1r ciclo Ejercicio circuito

[xXminombreXx]

Estoy teniendo problemas con este ejercicio.

Dado el circuito de la figura, determínese:
a) la pérdida de potencia en la bobina;
b) la resistencia r de la bobina;
c) la inductancia L.



Lo estoy planteando así, aunque no entiendo muy bien si los 110 Voltios es el voltaje máximo o el voltaje en un momento dado. Pero bueno, lo he planteado como que en ese momento son 110 y que los otros son caídas de potencial.

Puesto que las caídas suman más de 110, el término de la bobina: $-L\frac{\dd i}{\dd t} = 30$

Además tengo que la corriente en ese momento debe ser 1 A, directamente por la caída de 50 voltios en la resistencia de 50$\Omega$, y debe ser de 60 en la resistencia interna de la bobina, de modo que r = 60$\Omega$, dado que la corriente debe ser la misma... Creo que algo he hecho mal al suponer eso porque hay una bobina que genera una fuerza de potencial que puede cambiar eso...

¿Me echáis una mano?

Gracias de antemano.

[arivasm]

Re: Ejercicio circuito

Se trata de un circuito de corriente alterna. Los 110 V no son ni el voltaje máximo ni el instantáneo para el momento en que se hace el cálculo. Usualmente denotan el valor eficaz, que es el que señalará un voltímetro conectado entre los bornes del generador. Igualmente, la intensidad de 1 A que calculas es la intensidad eficaz que atraviesa el circuito. Con ésta y el voltaje del generador, puedes calcular la impedancia del circuito (será $110 \Omega$), que será $\sqrt{(50 \Omega+r)^2+(L\omega)^2}$ con $\omega=2\pi 50{\rm rad/s}$. Con el voltaje eficaz entre la asociación rL y la intensidad eficaz puedes determinar la impedancia de esta asociación (será $90 \Omega$), que se corresponde con $\sqrt{r^2+(L\omega)^2}$. De esta manera tienes dos ecuaciones y dos incógnitas, $r$ y $L$.

Sobre la primera pregunta, entiendo que por "bobina" se refieren a la asociación rL. La potencia disipada será $I_{ef}^2 r=1 {\rm}A^2 r$

[xXminombreXx]

Re: Ejercicio circuito

Muchas gracias por tu ayuda. Aprovecho en este post para preguntar otra cosa con respecto a bobinas.

¿Por qué la suma del campo eléctrico conservativo y el no conservativo (inducido) dentro de una bobina debe ser 0?

[inakigarber]

Re: Ejercicio circuito

La respuesta que te da arivasm sobre el problema me parece muy acertada, pero hay algo que no se si queda muy claro; que en corrientes alternas la suma de tensiones, impedancias e intensidades (en este caso no, ya que la intensidad es constante) son vectoriales de esta forma puede darese (y se da) que $\vec{110}=\vec{50}+\vec{90}$. Por lo demas, como ya he dicho creo que la respuesta que se te da es muy buena.

[xXminombreXx]

Re: Ejercicio circuito

Gracias por tu ayuda, sería sumar fasores correspondientes para cada magnitud, ¿cierto?

[inakigarber]

Re: Ejercicio circuito

Exacto. En corrientes alternas las sumas son vectoriales. En este circuito la intensidad es comun a todo el circuito y por tanto las tensiones se suman vectorialmente. En el caso de que los compomentes estuvieran en paralelo el factor comun sería la tensión y entonces serían las intensidades las que habria que sumar vectorialmente.

[xXminombreXx]

Re: Ejercicio circuito

Muchas gracias, me has ahorrado mucho tiempo.

[Alriga]

Dado el circuito de la figura, determínese:

• a) la pérdida de potencia en la bobina;
• b) la resistencia r de la bobina;
• c) la inductancia L.

Como en R tenemos su resistencia y su caída de tensión, vemos inmediatamente que la corriente que pasa por el circuito serie de elementos U-r-L-R es $I=50/50=1 \ A$ . Hemos dibujado el diagrama fasorial correspondiente al circuito serie RL. En el triángulo 50V-90V-110V podemos aplicar el teorema del coseno para hallar el ángulo $\phi$

$90^2=110^2+50^2-2\cdot 110\cdot 50 \cos \phi$

$\cos \phi=0.5909$

$\phi=53.78^{\circ}$

b)

$110\cos \phi=50+r\cdot 1$

$r=110\cdot 0.5909-50=15 \ \Omega$

a)

$P_r=r I^2=15\cdot 1^2=15 \ W$

c)

$wL\cdot 1=110\sin \phi$

$wL=110\sqrt{1-0.5909^2}=88.74 \ \Omega$

$L=\dfrac{88.74}{2\pi 60}=235.4 \ mH$

Ya está. Vamos a hacer algunas comprobaciones para ver que todo es correcto:

$Z=\sqrt{(r+R)^2+(w L)^2}=\sqrt{(15+50)^2+88.74^2}=110 \ \Omega$

$I=\dfrac U Z=\dfrac{110}{110}=1 \ A$ (ok)

$\tan \phi=\dfrac{w L}{r+R}=\dfrac{88.74}{15+50}=1.3652$

$\phi=\arctan 1.3652=53.78^{\circ}$ (ok)

$P_R=R I^2=50\cdot 1^2=50 \ W$

La potencia consumida por el circuito:

$P_c=P_r+P_R=15+50=65 \ W$

La potencia activa aportada por el generador al circuito:

$P_u=U \ I \ \cos \phi=110\cdot 1\cdot 0.5909=65 \ W$

$P_u=P_c$ (ok)

Saludos.

[inakigarber]

Buenas tardes;

Ayer, tras el comentario de Alriga retome el problema y me trajo por la calle de la amargura, pero hoy lo he visto con mucha mayor claridad.
Partiendo del esquema que nos pone podemos deducir;
$110^2=(50+V_r)^2+V_l^2$
$90^2=V_r^2+V_l^2$
Del cual sale $V_r=15v$, y $V_l=88,7411v$, dado que la intensidad es de 1 amperio los valores de impedancia serán $r=15\Omega$ y $x_l=88,74 \Omega$, que para una frecuencia de 60Hz correspondería a una autoinducción de $88,74/(2 \pi 60)=0.2359H=235,9mH$

saludos

[Alriga]

Partiendo del esquema que nos pone podemos deducir;
$110^2=(50+V_r)^2+V_l^2$
$90^2=V_r^2+V_l^2$

Sí, a partir del mismo esquema fasorial, aplicando el teorema de Pitágoras a cada uno de los dos triángulos rectángulos, se obtiene ese sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, que al operarlo se convierte en una ecuación de 2º grado que hay que resolver: correcto.

Pero a mi aquí, me gusta más aplicar el teorema del coseno, que te da directamente como resultado $\cos \phi$ que es un parámetro muy relevante del circuito. Aunque para gustos, colores

Arratsalde on, saludos.