Problemas resueltos de circuitos eléctricos

Circuitos eléctricos. Problemas

X. Alabern A. Font 9 788483 018590

de las diferentes asignaturas del área de Ingeniería Eléctrica en la ETSEIAT de la UPC.

La obra se ha estructurado en torno a dos grandes bloques, correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y su es-tudio en régimen dinámico o transitorio.

La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha llevado a cabo aplicando diversos métodos, lo que permite al lector un enriquecimien-to personal de sus conocimienenriquecimien-tos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff; de los teoremas de Thevenin, Norton, Millman, de sustitución, de máxima transfe-rencia de potencia, etc., permite consolidar los co-nocimientos de la materia que se van adquiriendo. La segunda parte del libro aborda la resolución de los problemas en régimen transitorio, sobre circui-tos de primer y de segundo orden, con fuentes de alimentación de origen diverso (constante, sinusoi-dal, etc.). La aplicación de ecuaciones diferencia-les y/o el método de las transformadas de Laplace permitirán determinar su solución. Sería muy conve-niente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos.

Cabe destacar que varios de los problemas que se presentan en este libro fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias.

Xavier Alabern es Doctor Ingeniero Industrial por la UPC, profesor titular de universidad del Depar-tamento de Ingeniería Eléctrica y subdirector de Relaciones Exteriores y Cooperación Universitaria de la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries In-dustrial i Aeronàutica de Terrassa (ETSEIAT). En la actualidad, es director de los programas de pos-grado Mantenimiento de equipos e instalaciones y Proyecto, diseño y cálculo de instalaciones mecá-nicas, eléctricas y especiales. Publica periódica-mente en varias revistas y participa en congresos de ámbito nacional e internacional.

Antoni Font es Ingeniero Industrial y profesor del Departamento de Ingeniería Eléctrica de la UPC. En la actualidad, es coordinador de la asignatura Teoría de Circuitos y Sistemas, que se imparte en la ETSEIAT. Ha publicado en varias revistas y ha participado en congresos de ámbito nacional e in-ternacional.

E D I C I O N S U P C

Xavier Alabern Morera

Antoni Font Piera

Circuitos eléctricos

Problemas

Circuitos eléctricos

Problemas

EDICIONS UPC

Xavier Alabern Morera

Antoni Font Piera

Circuitos eléctricos

Problemas

Diseño de la cubierta: Jordi Calvet © los autores, 2006 © Edicions UPC, 2006

Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona

Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es E-mail: [email protected]

Producción: CPET (Centre de Publicacions del Campus Nord) La Cup. Gran Capità s/n, 08034 Barcelona Depósito legal: B-24.351-2006

ISBN: 84-8301-859-4

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o proce-dimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.

Prólogo

El libro presentado es un compendio de problemas resueltos de circuitos eléctricos, fruto de la larga

experiencia de los autores en la docencia de las diferentes asignaturas de esta área.

El libro se ha estructurado en dos grandes bloques correspondientes al comportamiento de circuitos eléctricos en régimen permanente y al estudio en régimen dinámico o transitorio.

La resolución de los circuitos eléctricos en régimen permanente se ha desarrollado a través de los diferentes problemas aplicando diversos métodos, lo que permite al lector el enriquecimiento personal

de sus conocimientos. La aplicación de las leyes de Kirchhoff, de los teoremas de Thevenin, Norton,

Millman, sustitución, máxima transferencia de potencia, etc. permite consolidar los conocimientos que se van adquiriendo a lo largo de su resolución.

La segunda parte del libro, que trata la resolución de los mismos en régimen transitorio, permite resolver circuitos de primer y segundo orden, siendo las fuentes de alimentación de origen diverso (constante, senoidal, etc.). En muchos de los problemas la resolución tiene lugar mediante la aplicación de ecuaciones diferenciales y mediante el método de las transformadas de Laplace. Sería muy conveniente que el lector resolviera todos los problemas presentados mediante los dos métodos. Se debe destacar que varios de los problemas aquí presentados fueron ejercicios de examen en diferentes convocatorias.

Esperamos que la presente obra contribuya de manera significativa a la comprensión de la Ingeniería Eléctrica.

La participación de Mireia Aner Piqué y Carles Colls Castro ha facilitado enormemente en la consecución de los objetivos propuestos.

Xavier Alabern Morera

Profesor Titular de Universidad

Departament d’Enginyeria Elèctrica de la UPC

Índice

1. Circuitos eléctricos: régimen permanente... 11

Problema 1 ... 12 Problema 2 ... 15 Problema 3 ... 18 Problema 4 ... 20 Problema 5 ... 21 Problema 6 ... 22 Problema 7 ... 23 Problema 8 ... 26 Problema 9 ... 29 Problema 10 ... 30 Problema 11 ... 33 Problema 12 ... 36 Problema 13 ... 38 Problema 14 ... 41 Problema 15 ... 43 Problema 16 ... 46 Problema 17 ... 48 Problema 18 ... 53 Problema 19 ... 57 Problema 20 ... 61 Problema 21 ... 63 Problema 22 ... 65 Problema 23 ... 67 Problema 24 ... 69 Problema 25 ... 74 Problema 26 ... 81 Problema 27 ... 83 Problema 28 ... 85 Problema 29 ... 88 Problema 30 ... 90 Problema 31 ... 92 Problema 32 ... 95 Problema 33 ... 98 Problema 34 ... 101 Problema 35 ... 104 Problema 36 ... 106 Problema 37 ... 108 Problema 38 ... 110 Problema 39 ... 112 Problema 40 ... 114 Problema 41 ...117 Problema 42 ...119 Problema 43 ...123 Problema 44 ...126 Problema 45 ...128 Problema 46 ...133 Problema 47 ...139 Problema 48 ...143 Problema 49 ...145 Problema 50 ...147

Problema 51 ...150 Problema 52 ...154 Problema 53 ...156 Problema 54 ...159 Problema 55 ...161 Problema 56 ...163 Problema 57 ...164 Problema 58 ...165 Problema 59 ...167 Problema 60 ...179 Problema 61 ...181 Problema 62 ...183 Problema 63 ...185 Problema 64 ...187 Problema 65 ...189 Problema 66 ...191

2. Circuitos eléctricos: régimen transitorio ... 193

Problema 67 ... 194 Problema 68 ... 195 Problema 69 ... 196 Problema 70 ... 197 Problema 71 ...199 Problema 72 ...201 Problema 73 ...202 Problema 74 ...203 Problema 75 ...204 Problema 76 ...206 Problema 77 ...208 Problema 78 ...210 Problema 79 ...212 Problema 80 ...214 Problema 81 ...215 Problema 82 ...216 Problema 83 ...218 Problema 84 ...221 Problema 85 ...224 Problema 86 ...226 Problema 87 ...228 Problema 88 ...230 Problema 89 ...232 Problema 90 ...235 Problema 91 ...238 Problema 92 ...240 Problema 93 ...242 Problema 94 ...243 Problema 95 ...245 Problema 96 ...247 Problema 97 ...249 Problema 98 ...251 Problema 99 ...253 Problema 100 ...255 Problema 101 ...257 Problema 102 ...260

Problema 103 ...262 Problema 104 ...264 Problema 105 ...266 Problema 106 ...267 Problema 107 ...270 Problema 108 ...275 Problema 109 ...280 Problema 110 ...291 Problema 111 ...293 Problema 112 ...296 Problema 113 ...299 Problema 114 ...302 Problema 115 ...305 Problema 116 ...308 Problema 117 ...310 Problema 118 ...314 Problema 119 ...318 Problema 120 ...323 Problema 121 ...328 Problema 122 ...332

1 Circuitos eléctricos: régimen permanente

Problema 1

El circuito de la figura está alimentado por un generadore(t)=Emaxsen(100πt)siendo la lectura del voltímetro V=220 V.

Se pide:

a) La impedancia del circuito equivalente b) Las lecturas de los voltímetros: V1, V2 y V3

c) La lectura del amperímetro A1

d) Las expresiones instantáneas en régimen permanente de i(t), u1(t), u2(t), u3(t) y uAC(t)

e) La intensidad y las caídas de tensiones en el instante t0=10,4722 ms

f) Comprobar que se cumple en el instante del apartado anterior e(t)=u1(t)+u2(t)+u3(t)

L= 18mH C= 30mF R= 15Ω e(t) A1 V1 V V2 V3 a c b d

~

Figura 1.1 Resolución:

a) De la expresión temporal del generador de tensión 100π=ω=2πf, se busca

Z

=

∑

Z

i (están en

serie) Ω = 15 R = Ω π = ω = ₋ 106,103 100 · 10 · 30 1 C 1 XC ₆ = ω= π= Ω − _{·100 5,654} 10 · 18 L XL 3 Ω − = − + =15 (5,654 106,103)j 15 100,448j Z

b) º 50 , 81 166 , 2 º 50 , 81 562 , 101 º 0 220 Z U I = ∠ − ∠ ∠ = = Diagramas vectoriales: 81,5º -81,5º V=220 V= 32,5 1 R 12,2 5=V 2 XL V =23₀ 3 XC (No a escala) (No a escala) ZT

Diagrama de tensiones Diagrama de impedancias

º 50 , 81 49 , 32 º 0 15 º· 50 , 81 166 , 2 R · I U1= = ∠ ∠ = ∠ (V1) marcará 32,49 V º 507 , 171 249 , 12 º 90 655 , 5 º· 50 , 81 166 , 2 X · I U2 = _L = ∠ ∠ = ∠ (V2) marcará 12,25 V º 493 , 8 982 , 229 º 90 103 , 106 º· 50 , 81 166 , 2 X · I U3 = _C = ∠ ∠− = ∠− (V3) marcará 229,982 V c) A º 50 , 81 166 , 2

I= ∠ El amperímetro (A) marcará 2,166 A

d) A ) º 180 º 507 , 81 t 100 ( sen 166 , 2 · 2 ) t ( i = π + π V ) º 180 º 507 , 81 t 100 ( sen 49 , 32 · 2 ) t ( u₁ = π + π V ) º 180 º 507 , 171 t 100 ( sen 25 , 12 · 2 ) t ( u₂ = π + π V ) º 180 º 493 , 8 t 100 ( sen 98 , 229 · 2 ) t ( u₃ = π − π

163 , 102 722 , 34 º 656 , 20 031 , 16 º· 507 , 81 166 , 2 ) X R ·( I UAC= + _L = ∠ ∠ = ∠ V ) º 180 t 100 ( sen U · 2 ) t ( u AC AC AC π ϕ + π = 163 , 102 722 , 34 º 656 , 20 031 , 16 º· 507 , 81 166 , 2 ) X R ·( I UAC= + _L = ∠ ∠ = ∠

e) Sustituyendo en las expresiones anteriores t =10,4772·10-3 s resulta:

Ω − = 3,06321 ) t ( i ₁ u₁(t₁)=−45,95 V u₂(t₁)=0 V u₃(t₁)=0 V f) V 95 , 45 0 0 u V 95 , 45 ) 10 · 4772 , 10 100 ( sen E ) t ( e i 3 max 1 = π =− =

∑

= + − −

G U 1 U 3 C U 1 L U

Problema 2

En el circuito de la figura 1, y con el interruptor D abierto, se observan las siguientes indicaciones de los aparatos de medida:

A 25

A_G = V₁=400 V V₂ =0 V siendo la frecuencia de 50 Hz

En las mismas condiciones, pero variando la frecuencia hasta 150 Hz, se observa A_G =25 A,

V 0

V₁= , VV₂ =80 . Se conoce también que R₁= 42, Ω.

Se pide:

a ) Calcular VG para ambos casos

b ) Reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz

c ) Manteniendo la frecuencia y la tensión del generador en los valores correspondientes al segundo caso, se cierra el interruptor D. Calcular A0 .

Figura 2.1

Resolución:

a ) Con una frecuencia de 50 Hz, U2 = 0V, cosa que indica que UL2 =−UC2, y si se tiene en cuenta

que los vectores coinciden en dirección, aunque no en sentido, UL2 = UC2 .

Tomando como origen de fases la corriente I del generador, el diagrama vectorial de estas tensiones G

se puede ver en la figura 4.2(caso f=50 Hz)

G I 1 R U G I 2 L U 2 C U 1 L U Figura 2.2 Figura 2.3 D A0 AG

~

VG V1 V2 XL1 R1 XC2 XC3 XL2

A continuación, y tomando también el mismo origen de fases, se pueden suponer vectores de caídas de

tensión en R1, en XL1 y XC3 con longitudes arbitrarias y direcciones conocidas, pero con la condición

de que UC3 > UL1 ya que al pasar la frecuencia de 50 a 150 Hz, los valores de las XL aumentan y

las XC disminuyen, y no sería posible que la lectura de V1 pasara de 400 V a 0 V. Por claridad de

exposición, se han representado estas tensiones en la figura 2.3 y no sobre la misma figura 2.2.

Una vez dibujados los anteriores vectores, ya quedan definidos los vectores de las tensiones U y 1

G U : 1 L 3 C 1 U U U = + 1 R 1 G U U U = +

A 50 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular UG son:

V 400 U₁ = V 60 4 , 2 25 R I U_R1 = _G⋅ ₁ = ⋅ = V 5 , 404 60 400 U U U_G = ₁2 + _R12 = 2 + 2 = siendo la lectura de VG = 404,5 V.

A 150 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular U’G son:

V 0 ' U₁= V 60 4 , 2 25 R ' I ' U_R1= _G⋅ = ⋅ = V 60 60 0 ' U ' U ' U_G= ₁2+ _R12 = 2 + 2 = siendo la lectura de VG’ = 60 V.

b ) Para calcular las cuatro reactancias XL1, XC2, XL2, XC3 a 50 Hz y las cuatro X’L1, X’C2, X’L2, X’C3 a

150 Hz, se requieren ocho ecuaciones.

Como una frecuencia es tres veces la otra, ya podemos escribir cuatro:

1 L 1 L 3 X ' X = ⋅ _C2 X_C2 3 1 ' X = ⋅ 2 L 2 L 3 X ' X = ⋅ _C3 X_C3 3 1 ' X = ⋅

Por otra parte, a 50 Hz se puede escribir:

2 L 2 C X X = ya que U₂ =0 V Ω = = − 16 25 400 X

X_{C3 L1} ya que U1 = 400 V, y la corriente total IG es de 25 A.

y a 150 Hz se puede escribir: 3 C 2 C 2 L 1 L X' X' X' ' X + = + ya que U₁ =0 V Ω = = − 3,2 25 80 ' X '

X_{L2 C2} ya que U2 = 80 V, y la corriente total IG es de 25 A.

Con estas 8 ecuaciones se hallan las 8 incógnitas fácilmente:

X_L2 = 21, Ω X_C2= 21, Ω X_C3=16,8 Ω X_L1= 80, Ω Ω

= 63, '_L2

X X'_C2= 40, Ω X'_C3= 65, Ω X'_L1= 42, Ω

c) Cerrando el interruptor D, el circuito queda reducido a la siguiente figura 2.4:

A0

~

XL1 R1 XC3 I0 Figura 2.4

La impedancia total del circuito será (a 150 Hz):

(

−

)

= +

(

−

)

= Ω + = R X' X' 2,4 5,6 2,4 4 ' ' Z ₁2 _{C3 L1} 2 2 2

La corriente que marca el amperímetro A0 es:

A 15 4 60 '' Z ' U '' I ₀= G = =

Problema 3

El circuito representado en la figura trabaja en régimen permanente, alimentándose de un generador de corriente alterna de frecuencia 50 Hz. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos.

V=225 V A=33,75 A A2=12,728 W A3=18 A

Se dispone de las siguientes cargas: Z₁=R₁+j⋅X₁ inductiva y, además, Z₂ =R₂ +j⋅X₂

(capacitiva), siendo R₂ =X₂. La impedancia Z3 es resistiva pura.

Se sabe que el conjunto de la carga presenta un factor de potencia unidad.

Figura 3.1

Se pide hallar:

a) La impedancia en formas binómica y polar de Z1 y la capacidad del condensador C2

b) La lectura del amperímetro A1

Resolución: a) Ω ⋅ − = − ∠ = ∠ ⋅ = 17,677 45º 12,5 j 12,5 R X arctg I U Z 2 2 2 2 1 2 2 0,0565 45º 0,04 j 0,04 Z 1 Y = = ∠ = + ⋅ Ω− Ω ∠ = = 12,5 0º I U Z 3 3 1 3 3 0,08 0º Z 1 Y = = ∠ Ω− 1 T 0º 0,15 0º 225 75 , 33 º 0 U I

Y = ∠ = ∠ = ∠ Ω− el conjunto un factor de potencia unidad.

1 -3 2 T 1 1 Y Y Y 0,05 53,13º Z 1 Y = = − − = ∠− Ω Ω ⋅ + = = ∠ = 12 j 16 Y 1 º 13 , 53 20 Z 1 1 b) 225 05 , 0 U Y I₁ = ₁ ⋅ = ⋅ A I₁ =11,25∠−53,13ºA mH 9 , 50 X L₁ 1 = ω = 254,650 F X 1 C 2 2 = _⋅ω = µ

Problema 4

Aplicar al circuito de la figura el método de los tres amperímetros para determinar el factor de potencia de la carga Z.

Se conocen las lecturas de los 3 amperímetros:

A1=1 A A2=3 A A_G = 13,6 A

R

Z

e

G Figura 4.1 Resolución: 3 1 2 9 1 6 , 13 A A 2 A A A cos 2 1 2 2 2 1 2 G ⋅ ⋅ − − = ⋅ ⋅ − − = ϕ 6 , 0

cosϕ= factor de potencia.

U

ϕ A2

AG

A1

Problema 5

Del circuito de la figura se conocen los siguientes valores: R=4 Ω, C=5/4⋅π mF, la lectura del

voltímetro es de 100 V y e (t) =100⋅√2 sen(100⋅π⋅t) V.

Si se modifica la pulsación de la fuente a ω = 100⋅π/3 rad/s, ¿Qué ángulo de desfase se presenta entre

la intensidad i(t) y la tensión e(t)?

e(t)

~

C R L V i(t) Figura 5.1 Resolución: mF 4 5 C π ⋅ = C L 3 C 8 X X 5 40 100 4 5 10 X = = Ω= = π ⋅ ⋅ π ⋅ = − ya que V=E Para ω/3 º 90 3 Z º 90 8 X 3 º 90 X 8 X 3 º 90 3 X 9 X X º 90 X 3 3 X X 3 3 X X X X X Z _p 2 2 C L C L P = _{− ∠} = ⋅ ∠ ⇒ = ∠ ∠ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = − ∠ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − ⋅ = − ⋅ = º 87 , 36 5 3 j 4

Z_T = + ⋅ ⇒ ∠ por lo tanto i(t) retarda a e(t) en 36,87º.

Problema 6

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente.

Figura 6.1

Se conocen los siguientes datos:

X1= 4,5 Ω X2=94,25 Ω E= 240 ∠0º V A=23,046 A

¿Cuál debe ser el valor de R para que la corriente I se retrase 30º respecto de la tensión E?

Resolución: 30º 60º I E I1 I2 Figura 6.2 º 60 cos 464 , 25 046 , 23 2 25 , 94 240 046 , 23 I 2 2 2 1 ⎟⎟ − ⋅ ⋅ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = 884 , 21 I₁ = A Ω = = 10,967 844 , 21 240 Z₁ Ω = − = 10,967 4,5 10 R₁ 2 2 R X X A E I 1 2 I₁

Problema 7

El circuito de la figura está alimentado por un generador senoidal de frecuencia 50 Hz.

La potencia consumida por la carga Z3 vale 3066,667 W. El voltímetro V3 indica una lectura de 550 V.

El amperímetro A indica una lectura de 10A.

La componente reactiva de la corriente que circula por Z3 es de 2,5A (inductivo).

La corriente que circula por la rama DB está en fase con la tensión VDB. La potencia disipada por R4

vale 250W. Se pide:

a) Valor de la inductancia L4

b) Caída de tensión VDB

c) Valor de la inductancia L1

d) Tensión que proporciona el generador (lectura del voltímetro V)

V3 R =253 Ω R =2504 Ω Z3 A B C D L4 C5 20 Fµ

~

V A 25Ω L1 L5 12,5Ω Figura 7.1 Resolución: a ) Corriente por Z3 UZ3 I3 I3a I3re ϕ3 2,5 Α= a 3 3 3 3 3 3 U I cos U I P = ⋅ ⋅ ϕ = ⋅

CD U 4 R V 4 L V A 58 , 5 550 667 , 3066 U P I 3 3 a 3 = = = A 11 , 6 5 , 2 58 , 5 I I I₃ = _3a2+ _3re2 = 2 + 2 = 448 , 0 58 , 5 5 , 2 tgϕ₃ = = ϕ₃ =24,13º

Cogemos a partir de ahora como origen de fases I3 =6,11∠0º A

V 95 , 18 22 , 692 84 , 224 j 69 , 654 84 , 224 j 94 , 501 75 , 152 º 13 , 24 550 º 0 75 , 152 º 13 , 24 550 º 0 25 º 0 11 , 6 U R I UCD 3 3 Z₃ ∠ = + = + + = = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ ⋅ ∠ = + ⋅ =

En cuanto a la resistencia R4, se sabe:

4 2 4 R 4 2 4 4 R V R I P = ⋅ = V_R4 = 250⋅250 =250 V y también V 5 , 646 250 22 , 692 V V V_L4 = _CD2 − _R42 = 2 − 2 = Ω = = = = 646,5 250 250 5 , 646 R P V I V X 4 4 4 L 4 4 L 4 L Por lo tanto: H 05 , 2 50 2 5 , 646 w X L₄ L4 = ⋅ π = = b ) A º 91 , 49 1 º 86 , 68 15 , 693 º 95 , 18 22 , 692 5 , 646 j 250 º 95 , 18 22 , 692 jX R U I 4 L 4 CD 4 = ∠− ∠ ∠ = + ∠ = + = A º 42 , 6 79 , 6 º 91 , 49 1 º 0 11 , 6 I I I3−4 = 3+ 4 = ∠ + ∠− = ∠− AC 4 3 AC I Z U = ₋ ⋅ Ω − ∠ = − = ⋅ π ⋅ ⋅ − = ₋ 12,5 j159,15 159,64 85,5º 50 2 10 20 1 j 5 , 12 Z 6 AC V º 92 , 91 96 , 1083 º 5 , 85 64 , 159 º 42 , 6 79 , 6 Z I UAC = 3−4⋅ AC = ∠− ⋅ ∠− = ∠− V º 42 , 6 75 , 169 25 º 42 , 6 79 , 6 R I UDB = 3−4⋅ ₅ = ∠− ⋅ = ∠− V º 11 , 48 76 , 1175 º 42 , 6 75 , 169 º 95 , 18 22 , 692 º 92 , 91 96 , 1053 U U U UG AC CD DB − ∠ = − ∠ + ∠ + − ∠ = + + = 1 34 G I I I = +

º 11 , 138 I º 42 , 6 79 , 6 10∠ϕ= ∠− + 1∠− de donde:

(

6,42º

)

I cos

(

138,11º

)

cos 79 , 6 cos 10 ϕ= − + 1 −

(

)

1

(

)

10s e nϕ=6, 79sin −6, 42º +I sin −138,11º

elevando al cuadrado y sumando resulta: 0 86 , 53 I 9 I₁2 − ₁− = 10 , 13 I₁ = negativo

I₁= (no tiene sentido físico)

Si buscamos: ⎩ ⎨ ⎧ − = ϕ 63 , 107 33 , 76

Teniendo presente que:

1 4 3 G I I I = − + I1 I34 -138,11 -6,42

El valor del ángulo ϕ correcto es ϕ=−107,63º Por lo tanto: A º 63 , 107 10 IG = ∠− Ω = − ∠ − ∠ = = = − 89,88 º 11 , 138 10 , 13 º 11 , 48 76 , 1175 I U I U X 1 G 1 B A 1 L H 28 , 0 50 2 98 , 89 w X L₁ L1 = ⋅ π = =

Problema 8

Se quiere montar en el laboratorio un circuito eléctrico, cuyo esquema está representado en la figura, con la particularidad de que presente, entre sus bornes A y B, los siguientes valores de impedancias:

a ) a la frecuencia de 50 Hz Z_AB= ∞Ω

b ) a la frecuencia de 150 Hz Z'_AB= 0Ω c ) a la frecuencia de 250 Hz Z_AB'' = 0Ω

Si únicamente se dispone de dos condensadores de capacidad C=1,08823 µF, determinar los valores de las inductancias L1, L2 y L3.

Figura 8.1

Resolución:

La reactancia de los condensadores a la frecuencia de 50 Hz vale: Ω = ⋅ ⋅ π = 2925 08823 , 1 50 2 10 X 6 50 C

por lo tanto, a las otras dos frecuencias, serán: Ω = = 975 3 2925 ' X_C150 = =585 Ω 5 2925 '' X _C250

Las impedancias de las tres ramas en paralelo a cada una de estas frecuencias serán de la siguiente forma: a) A f = 50 Hz Ω ∠ = Ω = 1 1 90º 1 jX_L X_L Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = _{2 2 2} 2925 ₂ 2925 90º 2 j X_L X_C j X_L X_L Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = _{3 3 3} 2925 ₃ 2925 90º 3 jX_L X_C j X_L X_L Z b) A f’ = 150 Hz = 3·f Hz A B L1 L2 _L 3 C C

Ω ∠ = Ω = ' ' 90º ' 1 1 1 jXL XL Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = ' ' ' 975 ' 975 90º ' 2 2 2 2 2 j X_L X_C j X_L X_L Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = ' ' ' 975 ' 975 90º ' _{3 3 3 3} 3 j X_L X_C j X_L X_L Z c) A f’’ = 250 Hz = 5·f Hz Ω ∠ = Ω = '' '' 90º '' _{1 1} 1 jX_L X_L Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = '' '' '' 585 '' 585 90º '' _{2 2 2 2} 2 j X_L X_C j X_L X_L Z

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=

[

−

]

∠ Ω = '' '' '' 585 '' 585 90º '' _{3 3 3 3} 3 jX_L X_C j X_L X_L Z

Por otra parte, la impedancia vista desde A y B, impedancia de entrada del dipolo pasivo que constituye este circuito, valdrá en general:

3 1 3 2 2 1 3 2 1 T AB Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = =

Para que ZAB'=0 o ZAB''=0 bastará, para los dos últimos casos, que se cumpla:

1 ) A 150 Hz Z2'= 0 Ω X_L2'= 975 Ω

2 ) A 250 Hz Z3 ''= 0 Ω X_L3''= 585 Ω

Por lo tanto serán:

H 035 , 1 100 3 975 3 ' X ' ' X L₂ L2 L2 = π ⋅ ⋅ = ω = ω = H 372 , 0 100 5 585 5 '' X ' '' X L₃ L3 L3 = π ⋅ ⋅ = ω = ω =

Con lo cual, a 50 Hz serán:

Ω = = = 325 3 975 3 ' 2 2 L L X X Ω = = = 117 5 585 5 ' 3 3 L L X X

Las impedancias de las ramas a 50 Hz valdrán, pues: Ω ∠ = =jX X 90º Z1 _{L1 L1}

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=− Ω = _{2 2} 325 2925 2600 2 j X X j j Z _{L C}

[

−

]

Ω=

[

−

]

Ω=− Ω = _{3 3} 117 2925 2808 3 j X X j j Z _{L C}

Se debe cumplir ahora que ZAB =∞, por lo que el denominador de la expresión que la define debe ser

igual a cero, o sea que a 50 Hz se debe tener: 0 Z Z Z Z Z Z1⋅ 2 + 2⋅ 3+ 1⋅ 3 = O lo que es lo mismo,

[

j2600

]

jX

[

j2808

] [

j2600

][

j2808

]

0 jX_L1− + _L1 − + − − = 0 7300800 X 2808 X 2600 _L1+ _L1− = 7300800 X 5408 _L1 = Ω = = 1350 5408 7300800 X_L1 H 297 , 4 100 1350 1350 L₁ = π ⋅ = ω =

Problema 9

El circuito de la figura está alimentado por un generador e(t)=24 2⋅sen

(

100πt

)

V, presentando un

factor de potencia capacitivo de 0,966; las lecturas de los tres amperímetros A, A1 y A2 son

respectivamente 3 2 A, 3 A y 3 A. e(t)

~

Z1 Z2 V A A1 A2 Figura 9.1

Determinar el valor de la impedancia capacitiva Z . ₁

Resolución: E ϕG=15º α Ι =3 Α2 Ι =3 Α1 Ι = 2 3 Α Figura 9.2 º 15 966 , 0 cosϕ_G = ⇒ ϕ_G = A 2 3 I = A 3 I₁ = 45º 2 2 3 2 2 3 I 2 I cos 1 = α ⇒ = ⋅ = = α A 3 I₂ = º 60 3 24 Z₁ = ∠− Ω Z₁ =8∠−60º Ω

Problema 10

El circuito de la figura 10.1 está formado por dos fuentes de tensión E1 =3∠0º V y

, V º 90 5

E2 = ∠ dos fuentes de corriente I1 =2∠90º A y I2 =1∠0º A, una resistencia óhmica

pura de 1 Ω, una reactancia inductiva pura de 5 Ω y una capacitiva de 2 Ω. Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

E1

~

~

E2 R ωL

~

~

I1 I2 Figura 10.1 Resolución:

El circuito se transforma de la configuración de la figura 10.2 a la configuración de la figura 10.3 trasladando la fuente de corriente. Se pasa de la figura 10.3 a la figura 10.4 transformando las fuentes de corriente en fuentes de tensión. Esta configuración (10.4) puede resolverse por corrientes

circulantes, consiguiendo con esto las corrientes IA e IB que pasan por las ramas del circuito original

que contiene las fuentes de tensión E1 y E2 que no se han visto transformadas.

E =3V1

~

~

E =5jV2 Z=1Ω Z=5jΩ Z=-2jΩ

~

~

I =2jA1 I =1A2 Figura 10.2

~

~

~

~

~

E =3V1 Z =11 Ω I =2jA1 Z= -2jΩ I =1A2 I =1A2 Z=5jΩ E =5jV2 Figura 10.3

~

~

~

~

~

E =3V1 E=4V E=1V Z =11 Ω Z=5jΩ Z= -2jΩ E =5jV2 E =5jV2 IA IB Figura 10.4 A j 5 3 j 3 1 j 2 1 j 2 1 j 2 1 j 3 1 3 j 2 1 0 IA =− + + − + − − + + − = j A 5 3 j 3 1 j 2 1 j 2 1 j 2 1 3 j 2 1 0 j 2 1 IB =− + + − + − − + − − =

Con sólo las corrientes I e A I y las corrientes de las fuentes de corriente del enunciado, ya quedan B

definidas todas las corrientes de cada rama del circuito original:

Figura 10.5 -3j/5 1 - 3j/5 1 - 2j 7j/5 1 1 -2j -3j/5 2j

Los productos

( )

Z⋅ dan la caída de tensión en las ramas con impedancias y en el resto se consiguen I por sumas o diferencias.

Figura 10.6 (Caídas de tensión en V)

Los productos

( )

E⋅I* dan las potencias generadas en las fuentes en forma compleja (P+Qj), y los

productos

( )

U⋅I* de las tensiones en las cargas por los conjugados de las respectivas corrientes, dan

las potencias consumidas en éstas.

Figura 10.7 (Potencias generadas y consumidas en VA)

-3 3 + 5j 1 -4 -4-5j -4 -5j (9j/5) (34j/5) (0) (0) (1) (-8j) (4+5j) (-8j) (-3) 0 0

Problema 11

El circuito de la figura está formado por una fuente de corriente de 2∠−90º A, una fuente de

tensión de 6∠0º V, dos resistencias óhmicas puras de 4 Ω, una reactancia inductiva de 3 Ω y una

capacitiva de 3 Ω. Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

~

~

-3jΩ 4Ω 4Ω E=6 0ºV 3jΩ I=2 90ºA Figura 11.1 Resolución:

Se empieza haciendo unas transformaciones de la red, pasando en sucesivas etapas a otros equivalentes eléctricos (de la figura 11.2a a la figura 11.2b, y de la figura 11.2b a la figura 11.2c).

~

~

-3jΩ 4Ω 4Ω E=6 0ºV 3jΩ I=2 90ºA

~

~~

-3jΩ 4Ω 4Ω E=6 0ºV E=6 0ºV 3jΩ I=2 90ºA I=2 90ºA I=2 90ºA

_~

Figura 11.2a Figura 11.2b

~

~

~

~

-3jΩ 4Ω 4Ω 3jΩ E=6 0ºV E=6 0ºV E=6 0ºV E=-8j V I1 I2 Figura 11.2c

De esta figura se deduce:

A º 26 , 16 2 25 j 14 48 j 3 4 j 8 6 I1 = − = ∠− − − = A 0 I2 =

Con las corrientes I , I e 1 I , ya se tienen todas las corrientes de rama, que se representan en el gráfico 2

siguiente de dos maneras, de forma compleja y en forma de módulo y argumento. Las tensiones se

calculan utilizando la expresión UK =IK⋅ZK y se obtienen resultados reflejados en la figura 11.4.

Finalmente, las potencias consumidas en cada una de las ramas se encuentran aplicando la fórmula *

I U

SK = K K (potencia aparente) y se obtienen los resultados de la figura 11.5.

I=-2j 2 -90ºA 2 -16,26ºA 2 163, 74º A 2,4 _36,8 7ºA 2 -9 0ºA (48 +36_j)/2 5 (-48+14j) /25 (48-14j)/25 I2 I2 I =1 -2j Figura 11.3

(42+144j)/25 6 -73,74ºA 6 -106,26ºA 9,6 _36,8 7ºA 6 0º A 6 0º A (192 +14 4j)/2₅ 6 (-42-144j)/25 I2 I2 6 Figura 11.4 (-288+84j)/25 12 163,74ºA 2 -90ºA 12 -163, 74º A 23,0 4 0_{ºA 2} 90ºA 576_/25 (- 288-84j) /25 12j I2 I2 12j Figura 11.5

Observando los resultados, deducimos que:

- La fuente de corriente absorbe potencia reactiva y genera activa. - La fuente de tensión genera potencias activa y reactiva.

- Sólo una de las resistencias consume potencia activa.

- La potencia reactiva se consume en la reactancia y se genera en el condensador.

Problema 12

Dado el circuito de la figura, sabemos que las lecturas de los amperímetros A1, A2 y A3 valen,

respectivamente, 5,77 A, 6,33 A y 6,93 A y las lecturas de los voltímetros V31 y V32 son,

respectivamente, 55,44V y 83,13 V. El vatímetro indica una lectura de 749,87 W. Calcular:

a) Valor de la tensión máxima proporcionada por el generador b) Valores de les resistencias R1 y R2 y de la inductancia L2

c) Expresión temporal de la corriente i(t)

Se quiere compensar el factor de potencia del conjunto hasta la unidad. Indicar la mejor manera para poderlo conseguir, calculando su valor.

Figura 12.1 Resolución: V 921 , 99 13 , 83 44 , 55 V V U = ₃₁2 + ₃₂2 = 2 + 2 =

( )

t 99,921 2 cos

(

120 π t

)

V e V 921 , 99 2 E_màx= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Ω = = 8 A V R 3 31 3 11,996Ω A V X 3 32 C3= = F µ 221,13 11.996 120π 1 X ω 1 C C3 3= _⋅ = _⋅ = Ω = ⋅ ⋅ = ⋅ = 16,579 160 π 120 10 C ω 1 X 6 1 C1 UC1=A1⋅XC1=5.77⋅16.579=95,659V V 28,872 95,659 99,921 U U U_R1= 2− 2_C1 = 2− 2 = 1 R1 1 A U R = R1= 5Ω W 791 , 550 93 , 6 8 77 , 5 5 A R A R W₁₃ = ₁⋅ ₁2+ ₃⋅ ₃2 = ⋅ 2 + ⋅ 2 = W 079 , 199 791 . 550 87 . 749 W W W₂ = ₁− ₁₃ = − = 2 2 2 2 A W R = R₂ = 9684, Ω = =15,783Ω A V Z 2 2 i t( ) C 1=160 Fµ L2 R_{2 C} 3 R₃ e t E( )= _{m à x}·cos120 t Vπ R₁

Ω 14,983 4,968 15,785 R Z X_L2 = ₂2− 2₂ = 2− 2 = π = π = ω = 120 983 , 14 120 X X L₂ L2 L2 L₂ =0,0397H Ω − ∠ = ⋅ − = ⋅ − =R j X 5,00 j 16,579 17,317 73,205º Z_{1 1 C1} Ω ∠ = ⋅ − = ⋅ + =R j X 4,968 j 14,983 15,785 71,654º Z_{2 2 L2} Ω − ∠ = ⋅ − = ⋅ − =R j X 8 11,996 j 14,419 56,30º Z_{3 3 C3} 1 1 1 0,01668 j 0,05528 0,05774 73,205º Z 1 Y = = + ⋅ = ∠ Ω− 1 2 2 0,01994 j 0,06013 0,06335 71,654º Z 1 Y = = − ⋅ = ∠− Ω− 1 3 3 0,03848 j 0,05770 0,069355 56,3º Z 1 Y = = + ⋅ = ∠ Ω− Ω ∠ = ⋅ + = + + =Y Y Y 0,075106 j 0,05285 0,091838 35,134º YT 1 2 3 Ω − ∠ = ⋅ − = = 8,9048 j 6,2664j 10,8887 35,134º Y 1 Z T T A º 134 , 35 1765 , 9 2811 , 5 j 5046 , 7 º 134 , 35 8887 , 10 º 0 921 , 99 Z E I T T T _∠− = + ⋅ = ∠ ∠ = = A 1765 , 9 Z V A T T = = i

( )

t =9,1765⋅ 2⋅cos

(

120⋅π⋅t+35,134º

)

A VA 689 , 527 j 867 , 749 º 134 , 35 930 , 916 º 134 , 35 1765 , 9 º· 0 921 , 99 I E SG_G = G⋅G_T* = ∠ ∠− = ∠− = −

Ponemos una bobina en paralelo con la fuente para obtener factor de potencia 1. Ω = = = 18,920 689 , 527 921 , 99 Q V X 2 2 L 0,050188H 120 920 , 18 X L L = π ⋅ = ω = L=50mH

Problema 13

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente estando el interruptor K1 cerrado y el interruptor

K2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes.

WG = 1886,025W A1 = 10 A A2=10 A

AG = 23,942 A VG =100 V f = 50 Hz

a.1) Determinar la lectura del amperímetro A3

a.2) Determinar los valores de la resistencia R3 y del condensador C3

a.3) Valores de la resistencia R1 y del condensador C2

b) A continuación se abre el interruptor K1 siendo ahora las lecturas de los aparatos de medida las

siguientes:

WG = 1386,370 W AG = 16,5096 A

siendo el factor de potencia capacitivo.

b.1) Determinar los valores de la resistencia R4 y de la inductancia L4

b.2) Indicaciones de los voltímetros V3 y V4

c) Finalmente se cierra el interruptor K2 y se abre el interruptor K1 y se pide el valor que ha de tener la

inductancia de la bobina L5 para poder conseguir que el circuito entre en resonancia.

Figura 13.1 Resolución: ω= 100 π rad/s Tomamos: V º 0 100 V_G = ∠ 1 G 1 A V R = R₁= 10Ω ⇒ Z1=10∠0º=10+ j⋅0 Ω Ω ⋅ − = − ∠ = ⇒ Ω = = 10 Z 10 90º 0 j 10 A V X 2 2 G 2 C L R _C R K C R L G V A_G WG 2 5 1 A1 A2 A3 2 3 3 V3 1 _{4 4} V₄

Ω ⋅ + = ∠ = = 10 90º 0 j 10 Z U I 2 G 2 A º 45 142 , 14 10 j 10 I I I₁₂ = ₁+ ₂ = + ⋅ = ∠ º 794 , 38 9417 , 23 100 025 , 1866 arccos A U W arccos _T G G G T = _⋅ = _⋅ ⇒ ϕ = ϕ A 15 j 660 , 18 794 , 38 9417 , 23

I_G = ∠ = + ⋅ por ser capacitivo

A º 30 10 5 j 660 , 8 I I I₃ = _G− ₁₂ = + ⋅ = ∠ A₃ =10A Ω ⋅ − = − ∠ = = 10 30º 8,660 j 5 I V Z 3 G 3 Ω = 6608, R₃ 5 100π10 6 3 C = _⋅ C₃ =636,62µF 2 C 6 X 10010 2 C = _π⋅ C₂ =318,31µF b) WG = 1386,370 W AG = 16,5096 A º 888 , 32 5096 , 16 100 370 , 1386 arccos A U W arccos G G G T = ⋅ = ⋅ = ϕ A 965 , 8 j 8637 , 13 º 888 , 32 5096 , 16 I_G = ∠ = + ⋅ A 0353 , 1 j 8637 , 3 º 001 , 15 4 I I I₃₄ = _G− ₁₂ = ∠− = − ⋅ Ω ⋅ + = ∠ = − ∠ ∠ = = 25 15º 24,148 j 6,4710 001 . 15 4 º 0 100 I U Z 34 G 34 Ω ∠ = ⋅ + = − = Z Z 15,4876 j 11,4709 19,273 36,5256º Z_{4 34 3} 1 4 4 0,0519 36,5256º 0,0417 j 0,03088 Z 1 Y = = ∠− = − ⋅ Ω− 0417 , 0 1 R₄ = R₄ =23,98Ω

Ω = = 32,3817 03088 , 0 1 X_L4 32,3817 100 10 X L 3 4 L 4 ⋅ π ⋅ = ω = − L₄ =103,07 mH VA j 463 , 896 j 37 , 1386 º 888 , 32 96 . 1650 º 888 , 32 5096 , 16 º 0 100 I U S_G = _G⋅ _G* = ∠ ⋅ ∠− = ∠− = − ⋅ V º 45 40 º 30 10 º 001 , 15 4 Z I U₃ = ₃₄⋅ ₃ = ∠− ⋅ ∠− = ∠− V 40 V₃ = V º 524 , 21 0925 , 77 º 5256 , 36 273 , 19 º 001 , 15 4 Z I U₄ = ₃₄⋅ ₄ = ⋅∠− ⋅ ∠ = ∠ V 0925 , 77 V₄ =

c) Se tendría que calcular una bobina en paralelo con la fuente: mH 507 , 35 100 463 , 896 100 10 Q V L 2 3 G 2 G 5 = _⋅ω = ⋅ _{⋅ ⋅π} =

Problema 14

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En estas condiciones las lecturas de los aparatos de medida son respectivamente:

V=161,747 V W1=3662,703 W W2 = 1046,486 W

Así mismo, es conocido el factor de potencia que se presenta en bornes del generador, siendo 0,8754 inductivo. El valor de la resistencia R0 es de 2 Ω y la relación entre XL2 / R2 vale 2.

Calcular:

a) Valores de la resistencia R2 y de la inductancia L2

b) Valor de la inductancia L0

c) Lecturas de los aparatos de medida AG y VG así como también valor de Emáx

d) Expresión temporal de la corriente i2(t) que circula por la resistencia R2

G V L L R K R t sin max E t e 100 R i t( ) G A 0 C 0 1 W 1 2 W 0 A 2 2 2 V E(t)=E ·sen100 te max π

Figura 14.1 Resolución: W 217 , 2616 W W P_R1= ₁− ₂ = = =10Ω P V R 1 R 2 1 Z1=10∠0ºΩ º 435 , 63 2 R X tg ₂ 2 2 L 2 = = ⇒ ϕ = ϕ 14,467A cos V W I 2 2 2 = _{⋅ ϕ} = 2 2 2 2 I W R = R₂ = 5Ω Ω = ⋅ =2 R 10 X_{L2 2} Z₂=5+j⋅10=11,180∠63,435º Ω Ω + = + ⋅ = 5,385 j3,077 Z Z Z Z Z 2 1 2 1 12 12 T G Z V I A = = A_G =26,081A

(

+

)

Ω + = + + = 0 L0 12 L0 T R jX Z 7,384 j3,077 X Z 8754cosϕ_G =0, ϕ_G =28,907º

Ω = ⇒ + = X 1 384 , 7 X 077 , 3 907 , 28 tg L0 _L0 ω = L0 0 X L L₀=3,186mH ω = L2 2 X L L₂ =31,86mH V 011 , 220 I Z U_G = _T ⋅ _T = U_G =220,011∠0º V V_G =220,011 V Ω ∠ = + =7,384 j4,077 8,435 28,907º Z_T V 011 , 220 2 E_max = ⋅ e

( )

t = 2⋅220,011⋅sen

(

100⋅π⋅t

)

V A º 597 , 62 467 , 14 844 , 12 j 658 , 6 Z Z Z V I 2 12 T G 2 = ⋅ = − ⋅ = ∠−

( )

A 180 62,97 -t 100 sen 467 , 14 2 t i₂ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π ⋅ π ⋅ ⋅ =

Problema 15

El circuito de la figura, alimentado por una fuente de corriente alterna de frecuencia 50 Hz y

RG = 25 Ω se halla en régimen permanente con los interruptores k1 y k2 abiertos. Se conocen las

lecturas de los siguientes aparatos:

VG = 51,45 V A1 = 10,29 A W = 423,53 W

Se pide:

- Valor de la corriente IG

- Valores de R1 y L1

A continuación se cierra el interruptor k1 y se mantiene k2 abierto y conocemos las lecturas de los

siguientes aparatos:

VG = 29,9625 V A2 = 6,70 A

Se piden:

- Lectura del amperímetro A1

- Lectura del vatímetro W - Valores de R2 y C2

A continuación se cierra el interruptor k2 y se mantiene k1 cerrado, se quiere que el conjunto

Z1=R1+j⋅XL1 y Z2=R2+ j⋅XC2 compensen su factor de potencia hasta la unidad.

Se piden:

- Valor de la capacidad C

- Nueva lectura del voltímetro VG

- Nueva lectura del voltímetro W

Figura 15.1

Resolución:

Con los interruptores k1, k2 abiertos:

L1 RG W IG

~

IG I1 Figura 15.2 Ω = = 4 I W R 2 1 1 = = =5Ω 29 , 10 45 , 51 I U Z 1 G 1 º 87 , 36 Z R arccos 1 1 1= = ϕ Ω ⋅ + = ∠ =5 36,87º 4 j 3 Z₁ π ⋅ = ⋅ π = 100 3 f 2 X L₁ L1 L₁=9,55mH A 058 , 2 R U I G G RG = = IRG =2,058∠0º A Si UG =51,45∠0º V A 174 , 6 j 232 , 8 º 87 , 36 29 , 10 I₁ = ∠− = − ⋅ I_G =I_RG+I₁=10,29−j⋅6,174A A 30,965º -12 I_G = ∠

Con k1 cerrado, k2 abierto:

A 12 I_G = I₂ =6,7A 1,1985A 25 9625 , 29 R U I G G RG = = = 1 G 1 Z U I = I₁ =5,9925A I₁=5,9925∠−36,87ºA

utilizando el teorema del coseno

α ⋅ ⋅ ⋅ − + = I I 2 I I cos I₂ 2 _RG12 _G 2 _{RG1 G}

A º 965 , 30 988 , 6 I I I_RG1 = ₁+ _RG1 = ∠− 0,88211 12 988 , 6 2 7 , 6 12 988 , 6 cos 2 2 2 = ⋅ ⋅ − + = α º ,102 28 = α

(

28,102º

)

2,863º º 965 , 30 RG 1 G =ϕ +α=− − − =− ϕ I_G =12∠−2,863ºA Si UG=29,9625∠0ºV A 996 , 2 j 992 , 5 º 564 , 26 7 , 6 I I I₂ = _G − _RG1 = ∠ = + ⋅ º 565 , 26 472 , 4 2 j 4 I U Z 2 G 2 = = − ⋅ Ω= ∠− π ⋅ = ⋅ π ⋅ = 2 100 1 f 2 X 1 C 2 2 C2 =1,591mF R₂ = 4Ω 2 2 2 2 1 1A R A R W= + W=359,11W Con k1, k2 cerrados: Ω ∠ = ⋅ + = + ⋅ = 2,769 j 0,1538 2,773 3,1801º Z Z Z Z Z 2 1 2 1 12 1 12 12 0,3606 3,180º 0,36 j 0,02 Z 1 Y = ∠− = − ⋅ Ω− Ω − ∠ = Ω − = = ⇒ Ω ⋅ = − 50j 50 90º Y 1 X 02 , 0 j Y C C 1 C π ⋅ ⋅ = ω ⋅ = 100 50 1 X 1 C C µF 668 , 63 C= 1 C 12 C 12 Y Y 0,36 0º Y = + = ∠ Ω− = =2,77∠0ºΩ Y 1 Z C 12 C 12 Ω ∠ = + ⋅ = 2,5 0º Z R Z R Z 12 G 12 G T T G G I Z U = ⋅ UG =30V C 12 2 G Z V W= W=324W IRG VG 36,87º I2 IG I1 IRG1 α

Problema 16

El circuito representado en la figura se alimenta por un generador de corriente alterna

( )

t 240 2 cos

(

100 t

)

V,

e = ⋅ ⋅ ⋅π⋅ presentando un factor de potencia capacitivo.

Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos:

V=248,128 V A=11,697 A WG=2052,2565 W. A WG e (t)G

~

_u Z V L0 Figura 16.1 Determinar: a) Valor de la inductancia L0

b) La impedancia en formas binómica y polar de Z

c) Expresión temporal en régimen permanente de la tensión en bornes de Z d) Potencia aparente en forma compleja absorbida por la carga Z

Resolución: 0º 240 E= ∠ V Ω ⋅ − = − ∠ = ⋅ ∠ ⋅ = 20,518 43,025º 15 j 14 I E W arccos I E Z G G T

( )

= Ω =R Z 15 R _{e T} ⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∠ = ⋅ + = G G I U R arccos I U X j R Z Ω ⋅ − = − ∠ =21,213 45º 15 j 15 Z

V º 975 , 1 128 , 248 I Z U= ⋅ _G = ∠−

( )

t 248,128 2 cos

(

100 t 1,975º

)

V u = ⋅ ⋅ ⋅π⋅ − Ω ∠ = = − = − = Z Z j 1 90º I U E X _T G G 0 ω = 0 0 X L L₀ =3,1831 mH VA º 45 35 , 2969 º 025 , 43 967 , 11 º 975 , 1 128 , 248 * I U S = _G⋅ _G = ∠− ⋅ ∠− = ∠− A º 025 , 43 967 , 11 I_G = ∠

Problema 17

El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una tensión senoidal de 1345,5 V (valor eficaz) a 50 Hz, estando los interruptores K y K’ abiertos. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

Amperímetro A: 69 A Voltímetro VR: 517,5 V Voltímetro VL: 690 V

Se conoce que con estas condiciones el generador proporciona una potencia reactiva de 74271,6 VAr. La carga Z1es de características inductivas.

a) Calcular la lectura del voltímetro V y la característica de Z . 1

A continuación se cierra el interruptor K regulándose la tensión del generador de forma que la corriente que continúa circulando es de 69 A, siendo la tensión eficaz en bornes del mismo es 1150 V. En estas condiciones la potencia activa consumida por la carga es de 63480 W. Determinar:

b) Valor de la impedancia Z y nueva lectura del voltímetro V. 2

Finalmente se cierra el interruptor K’ (manteniendo K cerrado). Se pregunta:

c) Valor de la carga Z para poder conseguir que el conjunto 3 Z ||1 Z ||2 Z , presente un factor de 3

potencia de 0,8 inductivo. VR VL

~

V A Z1 Z2 Z3 R XL K K’ Figura 17.1

Resolución: VR VL

~

V A Z1 R XL XZ1 1345,5V 74271,6VAr RZ1 Figura 17.2 ϕ ⋅ ⋅ =U I sin Q 0,8 69 5 , 1345 6 , 74271 sin = ⋅ = ϕ ϕ=53,13º inductivo Ω = = = 7,5 69 5 , 517 I V R R = = =10 Ω 69 690 I V X_L L

(

Z1

) (

Z1

)

T 7,5 R j10 X Z = + + + Ω = = 19,5 69 5 , 1345 ZT Ω + = ∠ =19,5 53,13º 11,7 j15,6 ZT por lo tanto, ⎭ ⎬ ⎫ = − = = − = 6 , 5 10 6 , 15 X 2 , 4 5 , 7 7 , 11 R 1 Z 1 Z Z1=4,2+j5,6 Ω Ω ∠ = + =4,2 j5,6 7 53,13º Z1 V 483 69 7 V= ⋅ =

b)

~

A 7,5Ω 10jΩ 4,2Ω 1150V 63480W 5,6jΩ Z2 I=69A U1 Figura 17.3 ϕ ⋅ ⋅ =U I cos P 0,8 69 1150 63480 cos = ⋅ = ϕ ϕ=±36,87º

Se coge como origen de ángulos: I=69∠0º, por lo tanto:

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ − ∠ = + ∠ = º 87 , 36 1150 U º 87 , 36 1150 U G G No se sabe En bornes de R = 7,5 tenemos UR =517,5∠0º V En bornes de XL = 10 tenemos UX_L =690∠90º V V º 87 , 36 1150 UG = ∠+ U1=1150∠+36,87º−517,5∠0º−690∠90º=403∠0º V V º 87 , 36 1150 UG = ∠− U1=1150∠−36,87º−517,5∠0º−690∠90º=1437,64∠−73,72º V Ω ∠ = ∠ ∠ = 5,84 0º º 0 69 º 0 403 Zeq₁ Yeq₁ =0,171∠0º Ω−1 Ω − ∠ = ∠ − ∠ = 20,83 73,72º º 0 69 º 72 , 73 64 , 1437 Zeq₂ Yeq₂ =0,048∠73,72º Ω−1

Del apartado anterior Ω + =4,2 j5,6 Z1 Y1 =0,1428∠−53,13º Ω−1 por lo tanto: 1 2 0,171 0º 0,1428 53,13º 0,1428 53,26º Y = ∠ − ∠− = ∠ Ω− Z2 =7,01∠−53,26º Ω No se sabe No se sabe

y la segunda posibilidad: 1 2 0,048 73,72º 0,1428 53,13º 0,175 114,25º Y = ∠ − ∠− = ∠ Ω− Ω − − = − ∠ =5,68 114,25º 2,33 j5,18 Z2

en donde la impedancia Z2 estaría situada en el tercer cuadrante, cosa imposible (se desestima).

V º 87 , 36 1150 UG = ∠+ Ω + =4,2 j5,6 Z2 c)

~

7,5Ω 10jΩ 70/12Ω XL Figura 17.4 Ω ∠ = + ⋅ = 0º 12 70 Z Z Z Z Z 2 1 2 1 12

(

)

1225 X 36 X 1225 j X 210 1225 X 36 35 j X 6 X 35 35 j X 6 X 35 70 j X 12 X 70 j X 70 12 X j 12 70 X X 12 70 X 12 70 j X 12 70 X j 12 70 X j 12 70 Z 2 L L 2 L 2 L L L L L L L L L L L L L L L eq + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ = = ⋅ − ⋅ ⋅ = − = − ⋅ = − ⋅ ⋅ − = ⋅ + ⋅ ⋅ = ϕ = ⋅ ⋅ tg X 210 X 1225 2 L L _{→ = ϕ} ⋅X tg 210 1225 L Pero cosϕ=0,8 → 75tgϕ=0, 1225=0,75⋅X_L ⋅210 9 70 9 7 7 7 , 7 210 75 , 0 1225 X_L = = + = ⋅ =  = Ω 9 70 X_L → = ∠90º Ω 9 70 Z3 9 70 50 f 2π⋅ ⋅ = L=0,02476 H

Finalmente el circuito completo queda:

~

7,5Ω 10jΩ 4,2Ω 4,2Ω 5,6jΩ -5,6jΩ (70/9)jΩ Figura 17.5

Problema 18

El circuito de la figura representa la alimentación de un receptor R puramente óhmico de consumo 1600 W nominales, previsto para una tensión nominal de 400 V, y alimentado por un generador de 320 V, 50 Hz.

Se pretende, por medio de la combinación de una reactancia inductiva y una capacitiva (conectadas según el esquema), elevar al tensión entre terminales del receptor R hasta su valor nominal y conseguir un factor de potencia de 1 en el conjunto del circuito.

Determinar:

a) Parámetros de la bobina y del condensador

b) Diagrama completo de tensiones e intensidades en el circuito

E=320V 50Hz

~

R XL XC Figura 18.1 Resolución:

a ) Se determina primeramente el valor de la resistencia R, sabiendo que conectada a 400 V absorbe una potencia de 1600 W. Por lo tanto:

Ω = = = 100 1600 400 P U R 2 2 Ω ∠ =100 0º R

Si suponemos que al introducir las dos reactancias ya hemos conseguido elevar la tensión de alimentación de R hasta su valor nominal, querrá decir que la corriente que circulará por ella valdrá:

A 4 100 400 R U I R R = = =

Si además, el factor de potencia del circuito tiene que ser 1, siendo las dos reactancias, inductiva pura una y capacitiva pura la otra, la única potencia consumida por el circuito será activa y precisamente la

absorbida por la resistencia R, o sea: PT = 1600 W.

La impedancia reducida equivalente a las tres componentes del circuito será, pues, una resistencia pura de valor RT: Ω = = = 64 1600 320 P E R 2 T 2 T Ω + =64 0j Z_T E=320V 50Hz

~

RT IT Figura 18.2

Obviamente 5 A 64 320 R E I T

T = = = estando I en fase con ET .

Del esquema original conocemos ahora algunos valores:

~

R XL XC UG IT I R IC UR Figura 18.3 A 5 IT = IR =4A UR =400V UG =320V Además:

Ya que dos elementos están conectados a la misma tensión e I tiene que adelantar 90º respecto C UR,

mientras que U está en fase con R U en consecuencia R I es perpendicular a C U y por lo tanto: R

De donde se deduce que:

A 3 4 5 I I I R2 2 2 2 T C = − = − = Ω = = = 133,3 3 400 I U X C R C  Ω − ∠ = Ω − = 133,3j 133,3 90º XC  

Lo que nos permite hallar la capacidad del condensador ya que:

C 1 XC ω = F 873 , 23 F 3 , 133 50 2 10 F 3 , 133 50 2 1 X f 2 1 X 1 C 6 C C µ = µ ⋅ ⋅ π = ⋅ ⋅ π = ⋅ π = ω =   C I R U R U C I R U T I R C T I I I = +

Una vez conocido el valor de X_C, podemos hallar la impedancia equivalente a las dos ramas en paralelo: Ω − ∠ = − ∠ − ∠ = − − ∠ ⋅ ∠ = + ⋅ = 80 36,87º º 13 , 53 6 , 166 º 90 3 , 13333 j 3 , 133 100 º 90 3 , 133 º 0 100 X R X R Z C C P     Ω − =64 48j ZP

El circuito queda reducido a:

P L T X Z Z = + P T L Z Z X = −

y substituyendo valores, ya que inicialmente se ha determinado ZT =64+0jΩ: Ω = + − + =64 0j 64 48j 48j XL y como: XL =ωL mH 79 , 152 100 48 f 2 X L L = π = ⋅ π =

También se hubiera podido determinar XL teniendo en cuenta que, según el enunciado del problema,

al ser un circuito total óhmico, la potencia reactiva absorbida por la inductancia tiene que ser la suministrada por el condensador y por lo tanto:

C 2 C L 2 T X I X I = Ω = = = 48 5 3 3 , 133 I X I X 2 2 2 T C 2 C L 

Valor que coincide con el hallado anteriormente.

b ) Para determinar el diagrama de tensiones e intensidades del circuito, trazamos primero el diagrama de tensiones, ya que es inmediato,

habiendo cogido como origen de fase la tensión del generador. Al ser un circuito óhmico, la corriente

T

I está en fase con U . G

2 2 320 240 400= + = = C R U U V UL =240 V º 90 240 º 0 5 º 90 48 I X UL = L ⋅ T = ∠ ⋅ ∠ = ∠ V UG=320

Z

P

X

L

I

T

U

G

Las corrientes vienen determinadas sabiendo que: IT =IL =IC +IR y que I tiene que estar en fase R

con U e R I adelantada 90º respecto C UC =UR.

Al ser:

A 5

IT = IR =4A IC =3A

entonces, el diagrama completo será:

UG UL U =UR C 36,87º 36,87º ΙΤ ΙC=3 A ΙR=4 A

Problema 19

El circuito de la figura trabaja en régimen senoidal permanente en todos los casos, con todos los interruptores cerrados.

Al abrir el interruptor K1 se observa que la lectura del voltímetro V es de 96,5 V, siendo la indicación

del vatímetro W de 2234,94 W. A continuación se vuelve a cerrar el interruptor K1 y se abre K2,

estando K3 cerrado. En estas condiciones las lecturas del voltímetro y el vatímetro son respectivamente

80,96 V y 1041,85 W.

Finalmente, con todos los interruptores abiertos,las lecturas de los aparatos de medida son de 223,09 V y 3798,88 W respectivamente.

Se pide:

a ) Valor de la resistencia R1

b ) Valor de la admitancia Y2 de la carga 2

c ) Valor de la admitancia Y3 de la carga 3

Dato: Z=100∠−ϕ1Ω V Z R1 W R2 R3 C2 C3

~

Carga 2 Carga 3 Carga 1 K2 K1 K3 Generador Real cap 24A Figura 19.1 Resolución:

Primera prueba: Con K1 abierto y K2 y K3 cerrados, el circuito queda como:

V Z R1 W

~

I1 cap Figura 19.2

1 2 R V W= = = =4,166 Ω 94 , 2234 5 , 96 W V R 2 2 1 1 0.24 1 166 , 4 1 G = = Ω− Y también: A 16 , 23 166 , 4 5 , 96 R V I 1 1= = =

Cogiendo como origen de fases la tensión V_R1=96,5∠0º se tiene: º 0 16 , 23 I 24∠ϕ= Z1+ ∠ º 0 16 , 23 100 º 0 5 , 96 24 1 ∠ + ϕ − ∠ ∠ = ϕ ∠ 1 1 sen 965 , 0 sen 24 16 , 23 cos 965 , 0 cos 24 ϕ = ϕ + ϕ = ϕ .

(

) (

)

2 1 2 16 , 23 cos 965 , 0 cos 24 ϕ = ϕ + sumando

(

) (

)

2 1 2 sen 965 , 0 sen 24 ϕ = ϕ

( ) (

) (

)

1 2 2 2 cos 16 , 23 965 , 0 2 16 , 23 965 , 0 24 = + + ⋅ ⋅ ⋅ ϕ

( ) (

) (

)

_0,865 16 , 23 965 , 0 2 16 , 23 965 , 0 24 cos 2 2 2 1 = ⋅ ⋅ − − = ϕ º 30 1=±

ϕ ( capacitivo según el enunciado )

Ω − ∠

=100 30º

Z

Segunda prueba: Con K2 abierto y K1 y K3 cerrados.

V 100 -30ºΩ W R2 C2

~

24A Figura 19.3

2 2 R V W= = = =6,25Ω 74 , 1041 69 , 80 W V R 2 2 2 0,16 S 25 , 6 1 G₂ = =

Si cogemos como origen de fase la tensión en bornes del paralelo, se tiene: V º 0 69 , 80 V= ∠

y por lo tanto, la corriente:

A º 0 91 , 12 25 , 6 º 0 69 , 80 R V I 2 2 R = = ∠ = ∠

y la corriente que pasa por Z=100∠−30º vale: A º 30 8069 , 0 º 30 100 º 0 69 , 80 IZ = ∠ − ∠ ∠ = y por lo tanto: º 90 I º 0 91 , 12 º 30 8069 , 0 ' 24∠ϕ= ∠ + ∠ + _C2∠ 9124cosϕ'=0,8069cos30º+12, 2 C I º 30 sen 8069 , 0 ' sen 24 ϕ= + 566 , 0 24 º 30 cos 8069 , 0 9 , 12 ' cosϕ= + = ϕ'=55,48º A 37 , 19 º 30 sen 8069 , 0 48 , 55 sen 24 IC2 = − = Ω − ∠ = = = 4,165 90º 37 , 19 69 , 80 I V X 2 C 2 2 C S 24 , 0 Y_C2 = S j 24 , 0 16 , 0 Y G Y2= 2+ C2 = +

Tercera prueba: Con K1 , K2 y K3 abiertos.

V

100 -30ºΩ

W

~

24A Z3

Figura 19.4

La Z , es decir la P YP, está formada por: Rp Xp P 2 p 2 G V R V W= = ⋅ 0,07635 S 09 , 223 88 , 3798 V W G_P = ₂ = ₂ = R_P = 1310 Ω

Y cogiendo como origen de fases V=223,09∠0º, se tiene: º 90 I º 0 1 , 13 º 0 09 , 223 º 30 100 º 0 09 , 223 ' ' 24 + _XP∠ ∠ ∠ + − ∠ ∠ = ϕ ∠

02924cosϕ''=2,2309cos30º+17, 24sinϕ''=2,2309sin30º+I_XP 0,79 24 17,029 0º 223,09cos3 '' cosϕ = + = 81ϕ''=37, A 59 , 13 º 30 sen 2309 , 2 ' ' sen 24 IXP = ϕ − = IXP=13,59∠90º A A º 609 , 38 79 , 21 º 90 59 , 13 º 0 10 , 13 º 0 09 , 223 I I IP G_P X_P + ∠ = ∠ ∠ ∠ = + = Pero, º 609 , 38 09767 , 0 º 0 09 , 223 º 609 , 38 79 , 21 V I Y_TOTAL P = ∠ ∠ ∠ =

= del conjunto total

Ω − ∠ = ∠ = = 10,238 38,609º º 609 , 38 09767 , 0 1 Y 1 Z TOTAL TOTAL Ω ∠ − = + − ∠ − − ∠ = − − = 39,9 61,38º j 24 , 0 16 , 0 1 º 0 166 , 4 º 609 , 38 238 , 10 Z Z Z Z3 TOTAL 1 2

(

0,12 0,22j

)

S º 35 , 61 2506 , 0 Z 1 Y 3 3 = = ∠ = +

Problema 20

Dado el circuito de la primera figura, alimentado a una tensión de 100 V y 60 Hz, calcular: a) Lecturas de los aparatos de medida conectados al circuito

b) Características de la impedancia equivalente al circuito c) Potencia reactiva total

d) Potencia aparente total

e) Capacidad de la batería de condensadores, de forma que mejore el factor de potencia de la instalación hasta al unidad

L=0,04 F C = 160 F2 µ C = 220 F3 µ R =5 1 Ω R =5 2 Ω R =8 3 Ω A1 A A2 A3 W Figura 20.1 Resolución:

a) Se calcula, en primer lugar, la impedancia de cada rama:

[

+

]

= ∠ Ω = ⋅ π ⋅ + = ω + =R L j 5 0,04 2 60j 5 15j 15,81 71,57º Z1 ₁

[

−

]

= ∠− Ω = ω − = j 5 16,6j 17,34 73,24º C 1 R Z 2 2 2

[

−

]

= ∠− Ω = ω − = j 8 12j 14,42 56,31º C 1 R Z 3 3 3

Si se toma como origen de fases el vector U=100∠0ºV, se obtiene:

A º 57 , 71 33 , 6 º 57 , 71 81 , 15 º 0 100 I1 = ∠− ∠ ∠ =

por lo tanto el amperímetro indica A₁ =6,33 A

Igualmente se hará para las ramas 2 y 3:

A º 24 , 73 77 , 5 º 24 , 73 34 , 17 º 0 100 I2 = ∠ − ∠ ∠ = A₂ =5,77 A

A º 31 , 56 93 , 6 º 31 , 56 42 , 14 º 0 100 I3 = ∠ − ∠ ∠ = A₃=6,93 A

La corriente total vale:

A º 31 , 56 93 , 6 º 24 , 73 77 , 5 º 57 , 71 33 , 6 I I I IT = 1+ 2+ 3 = ∠− + ∠ + ∠ A º 14 , 35 17 , 9 IT = ∠ y el amperímetro indica A=9,17 A

Para calcular la indicación del vatímetro W, se determinará previamente la impedancia equivalente del circuito:

[

−

]

Ω = − ∠ = ∠ ∠ = = 10,91 35,14º 8,92 j6,28 º 14 , 35 17 , 9 º 0 100 I U Z T T

Las características de la impedancia equivalente son:

Resistencia de 8,92 Ω en serie con una reactancia capacitiva de valor 6,28 Ω.

El vatímetro indicará:

(

35,14º

)

749,87 W cos 17 , 9 100 cos I U W= ⋅ _T ⋅ ϕ= ⋅ ⋅ − =

b) La impedancia equivalente ya ha sido determinada y vale:

[

−

]

Ω = 8,92 j6,28

ZT donde ZT = 8,922 +6,282 =10,9 Ω

c) Potencia reactiva total:

(

35,14º

)

527,80 var sen 17 , 9 100 sen I U Q_T = ⋅ _T⋅ ϕ= ⋅ ⋅ − =− es decir, capacitiva.

d) La potencia aparente vale:

j 80 , 527 87 , 749 jQ P S_T = _T + _T = − VA 917 Q P S_T = _T2+ _T2 =

e) Como el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando un condensador; en todo caso, se tendría que poner una bobina o un grupo de bobinas en paralelo.

Problema 21

En el esquema de la figura y con los datos indicados, determinar el valor que tendría que tener Z3 para

conseguir que la potencia que suministra el generador sea totalmente activa, calculando también el valor de la corriente total IG.

Datos: Ω = 100 L X X_C = 28 Ω XL R XC VG WG Z3

~

I3 I2 I1 IG Figura 21.1 Resolución:

Para conseguir que la potencia suministrada por el generador sea totalmente activa, se tiene que

cumplir que n Q 0

1

i i

= ∑

= siendo Q la potencia reactiva de cada carga. i

En consecuencia, Q₁+Q₂ +Q₃ =0 .

Se toma como origen de fases UG:

V º 0 2100

UG = ∠

La corriente por XL vale:

A º 90 21 º 90 100 º 0 2100 I1 = ∠ ∠ ∠ = El valor de ϕ es: ₁ ϕ₁=+90º

La potencia reactiva absorbida es:

var 44100 21 2100 sen I U Q1 = G⋅ 1⋅ ϕ1 = ⋅ =

La corriente por el conjunto R - XC vale: A º 53 60 j 28 21 º 0 2100 Z U I 2 G 2 = ∠ − ∠ = =

El ángulo ϕ₂ =−53º y la potencia reactiva absorbida es:

(

53º

)

100800 var

sen 60 2100

Q2 = ⋅ ⋅ − =− (es decir, es una generada de 100800 var)

Para obtener que: Q₁+Q₂ +Q₃ =0

varQ₃ =Q₁−Q₂ =56700 es decir, 56700 sin I U_G⋅ ₃⋅ ϕ₃ = [1]

ya que es positiva, esta rama es inductiva, y el ángulo ϕ3 positivo.

Por otro lado,

W 134400 P P P P= ₁+ ₂+ ₃= y siendo W 0 P₁ = W 75600 6 , 0 60 2100 cos I U P₂ = _G⋅ ₂⋅ ϕ₂ = ⋅ ⋅ = se deduce que: W 58800 75600 134400 P₃ = − = es decir, W 58800 cos I U_G⋅ ₃⋅ ϕ₃ = [2]

y de las ecuaciones [1] y [2] se pueden hallar los valores de ϕ e ,₃ I₃ que resultan ser: A 39 I₃ = º 44 3 =+ ϕ

[

+

]

Ω = ∠ = − ∠ ∠ = = 54 44º 39 j37 º 44 39 º 0 2100 I U Z 3 G 3

y, finalmente, la indicación de I será: _G

º 44 39 º 53 60 º 90 21 I I I IG = 1+ 2 + 3 = ∠− + ∠ + ∠− A operando resulta, A º 0 64 A j 0 64 IG = + = ∠

La indicación, por lo tanto, del amperímetro será de: A

64 I_G =

Problema 22

En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 kW con factor de potencia igual a 1, la carga 2 absorbe 30 kW con un factor de potencia 0,45 inductivo.

Calcular:

a) Tensión en los terminales del generador b) Factor de potencia en los terminales a’b’ c) Factor de potencia en los terminales ab

X =4L Ω

~

R=0,5Ω carga 1 carga 2 a a’ b b’ Figura 22.1

Dato: la tensión entre a’b’ es de 1000 V.

Resolución:

a) Se calculan, en primer lugar, las potencias aparentes correspondientes a cada carga:

[

30000 j0

]

VA 30000 0ºVA jQ P S1 = ₁+ ₁= + = ∠

[

30000 j59535

]

VA 66666,455 63256ºVA jQ P S2 = ₂+ ₂ = + = ∠

[

60000 j59535

]

84525 45ºVA S S ST = 1+ 2 = + = ∠

Tomando como origen de fases: V º 0 1000 ' b ' a U = ∠

[

60 j59,535

]

A º 0 1000 59535 j 60000 V S * I T = + ∠ + = =

[

60 j59,535

]

A I= − I =84,6 A

La tensión en los terminales a y b del generador vale:

L ' b ' a G U I R I X U = + ⋅ + ⋅

(

60 j59,535

)

j4

(

60 j59,535

)

5 , 0 º 0 1000 UG = ∠ + ⋅ − + ⋅ − V

[

1268,3 j210,21

]

V 1285 9,5º V UG = + = ∠

En consecuencia, la tensión entre los terminales ab será:

V 1285

Uab =

b) El factor de potencia entre a’ y b’ será: 1 60000 59535 P Q tg T T ' b ' a = = ≅ ϕ º 45 T ' b ' a =ϕ = ϕ 707 , 0 2 2 cosϕ_T = = inductivo 707 , 0 2 2 cosϕ_a'b' = = inductivo

c) Para calcular la f. de p. entre a y b, hallaremos primero las potencias activa y reactiva de la línea: W 6 , 3578 5 , 0 6 , 84 R I P_R = 2⋅ = 2⋅ = ) var( 6 , 28628 4 6 , 84 X I Q_XL = 2⋅ _L = 2⋅ = +

y las potencias totales:

W 6 , 63578 30000 30000 6 , 3578 P P P P_ab = _R + ₁+ ₂ = + + = ) var( 6 , 88163 Q Q Q Q_ab = _XL + ₁+ ₂ = + 387 , 1 6 , 63578 6 , 88163 tgϕ_ab = = ϕ_ab =54,2º 585 , 0 cosϕ_ab =

Problema 23

En el circuito que se representa en la figura, determinar:

a) Valor de la reactancia inductiva XL que está conectada de tal forma que la desviación de la aguja del

vatímetro al paso de corriente sea cero.

b) Valor de esta reactancia que provoca la lectura de 1 W.

c) Qué valor de la reactancia inductiva producirá inicialmente una lectura negativa, e invirtiendo la conexión de la bobina de tensión, dará una lectura de 0,2 W en sentido positivo.

E =1 0ºVA E =1 0ºVB

~

~

R=1Ω WG XL X =1C1 Ω Figura 23.1 Resolución:

Se resuelve en primer lugar, la red, aplicando corrientes de malla:

2 1 2 1 22 21 12 11 E E I I Z Z Z Z = ⋅ E =1 0ºVA E =1 0ºVB

~

~

R=1Ω XL X =1C1 Ω I1 I2 Figura 23.2 Siendo:

[

+

]

Ω = + = L L 11 R jX 1 jX Z Ω − = − = R 1 Z12

Ω − = − = R 1 Z21

[

−

] [ ]

= − Ω = R jX 1 j Z22 _C

[

1 j0

]

V E E1= A = +

[

1 j0

]

V E E2 =− B = − + Sustituyendo valores:

(

)

(

(

(

)

)

)

(

)

_{= ⋅ ϕ− ϕ} + ⋅ − ⋅ − + ⋅ − ⋅ − = = − + − − − = − + − = − − − + − − − = sen jI cos I 1 X 2 X 2 X j 1 X 2 X 2 X 1 1 X X 1 X j X j 1 X j X j j 1 1 1 jX 1 j 1 1 1 1 I 1 1 L 2 L L L 2 L L 2 L 2 L L L L L L 1 O sea que:

(

)

1 X 2 X 2 X 1 cos I L 2 L L 1 + ⋅ − ⋅ − = ϕ ⋅

a) El vatímetro calcula la potencia multiplicando la tensión por el componente activo de la corriente, es decir: ϕ ⋅ ⋅ =E I cos P _{A 1}

Y este valor tiene que ser cero, así pues, sustituyendo los valores: 0 1 X 2 X 2 X 1 1 L 2 L L ₌ + ⋅ − ⋅ − ⋅

de donde se deduce que: Ω = 1

X_L

b) Si tiene que indicar 1W: 1 1 X 2 X 2 X 1 1 L 2 L L ₌ + ⋅ − ⋅ − ⋅ de donde se deduce: Ω Ω = 0 5 , 0

X_L (Las dos soluciones son válidas)

c) Si tiene que indicar -0,2W: 2 , 0 1 X 2 X 2 X 1 1 L 2 L L ₌₋ + ⋅ − ⋅ − ⋅ de donde se deduce: Ω Ω =₁2_,5

X_L (Las dos soluciones son válidas)

Problema 24

El circuito representado se alimenta mediante una fuente de tensión de fuerza electromotriz:

(

100 t º

)

V cos 2 410 ) t ( e = π⋅ +δ

Las lecturas de los dos vatímetros que hay conectados son, respectivamente, W₁ =1,75 kW y

kW 0

W₂ = . Además, se sabe que el factor de potencia del conjunto resultando de la asociación en

paralelo de Z y 1 Z es la unidad. 2

La impedancia Z está formada por una resistencia óhmica ideal en serie con una bobina igualmente 1

ideal y de coeficiente de autoinducción L₁ 0,28H

π

= , siendo

[

Z0 =10+j18

]

Ω

Se pide:

a) Lecturas de VG, AG, VO, V1

b) Expresiones en forma binómica y polar de cada una de las impedancias desconocidas Z y 1 Z . 2

c) Lecturas de los otros aparatos de medida WG, A1 y A2

d) Balance de potencias en el circuito

Todos los aparatos de medida se consideran ideales

A1 AG A2 W1 W2 WG e(t)

~

VG V1 V0 Z0 Z1 Z2 Figura 24.1 Resolución: a ) La lectura de VG es inmediata: V 410 2 2 410 2 E U_G = 0 = =

Para determinar V1 plantearemos la siguiente ecuación vectorial:

G 0 1 G U Z I U = + ⋅ V º 410 UG = ∠δ