Máquinas eléctricas y sistemas de potencia

This is the ninth course in University Electrical Engineering: electrical machines and power systems. EE07 wrote the field equations; eléctrica, y las redes que la transportan. electrical energy, and the networks that move it.

• Unit 9.1 builds the magnetic circuit and the transformer.
• Las Unidades 9.2–9.4 amplían al sistema: aritmética en valores relativos y flujo de potencia.
• Units 9.5–9.6 widen to the network: per-unit arithmetic and power flow.
• Unit 9.7 opens power electronics.

The running story is one small workshop: a 10 kVA transformer feeds a Cada respuesta de máquina se verifica mediante una segunda ruta — contabilidad de pérdidas, el circuito equivalente en un límite o el balance de potencia — y cada respuesta por unidad se confirma convirtiendo nuevamente a unidades reales. Every machine answer below is checked through a second route — loss Por qué importa. El cargador que llena tu teléfono en una hora contiene un transformador más pequeño que una moneda, y funciona porque el flujo magnético, como la corriente, circula en bucles a través de materiales que lo resisten. La misma imagen,

transformador más pequeño que una moneda, y funciona porque el flujo magnético, como transformer smaller than a coin, and it works because magnetic flux, like corriente, circula en bucles a través de materiales que la resisten. La misma imagen, escalonada un millón de veces, transmite potencia entre continentes.

La idea, con una imagen. Una bobina de $N$ vueltas que transporta corriente $I$ es una bomba para el flujo: crea fuerza magnetomotriz $F = NI$ (vueltas-ampere). El flujo $\Phi$ (weber) circula por un bucle de hierro de longitud $l$ y sección transversal $A$, opuesto por la reluctancia $R_{m} = \dfrac{l}{\mu A}$, donde $\mu = \mu_{0}\mu_{r}$ es la permeabilidad. Este es el espejo magnético del Ley de Ohm:

La densidad de flujo $B = \Phi/A$ (tesla) es la cantidad que le importa al hierro — los núcleos de frecuencia de potencia operan entre aproximadamente 1.0 y 1.5 T.

La derivación. La ley de Ampère alrededor del núcleo da $H\,l = NI$, con $H$ la intensidad de campo en A/m. Con $B = \mu H$ y $\Phi = BA$:

Nada más profundo: toda la unidad es contabilidad en esta línea, más una advertencia: el aire tiene $\mu_{r} = 1$, cuatro mil veces más débil que el núcleo de abajo, por lo que un pequeño espacio en aire puede dominar la reluctancia de todo el bucle.

Ejemplo resuelto 1 — un núcleo solo. Un núcleo de longitud media 0.5 m, sección transversal 10 cm² $= 10^{-3}$ m², $\mu_{r} = 4000$, enrollada con 200 vueltas en 0.5 A. La fuerza magnetomotriz es $F = 200 \times 0.5 = 100$ At. El reductancia es $R_{m} = \dfrac{0.5}{4\pi \times 10^{-7} \times 4000 \times 10^{-3}} = 99\,472$ At/Wb, por lo tanto el flujo es $\Phi = \dfrac{100}{99\,472} = 1.005$ mWb y la densidad $B = \dfrac{1.005 \times 10^{-3}}{10^{-3}} = 1.005$ T. Segundo camino: $H = NI/l = 200$ A/m, por lo tanto $B = \mu_{0}\mu_{r}H = 4\pi \times 10^{-7} \times 4000 \times 200 = 1.005$ T ✓ — una densidad de potencia de frecuencia industrial razonable, que a su vez constituye la verificación de consistencia de que la aritmética se mantuvo dentro del rango.

Ahora haga un entrehierro de 0.5 mm en el mismo núcleo. El entrehierro añade $R_{gap} = \dfrac{0.5 \times 10^{-3}}{4\pi \times 10^{-7} \times 10^{-3}} = 397\,887$ At/Wb — cuatro veces la relucencia total del núcleo. El flujo colapsa a $\dfrac{100}{497\,359} = 0.201$ mWb, una quinta parte, debido a un entrehierro tan fino como un cabello. Esto es por qué los núcleos de transformador están apilados y laminados ajustadamente, y por qué los núcleos con entrehierro deben diseñarse a propósito.

Ejemplo resuelto 2 — el transformador, medido. Un transformador acopla dos bobinados a través de un flujo compartido, por lo que idealmente $\dfrac{V_{1}}{V_{2}} = \dfrac{N_{1}}{N_{2}}$ y $\dfrac{I_{1}}{I_{2}} = \dfrac{N_{2}}{N_{1}}$: los voltios se intercambian contra los amperios, potencia se mantiene. Los reales pierden un poco en la resistencia del devanado (pérdida cobre $I^{2}R$) y en el hierro (pérdidas en el núcleo: histéresis más corrientes parásitas). Las dos pérdidas se separan mediante dos pruebas:

• Prueba en circuito abierto (lado BT, tensión nominal): 400 V extrae 0.7 A y 240 W. El 240 W corresponde a las pérdidas en el núcleo. Su corriente de pérdida es $I_{c} = 240/400 = 0.6$ A, so the magnetising branch is $R_{c} = 400/0.6 = 667\ \Omega$ and, from $I_{m} = \sqrt{0.7^{2} - 0.6^{2}} = 0.361$ A, $X_{m} = 400/0.361 = 1108\ \Omega$ (ambas referidas al lado BT).
• Prueba en cortocircuito (lado AT, tensión reducida, corriente nominal): 80 dibuja la corriente nominal de 5 A ($= 10\,000/2000$) y 300 W. Esa potencia de 300 W es la pérdida en cobre a plena carga, y la rama en serie corresponde al $R_{eq} = 300/5^{2} = 12\ \Omega$, $Z_{eq} = 80/5 = 16\ \Omega$, lado de alta tensión ($X_{eq} = \sqrt{16^{2} - 12^{2}} = 10.6\ \Omega$).

Rendimiento a plena carga con factor de potencia unitario: $\eta = \dfrac{10\,000}{10\,000 + 240 + 300} = 94.9\%$. Con un factor de potencia de 0.8, la potencia de salida es de 8000 W con las mismas pérdidas, por lo que $\eta = \dfrac{8000}{8540} = 93.7\%$ — la pérdida fija en el núcleo resulta más costosa cuando disminuye la potencia útil. El rendimiento alcanza su máximo cuando la pérdida variable en cobre iguala a la pérdida fija en el núcleo: $x = \sqrt{240/300} = 0.894$ de la carga nominal, un valor que el taller debería identificar en su medidor.

Errores comunes. Olvidar $\mu_{0}$ dentro de $\mu$ (un factor de casi un millón, ya que $1/\mu_{0} \approx 8 \times 10^{5}$). Referir valores de CO al lado AT o valores de CC al lado BT sin elevar al cuadrado la relación de vueltas. Esperar que la relación ideal de corrientes del transformador sobreviva a cargas pesadas —la caída serie $I \times Z_{eq}$ es exactamente lo que la distorsiona. Y tratar una abertura como un detalle menor: el ejemplo anterior muestra que una abertura tan fina como un cabello representa cuatro quintos del problema.

Resumen. $F = NI$ impulsa $\Phi = F/R_{m}$ a través de la reluctancia $l/(\mu A)$; la densidad $B = \Phi/A$ debe mantenerse por debajo de aproximadamente 1.5 T. Dos pruebas sobre un transformador real: separa la rama en derivación (núcleo, del circuito abierto) de la serie (cobre, del cortocircuito), y el rendimiento equilibra la salida frente a ambas.

Por qué importa. El motor de un taladro inalámbrico, el eje de un tren eléctrico el motor y el arrancador de cada automóvil con motor de combustión son máquinas de CC: torque que puedes controlar con una corriente, desde dos principios físicos.

La idea, con una imagen. Un conductor de longitud $l$ en un campo $B$ que transporta corriente $I$ experimenta una fuerza $F = BIl$; el mismo conductor moviéndose a velocidad $v$ induce una FEM $e = Blv$. Una máquina de CC conecta muchos conductores así alrededor de un rotor (el armadura) y los conmuta para que cada uno vea un campo de dirección fija — el conmutador es un interruptor mecánico que mantiene el torque unidireccional. Agrupa la contabilidad en una constante $k\Phi$ y toda la máquina se reduce a dos ecuaciones:

donde $k\Phi$ está determinada solo por el flujo del campo. Multiplicándolas, $T\omega = E I_{a}$: la misma potencia en el entrehierro vista desde ambos lados. El lenguaje mecánico y eléctrico son un solo idioma.

La conexión del campo define la personalidad. Un motor en derivación (campo en paralelo, flujo constante) mantiene casi velocidad constante; un motor en serie (campo en serie, flujo $\propto I_{a}$) produce torque $\propto I_{a}^{2}$ y nunca debe funcionar sin carga.

La derivación. De $e = Blv$ con $v = \omega r$ y la geometría agrupados en $k$: $E = k\Phi\omega$. De $F = BIl$ con los brazos de palanca agrupados de la misma manera: $T = k\Phi I_{a}$. En una máquina derivada $\Phi$ está fija por el suministro, así que la velocidad sigue $\omega = \dfrac{V - I_{a}R_{a}}{k\Phi}$: la caída de resistencia del armadura es la única variación. En una máquina serie $\Phi \propto I_{a}$ (hasta saturar el hierro), por lo que $T \propto I_{a}^{2}$ y $\omega \propto \dfrac{V - I_{a}R_{a}}{I_{a}}$ — la velocidad aumenta bruscamente cuando la carga desaparece.

Ejemplo resuelto 1 — punto nominal. Un motor derivado a 220 V con resistencia del armadura $R_{a} = 0.2\ \Omega$ absorbe $I_{a} = 50$ A a 1500 rpm. La FEM es $E = 220 - 50 \times 0.2 = 210$ V. A 1500 rpm ($= 157.1$ rad/s), $k\Phi = \dfrac{210}{157.1} = 1.337$ V·s, por lo que el par $T = 1.337 \times 50 = 66.9$ N·m. Check both routes through the air gap: $T\omega = 66.9 \times 157.1 = 10.5$ kW y $E I_{a} = 210 \times 50 = 10.5$ kW ✓ — deben coincidir; son la misma conversión.

Arrancar el mismo motor desde reposo es la trampa: al conectar, $E = 0$, por lo que inrush would be $I_{a} = \dfrac{220}{0.2} = 1100$ A, twenty times rated. A starter resistance limiting current to 100 A needs $R_{start} = \dfrac{220}{100} - 0.2 = 2.0\ \Omega$, desconectar en etapas según $E$ construye.

Ejemplo resuelto 2 — atenuación de campo. Mantenga el par de carga de 66.9 N·m y reduzca el flujo del campo 20%, a $k\Phi = 1.070$. El par exige $I_{a} = \dfrac{66.9}{1.070} = 62.5$ A, por lo que la FEM se estabiliza en $E = 220 - 62.5 \times 0.2 = 207.5$ V y la velocidad en $\omega = \dfrac{207.5}{1.070} = 193.9$ rad/s $= 1852$ rpm — aproximadamente 23% más rápida con un quinto menos de flujo. Comprobación de potencia: $T\omega = 66.9 \times 193.9 = 12.96$ kW frente a $E I_{a} = 207.5 \times 62.5 = 12.97$ kW ✓. Por encima de la velocidad base, esta es la técnica estándar: atenuación de campo; intercambia flujo por velocidad, pagando con corriente de armadura.

Errores comunes. Introducir rpm en $E = k\Phi\omega$ (requiere rad/s — un factor de $2\pi$). Esperar que un motor shunt acelere bajo carga (la caída a través de $R_{a}$ lo hace desacelerar ligeramente). Conectar un motor serie sin carga — sin corriente no hay flujo para limitar la velocidad. Y olvidar que en reposo, la única limitación de corriente es la resistencia.

Resumen. $E = k\Phi\omega$ y $T = k\Phi I_{a}$, unidos por $T\omega = EI_{a}$. La conexión shunt mantiene la velocidad; la serie multiplica el par a baja velocidad. Arranque mediante resistencia, debilitamiento de campo para ampliar rango.

Por qué importa. Aproximadamente siete de cada diez motores industriales son máquinas de inducción jaula de ardilla: sin escobillas, sin conmutador, una sola pieza móvil — porque el campo giratorio realiza el conmutado gratuitamente.

La idea, con una imagen. Tres bobinas espaciadas 120° entre sí, alimentadas por tres corrientes separadas 120° en el tiempo, se suman para formar un campo rotatorio de magnitud constante que gira a velocidad síncrona $n_{s} = \dfrac{120f}{p}$ rpm ($f$ en Hz, $p$ polos). El rotor lo persigue pero nunca llega a alcanzarlo; la diferencia es deslizamiento

El deslizamiento actúa como una relación de transmisión: las barras del rotor ven pasar el campo con un ritmo de deslizamiento $s$, por lo que la frecuencia del rotor es $sf$ y cada magnitud del rotor sigue de esa situación.

La deducción. En el circuito equivalente, todas las magnitudes se refieren al estator y la rama del rotor aparece como $R_{2}'/s$ — la resistencia escalada por el deslizamiento. Descomponiéndola:

el segundo término no es realmente una resistencia: multiplicado por $I^{2}$ resulta ser exactamente la potencia mecánica de salida, mientras que $I^{2}R_{2}'$ representa las pérdidas en cobre del rotor. El deslizamiento divide la potencia en el entrehierro $P_{ag} = T\omega_{s}$ en pérdidas en cobre $sP_{ag}$ y potencia en el eje $(1-s)P_{ag}$. Con una fuente de Thevenin $V_{th}$, $Z_{th} = R_{th} + jX_{th}$ detrás de la rama de magnetización, el par es

máximo (derivar e igualar a cero) donde $R_{2}'/s_{max} = \sqrt{R_{th}^{2} + (X_{th} + X_{2}')^{2}}$ — el par de ruptura. La resistencia extra del rotor desplaza el pico Mismo par máximo, diferente ubicación: la resistencia del rotor determina dónde se alcanza el pico de la curva

Ejemplo resuelto 1 — lectura de la placa de características. Motor de 4 polos, 50 Hz: $n_{s} = \dfrac{120 \times 50}{4} = 1500$ rpm. En marcha a 1440 rpm: $s = \dfrac{60}{1500} = 0.04$. La frecuencia del rotor es $sf = 2$ Hz — por qué el hierro del rotor necesita laminaciones ligeras — y el término deslizamiento $R_{2}'/s$ es $25 \times R_{2}'$: con un deslizamiento pequeño, el rotor se comporta casi puramente resistivo, lo que explica por qué la máquina funciona con eficiencia cerca del sincronismo.

Ejemplo resuelto 2 — toda la cadena de par. El mismo motor, tensión de línea de 400 V (231 V por fase), corriente de línea $R_{1} = 0.5$, factor de potencia $X_{1} = 1.2$, rendimiento $R_{2}' = 0.4$, reactancia de magnetización $X_{2}' = 1.2\ \Omega$ (se desprecia al estar muy grande: tensión de excitación $V_{th} = 231$ V, corriente de magnetización $Z_{th} = R_{1} + jX_{1}$). Velocidad síncrona $\omega_{s} = 157.1$ rad/s. En el punto de funcionamiento $s = 0.04$, el deslizamiento es $R_{2}'/s = 10\ \Omega$:

Seguir la potencia: entrada eléctrica $P_{ag} = T\omega_{s} = 13.8$ kW, pérdidas en cobre del rotor $sP_{ag} = 552$ W, potencia útil en el eje $T\omega_{s}(1-s) = 13.2$ kW ✓ — una sola cadena de multiplicaciones, tres balances cerrados. El valor máximo: deslizamiento de máxima capacidad $s_{max} = \dfrac{0.4}{\sqrt{0.5^{2} + 2.4^{2}}} = 0.163$, y el par de ruptura ahí es 172 N·m — el doble del punto de servicio, el margen que necesita el compresor necesidades de arranque. Rotor bloqueado ($s = 1$): $T_{start} = 62$ N·m. Duplicar la resistencia del rotor hace que $T_{start}$ aumente a 109 N·m mientras el punto de funcionamiento (mismo deslizamiento) pierde eficiencia — el compromiso del rotor devanado en un solo número.

Errores comunes. Mezclar rpm y rad/s dentro de la fórmula del par. ($\omega_{s}$ es mecánico, rad/s). Asumiendo que el par aumenta con el deslizamiento — llega al pico en $s_{max}$ y disminuye en ambos lados. Cargando toda la potencia de la entrehierro como pérdida en cobre: el cobre solo recibe la fracción $s$. Y esperando que la frecuencia del rotor sea 50 Hz — en realidad es $sf$, 2 Hz aquí.

Resumen. $n_{s} = 120f/p$, deslizamiento $s = (n_{s}-n)/n_{s}$, frecuencia del rotor $sf$, rama del rotor $R_{2}'/s$ cuya segunda mitad es el eje. El par alcanza su máximo donde $R_{2}'/s$ coincide con la magnitud de $R_{th} + j(X_{th} + X_{2}')$; la resistencia del rotor compra par de arranque a costa del rendimiento en marcha.

Importancia. Prácticamente cada vatio generado en una central eléctrica sale de una máquina síncrona: un imán accionado por una turbina, sincronizado con el campo giratorio de la red, entregando potencia mediante un ángulo. campo rotatorio, entregando potencia a través de un ángulo.

La idea, con una imagen. El rotor — un electroimán o imán permanente — se acopla al campo rotatorio, por lo que la velocidad es exactamente $n_{s} = 120f/p$, sin deslizamiento. La FEM inducida tiene la forma de transformador $E = 4.44\, f N \Phi k_{w}$ (el factor de enrollamiento $k_{w}$ ordena la bobina geometry). What the machine exchanges with the grid is set by the power angle $\delta$: the angle by which the rotor's EMF leads the bus voltage. The connection behaves like a torsion spring — deflect it, feel primero). Creer que más excitación produce más potencia real — la turbina establece

La derivación. Por fase, el bus es $V\angle 0$, la FEM interna $E\angle\delta$, entre ellos solo la reactancia síncrona $X_{s}$:

La línea $Q$ presenta la segunda lección: aumentar el campo (excitación ) eleva $E$ y hace que $Q$ sea positivo — la máquina exporta potencia reactiva como un capacitor; al reducirla, importa. Los operadores de red programan esto diariamente.

Ejemplo resuelto 1 — la clasificación y su margen. Un generador conectado a un bus infinito a 11 kV en línea, $X_{s} = 5\ \Omega$ por fase, FEM de 12 kV en línea. Por fase $V = 6351$ V, $E = 6928$ V, por lo tanto

A $\delta = 30°$: $P = 13.2$ MW. El margen estático es $\dfrac{26.4 - 13.2}{13.2} = 100\%$ — la máquina podría duplicar su carga antes de que el resorte se suelte. Los operadores mantienen las máquinas reales más cerca de 30° para tener exactamente este colchón.

Ejemplo resuelto 2 — real y reactiva juntos. Misma máquina, programar 10 MW: $\sin\delta = \dfrac{10}{26.4} = 0.379$, $\delta = 22.3°$. Entonces

Sobreexcitada, apoya silenciosamente el voltaje del bus mientras entrega los megavatios. Subexcitar hasta $E = 10$ kV en línea (5774 V por fase) y mantener 10 MW: $\sin\delta = \dfrac{10 \times 5 \times 10^{6}}{3 \times 6351 \times 5774} = 0.455$, $\delta = 27.0°$, y $Q = \dfrac{3 \times 6351 \times (5774 \times 0.890 - 6351)}{5} = -4.6$ MVAr: los mismos megavatios, pero ahora la máquina absorbe potencia reactiva. Una perilla (excitación) desplaza Q mucho más que P.

Common mistakes. Using line voltages per phase (divide by $\sqrt{3}$ first). Believing more excitation gives more real power — the turbine sets $P$; excitation sets $Q$. Pushing $\delta$ past 90°, where $\dfrac{dP}{d\delta}$. forgetting that $\delta$ here is electrical: with $p$ poles the mechanical reactiva $2\delta/p$. La turbina posee el ángulo,

Summary. Speed locked to the grid, power $P = \dfrac{3VE}{X_{s}}\sin\delta$, Por qué importa. Un cálculo de red que mezcla ohmios a $Q = \dfrac{3V(E\cos\delta - V)}{X_{s}}$ kV con ohmios a field owns the VARs.

donde cada voltaje es cercano a 11 y cada impedancia es un porcentaje: el sistema de unidades relativas. La idea, con una imagen. Elija un par de valores base: potencia base 132 y base where every voltage is near 1.0 and every impedance is a percentage: the per-unit system.

The idea, with a picture. Choose a base value pair: base power $S_{base}$ and base tensión $V_{base}$ en cada nivel; todo lo demás se deduce:

Las impedancias cambian entre niveles de tensión según el cuadrado de la relación de espiras — en por unidad absorbe eso automáticamente, porque cada nivel tiene su propia $Z_{base}$. Un transformer's nameplate "10%" means: at its own rated current, 10% of rated nominada cae dentro de él — lo cual es exactamente $Z_{pu} = 0.10$.

La derivación. Los cambios de base son pura contabilidad. Una impedancia dada como $Z_{old}$ pu sobre $S_{old}$, $V_{old}$ se convierte, sobre nuevas bases,

y si las bases de voltaje ya coinciden con la relación del transformador (como ocurre en un estudio consistente), solo sobrevive la relación $S$.

Ejemplo resuelto 1 — una falla al final de la línea. Un generador de 100 MVA, 11/132 kV con $Z = 10\%$ sobre su propia base alimenta una línea de 132 kV de 40 Ω; una falla trifásica se cierra en el extremo lejano de la línea manteniendo el generador a 1.0 pu. Base de línea: $Z_{base} = \dfrac{132^{2}}{100} = 174.2\ \Omega$, por lo que la línea es $\dfrac{40}{174.2} = 0.230$ pu; el transformador ya está 0.10 pu sobre 100 MVA. Total $0.330$ pu, por lo que la corriente de falla es $\dfrac{1.0}{0.330} = 3.03$ pu. De vuelta a unidades reales — la comprobación que demuestra el método: la corriente de base a 132 kV es $I_{base} = \dfrac{100 \times 10^{6}}{\sqrt{3} \times 132\,000} = 437$ A, por lo tanto $I_{fault} = 3.03 \times 437 = 1327$ A. El mismo valor de 3.03 pu leído en el lado de 11 kV con la corriente de base de ese nivel $\dfrac{100 \times 10^{6}}{\sqrt{3} \times 11\,000} = 5249$ A da $3.03 \times 5249 = 15\,926$ A — un número adimensional sirve ambos niveles de voltaje ✓.

Ejemplo resuelto 2 — cambio de bases. El estudio se amplía: se añade un transformador de 60 MVA, 66/11 kV con potencia nominal de 8% y un generador con $X_{d} = 0.25$ pu sobre 80 MVA, 11 kV. Sobre la base de 100 MVA del estudio, el transformador se convierte en $0.08 \times \dfrac{100}{60} = 0.133$ pu y el generador $0.25 \times \dfrac{100}{80} = 0.313$ pu (las bases de voltaje ya coinciden). En en serie entre la FEM del generador y una falla en los terminales de 66 kV del transformador: $0.313 + 0.133 = 0.446$ pu, por lo que la corriente de falla es $\dfrac{1.0}{0.446} = 2.24$ pu. En el lado de 66 kV, la corriente base es $\dfrac{100 \times 10^{6}}{\sqrt{3} \times 66\,000} = 875$ A, por lo tanto $2.24 \times 875 = 1962$ A fluye hacia la falla, mientras que el generador transporta $2.24 \times 5249 = 11\,780$ A en su lado de 11 kV — la misma pu, dos corrientes reales. Dos multiplicaciones reemplazaron una página de cálculos de proporción.

Errores comunes. Usar voltios de línea a línea en una base monofásica (o viceversa) — elige la convención $Z_{base} = V_{LL}^{2}/S_{3\phi}$ y mantente con ella. Olvidar elevar al cuadrado la razón de la base de voltaje al cambiar de bases. Y tratar "%Z" como una pérdida: es una caída de voltaje a corriente nominal, corriente, por lo que un transformador de 10% puede seguir siendo 99% eficiente a plena carga.

Resumen. Elige $S_{base}$ una vez y $V_{base}$ por nivel; convierte todo a pu; la aritmética en serie, paralelo y de fallos es adimensional; convierte de nuevo usando la propia corriente base de cada nivel para verificar la respuesta.

Por qué importa. "¿Se mantendrá el voltaje al final de la alimentación por encima de 0.95?" es la pregunta que cada planificador de red responde miles de veces al día mediante un flujo de potencia — y la versión de dos buses cabe en una página.

La idea, con una imagen. El bus 1 es el bus holgado: mantenido a $1.0\angle 0°$ pu, absorbiendo cualquier pérdida resultante. Una línea $Z = R + jX$ alimenta una carga que absorbe $S = P + jQ$ en el bus 2. La carga fija la corriente a través de su propio voltaje, y el voltaje fija la corriente a través de la línea — un bucle. Por lo tanto, adivine $V_{2}$, ejecute el bucle una vez y repita:

la iteración de punto fijo (Gauss–Seidel). La conjugada no es decorativa: con $S = V I^{*}$, la corriente es $I = \mathrm{conj}(S/V)$, y omitirla envía la iteración hacia sin sentido.

La derivación. De $V_{2} = V_{1} - ZI$ y $I^{*} = S/V_{2}$, cada paso calcula la corriente que implica la actual $V_{2}$ y el voltaje que esa corriente produce. Linealice una vez alrededor de $V \approx 1$ y aparece la famosa aproximación:

cuyo segundo término explica el titular de la unidad: es el flujo reactivo a través de la reactancia que consume voltaje, por eso los condensadores — compensación reactiva — son una herramienta de voltaje.

Ejercicio resuelto 1 — el caso base. $Z = 0.02 + j0.10$ pu, carga $0.8 + j0.4$ pu, $V_{1} = 1.0\angle 0°$. Partiendo de $V_{2} = 1.0$ la iteración converge a $V_{2} = 0.937\angle -4.4°$ pu, con corriente de línea $I = 0.954\angle -31°$ pu. Verificaciones: la aproximación da $\Delta V \approx \dfrac{0.8 \times 0.02 + 0.4 \times 0.10}{0.937} = 0.060$ pu en contra de la exacta $1 - 0.937 = 0.063$ ✓ honesto en esta carga; de la caída, $QX = 0.040$ supera a $PR = 0.016$ — la reactiva domina. El extremo emisor balance: $P_{s} = 0.8 + |I|^{2}R = 0.8 + 0.954^{2} \times 0.02 = 0.818$ pu ✓ y $Q_{s} = 0.4 + 0.954^{2} \times 0.10 = 0.491$ pu: la propia línea consume 0.091 de reactiva.

Ejemplo resuelto 2 — compensación. Instale capacitores en el bus 2 reduciendo la carga neta a $0.8 + j0.1$ pu e itere nuevamente: $V_{2}$ se estabiliza en $0.970\angle -4.6°$ pu. La caída desciende de 0.063 a 0.030 pu — el término $QX$ disminuyó de 0.040 a 0.010 y la tensión siguió — mientras el ángulo permanece cerca de 4.5°, porque el ángulo es soportado por $P$, que no cambió. En por unidad, la frase de diseño es una sola línea: 0.3 pu de capacitores en la carga elevan $V_{2}$ tanto como reducir a la mitad la impedancia de la línea haría (0.970 pu ya sea corriente), y los condensadores cuestan mucho menos que una segunda línea.

Errores comunes. Eliminar el conjugado (la iteración entonces diverge o converge a un punto de operación incorrecto sin avisar). Permitir que el bus de holgura fije más de lo debido — establece la referencia de ángulo y absorbe las pérdidas; las cargas restantes deben equilibrarse aún en la respuesta convergente. Y confiar en $\Delta V \approx (PR + QX)/V$ cuando el ángulo a través de la línea aumenta: la aproximación ignora silenciosamente el componente en cuadratura $\dfrac{PX - QR}{V}$, aceptable aquí a 4.4°, pero engañoso al pasar de unos 15°.

Resumen. Holgura en un extremo, carga en el otro, itere $V_{2} = V_{1} - Z\,\mathrm{conj}(S/V_{2})$; verifique con el $PR + QX$ aproximación y cierre del balance de voltios-segundo. El flujo reactivo es el voltaje problema; la compensación es la mitad económica de la solución.

Por qué importa. El mismo cargador inicia con un interruptor que conmuta cien mil veces por segundo. Los convertidores conmutados son la razón por la que un adaptador de 30 vatios es ahora más pequeño que su propio enchufe —y por qué esta unidad cierra el curso: las máquinas se encuentran con la electrónica en la unidad de accionamiento.

La idea, con una imagen. Un convertidor buck (reductor) es un interruptor, un diodo, un inductor y un condensador. Mientras el interruptor está ENCENDIDO, la entrada alimenta al inductor; mientras está APAGADO, el inductor mantiene la corriente fluyendo a través del diodo. El inductor y el condensador realizan el promedio; el interruptor solo selecciona la relación de tiempo encendido respecto al período, el ciclo de trabajo $D$. Balance de voltios-segundo en el inductor —el promedio de $v_{L}$ durante un período debe ser cero en estado estable— proporciona, en una sola línea:

y el dual boost (elevador) da $V_{out} = \dfrac{V_{in}}{1-D}$. Conducción continua (CCM) significa que la corriente del inductor nunca llega a cero — el mundo de baja ondulación donde viven todas estas fórmulas.

La deducción. En conducción continua, durante la fase buck ENCENDIDA el inductor ve $V_{in} - V_{out}$ durante $DT$ segundos; en la fase APAGADA ve $-V_{out}$ durante $(1-D)T$. Al igualar la suma de voltios-segundo a cero se obtiene $V_{out} = D V_{in}$ —independiente de L, C y carga en CCM, lo cual es el atractivo del convertidor. La oscilación triangular de corriente se deduce de $v = L\,di/dt$ en cada fase:

el par de rizado que cita toda hoja de datos.

Ejemplo resuelto 1 — un convertidor reductor de 12 V a 5 V. Entrada de 12 V, salida de 5 V a 2 A, conmutando a 100 kHz con $L = 100\ \mu$H. Ciclo de trabajo $D = \dfrac{5}{12} = 0.417$. Corriente de rizado $\Delta I_{L} = \dfrac{5 \times 0.583}{100\mu \times 100k} = 0.29$ A — 15% de la carga, un punto de diseño estándar. CCM se mantiene porque $\Delta I_{L}/2 = 0.15$ A está muy por debajo de 2 A. Con $C = 220\ \mu$F el rizado de salida es de $\Delta V_{out} = \dfrac{0.29}{8 \times 220\mu \times 100k} = 1.7$ mV: la salida del convertidor es más limpia que la fuente que alimenta.

Ejemplo resuelto 2 — un convertidor elevador de 12 V a 24 V. El elevador utiliza los mismos componentes reorganizados: interruptor en serie con el inductor, diodo hacia la salida. Para 24 V a 1.5 A desde 12 V, $D = 1 - \dfrac{12}{24} = 0.5$. Potencia conservada (ideal): $P_{in} = 36$ W, por lo tanto la corriente de entrada es 3 A — no 1.5 A; la corriente se intercambia contra el voltaje, la potencia no. Rizado $\Delta I_{L} = \dfrac{V_{in} D}{L f} = \dfrac{12 \times 0.5}{100\mu \times 100k} = 0.6$ A, CCM cómodo contra 3 A. El condensador de salida ve el corte del diodo de corriente — pulsos solo durante $(1-D)$ de cada período —, por lo que los convertidores boost la amplitud RMS del rizado, no el promedio, dimensiona el componente. Errores comunes. Carga ligera en un diseño "CCM": por debajo de la corriente límite

Errores comunes. Carga ligera en un diseño "CCM": por debajo del límite de corriente $\Delta I_{L}/2$ el convertidor cae en conducción discontinua y $V_{out}$ aumenta por encima de $D V_{in}$. Ignorar la caída del diodo en salidas de bajo voltaje — 0.4 V en un riel de 5 V es 8%, por eso la rectificación sincrónica (un MOSFET para el diodo) es habitual por debajo de aproximadamente rectification** (a MOSFET for the diode) is routine below about 12 (elevador) en CCM; rizado El interruptor establece la relación; los elementos pasivos determinan la calidad; las pérdidas ocurren en

Summary. Volt-second balance: $V_{out} = D V_{in}$ (buck) or Este es el décimo curso de Ingeniería Eléctrica Universitaria: sistemas de control. EE$V_{out} = V_{in}/(1-D)$ le proporcionó la función del sistema. Este curso cierra el ciclo para $\Delta I_{L} = \dfrac{V_{out}(1-D)}{Lf}$ y $\Delta V_{out} = \dfrac{\Delta I_{L}}{8Cf}$. hacer que la salida siga a la entrada rápida, precisa y sin oscilaciones? the switch and the diode.