.14 El sentido delas corrientes tambien esta indicado en la figura. Si la corriente Icc′ es positivaentonces entra por c y sale por c′.

Cada espira genera un campo magnetico perpendicular al plano de la espira.Las espiras producen un campo magnetico oscilante en el tiempo siguiendo lasexpresiones de las tensiones. El campo magnetico en el espacio se puede expresaren funcion de dos vectores k y j relativos a direccion vertical y a la direccionhorizontal. El campo generado por la espira aa′ se encuentra en la vertical. Elcampo generado por la espira bb′ estara en el plano con angulo de 2π/3 + π/2y para el campo de la espira cc′ con un angulo de 4π/3 + π/2. La expresion de


estos campos en coordenadas cartesianas se escribe como:

Ba = B0sin(ωt)k (5.58)

Bb = B0sin(ωt − 2π

3)(−

√3

2j − 1

2k) (5.59)

Bc = B0sin(ωt +2π

3)(

√3

2j − 1

2k) (5.60)

Si sumamos las tres contribuciones de los campos tenemos el campo magneticofinal:

BN = B0(cos(ωt)j + sin(ωt)k) (5.61)

Esta ecuacion define un campo giratorio en el rotor. Si uno se fija en la expresionmatematica de un fasor en el plano complejo, esta expresion podrıa representarseen el dominio complejo como:

BN = B0ejωt (5.62)

Aparece de manera clara que tenemos un vector de modulo B0 girando a unavelocidad ω. En la figura 5.16 tenemos el campo giratorio con las tensiones paraseis instantes de un periodo. Este campo puee tambien observarse en la figura ??donde se muestra la excitacion magnetica H simulado para el tiempo ωt = 60.El campo es casi uniforme dentro del estator

Con este campo giratorio podemos construir un motor sıncrono. El principiodel motor sıncrono puede entenderse considerando el campo magnetico giratorioy un iman en vez del rotor. El campo giratorio va a arrastra el iman. Los camposmagneticos se van a alinear. Cuando la velocidad del rotor alcanza la velocidadde rotacion del campo esta ha alcanzado la velocidad sıncrona. Tambien el cam-po giratorio sirve para accionar motores asıncronos. En el proximo capitulo sedetallan los principios fısicos de este tipo de maquinas electricas.

Podemos poner mas de tres devanados en el estator y alimentarlo con el mis-mo sistema trifasico. La relacion entre la frecuencia electrica y la velocidad derotacion del campo cambia. Cuando tenemos tres devanados desfasados entre side 2π/3 hemos demostrado que aparecıa un campo giratorio. Este campo gira-torio puede representarse como un iman que gira a la velocidad de la frecuenciaelectrica. En este caso el estator consta de dos polos, uno norte y uno sur. Simultiplicamos por dos el numero de devanados, es decir repetimos los devana-dos seguidamente dos veces, aparece entonces dos nuevos polos. Es como si setuvieramos ahora dos imanes girando. Se dice en este caso que el estator tiene


(a)

Figura 5.15: Evolucion temporal de los campos magneticos cuando se alimentan losdevanados con una tension trifasica.


Figura 5.16: En esta figura representamos la excitacion magnetica dentro de un estatoralimentado con corriente trifasica para un instante del ciclo. Se puede observar que elcampo es casi constante dentro del estator.

Figura 5.17: Esquema de un estator con dos devanados trifasicos, cuando se alimentanlos dos con una tension trifasica tenemos la formacion de cuatro polos magneticos.Junto con este esquema proponemos un ejemplo de integracion del campo en el estator.


4 polos (ver figura 5.17). El sentido de los devanados se puede observar en lafigura 5.17, y estan alimentado con corrientes trifasicas de la ecuacion (5.55).En la misma figura representamos el aspecto de la excitacion magnetica en elestator. Este campo de vectores se puede descomponer en cuatro zonas dondela direccion en centripeta (polo sur) o centrifuga (polo norte).

La frecuencia electrica es ahora el doble de la velocidad de rotacion del campo.Si nos fijamos en la figura 5.17, cuando se cumple un ciclo electrico, se hacumplido solo media vuelta del rotor. Se necesita entonces dos periodos electricospara cumplir un periodo del campo. El numero de devanados del estator (o delrotor) esta relacionado con el numero de polos P . En general tenemos la relacionentre la frecuencia electrica y la velocidad de rotacion:

fe =P

2fm (5.63)

con fm la velocidad de rotacion. Es decir que con 4 polos, dos vueltas de latension electrica a provocado una rotacion del campo magnetico. Si expresamosla velocidad de rotacion en vueltas por minutos tenemos la relacion:

nr =120fe

P[r.p.m] (5.64)

El numero de polos del estator y del rotor pueden ser distintos. Por ejemplopodemos tener un estator con un devanado trifasico y un rotor con cuatro polos.En el ejemplo de la figura 5.17 tenemos un estator con cuatro polos magneticos.

5.6. Ejercicios

V

R

B

i

F l

v

1. Tenemos la maquina lineal en la figura precedente. Se alimenta con unatension de 120V y una resistencia de 0,3Ω la barra tiene una longitud de10m y se coloca en un campo magnetico de B = 0,1T.

5.6. Ejercicios 169

a) Calcular la corriente de arranque de la maquina.

b) Calcular la velocidad estacionaria de la maquina.

c) ¿Si se aplica una fuerza de 30N hacia la izquierda, cual es la nuevavelocidad estacionaria? ¿Cual va a ser la potencia absorbida por labarra?

d) ¿Si se aplica una fuerza de 30N hacia la derecha, cual es la nuevavelocidad estacionaria? ¿Cual va a ser la potencia producida por labarra?

[Respuesta: a) I=400A b)ve = 120m.s−1 c) ve = 111m.s−1, P=3330W d)ve = 129m.s−1, P=3870W ]

2. Una maquina electrica de 6 polos esta alimentada por una tension alternatrifasica de 50Hz. Dar la velocidad de rotacion del campo en Hz y en r.p.m.

Problema difıcil (desafıo): Que pasarıa si desconectamos una fase de un mo-tor electrico alimentendo en trifasico. Expresar el campo resultante en la maquina.¿La maquina seguiria funcionando? (Para resolver este problema conviene usarun programa de simulacion numerica y dibujar las curbas de Lissajous)

Capıtulo 6

Maquinas electricas

En este capıtulo describimos las maquinas electricas empleadas mas comunmen-te en las aplicaciones industriales y particulares. Para cada maquina describimosel funcionamiento de manera cualitativa antes de presentar los aspectos cuanti-tativos mas importantes.

6.1. Motores asıncronos

Los motores asıncronos se usan ahora en la mayorıa de las aplicaciones depequena potencia y de media potencia en industrias. Para las aplicaciones parti-culares, la mayorıa de los motores tambien son del tipo asıncrono. Son motoresmuy robustos con una construccion y un funcionamiento sencillo. Se usan sobretodo en aplicaciones que no necesitan un control preciso de la velocidad.

6.1.1. Construccion y principios de funcionamiento

Las maquinas asıncronas en funcionamiento de motor se basan en el campogiratorio creado por un devanado trifasico. La maquina se compone de un estatorcon un campo inductor y de un rotor con un campo inducido. El campoinductor es un campo giratorio como descrito en las ecuaciones (5.62). Existendos tipos de motores asıncronos, unos tienen colectores de delgas en el estatory el otro tipo de rotor consiste en una jaula de ardillas. El segundo tipo derotor es el mas comun para maquinas de pequena potencia. Esta jaula de ardillaconsiste en unas barras conductoras en corto circuito en los extremos.

171

172 Capıtulo 6. Maquinas electricas

Jaulas de ardillaEstator

Figura 6.1: Esquema de un motor asıncrono con las jaulas de ardillas.

Al aplicar un campo magnetico rotatorio en el estator, el campo magneti-co variante crea una tension inducida en las barras conductoras y por tanto lacirculacion de una corriente. La tension inducida en la barra se escribe con laley de Faraday. La corriente creada por esta induccion interfiere a su vez con elcampo y una fuerza de Laplace aparece gradualmente. Esta fuerza de Laplaceva a poner en movimiento la jaula de ardilla y esta empieza a girar. A medidaque la velocidad de la jaula de ardilla aumenta la velocidad relativa entre la jaulade ardilla y el campo rotativo disminuye. Si la velocidad disminuye la tensioninducida disminuye tambien y por tanto la corriente. En cuanto mas se acerca lavelocidad del rotor a la velocidad del campo, mas debil es la tension inducida.Cuando las dos velocidades son iguales la tension inducida es nula porque nohay variacion de flujo en la barras de la jaula. Al ser cero la tension inducida nohay movimiento posible, por lo que es fısicamente imposible que la velocidad delcampo rotatorio y del rotor sean iguales. El rotor va a girar a una velocidad justopor debajo de la velocidad sıncrona (la velocidad del campo). Por eso se llamavelocidad asıncrona. El nombre del motor viene de esta propiedad.

La relacion entre las velocidades del rotor y del campo se llama el desliza-miento:

n = ns − nr (6.1)

con ns la velocidad sıncrona y nr la velocidad del rotor. Las velocidades seexpresan aquı en revoluciones por minutos. Mas comunmente se expresa el desli-zamiento en una fraccion s de la velocidad de sincronismo ns. Tenemos entonces:

s =ns − nr

ns

(6.2)

Este ratio es inferior o igual a uno pero estrictamente superior a cero. Tenemos

6.1. Motores asıncronos 173

en general el deslizamiento se expresa en porcentaje de (1−s) inferior a cinco porciento. El deslizamiento va a depender de la carga del motor, este va aumentarcon una carga mayor como veremos con el circuito equivalente.

6.1.2. Circuito equivalente

El circuito equivalente de una maquina asıncrona se parece mucho al modeloequivalente de un transformador. Tiene un devanado primario por una tensionalterna (el estator), y tiene otro devanado inducido que es el estator. Ademas,parte de las perdidas en los dos sistemas son similares. El modelo de la maquinacuando el estator se mantiene bloqueado es el modelo de un transformador conun corto-circuito en la salida.

El circuito equivalente de una fase del motor asıncrono consiste en un deva-nado primario alimentado por una tension alterna, es el modelo del estator (parauna fase). El circuito del secundario consiste en un devanado inducido en cortocircuito, representa una fase del rotor. Pueden existir varias fases pero supone-mos que son todas identicas, por lo que el estudio de una de las fases permiteefectuar conclusiones sobre la maquina. Se incluye en el modelo las perdidas decobre creadas por el calentamiento por efector Joule. Podemos incluir tambienlas perdidas de hierro y la corriente de magnetizacion que tambien aparece en loscircuitos magneticos. Sin embargo tenemos que incluir otros efectos como porejemplo la reaccion del inducido. La reaccion del inducido consiste en el campomagnetico creado por el rotor cuando una corriente circula en este. La tensioninducida es menos la derivada del flujo (ley de Faraday) y por lo tanto esta desfa-sada de π/2 con el campo. La corriente en las barras esta en fase con la tensionpor la ley de Ohm (no consideramos los efectos de autoinduccion de momento).El campo creado por la espira esta en fase con la corriente (ver capıtulos 1 y 2).Como consecuencia este campo magnetico esta desfasado de π/2 en atraso fren-te al campo del estator. Por lo tanto este campo deforma el campo del estator.Este efecto se modeliza como una inductancia en el circuito equivalente (X1 yX2 en la figura 6.2).

Cuando el rotor tiene que proporcionar un par, la velocidad disminuye y latension inducida disminuye tambien dado que es proporcional a la velocidad. Porlo tanto la corriente y el campo de reaccion tambien disminuyen. Estos parametrosvan a depender de la velocidad del rotor.

El esquema electrico del motor es basicamente el equivalente al esquema deltransformador en corto circuito pero con una diferencia importante, las frecuen-cias al secundario y al primario son distintas. Habıamos expresado la tension en


(a)

(b)

Figura 6.2: Esquema electrico equivalente de un motor asıncrono con jaula de ardilla.(a) Esquema equivalente con las tensiones de secundario e inductacias proporciona-les a s. (b) Esquema equivalente con la carga ficticia R2(1/s − 1) que depende deldeslizamiento de la maquina.

el primario y en el secundario de un transformador en funcion del flujo comun yde la frecuencia de las tensiones de flujo:

E1 = 2πfsN1Φm (6.3)

y para el secundario tenemos:

E2 = 2π(fs − fr)N2Φm (6.4)

Cuando el rotor gira, el flujo inducido en las barras es proporcional a la diferenciade velocidad entre el campo giratorio y el estator. Esta diferencia es igual fs−fr =sfs con s = (fs − fr)/fs debido al deslizamiento de las velocidades. La nuevatension E2r sera entonces:

E2r = 2πsfsN2Φm = sE2 (6.5)

Con E2 la f.e.m equivalente de un transformador ideal cuando las frecuencias delprimario y del secundario son iguales. La tension en el devanado del rotor variaentonces en funcion de la velocidad del rotor.


En la figura 6.11, tenemos una inductancia X2 al secundario que suma lainductancia del devanado y la reactancia equivalente de reaccion del inducido.Cuando el rotor no gira la reactancia X2 tiene como expresion:

X2 = jL2ωs (6.6)

L2 seria una propiedad del circuito y ωs es la velocidad de sincronismo. Dadoque la frecuencia al primario y al secundario es la misma.

Del mismo modo que la tension inducida, el campo de dispersion en el rotor esproporcional a la diferencia de velocidades entre el rotor y el estator fs−fr = sfs.Y la reactancia de dispersion tiene entonces un nuevo valor:

X2r = jL2ω2 = jL2sωs (6.7)

Por lo que la nueva inductancia equivalente vale X2r = sX2.La intensidad en el circuito del secundario se puede escribir como:

I2 =sE2

sX2 + R2=

E2

X2 + R2/s(6.8)

Vemos que cuando el rotor gira tenemos una variacion de la resistencia del de-vanado. Podemos tambien expresar esta resistencia con la forma:

R2/s = R2 + R2(1

s− 1) (6.9)

Tenemos una nueva resistencia en serie en el circuito equivalente de la maquinaasıncrona como ensenado en la figura 6.11 (b). Esta resistencia va a variar con lacarga de la maquina, cuando la carga del motor aumenta, la velocidad disminuyey por lo tanto aumenta esta resistencia y el consumo del motor.

Aqui podemos hacer las mismas aproximaciones que en el transformador parala rama en paralelo de perdidas de hierro y magnetizacion de circuito. Esta ramase puede pasar a la entrada del circuito equivalente al ser la caida de potencia enla resistencia equivalente R1 y las perdidas de flujo X1 pequenas frente al voltajeV1.

Se puede simplificar todavıa mas el circuito equivalente al considerar las re-laciones de transformacion entre el primario y el secundario. Al igual que en eltransformador se puede reducir el esquema a un circuito visto de desde el prima-rio. Sin embargo existen diferencias importantes entre la maquina asıncrona y el


(a)

(b)

Figura 6.3: Esquema electrico equivalente final de un motor asıncrono con jaula deardilla. (a) Modelo con las impedancias transformadas al secundario. (b) Esquemaequivalente final de la maquina asıncrona, la rama paralela se situa a la entrada y sesuman las impedancias de perdidas de cobre y de flujo.

transformador, el primario y el secundario no tiene la misma frecuencia. Ademasel numeros de fases (o de polos) puede ser distinto entre el rotor y el estator.En este caso conviene definir una relacion de transformacion distintas para lastensiones y para las corrientes.

A pesar de estas diferencias tomamos la aproximacion del transformador ydefinimos una relacion efectiva de relacion entre las tensiones y las corrientes delrotor y del estator:

E1

E2

= aef (6.10)

I1

I2

=1

aef

(6.11)

Supondremos que el numero de fases del rotor y del estator son indenticos.


Podemos ahora definir las impedancias y corrientes vistas desde el primario:

E ′2 = aefE2 (6.12)

V ′2 = aefV2 (6.13)

I ′2 = I2/aef (6.14)

X ′2 = a2

efX2 (6.15)

R′2/s = a2

efR2/s (6.16)

En la figura 6.3 (a) hemos puesta el esquema equivalente con los parametros de-finidos aqui. Para obtener un esquema mas funcional para los calulculos pasamosla rama en paralelo de perdidas de hierro y la inductancia de magnetizacion a laentrada. El esquema equivalente final de la maquina asıncrona se puede observaren la figura 6.3 (b). Ademas hemos sumado las perdidas de flujo y de cobre enun solo elemento:

R′ = R1 + R′2 (6.17)

X ′ = X1 + X ′2 (6.18)

La resistencia de salida es la resistencia dependiente del deslizamiento de lamaquina.

6.1.3. Potencia, rendimiento

Para calcular el rendimiento y la potencia util de un motor asıncrono primeroenumeramos las distintas perdidas del motor:

1. Perdidas de cobre en los devanados del inductor y del inducido Pco1 y Pco2

2. Perdidas de hierro en el estator Ph1 y en el rotor Ph2.

3. Perdidas mecanicas de rozamiento Pm

Siendo la potencia activa de entrada Pe, la potencia que llega al rotor esentonces:

Pr = Pe − Pco1 − Ph1 (6.19)

Para obtener la potencia util del rotor se quita las correspondientes perdidas decobre y de hierro:

Pmi = Pr − Pco2 − Ph2 (6.20)


Pe

Pco1 Ph1Pco2 Ph2

Pr

Ps

Pm

Figura 6.4: Esquema de las perdidas en una maquina asıncrona.

En general las perdidas de hierro al secundario son despreciables, se consideraque todas las perdidas se producen en el primario. En la figura 6.5 tenemos unesquema equivalente de la maquina asıncrona con las potencias disipadas en cadaetapa.

En esta figura podemos ver a la entrada la potencia y las diversas perdidas alo largo del proceso de conversion. La potencia util del rotor se llama aquı Pmi,es la potencia mecanica interna. Es la suma de la potencia de salida y de lasperdidas mecanicas Pm:

Pmi = Pm + Ps (6.21)

La potencia mecanica interna se proporciona a traves de la carga ficticia para unafase R2(

1s− 1) en el esquema equivalente de la maquina asıncrona. Sin embargo

aquı tenemos que tener cuidado al tener en cuenta el numero de fases del rotor.Si el rotor tiene tres fases, la potencia sera entonces tres veces la potencia de unafase. El caso de los motores trıfasicos es el mas comun por lo que trataremos laspotencias con 3 fases. Podemos establecer una relacion entre las tres potenciasPm, Pco2 y Pmi:

Pr = Pmi + Pco2 = 3R2(1

s− 1)

|I2|22

+ 3R2|I2|22

= 3R2|I2|2

s2=

Pco2

s(6.22)

Tenemos una relacion analıtica entre la disipacion en el cobre y la potenciadisponible en el rotor:

Pr =Pco2

s(6.23)


XmRh

X1I1 R1 R2 I2

V1 E2

X2

E1 R2(1/s−1)Pe Pmi

Pc2Pc1

Ph1Pr

Figura 6.5: Esquema de las perdidas en una maquina asıncrona junto con el circuitoequivalente.

6.1.4. Potencia mecanica del motor asıncrono

Las leyes de la mecanica establecen una relacion entre la par mecanico y lapotencia en watios equivalente

La potencia de la maquina depende del par mecanico T y de la velocidad derotacion. Se define como:

Ps = T · ω, (6.24)

con T el torque producido por el motor y ω la velocidad angular del motor. Nosinteresa expresar el torque en funcion de los parametros del circuito equivalentede la maquina. Podemos ası analizar cual es son los aspectos importantes a lahora de construir un sistema mecanico.

La potencia de salida Ps es la suma de la potencia mecanica interna del motorPmi con las perdidas mecanicas Pm. Si despreciamos las perdidas mecanicas demomento podemos expresar el par de la siguente manera:

T =Pmi

cdotω(6.25)

Por otra parte ω = 2π/60nr con nr la velocidad de rotacion en r.p.m. En elapartado anterior hemos visto que la potencia Pr que llega al rotor se expresa enfuncion de Pmi y Pco2 las perdidas de cobre en el rotor:

Pr = Pmi + Pco2 =Pco2

s(6.26)

Despues de una manipulacion sencilla llegamos a:

Pmi = Pr(1 − s) (6.27)


Velocidad del rotor nr

T (par)

ns

Tmax

Par de arranque

T nominal

Figura 6.6: Torque de la motor asıncrono en funcion de la velocidad del rotor.

por otro lado tenemos la relacion entre la velocida de sincronismo ns y lavelocidad del rotor nr: s = (ns − nr)/ns. El torque puede expresar de nuevocomo:

T =Pr

2π60

ns

(6.28)

Esta relacion resulta interesante porque depende solo de la velocidad de sincro-nismo que conocemos. Ahora, a partir del circuito equivalente de la figura 6.3(b), podemos deducir las potencias y expresarlas en funcion del torque.

La potencia del rotor se puede descomponer en funcion de los parametros delcircuito. La potencia que llega al rotor esta disipada enteramente en R′

2/s:

Pr =3|I ′

2|2R′2

2s(6.29)

La corriente I ′2 se puede expresar

|I ′2| =

|V1|√

(R1 + R′2/s)

2 + (X1 + X ′2)

2(6.30)

Podemos combinar estas expresiones en la ecuacion del par en funcion de lapotencia del rotor:

T =3|V1|2R′

2/s

22π60

ns[(R1 + R′2/s)

2 + (X1 + X ′2)

2](6.31)


La grafica 6.6 muestra el aspecto del torque para velocidades del rotor com-prendidas entre 0 y la velocidad de sincronismo ns, o lo que es equivalente paradeslizamientos entre 1 y 0. En esta figura podemos distinguir varias regiones. Laprimera zona, cerca de la velocidad de sincronismo, el par aumenta rapidamentecuando la velocidad de sincronismo disminuye. El par aumenta hasta alcanzar unmaximo. Cuando la velocidad disminuye todavıa mas el par vuelve a disminuir. Elpar para una velocidad nula corresponde al par de arranque. Para poder arrancarel par aplicado a la maquina tiene que se inferior a este valor. A partir de lasecuaciones podemos definir entonces el par de arranque y el par maximo de lamaquina.

El par de arranque equivale a introcir s = 1 en la formula:

Ta =3|V1|2R′

2

22π60

ns[(R1 + R′2)

2 + (X1 + X ′2)

2](6.32)

Para encontrar el par maximo tenemos que hallar la ecuacion dT/ds = 0.Despues del calculo obtenemos:

smax =R′

2√

R21 + (X1 + X ′

2)2

(6.33)

Tmax =3|V1|2

42π60

ns[R1 +√

R21 + (X1 + X ′

2)2

(6.34)

Podemos disenar ası un motor con el par requerido.

Ejemplo Presentamos aqui la caracteristica de un motor asıncrono conectadoen triangulo a una tension de 400V eficaz. La caracteristicas del motor indicadasen la placa son: 400V , 0,3kW, cosφ = 0,8, 2800 r.p.m.

Gracias a un sistema de medidas conseguimos una medidas de la caracteristicapar velocidad. Estas medidas estan representadas en la figura 6.7, son las crucesnegras. Junto con estas medidas experimentales presentamos el ajuste de losdatos con el modelo de la ecuacion (6.31). Los datos se ajustaron con un ajustede los minimos cuadrados nolineal (metodo del simplex) con fin de obtener losparametros del motor adecuado. Obtenemos:

R1 = 71Ω (6.35)

R′2 = 61Ω (6.36)

Xcc = 266Ω (6.37)


0 500 1000 1500 2000 2500 3000Velocidad del rotor n

r (rpm)

0

0,5

1

1,5

2

2,5

T (Nm)

Datos experimentalesAjuste

Figura 6.7: Medidas de la caracteristica par/velocidad de un motor asıncrono (puntosde la figura), junto con el modelo equivalente ajustado.

Como se puede observar en la figura, el modelo se ajusta perfectamente a losdatos experimentales.

6.2. Generadores sıncronos


Los generadores sıncronos son muy usados en produccion de energıa de altapotencias. La mayorıa de las centrales de produccion usan este convertidor deenergıa. Permiten alcanzar grandes potencias y generan una tension trifasicadirectamente. La frecuencia de la tension generada depende directamente de lavelocidad de rotacion de esta maquina, por lo tanto requiere un control de lavelocidad para suministrar una frecuencia y un voltaje constante.

Para entender el funcionamiento de esta maquina primero podemos considerarel rotor que consiste de un devanado con p polos. Consideramos en el primercaso un maquina de polos salientes presentado en la figura 6.8 (a). Este rotor sealimenta con una tension de corriente continua para generar un campo magneticoconstante. El rotor esta entrenado por un dispositivo externo, como por ejemplouna turbina o un motor termico.

La rotacion de este campo generado por el rotor produce una tension inducidaalterna en cada uno de los devanados del estator. Los devanados estan repartidoscon un angulo de de 2π/3 por lo que la tension generada por la maquina es

6.2. Generadores sıncronos 183

(a) (b)

Figura 6.8: Esquema de un motor sıncrono con polos saliente, de dos polos y de cuatropolos.

trifasica. Como hemos visto para el campo magnetico giratorio, la disposicionde los devanados con esta fase permite recuperar tres tensiones inducidas condesfases de 2π/3 entre cada fase. Esta tension inducida va a depender de lavelocidad de rotacion. Tiene la misma dependencia con la frecuencia que unaespira rotativa en un campo magnetico uniforme, salvo que en este caso la espirapermanece quieta y el campo gira:

Eind = KωΦm sin(ωt) (6.38)

La velocidad de rotacion y la frecuencia generada son iguales (o tienen un factorde proporcionalidad debido al numero de polos) por eso se llama este generadorsıncrono.

Para generar el campo en el estator (el inductor) necesitamos una corrientecontinua. Esta corriente se puede obtener de diversas maneras. En la figura 6.9ensenamos una escobillas situadas en el eje del rotor. Estas escobillas alimentanel rotor. En ciertos casos se alimenta con una tension trifasica y luego la tensionse rectifica por medio de componentes de potencia en el eje del rotor. En lafigura (b) tenemos otro tipo de maquina sıncrona. Se alimenta el estator conuna tension continua para generar un campo magnetico uniforme. El rotor tienedevanados orientados con desfases de 2π/3. La tension trifasica se recupera en


Estator Rotor

dc

(a)

Estator Rotor

dc

(b)

Figura 6.9: (a) Esquema de un motor/generador sıncrono con un rotor con alimentacionpor escobillas, la tension continua genera el campo estatico del rotor. En ciertos casosse alimenta el rotor con una tension trifasica que esta luego rectificada en el propioeje de la maquina para generar la tension continua necesaria a la creacion del campouniforme. (b) El estator esta alimentado en continuo para generar el campo estatico,la tension inducida se recupera con escobillas sobre el rotor. Para altas tensiones estasolucion presenta desventajas, aparece chispas alrededor de las escobillas.

las escobillas del rotor para luego ser transformada o utilizada por la carga.Notese que estas maquinas son reversibles y pueden funcionar como motor. Si sealimenta en trifasico el estator de la figura 6.9 (b) y si se alimenta el rotor conuna tension continua entonces la maquina funciona como un motor. Ensenamosen la figura 6.10 dos maneras de obtener la excitacion del campo magnetico delrotor. En la figura (a) tenemos un rotor trifasico montado sobre el mismo eje derotacion del generador y alimentamos un estator con una corriente continua. Latension trifasica inducida en el rotor esta luego rectificada con uno mecanismosde rectificacion trifasicos. Se alimenta el rotor con esta tension continua y lase recupera la tension trifasica en el estator del generador. El problema de estasolucion es que la tension de corriente continua que se necesita tiene que venir


(a)

(b)

Figura 6.10: (a) Esquema de un generador sıncrono con una excitatriz formado deun generador sıncrono con un rectificador montado en el eje. (b) Esquema de unamaquina sıncrona con una excitatriz de imanes permanentes. Esta excitatriz permitegenerar la tension que luego va a alimentar el rotor de la maquina sıncrona.

de un generador externo. Para resolver este problema se monta un generador decorriente continua (o alterna) en el eje y este generador proporciona la corriente.Esta solucion permite tener una maquina autonoma sin alimentacion exterior. Elmecanismo que permite obtener esta tension continua necesaria al rotor se llamaexcitatriz.

En la figura 6.10 (b) tenemos primero un generador sıncrono de imanes per-manentes que alimenta el segundo generador sıncrono que a su vez alimenta alrotor de nuestra maquina. Esta solucion aunque complicada permite obtener una


V Xi

RiIi

E2

R1

E1

X1 I1

V1

X2 R2 I2

V2

V3

I3R3X3

E3

Figura 6.11: Esquema electrico equivalente del generador sıncrono.

maquina que genera su propia alimentacion. Ademas no tenemos el sistema deanillos rozantes que puede perjudicar el funcionamiento de la maquina. El pro-blema de la escobillas puede ser importante cuando las velocidades aumentan ytambien las tensiones. Esta solucion tiene la ventaja de eliminar los rozamientosentre rotor y estator que son responsables de muchos problemas.


El circuito equivalente de una maquina sıncrona puede considerarse como undevanado primario alimentado en continuo y al secundario tenemos tres devana-dos alimentados por tensiones inducidas por la rotacion del devanado primario.En el devanado del inducido circula una corriente provocada por la tension indu-cida. Esta corriente inducida va a formar un campo magnetico que deforma elcampo magnetico del inductor. Este campo magnetico se llama campo de reac-cion del inducido y se modeliza con una inductancia en serie con el generador detensiones equivalente de la figura 6.11. Ademas de esta inductancia se coloca enserie la resistencia equivalente Ri de los devanados. En la inductancia en serieXi se incluye la reactancia equivalente de los devanados al igual que los trans-


dc

Pe

Pco1 Ph1

Pco2 Ph2

Pr

Ps

Pm

Figura 6.12: Esquema de las perdidas en una maquina sıncrona.

formadores. Pero tambien se incluye la reaccion del inducido. Esta reaccion esdebida a las corrientes que circulan en el estator cuando se la anade una carga.Cuando la corriente circula, esta genera un campo magnetico que deforma elcampo generado por el rotor. Esta deformacion se modeliza con una reactanciaque se coloca en serie con el estator, el campo generado es proporcional a lacorriente y genera una caıda de tension a la salida del circuito. Este circuito sepuede representar como indicado en la figura 6.11 con los tres devanados del in-ducido representado. Sin embargo para el estudio de la maquina se puede reducirel estudio a un solo devanado dado que los tres son identicos.

6.2.3. Potencia, rendimiento

Para calcular el rendimiento y la potencia util de un motor asıncrono primeroenumeramos las distintas perdidas del motor:

1. Perdidas de cobre en los devanados del inductor y del inducido Pco1 y Pco2

2. Perdidas de hierro en el estator Ph1 y en el rotor Ph2.

3. Perdidas mecanicas de rozamiento Pm

Se resume en la figura 6.12 las distintas perdidas de la maquina.Se puede formular el rendimiento como:

η =Ps

Ps + Pco1 + Pco2 + Ph1 + Ph2 + Pm(6.39)


Figura 6.13: Problema del arranque en un motor sıncrono, el par de rotacion es nulodebido a la corriente alterna en el devanado inductor.

6.2.4. Motores sıncronos

Un maquina sincrona puede funcionar como motor o como generador segundeseado. Para obtener un funcionamiento en motor se necesita ahora alimentarel circuito trıfasico del estator para producir un campo magnetico giratorio. Estecampo produce un torque en el rotor cuando este esta alimentado en corrientecontinua. En este caso aparace un torque en el rotor. El rotor se alinea conel campo giratorio y gira a la misma velocidad que el campo magnetico. Poresta razon se llama motor sıncrono. Sin embargo los motores sıncrono tiene unproblema importante para el arranque. En la figura 6.13 se ensena un rotor en unestator alimentado con una corriente trifasica. Si el retor esta quieto, las fuerzasque se generan en el alambre del etator (y por lo tanto que se aplican al rotor)cambian de sentido 50 veces por segundo. En estas condiciones el rotor no puedearrancar, el par medio es nulo. Se necesita un mecanismo externo para lanzar elmotor y acercarle a la velocidad de sincronismo.

Otra solucion para resolver el problema del arranque consiste en modificarlos polos salientes introduciendo unas barras conductoras en corto circuito. Estemecanismo permite arrancar el motor como una maquina asıncrona. En estecaso el devanado de corriente continua del rotor debe de estar conectado auna resistencia para evitar los problemas de una tension inducida elevada eneste devanado. El motor alcanza la velocidad asıncrona gracias a estas barrasrepresentadas en la figura 6.14. Cuando se alcanza esta velocidad se conectala corriente continua del devanado y el rotor se sincroniza con la velocidad de

6.3. Maquinas de corriente continua 189

Figura 6.14: Polo de una maquina sıncrona con barras en la cabeza del polo saliente.Estas barras conductoras en corto circuito permiten el arranque del motor del mismomodo que una maquina sıncrona.

rotacion del campo magnetico despues de un transitorio. Una vez que el rotorse ha sincronizado las barras conductoras no tienen ningun efecto sobre el motordado que la tension inducida es nula cuando gira a la velocidad sincrona.

6.3. Maquinas de corriente continua

Las maquinas de corriente continuas fueron las primeras en ser usadas paraproducir energıa de distribucion.


Las maquinas de corriente continuas funcionan como motor o como genera-dor, segun se les alimentan. En las aplicaciones domesticas se usan muchas vecescomo motor, con los secadores de pelo, ventiladores etc. Es una maquina muyusadas para aplicaciones de pequena potencias. El esquema mas sencillo consisteen espiras de cobre colocadas en un campo magnetico uniforme. En funciona-miento generador esta espiras estan movidas por una fuerza externa y se creauna tension inducida en el alambre. Esta tension se recupera con unos anillosconductores deslizantes. En el funcionamiento motor se alimentan las espiras atraves de los anillos deslizantes. La aparicion de fuerzas de Laplace hace que lasespiras producen un par de rotacion.

Para explicar el funcionamiento de esta maquina tomamos como ejemplouna simple espira colocada en un campo magnetico uniforme creado por imanes


N S

V

Figura 6.15: Esquema de una maquina de corriente continua basica.

permanentes. Esta espira esta conectada a un circuito electrico a traves de uncolector de delgas. Es un mecanismo que permite invertir la polaridad de laespira a cada media vuelta. Son conductores colocados en semicirculo. Las espirasentran en contacto con los anillos deslizantes a traves de una brochas de carbonconductoras que aseguran el contacto segun vaya girando la espira.

Este colector de delgas tiene otra funcion importante en la maquina de co-rriente continua y es la conmutacion. Vamos ahora a explicar cual es el funcio-namiento de un generador de corriente continua basandonos en la figura 6.16.Hemos visto anteriormente que un espira movida en un campo generaba unatension inducida en la espira:

e = −dΦ

dt= −2B0laω cos (ωt) (6.40)

En esta formula podemos observar que cuando el flujo a traves de la espiraes maximo la tension es mınima. En nuestro ejemplo cuando la espira esta enposicion vertical la tension es nula en la espira. Cuando la espira es horizontal


N S

N S

N S

N S

N S

Sentido de rotación

V

V

V

V

V

V

t

t

t

t

t

V

V

V

V

Figura 6.16: Esquema de una maquina de corriente continua basica.

la tension es maxima y el flujo es nulo. Como su nombre lo indica, la maquinagenera una tension continua. Para poder recuperar una tension continua a lasalida del colector de delgas se usa un mecanismo de rectificacion mecanico.Segun la tension va oscilando en la espira, en las delgas siempre se recupera unatension positiva:

e = 2B0laω| cos (ωt)| (6.41)

Sin embargo no es continua todavıa. En la figura 6.16 podemos ver que despuesde media vuelta la espira a cumplido su ciclo y la tension recuperada sera denuevo positiva cuando se cumpla la otra media vuelta. Esta tension oscilantepositiva se puede transformar luego en una tension continua con unos filtros.Tambien usando multiples espiras se puede obtener una forma de onda muy lisacon pocas ondulaciones.

El funcionamiento motor se obtiene alimentando la espira con una tensionde corriente continua en las delgas. esta tension continua va generar unas fuerzasde Laplace en el conductor. El esquema de la rotacion de la espira para una vuelta


Sentido de rotación

t

Par

NS

BF1

F2

t

Par

N S

F1

F2

t

Par

N S

F2

F1

N S

F2F1

t

Par

NS

BF2

F1

t

Par

Figura 6.17: Esquema de una maquina de corriente continua en funcionamiento motor.

se muestra en la figura 6.17, ensenamos el funcionamiento para una media vueltade la espira. El par producido en la espira se escribe como:

M = 2rB0lI| cos(ωt)| (6.42)

con l la longitud horizontal de la espira, r es el radio de la espira y z es la direccionvertical. Para poder tener siempre la fuerza en el mismo sentido tambien usamosel sistema del colector de delgas. Cuando la espira esta recta la corriente semantiene en el mismo sentido en la espira y el ciclo puede empezar de nuevo.


Figura 6.18: Maquina de corriente continua con 2 espiras desfasadas de π/2

6.3.2. Maquina con dos espiras

Ahora podemos mejorar el sistema de la precedente maquina de corriente con-tinua anadiendo un espira en cuadratura con la primera. Es decir esta desfasadade 90 grados con la primera. Se necesita tambien cambiar el colector de delgas.Ahora, el colector de delgas tiene cuatro segmentos unidos a los extremos de lasespiras. El proceso de conmutacion es mas complejo que anteriormente, ahora secambia de espira cada cuarto de vuelta. El esquema del dispositivo se encuentraen la figura 6.18. La conmutacion tiene que efectuarse cuando las tensiones de lasdos espiras son iguales. Si no fuese ası, se pondrıan en contacto dos espiras contensiones distintas y se producirıa un corto circuito y chispas. Se tiene entoncesque elegir el angulo adecuado para el cual las tensiones inducidas son identicascuando la tension conmuta. En el caso de la figura 6.18, las escobillas tienenque ser horizontales. La tension maxima se recupera hasta que conmuta cuandolas espiras forman un angulo de π/4 con la horizontal. La tension recuperadaa la salida de las espiras es casi continua. En la figura 6.19 tenemos la formade onda inducida en las espiras en funcion del tiempo (figura (a)). La tensionentre una espira y otra tiene un desfase de π/2 radianes debido a la diferenciade angulo entre las espiras. En la figura (b) se ensena el valor absoluto de cadatension. Cada media vuelta del rotor la polaridad de la tension se invierte. En lafigura (c) se ensena la tension de salida de la maquina a la salida de las esobillasen el colector de delgas. La tension recuperada tiene una componente continua


Figura 6.19: Maquina de corriente continua con 2 espiras desfasadas de π/2. (a) Enesta grafica se muestra la tension inducida en cada espira. (b) La tensiones de laespiras en valor absoluto. (c) En esta ultima grafica se muestra la tension a la salidade las escobillas. Se detalla ademas la posicion de las espiras, del colector de delgas ylas escobillas para cuatro posicon del ciclo.

con algunas oscilaciones debidos a la tension alterna inducida en las espiras. Semuestra la posicion de las dos espiras en el momento de la conmutacion ası comolos sentidos de la corriente dentro de las espiras. En la posicion 1, la espira rojaesta en posicion vertica y la tension inducida es minima al ser el flujo maximo,el sentido de la corriente en esta posicion cambia. La espira negra tiene una ten-sion inducida maxima. En la posicion 2 las tensiones inducidas en las dos espirasson identicas, es cuando se produce la conmutacion. En la posicion 3 la tensioninducida es maxima en la espira roja y minima en la espira negra. El sentido de lacorriente cambia de sentido en la espira negra para esta posicion. En la posicion4 la tensiones vuelven a ser iguales y se produce la conmutacion. Junto con lasespiras se ha dibujado la posicion del colector de delgas y las escobillas en estoscuatro instante de tiempo.


El circuito equivalente de una maquina de corriente continua consiste en elcircuito del inductor y del inducido separados. Para el funcionamiento en motor, elinductor es consiste en la resistencia de los devanados en serie con las escobillas.

6.4. Ejercicios 195

Figura 6.20: Esquema de una equivalente de una maquina de corriente continua enfuncionamiento motor.

Al nivel de las escobillas se pierde parte de la tension por los roces y otrasresistencias. La tension del inductor sera entonces:

E = V0 − RI − Vesc (6.43)

Sin embargo en la mayorıa de los casos se puede incluir la caıda de tension enlas escobillas en una resistencia total Ra. En el inducido tenemos un inductor Lf

y de una resistencia Rf de los devanados. El esquema se puede observar en lafigura 6.20.

El circuito de la maquina en funcionamiento de generador es muy pareci-do solo cambian el sentido de las corrientes y anadimos una carga en vez delgenerador alimentando el circuito.

6.4. Ejercicios

1. Una maquina asıncrona tiene una induccion con 6 polos y se alimenta conuna frecuencia de 50Hz. La maquina absorbe 20kW cuando gira a 960r.p.m.Las perdidas total del estator son de 0,5kW y la perdidas de rozamiento yde ventilacion son de 1kW.

a) Calcular la velocidad de rotacion del campo.

b) Calcular el deslizamiento s.

c) Obtener las perdidas de cobre en el rotor.

d) Calcular el rendimiento.


2. Realizar un esquema describiendo el funcionamiento de un generador.

3. ¿En que se diferencia un motor sıncrono de uno asıncrono?

4. ¿Por que es necesario un mecanismo auxiliar de arranque en un motorsıncrono?

Apendice A

Modelo de Drude

Hacemos aquı un pequeno apartado sobre el modelo de Drude de un semiconductor. Esta estructura de atomos es generalmente semiconductora y dependede las caracterısticas cristalinas del material Un modelo sencillo para entenderel fenomeno de resistencia y de conductividad consiste en considerar un electronsometido a una fuerza de arrastre. El campo electrico el conductor acelera loselectrones, debido a la fuerza: F = qE con q la carga del electron. Este electronesta acelerado uniformemente hasta que choque con otro cuerpo. En este casoel choque para el electron y este vuelve a ser acelerado. El tiempo entre doschoques es caracterıstico del material.

A pesar de que el trayecto del electron sea discontinuo podemos definir unavelocidad media

< v >=qE

2m∗τ(A.1)

con τ el tiempo medio entre dos choques y m∗ la masa efectiva del electron. Lamasa efectiva no corresponde a la masa real del electron sino depende de la direc-cion y de las propiedades del medio. La densidad de corriente en el semiconductorse define como la velocidad media del flujo de electron:

j = qN < v > (A.2)

con N la densidad volumica de electrones en el conductor. La densidad de co-rriente tiene la unidad de C · m−2 (culombios por metros cuadrados). A partirde estas dos formulas podemos expresar la ley de Ohm local:

j =q2NE

2m∗τ(A.3)

197

198 Apendice A. Modelo de Drude

poniendo: σ = q2NE/(2m∗τ), este factor se llama conductividad y depende delmaterial. La ley de Ohm local se escribe entonces:

j = σE (A.4)

Para un conductor sometido a una tension V podemos integrar la formula anteriorpara todo el conductor y obtenemos la ley de Ohm global.

Apendice B

Recordatorio de numeroscomplejos

Dado que las numeros complejos surgen de forma constante en el estudiode circuitos en corriente alterna, recordamos aquı las principales propiedades delcuerpo complejo ası como las formulas mas usuales.

Si a y b son dos numeros reales entonces el par ordenado de numeros (a, b)se llama numero complejo, y el conjunto de numeros complejos se llama C.Se representan en un plano ortonormal con a la coordenada de la abscisa y b lacoordenada de la ordenada. El punto M del plano ası definido se llama imagen delnumero complejo z = (a, b). El cuerpo de los complejos dispone de las siguientes

Figura B.1: Imagen del numero complejo z = (a, b).

operaciones:

Adicion: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d).

199

200 Apendice B. Recordatorio de numeros complejos

Multiplicacion: (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc).

Identidad: (a, b) = (c, d) implica a = c y b = d.

Con estas operaciones y las definiciones anteriores hemos definido el grupo mul-tiplicativo (C, +, ·).

El numero complejo de coordenada (0, b) se llaman tambien numeros imagi-narios puros, y el caso particular (0, 1) se llama el numero i. Tenemos entoncesi = (0, 1). Con la operacion de multiplicacion anterior, si multiplicamos el numeroi por si mismo tenemos:

i · i = i2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = −1 (B.1)

Aqui conviene recordar que en matematicas el numero i siempre se llama i ynunca j. Esta ultima denominacion es un abuso de los ingenieros electronicospara no confundir el numero complejo con la corriente de un circuito que sesuele llamar i o I. Aunque este abuso esta muy extendido y aceptado, nunca sedebe perder de vista la notacion convencional i. Los numeros complejos de laforma (a, 0) se escriben tambien a dado que el conjunto (a, 0) se confunde conel conjunto de numero reales R.

Un numero complejo (0, b) se puede escribir entonces como (0, 1)·(b, 0) = i·b,por otra parte el numero complejo (a, b) se descompone como la suma (a, 0) +(0, b). Esta suma se puede escribir como lo que se llama la forma algebraica delos numeros complejos:

z = a + ib (B.2)

donde a es la parte real de z, tambien escrita a = ℜ(z) y b es la parteimaginaria tambien escrita b = ℑ(z).

Definimos ahora dos cantidades importantes de los numeros complejos. Laprimera llamada modulo consiste en la norma del vector OM de la figura B.2.Se define como:

|z| = ρ =√

a2 + b2 (B.3)

La otra cantidad importante es el argumento del numero complejo z, cual repre-senta el angulo entre el eje de abscisa y el vector OM . Se define como

arg(z) = ϕ = arctanb

a(B.4)

Ahora podemos escribir los numeros complejos en forma polar:

z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ) (B.5)

201

tenemos la identificacion: a = ρ cos ϕ y b = ρ sin ϕ.Ahora definimos algunos conceptos utiles para trabajar con los numeros com-

plejos. El numero complejo conjugado de z se define como:

z∗ = a − ib (B.6)

El numero complejo z∗ se encuentra refleja con relacion al eje de abscisa. La

Figura B.2: Imagen del numero complejo conjugado z.

forma polar de este numero es:

z∗ = ρ(cos−ϕ + i sin−ϕ) (B.7)

El argumento es ahora −ϕ.La forma exponencial de un numeros complejo es:

z = ρeiϕ (B.8)

tenemos la propiedad de las exponenciales complejas:

eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ (B.9)

Esta notacion simplifica mucho los calculos, por ejemplo:

Multiplicacion: za = ρaeiϕa y zb = ρbe

iϕb , za · zb = ρaρbei(ϕa+ϕb)

Cociente: za/zb = ρa/ρbei(ϕa−ϕb)

202 Apendice B. Recordatorio de numeros complejos

Resumimos en la tabla siguiente los principales puntos:


Adicion z1 = a + ib , z2 = c + idz1 + z2 = a + c + i(b + d)

Multiplicacion z1 = a + ib , z2 = c + idz1 · z2 = ac − bd + i(bc + ad)

Forma algebraica z = a + ib

Modulo |z| = ρ =√

a2 + b2

Argumento arg(z) = ϕ = arctan ba

Forma polar z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ)

Conjugado z∗ = a − ib = ρ(cos−ϕ + i sin−ϕ)

Forma exponencial z = ρeiϕ

Multiplicacion en forma exponencial za = ρaeiϕa y zb = ρbe

iϕb,za · zb = ρaρbe

i(ϕa+ϕb)

Apendice C

Conceptos fundamentales deelectromagnetismo

Las magnitudes tratadas en este documento son varias pero todas relaciona-das con el electromagnetismo:

Magnitud unidad Ordenes de magnitudTension electrica Voltios 10−3 → 104VCorriente electrica Amperios 10−6 ∼ 100ACampo electrico V.m−1 10−3 ∼ 105kV

Hablaremos mucho de las dos primeras, son fundamentales para el estudio delos circuitos.

C.0.1. Introduccion al calculo vectorial

Llamaremos un campo vectorial una funcion de R3 en R3 definida por:

V (x, y, z) = Vx(x, y, z)i + Vy(x, y, z)j + Vz(x, y, z)k (C.1)

con (i, j, k) una base del espacio vectorial. Las funciones Vx, Vy y Vz se llamanlas componentes del campo. Existen numerosos ejemplos de campos vectorialespero los que vamos a manipular son basicamente campos electricos y camposmagneticos. Como recordatorio de las principales operaciones de calculo vectorialpresentamos en la tabla siguiente los operadores que vamos a necesitar para losdesarrollos:

203

204 Apendice C. Conceptos fundamentales de electromagnetismo

Recordatorio de las operaciones de calculo vectorial

divV = ∂Vx

∂x+ ∂Vy

∂y+ ∂Vz

∂zR3 → R Divergencia de un cam-

po vectorial

gradV = ∂ϕ∂x

i + ∂ϕ∂y

j + ∂ϕ∂z

k R3 → R3 Gradiente de un campoescalar ϕ(x, y, z)

rotV = (∂Vz

∂y− ∂Vy

∂z)i+(∂Vx

∂z− ∂Vz

∂x)j+

(∂Vy

∂x− ∂Vx

∂y)k

R3 → R3 Rotacional de un campovectorial

C.0.2. Campo electrico y magnetico

C.0.3. Leyes de Maxwell

Las cuatro leyes de Maxwell resumen toda la electrodinamica clasica de formamuy elegante. Con este conjunto de ecuaciones podemos deducir todas las otrasleyes de la electrotecnia.

Ley de Maxwell-Gauss

Para empezar describimos la ley de Maxwell Gauss. En su formulacion localesta ley nos dice que la divergencia de un campo electrico es igual a la distri-bucion de cargas. En su formulacion integral, la ley explicita que dado de unasuperficie cerrada, el flujo del campo electrico a traves de la superficie es iguala la suma de las cargas encerrado en la superficie. Esta segunda formulaciontiene aplicaciones practicas muy importantes. Permite por ejemplo de calcularfacilmente la expresion de un campo a partir de una superficie de Gauss dada yconociendo la carga que engloba. Las formulaciones matematicas de estas leyeses:

εdiv(E) = ρ (C.2)∫

S

EdS =Q

ε(C.3)

205

dS

EVolumen

Figura C.1: Teorema de Maxwell-Gauss

i

B

Contorno

Figura C.2: Teorema de Maxwell-Ampere

Con E un campo electrico en el espacio, ρ(x, y, z) una funcion escalar represen-tando la distribucion de cargas y Q la carga dentro de la superficie de Gauss.

Ley de Maxwell-Ampere

La ley de Maxwell-Ampere nos dice que el rotacional del campo magneticoes igual a la densidades de corrientes y la variaciones del campo electrico. Estadefinicion un poco oscura se traduce en su forma integral que la circulacion de uncampo magnetico sobre un contorno cerrado es igual a la suma de la corrientesinternas al contorno. La expresion local e integral de esta ley se formula como:


rot(B) = µj +∂E

∂t(C.4)

∫

l

Bdl = µ∑

l

I (C.5)

En la figura C.2 tenemos un ejemplo de contorno en el cual la geometrıa del pro-blema nos permite directamente deducir la expresion del campo magnetico. Enla ecuacion C.4 precedente tenemos dos terminos para la generacion del rotacio-nal del campo magnetico, uno son las fuentes de corriente, cuyo desplazamientoproducen el campo magnetico. El otro termino es lo que se llama corriente dedesplazamiento, cuando el campo electrico alcanza variaciones muy rapidas estetermino empieza a ser importante. Pero en el caso general se desprecia fren-te a las fuentes de corriente. Sin embargo esta correccion de las ecuaciones deAmpere es fundamental para los fenomenos de propagacion, implica un acopla-miento entre campo electrico y campo magnetico. Es la basis de todas las ondaselectromagneticas.

Ley de Maxwell-Faraday

La ley de Maxwell-Faraday es otra de las leyes de electromagnetismo queseguramente tuvo mas aplicaciones tecnicas en la ingenierıa. La ley de Faradayindica que el rotacional de campo electrico es igual a las variaciones temporalesdel campo magnetico como indicado en la ecuacion (C.6). Pero esta ley es masfamosa de otra forma, dado un contorno cerrado y orientado, la circulacion delcampo electrico sobre este contorno es igual a la variacion del flujo del cam-po magnetico a traves de la superficie que se apoya sobre el contorno. Comoconsecuencia de ello, un campo magnetico variable puede inducir una diferenciade potencia en una espira. Este descubrimiento abrio paso a la construccion degeneradores y motores capaces de producir energıa electrica a partir de camposmagneticos variables en el tiempo o en el espacio. La expresion local e integralde esta ley se formula como:

rot(E) =∂B

∂t(C.6)

∫

l

Edl =∂Φ

∂t(C.7)

con Φ(t) el flujo del campo magnetico a traves de la superficie apoyandose sobreel contorno l.

207

ContornoB

EBA

Figura C.3: Teorema de Maxwell-Faraday

Para ilustrar esta ley presentamos en la figura C.3 una situacion tıpica de unhilo conductor en forma de bucle circular atravesado por un campo magnetico. Siintegramos el campo electrico sobre el contorno entre los puntos A y B tenemosy recordando que E = −grad(V )

∫ B

A

εEdl = −∫ B

A

εgrad(V )dl =∂Φ

∂t

Lo que nos lleva a

VAB = −∂Φ

∂t(C.8)

Esta ecuacion es lo que se suele llamar ley de induccion electromagnetica o leyde Faraday.

C.0.4. Divergencia del campo magnetico

La ultima ley de Maxwell (aunque tradicionalmente se enuncia como la segun-da ley de Gauss de la magnetoestatica) expresa que no existen fuentes escalaresde campo magnetico, es decir que el campo magnetico es un campo de rotacional.Esta condicion se traduce matematicamente como:

divB = 0 (C.9)


Recordatorio de las leyes del electromagnetismo

F = qE Fuerza de arrastre sobre una carga

F = qv × B Fuerza ejercida sobre una carga en mo-vimiento con una velocidad v

F = lBi Fuerza de Laplace

εrot(E) = ∂B∂t

Ley de Faraday local

∫

lεEdl = ∂Φ

∂tLey de Faraday integral

εdiv(E) = ρ Ley de Gauss local

∫

SEdS = Q

εLey de Gauss integral

rot(B) = µj + ∂E∂t

Ley de Maxwell-Ampere local

∫

lBdl = µ

∑

l I Ley de Maxwell-Ampere integral

div(B) = 0 No existen fuentes magneticas

∫

SBdS = 0 No existen fuentes magneticas

Bibliografıa 209

Bibliografıa

[1] Fısica para universitarios, Giancoli, D. C., Pearson Educacion (2002)

[2] Fısica para la ciencia y la tecnologıa, Tipler, P. A., Reverte (2005)

[3] Circuitos electronicos analisis, diseno y simulacion, Malik, N. R., PrenticeHall (2000)

[4] Maquinas Electricas, Chapman S. J., Mc Graw Hill (2005)

[5] Maquinas Electricas, Fraile-Mora J., Mc Graw Hill (2003)

[6] Maquinas Electricas y transformadores, Guru y Hiziroglu, Oxford (2003)

[7] Electrotecnia, Fundamentos teoricos y practicos, Guerrero, A., Sanchez, O.,Moreno, J.A., Ortega, A. Mc Graw Hill (1994)

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