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Solucionario: Electrotecnia
Electrotecnia
SOLUCIONARIO
Pablo Alcalde San Miguel
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 1 1.6
Q = 18,9 · 1018 electrones / 6,3 · 1018 = 3 C t = 2 min · 60 + 20 = 140 s I=
Q 3 = = 120 A t 140
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 1 1.6
Q = 18,9 · 1018 electrones / 6,3 · 1018 = 3 C t = 2 min · 60 + 20 = 140 s I=
Q 3 = = 120 A t 140
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 2 2.3
V 1,5 = = 0,03 A R 50 P = VI = 1,5 · 0,03 = 0,045 W I=
2.4
V = R · I = 22 · 5,7 = 125,4 V 2.5
V 230 = = 115 Ω I 2 P = VI = 230 · 2 = 260 W
R = 2.9
L R · S 0,056 · 0,5 R = ⇒ = = = 0,028 Ω · mm 2 / m S L 1 Resistividad que según las tablas coincide con la del aluminio. 2.10
L 100 = 0,017 = 0,283 Ω S 6 L 100 R aluminio = = 0,028 = 0,28 Ω S 10 R cobre =
Su resistencia es aproximadamente igual. 2.11
R
=
L L 5 ⇒ S = = 0,061 = 0,31 mm 2 S R 1
2.12
La sección del hilo de cobre sabiendo su diámetro es igual a: 2
= π · (0,25/2) 2 = 0,049 mm 2 R · S 34,6 · 0,049 L R = ⇒ L = = = 100 m S 0,017 s = π · r
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2.13
R t = R 0 (1 + αΔtº ) = 5 [(1 + 0,0039 · (80 - 20) ] = 6,17 Ω 2.14
R t = R 0 + 1,05 = 65 + 1,05 = 66,05 Ω
⎛ R ⎞ ⎛ 66,05 - 1 ⎞ / 0,004 = 4 º C R t = R 0 (1 + αΔtº ) ⇒ Δtº = ⎜⎜ t - 1⎟⎟ / α = ⎜ ⎟ ⎝ 65 ⎠ ⎝ R 0 ⎠
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Unidad de con tenido 3 3.1
P = VI = 100 · 0,75 = 75 W R =
V 100 = = 133,33 Ω I 0,75
3.2
V2 ⇒ V = P · R = 750 · 75 = 237 V R V 237 I= = = 3,16 A R 75 P=
3.3
I=
P 3.000 = = 13,6 A V 220
La resistencia del calentador que permanece constante es igual a: R =
V 220 = = 16,2 Ω I 13,6
La potencia para 125 V la podemos calcular así: P=
V 2 125 2 = = 964,5 W R 16,2
3.4
I=
P 3.450 = = 15 A V 230
3.5
P 500 = =4A V 125 V 125 = 31,25 Ω R = = I 4 R · S 31,25 · 0,5 L R = ⇒ L = = = 19,5 m S 0,8 I=
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3.6
P 1.000 = =8A V 125 L 2 · 50 = 0,028 = 1,86 Ω Re = S 1,5 P pL = R · I 2 = 1,86·8 2 = 119 KW I=
3.7
P 2.500 = = 10,87 A V 230 V 230 R = = = 21,16 Ω I 10,87 E = P · t = 2,5 KW · (30 · 2)h = 150 KWh I=
3.8
P = 3CV · 736 = 2.208 W P 2.208 I= = = 5,8 A V 380 E = P · t = 2,2 KW · (2 · 30 · 8)h = 1.056 KWh Gasto = 1.056 KWh · 16 pts = 1.6896 pts
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Unidad de contenido 4 4.3
Q = 0,24 P t = 0,24 · 2.000 (2 · 3.600) = 3.456.000 cal 4.4
Q = m c Δt = 75.000 · 1 · (50 - 10) = 3.000.000 cal Q 3.000.000 = = 12.500.000 Julios Q = 0,24 E ⇒ E = 0,24 0,24 E 12.500.00 E = P · t ⇒ t = = = 3.571 s ≅ 1 hora P 3.500 4.5
Q = m c Δt = 40.000 · 1 · (55 - 12) = 1.720.000 cal Q = 0,24 E ⇒ E = E=P·t⇒P=
Q 1.720.000 = = 7.166.667 Julios 0,24 0,24
E 7.166.667 = = 1.327 W t 1,5 · 3.600
Potencia teórica necesaria para calentar sólo el agua (Potencia útil) = 1.327 W Potencia total necesitada para calentar el agua + la cuba (Potencia total) = 1.500 W η=
Pu 1.327 100 = 100 = 88,47 % PT 1.500
La potencia restante se ha perdido o utilizado en calentar la resistencia, la cuba, etc. 4.8
P 6.000 = = 26 A V 230 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductor es aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 6 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A) I 26 = 4,33 A/mm 2 δ= = S 6 I=
4.9
Consultand o en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores directamente sobre la pared) Columna 6, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A) I 26 = 6,5A/mm 2 δ= = S 4
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4.10
P 4.400 = = 19,13A V 230 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductor es aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 23 A) I=
Sin embargo, el REBT nos indica que para este tipo de instalaciones la sección debe ser como mínimo 6 mm 2 4.11
P 20 · 100 = = 8,7 A V 230 230 3 = 6,9 V Δv = 100 2 L·I 2 · 75 · 8,7 S= = 0,017 · = 3,2 mm 2 ⇒ Sección comercial = 4 mm 2 Δv 6,9 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores al aires libre) Columna 8, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 34 A) I=
4.12
P 2 · 4.000 + 20 · 100 + 5 · 1.500 = = 43,75 A V 400 400 Δv = 4 = 16 V 100 2 L·I 2 · 77 · 43,75 S= = 0,017 · = 7 mm 2 ⇒ Sección comercial = 10 mm 2 Δv 16 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes aislantes) I=
Columna 2, tenemos que : S = 10 mm 2 ( I máx. admisible = 37 A) Como esta corriente es inferior a la nominal de la instalación, la solución será seleccionar un conductor de 16 mm 2 que admite una corriente de 49 A.
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Unidad de contenido 5 5.3
P 2.000 = =5A V 400 El calibre del elemento de protección debería ser de 6 A o superior. I=
5.4
Circuito de puntos de iluminación P = V · I = 230 · 10 = 2.300 W Circuito de tomas de corriente uso general y frigorífico P = V · I = 230 · 16 = 3.680 W Circuito de cocina y horno P = V · I = 230 · 25 = 5.750 W Circuito de lavadora, lavavajillas y térmo eléctrico P = V · I = 230 · 20 = 4.600 W Circuito de tomas de corriente de cuartos de baño y cocina P = V · I = 230 · 16 = 3.680 W
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Unidad de con tenido 6 6.1
R T = R 1 + R 2 + R 3 = 200 + 140 + 100 = 440 Ω I=
V 220 = = 0,5 A R T 440
V1 = R 1 I = 200 · 0,5 = 100 V V2 = R 2 I = 140 · 0,5 = 70 V V3 = R 3 I = 100 · 0,5 = 50 V P1 = V1 · I = 100 · 0,5 = 50 W P2 = V2 · I = 70 · 0,5 = 35 W P3 = V3 · I = 50 · 0,5 = 25 W PT = V · I = 220 · 0,5 = 110 W 6.2
I=
V2 5 = =1A R 2 5
R T = R 1 + R 2 + R 3 = 10 + 5 + 6 = 21 Ω V = R T I = 21 ·1 = 21 V 6.3
La resistencia de la bobina del electroimán es: R e =
L 150 = 0,017 = 3,23 Ω S 0,79
S = πr 2 = π · 0,5 2 = 0,79 mm 2 La resistencia total del conjunto formado por la bobina más la resistencia limitadora conectada en serie es igual a:
R T =
V 12 = = 34,29 Ω I 0,35
R T = R e + R x ⇒ R x = R T - R e = 34,29 - 3,23 = 31 Ω 6.4
V 2 220 2 R 1 = = = 96,8 Ω P1 500 R 2 =
V 2 220 2 = = 64,5 Ω P2 750
R T = R 1 + R 2 = 96,8 + 64,5 = 161,3 Ω 10 © ITES-PARANINFO
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Al someter a este conjunto en serie a una tensión de 220 V, tendremos que: I=
V 220 = = 1,36 A R T 161,3
V1 = R 1 I = 96,8 · 1,36 = 131,65 V V2 = R 2 I = 64,5 · 1,36 =
87,72 V
P1 = V1 I = 131,65 · 1,36 = 179 W P2 = V2 I = 87,72 · 1,36 = 119 W 6.5
Primero calculamos la corriente:
I=
P 10 = = 1,11 A V 9
La caída de tensión en la resistencia limitadora es: VX = 24V - 9V = 15 V R X =
VX 15 = = 13,5 Ω I 1,11
PX = VX I = 15 · 1,11 = 16,7 W 6.6
R T =
1 1 = =2Ω 1 1 1 1 1 1 + + + + R 1 R 2 R 3 6 4 12
IT =
V 12 = =6A R T 2
I1 =
V 12 = =2A R 1 6
I2 =
V 12 = =3A R 2 4
I3 =
V 12 = =1 A R 3 12
PT = V I T = 12 · 6 = 72 W
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6.7
PT = 25 + 40 + 60 + 100 = 225 W PT 225 = = 1,02 A V 220 V 220 R T = = = 215 Ω I T 1,02 IT =
6.8
R T = 3=
R 1 · R 2 R 1 + R 2
12 · R 2 ⇒ R 2 = 4 Ω 12 + R 2
6.9
R 1.000 Ω = = 50 Ω nº 20 V 500 I= = = 0,5 A R 1000 I T = ΣI = 20 · 0,5 = 10 A R T =
P = V I = 500 · 0,5 = 250 W PT = V IT = 500 · 10 = 5.000 W 6.10
• Para el conmutador en la posición (3) tendremos aplicados los 220 V a la resistencia R 3 con una potencia de 3.000 W. V 2 220 2 = = 16,13 Ω R 3 = P3 3.000
• Para el conmutador en la posición (2) aplicamos la tensión de 220 V al conjunto formado por las resistencias en serie R 2 y R 3 , y que desarrollan un total de 2.000 W. R T(2) =
V 2 220 2 = = 24,2 Ω P2 2.000
R 2 = R T(2) - R 3 = 24,2 - 16,13 = 8,07 Ω
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• Para la posición (1) del conmutador los 220 V de la alimentación quedan aplicados al conjunto formado por las resistencias en serie R 1 , R 2 y R 3 , y que desarrollan un total de 1.000 W. R T(3)
V 2 220 2 = = = 48,4 Ω P3 1.000
R 1 = R T(3) - R 2 - R 3 = 48,4 - 16,13 - 8,07 = 24,2 Ω 6.13
Reducimos el circuito hasta encontrar un equivalente con una sola resistencia. Las resistencias equivalentes las hemos calculado así: R 14 =
R 1 R 4 10 · 40 = =8Ω R 1 + R 4 10 + 40
R 142 = R 14 + R 2 = 8 + 20 = 28 Ω R 1425 =
R 142 · R 5 28 · 60 = = 19 Ω R 142 + R 5 28 + 60
R 14253 = R 1425 + R 3 = 19 + 30 = 49 Ω R T = IT =
R 14253 · R 6 49 · 60 = = 27 Ω R 14253 + R 6 49 + 60
V 200 = = 7,4 A R T 27
PT = V I T = 200 · 7,4 = 1.480 W 6.14
Primero marcamos puntos y corrientes en el circuito y reducimos el circuito hasta encontrar un equivalente con una sola resistencia, tal como se muestra en las figuras 6.1 a 6.4. I2 I A I1 R 1 = 10 Ω 100 V
B
C
I3
+
I4
R 3 = 30 Ω
R 4 = 40 Ω
I A I1 R 1 = 10 Ω
100 V
R 2 = 20 Ω
R 134 = 16,67 Ω
A I1
R 34 = 6,67 Ω
C -
+
I4
Figura 6.1 I
B
R 2 = 20 Ω
Figura 6.2 C -
100 V +
I4
R 2 = 20 Ω
Figura 6.3
A
I
R T = 9 Ω
-C
100 V +
Figura 6.4 © ITES-PARANINFO 13
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Las resistencias equivalentes las hemos calculado así: R 34 =
R 3 · R 4 30 · 40 = = 17,1 Ω R 3 + R 4 30 + 40
R 134 = R 1 + R 34 = 10 + 17,1 = 27,1 Ω R T =
R 134 · R 2 27,1 · 20 = = 11,5 Ω R 134 + R 2 27,1 + 20
En el circuito de la figura 6.4:
I=
VAC 100 = = 8,7 A R T 11,5
En el circuito de la figura 6.3: I1 =
VAC 100 = = 3,7 A R 134 27,1
I4 =
VAC 100 = =5A R 2 20
En el circuito de la figura 6.2: VAB = R 1 · I1 = 10 · 3,7 = 37 V VBC = R 34 · I1 = 17,1 · 3,7 = 63,3 V En el circuito de la figura 6.1: I2 =
VBC 63,3 = = 2,1 A R 3 30
I3 =
VBC 63,3 = = 1,6 A R 4 40
En la tabla 6.1 situamos el valor de la tensión y corriente de cada resistencia. La potencia de cada una la calculamos aplicando la expresión: P = V I R 1 R 2
R 3
R 4
I(A) 3,7 5 2,1 1,6 V(v) 37 100 63,3 63,3 P(W) 137 500 134 101
Tabla 6.1
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Unidad de contenido 7 7.1
Dibujamos el circuito con las caídas de tensión, las f.e.m. de los generadores y aplicamos las leyes de Kirchhoff. 2 I3 A I1
I3 I2
5 I1
1 I2 M1
M2
12 V
5V
10 I3
B
10 I3
Figura 7.1
⎧I1 + I 2 = I3 ⎪⎪ ⎨12 - 5I1 + 1I 2 - 5 = 0 ⎪ ⎪⎩5 - 1I 2 - 2I3 - 10I3 = 0 Resolviendo el sistema de ecuaciones por cualquiera de los métodos conocidos obtenemos el siguiente resultado: I1 = 1,25 A I 2 = −0,75 A I 3 = 0,5 A 7.2
Procederemos de la misma forma que en el ejercicio anterior. 6 I3 A I1
I3 I2
4 I1
8 I2
M1
M2
1 I3
20 V
10 V B
Figura 7.2
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⎧I1 + I 2 = I 3 ⎪ ⎨10 - 4I1 + 8I 2 = 0 ⎪ ⎩20 - 8I 2 - 6I3 - 1I3 = 0 El resultado que se obtiene de este sistema de ecuaciones: I1 = 2,67 A I 2 = 0,0875 A I3 = 2,76 A La tensión en la carga de 8 Ω: V = RI 2 = 8 · 0,0875 = 0,7 V 7.3
Primero convertiremos a triángulo la estrella formada en el circuito, tal como se muestra en la figura 7.3. 10 Ω
R b 18 Ω
R a 18 Ω R c 18 Ω
6 Ω
Figura 7.3 Como en este caso las resistencias son iguales:
R a = R b = R c =
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6·6 + 6·6 + 6·6 = 18 Ω 6
6 Ω
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Seguidamente reduciremos el circuito hasta conseguir una sola resistencia, tal como se muestran en las figuras 7.3 a 7.7. 10 Ω
10 Ω R b
6 Ω
18 Ω
R d
4,5 Ω
R e
4,5 Ω
R a 18 Ω
R a
R c
18 Ω
18 Ω
6 Ω
Figura 7.3
Figura 7.4
10 Ω
10 Ω
R a 18 Ω
R f
9 Ω
Figura 7.5
R g
Figura 7.6
R T
6Ω
16 Ω
Figura 7.7
Las resistencias equivalentes las obtenemos así: 18 · 6 = 4,5 Ω 18 + 6 18 · 6 R e = = 4,5 Ω 18 + 6 R f = 4,5 + 4,5 = 9 Ω R d =
18 · 9 =6Ω 18 + 9 R T = 10 + 6 = 16 Ω R g =
7.4
Se procede exactamente igual que en el ejercicio anterior. Transformamos la estrella formada por las resistencias de 10 Ω.
R a = R b = R c =
10 · 10 + 10 · 10 + 10 · 10 = 30 Ω 10
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En las figuras 7.9 a 7.12 se reduce el circuito hasta conseguir una sola resistencia. 30 Ω 15 Ω
R a
A
30 Ω
R b
A
R b
R c
30 Ω
30 Ω
30 Ω
15 Ω
30 Ω B
B
5 Ω
5 Ω
18 Ω
Figura 7.8
18 Ω
Figura 7.9
A
A
R b
30 Ω
15 Ω
30 Ω B
B
5 Ω
5 Ω
18 Ω
Figura 7.10
18 Ω
Figura 7.11 A
20 Ω B
18 Ω
Figura 7.12 7.5
Primero calculamos la resistencia de Thèvenin cortocircuitando las fuentes de alimentación (figura 7.13).
A
R Th
B R 1
R 2
20 Ω
5 Ω
Figura 7.13 R 1 y R 2 quedan conectadas en paralelo:
R Th =
R 1 · R 2 20 · 5 = =4Ω R 1 + R 2 20 + 5
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La tensión de Thèvenin es la que aparece entre los terminales AB ( VAB ) según se muestra en la figura 7.14. I A E1
E2
VAB
140 V
90 V
B
20 I
5I
Figura 7.14 Si aplicamos la segunda ley de Kirchhoff al circuito de la figura 7.14:
140 - 90 - 5I - 20I = 0 I=
140 - 90 =2A 5 + 20
Para averiguar la tensión VAB aplicamos otra vez esta ley pero a la malla formada por E1, R 1 y VAB: 140 - VAB - 20I = 0 VAB = 140 - 20I = 140 - 20 · 2 = 100 V VTh = VAB = 100 V El circuito equivalente de Thèvenin quedaría así (figura 7.15): IL1
R Th
A
4 Ω VTh
35,2 V
R L
VL
B
Figura 7.15
• Para R L1 = 100 Ω I L1 =
VTh 100 = = 0,96 A R Th + R L1 4 + 100
VL1 = I L1 · R L1 = 0,96 · 100 = 9,6 V
• Para R L2 = 500 Ω 100 = 0,198 A 4 + 500 VL2 = 500 · 0,198 = 99 V IL2 =
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• Para R L3 = 10 Ω 100 = 7,14 A 4 + 10 VL3 = 10 · 7,14 = 71,4 V I L3 =
• Para R L4 = 3 K Ω 100 = 0,033 A 4 + 3.000 VL4 = 3.000 · 0,033 = 99,8 V IL4 =
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UNIDAD DE CONTENIDO 8 8.6
P 20 = = 1,67 A V 12 Q 110 Q = I·t ⇒ t = = = 65,87h I 1,67 I=
8.7
∑ E = 10 · 2V = 20 V r = ∑ r = 10 · 0,12 = 1,2 Ω ET = T
a) Tensión en bornes en vacío = E T = 20 V
ET 20 = = 2,18 A r T + R 1,2 + 8 V b = E T - r T I = 20 - 1,2 · 2,18 = 17,4 V
b) I =
c) PT = E T I = 20 · 2,18 = 43,6 W Pu = V b I = 17,4 · 2,18 = 37,9 W
η=
Pu 37,9 100 = 100 = 86,9% PT 43,6
d) Icc =
E T 20 = = 16,67 A r T 1,2
e) V b = E T - r T I = 20 - 1,2 · 2 = 17,6 V 8.8
ET = E = 2 V r T =
r 0,12 = = 0,012 Ω n 10
a) V b vacío = E T = 2V b) I =
ET 2 = = 0,25 A r T + R 0,012 + 8
V b = E T - r T I = 2 - 0,012 · 0,25 = 1,99 V
c) PT = E T I = 2 · 0,25 = 0,5 W
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Pu = V b I = 1,99 · 0,25 = 0,497 W
η=
Pu 0,497 100 = 100 = 99,4% PT 0,5
d) Icc =
ET 2 = = 166 A r T 0,012
e) V b = E T - r T I = 2 - 0,012 · 2 = 1,98 V 8.9
∑ E = 10 · 2,5 V = 25 V r = ∑ r = 10 · 0,015 = 0,15 Ω ET = T
a)
V b = E - r T I ⇒ I =
E - V b 25 - 17,5 = = 50 A r T 0,15
V b 17,5 = = 0,35 Ω I 50 P = V b · I = 17,5 · 50 = 875 W R =
b) Pu′ = PT′ - PP′ = EI - rI 2 = 2,5 · 50 - 0,015 · 502 = 87,5 W
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 9 9.6
Q = C·V Q1 = 1.000 · 10- 6 · 4 = 0,004 C Q 2 = 1.000 · 10- 6 · 20 = 0,02 C Q3 = 1.000 · 10- 6 · 100 = 0,1 C 9.7
ε S 5,5 50 · 2 · 10−4 d= · = · = 0,00049 m = 0,49 mm 4 · π · 9 · 109 C 4 · π · 9 · 109 1 ·10- 9 9.8
τ = R · C = 100 Ω · 100 μF · 10-6 = 0,01 S t = 5 · τ = 5 · 0,01 = 0,05 S 9.12
CT =
C1 · C 2 6 · 3 = = 2 μF C1 + C 2 6 + 3
Q T = V · CT = 100 · 2 · 10- 6 = 2 ·10- 4 C Q1 = Q 2 = Q T = 2 ·10- 4 C V1 =
Q1 2 · 10- 4 = = 33,33 V C1 6 · 10- 6
Q 2 2 · 10- 4 V2 = = = 66,67 V C2 3 9.13
CT = C1 + C 2 = 5 + 15 = 20 μF QT = V · CT = 100 · 20 · 10- 6 = 0,002 C Q1 = V · C1 = 100 · 5 · 10- 6 = 0,0005 C Q 2 = V · C 2 = 100 · 15 · 10- 6 = 0,0015 C
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de cont enido 10 10.5
μ r =
μ ⇒ μ = μo · μ r = 4 · π · 10-7 · 100 = 1,25 · 10- 4 H/m μo
10.6
N I 100 · 1 = = 1.000 AV/m L 10 · 10 -2 Consultand o en la tabla 10.1 para un núcleo de hierro forjado se consiguen 1, 3 Teslas de induccción cuando sometemos al núcleo a la acción de una intensidad de campo de 1.000 AV/m. Φ B = = ⇒ Φ = B · S = 1,3 · 3 · 10 -4 = 3,9 · 10 -4 Wb = 0,39 mWb S B 1,3 μ = = = 1,3 · 10 -3 H/m H 1.000 1,3 · 10 -3 μ = = = 1.035 μ r μ o 4 · π · 10 -7 F = N · I = 100 · 1 = 100 AV F 100 ℜ= = = 256.410AV/Wb Φ 3,9 · 10 -4
H =
10.7
B B 1,2 ⇒ H= = = 300 AV μ 4 · 10 -3 H Φ B = = ⇒ Φ = B · S = 1,2 · 5 · 10 -4 = 6 · 10 -4 Wb = 0,6 mWb S N I F = ⇒ F = H · L = 300 · 25 · 10 -2 = 75 AV H = L L μ =
10.8
L = 25 + 25 + 25 + 25 = 100 cm N I 500 · 10 H= = = 5.000 AV/m L 100 · 10 -2 Consultand o en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa de silicio se consiguen 1, 5 Teslas de induccción cuando sometemos al núcleo a la acción de una intensidad de campo de 5.000 AV/m.
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10.9
Φ 4 · 10 3 B= = = 1,6 T S 25 · 10 -4 Consultand o en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa de silicio se necesitan 9.000 AV/m para producir 1, 5 Teslas de induccción N I H · L 9.000 · 100 · 10 -2 H= ⇒I= = = 18 A L N 500 10.10
Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa magnética normal se necesitan 675 AV/m para produc producir ir 1,1Tes 1,1Teslas las de inducc inducción ión.. La longitud media del circuito formado por la chapa es: L Fe = 14 + 6 + 14 + 6 = 40 cm
Fuerza magnetomotriz para establecer este nivel de inducción en el hierro: FFe = H Fe ·L Fe = 675 · 40 · 10 -2 = 270 AV
La intensidad de campo necesaria aplicar para el tramo de aire es: H=
B 1,1 = = 875.352 AV/m μ 0 4 · π · 10 -7
Longitud del tramo de aire: 0,2 + 0,2 = 0,4 cm Fuerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro: Faire = H aire ·L aire = 875.352 · 0,4 · 10 -2 = 3.501 AV
La fuerza magnetomotriz total será: F = FFe + Faire = 270 + 3.501 = 3.771 AV F 3.771 N = = = 1885,5 espiras I 2 10.11
F = 40.000 · B 2 · S = 40.000 · 1,3 2 · 4 · 10 -4 = 27 Kp
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10.12
La superficie de atracción de un polo es :1 · 1 = 1 cm 2 Dicha superficie para los dos polos será entonces : 2 · 1 = 2 cm 2 F 2 = = 0,5 T 40.000 · S 40.000 · 2 · 10 -4 Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de forjado se necesitan 160 AV/m para producir F = 40.000 · B 2 · S ⇒ B =
0,5 Teslas de induccción. La longitud media del circuito formado por la chapa es: L Fe = 3 + 3 + 3 + 3 = 12 cm Fuerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro: FFe = H Fe ·L Fe = 160 · 12 · 10 -2 = 19,2 AV
La intensidad de campo necesaria aplicar para el tramo de aire es: H=
B 0,5 = = 397.887 AV/m μ 0 4 · π · 10 -7
Longitud del tramo de aire: 0,3 + 0,3 = 0,6 cm Fueerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro: Faire = H aire ·L aire = 397.887 · 0,6 · 10 -2 = 2.387 AV
La fuerza magnetomotriz total será: F = FFe + Faire = 19,2 + 2.387 = 2.406 AV I=
F 2.406 = = 1,4 espiras N 1.000
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Unidad de contenido 11 11.7
e inducida
ΔΦ 30 · 10 -3 = N = 300 · = 450 V Δt 20 · 10 -3
11.8
e = B L v = 0,95 · 15 · 10 -2 · 5 = 0,71 V 11.9
e inducida
e · Δt 40 · 10 -3 ΔI =L ⇒L= = 220 = 0,98 H 9 Δt ΔI
11.10
Aplicando la regla de la mano izquierda se observa que el conductor se desplaza hacia la izquierda F = B L I = 1,6 · 50 · 10 -2 · 25 = 20 Nw
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Unidad de cont enido 12 12.8
Vmáx = 2 · Veficaz = 2 · 100 = 141 V 12.9
f =
1 1 = = 200 Hz T 5 · 10 -3
12.10
Vmáx = 2 · Veficaz = 2 · 220.000 = 311.127 V 12.11
Vmáx = nº div × K = 5 div · 10 V/div = 50 V T = nº div × K = 10 div · 5 ms/div = 50 ms V 50 Veficaz = máx = = 35 V 2 2 1 1 = 20 Hz f = = T 50 · 10 -3 υ (t =5ms) = Vmáx Sen ωt = 50 · Sen (40 π · 5 · 10 -3 ) = 50 Sen 36º = 29 V ω = 2 · π · f = 2 · π · 20 = 40 π 12.12
Ángulo 1.500 · 2π = = 157radianes/segundo t 60 ω 157 = = 25Hz ω = 2 · π · f ⇒ f = 2π 2π ω=
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12.13
ω = 2πf = 2 · π · 50 = 100 π υ = Vmáx Sen ωt υ(1ms) = 311 · Sen (100 · π · 1 · 10-3 ) = 96 V υ(3ms) = 311 · Sen (100 · π · 3 · 10-3 ) = 252 V υ(5ms) = 311 · Sen (100 · π · 5 · 10-3 ) = 311 V υ(6ms) = 311 · Sen (100 · π · 6 · 10-3 ) = 296 V υ(10ms) = 311 · Sen (100 · π · 10 · 10-3 ) = 0 V υ(11ms) = 311 · Sen (100 · π · 11 · 10-3 ) = - 96 V υ(13ms) = 311 · Sen (100 · π · 13 · 10-3 ) = - 252 V υ(20ms) = 311 · Sen (100 · π · 20 · 10-3 ) = 0 V V 311 V 296 V 252 V 96 V 10 11 13 0V
1
3
20
t (ms)
56
-96 V -252 V 311 V
Figura 12.1 12.14
υ 90 = = 180 V Senα Sen 30º V 180 Veficaz = máx = = 127 V 2 2 υ = Vmáx Senα ⇒
12.15
Vmáx 6 = = 4,24 V 2 2 VCC = Vmedio = 0 V VCA = Veficaz =
f =
1 1 = = 6,67 Hz T 150 · 10-3 © ITES-PARANINFO 29
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12.16
I=
V 220 = = 4,4 A R 50
P = R · I 2 = 50 · 4,42 = 968 W E = P · t = 0,968 KW · 8h = 7,7 KWh 12.17
X L = 2πfL = 2 · π · 60 · 0,4 = 151 Ω I=
V 380 = = 2,5 A X L 151
Q L = X L I 2 = 151 · 2,52 = 943 VAR E = P · t = 0KW · 8h = 0 KWh 12.18
1 1 = = 7,96 Ω 2πfC 2 · π · 100 · 200 · 10- 6 V 50 I= = = 6,3 A X C 7,96 XC =
Q C = X C I 2 = 7,96 · 6,32 = 316 VAR
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Unidad de cont enido 13 13.5
X L
= 2π fL = 2 · π · 50 · 250 · 10 -3 = 78,5 Ω
R 2 + X 2L = 50 2 + 78,5 2 = 93 Ω V 220 = = 2,4 A I = Z 93 R 50 Cosϕ = = = 0,54 ⇒ ϕ = 57,5º Z 93 P = V I Cosϕ = 220 · 2,4 · 0,54 = 285 W Q = V I Senϕ = 220 · 2,4 · Sen57,5º = 445 VAR S = V I = 220 · 2,4 = 528 VA VR = R I = 50 · 2,4 = 120 V VL = X L I = 78,5 · 2,4 = 188,4 V
Z =
VL = 188,4 V
ϕ = 57,5º
I = 2,4 A
ωt = 0
VR = 120 V
Figura 13.1 13.6
X C =
1 1 = = 17.684 Ω 2π fC 2 · π · 60 · 150 · 10 -9
R 2 + X c2 = 10.000 2 + 17.684 2 = 20.315 Ω V 100 = 4,9 · 10 -3 A = 4,9 mA I = = Z 20.315 R 10.000 Cosϕ = = = 0,49 ⇒ 60,5º Z 20.315 VR = R I = 2.000 · 0,0049 = 9,8 V VC = X C I = 17.684 · 0,0049 = 86,7 V
Z =
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P = V I Cosϕ = 100 · 0,0049 · 0,49 = 0,24 W Q = V I Senϕ = 100 · 0,0049 · Sen60,5º = 0,43 VAR S = V I = 100 · 0,0049 = 0,4 VA I = 4,9 mA
VR = 49 V
ϕ = 60,5º
VL = 86,7 V
Figura 13.2 13.7
1 1 = = 31,8 Ω 2π fC 2 · π · 50 · 100 · 10 -6 = 2π fL = 2 · π · 50 · 200 · 10 -3 = 62,8 Ω
X C = X L
R 2 + (X L - X C ) 2 = 10 2 + (62,8 - 31,8) 2 = 32,6 Ω V 220 I = = = 6,75 A Z 32,6 R 10 = 0,31 ⇒ 72,1º Cosϕ = = Z 32,6 VR = R I = 10 · 6,75 = 67,5 V VC = X C I = 31,8 · 6,75 = 214,7 V VL = X L I = 62,8 · 6,75 = 424 V P = V I Cosϕ = 220 · 6,75 · 0,31 = 460 W Q = V I Senϕ = 220 · 6,75 · Sen72,1º = 1.413 VAR S = V I = 220 · 6,75 = 1.485 VA
Z =
Predomina la carga inductiva: X L > X C
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ωt = 0
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VL = 424 V
VC
ϕ = 72,1 º
I = 6,75 A
VR = 67,5 V
VC = 214,7 V
Figura 13.3 13.8
P = V I Cosϕ ⇒ Cosϕ =
P 2.000 = = 0,73 V I 125 · 22
13.9
= arcos 0,6 = 53,13 º ϕ ' = arcos 0,95 = 18,9 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 20 · 500 (tag 53,13 º - tag 18,19 º ) = 1.000 VAR Q 1.000 IC = C = 4,35 A V 230 V 230 XC = = = 0,53 Ω I C 4,35 1 1 C = = = 600 · 10 -6 F = 600 μ F 2π f X C 2 · π · 50 · 0,53 C (600 μ F; 230 V; 1 KVAR) P 10.000 I cos 0,6 = = = 72,5 A V cosϕ 230 · 0,6 P 10.000 I cos 0,6 = = = 45,8 A V cosϕ 230 · 0,95
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13.10
= arcos 0,6 = 53,13 º ϕ ' = arcos 0,9 = 25,84 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 20 (tag 53,13 º - tag 25,84 º ) = 16,98 VAR Q 16,98 IC = C = 0,077 A V 220 V 220 XC = = = 2.850 Ω I C 0,077 1 1 = = 1,1 · 10 -6 F = 1,1 μ F C = 2π f X C 2 · π · 50 · 2.850 C (1,1 μ F; 220 V) 13.11
Cosϕ =
VR 125 = = 0,57 V 220
VC = V 2 - VR 2 = 220 2 - 1252 = 181 V
VR = 125
ϕ VC
Figura 13.4
P 60 = = 0,48 A V Cosϕ 220 · 0,57 V 181 = 377 Ω XC = C = I 0,48 1 1 C = = = 8,4 · 10 -6 F = 8,4 μ F 2π f X C 2 · π · 50 · 377 C (8,4 μ F; 181 V)
I =
13.12
− Bobina nº 1 X L1 Z 1
= 2π f L1 = 2π · 50 · 0,8 = 251 Ω
= R 1 + X L12 = 20 2 + 2512 = 251,8 Ω
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− Bobina nº 2 X L2 = 2πf L 2 = 2π · 50 · 0,6 = 188,5 Ω Z 2 = R 2 + X L 22 = 282 + 188,52 = 190,6 Ω ZT = (R 1 + R 2 ) 2 + (X L1 + X L2 ) 2 = (20 + 28) 2 + (251 + 188,5) 2 = 442 Ω I=
V 220 = = 0,5 A ZT 442
V1 = Z1 I = 251,8 · 0,5 = 126 V V2 = Z 2 I = 190,6 · 0,5 = 95 V CosϕT =
R T 20 + 28 = = 0,11 ⇒ 83,8º ZT 442
P = V I Cosϕ = 220 · 0,5 · 0,11 = 12 W Q = V I Senϕ = 220 · 0,5 · Sen83,8º = 109 VAR S = V I = 220 · 0,5 = 110 VA
Mejora del Factor de potencia : ϕ = arcos 0,11 = 83,8 º ϕ ' = arcos 0,95 = 18,19 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 12 (tag 83,13 º - tag 18,19 º ) = 96,8 VAR Q 96,8 IC = C = 0,44 A V 220 V 220 XC = = = 500 Ω I C 0,077 1 1 = = 6,4 · 10 -6 F = 6,4 μ F C = 2π f X C 2 · π · 50 · 500 C (6,4 μ F; 220 V) 13.13
P 5.750 = = 31,25 A V cos ϕ 230 · 0,8 230 1 = 2,3 V Δv = 100 2 L · I · cosϕ 2 · 25 · 31,25 · 0,8 S= = 0,017 · = 9,2 mm 2 ⇒ Sección comercial = 10 mm 2 Δv 2,3 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductor es aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 10 mm 2 ( I máx. admisible = 40 A) I=
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13.14
P 5.000 = = 25,58 A V cos ϕ 230 · 0,85 230 Δv = 5 = 11,5 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 250 · 25,58 · 0,85 S= = 0,017 · = 16,1 mm 2 ⇒ Sección comercial = 25 mm 2 Δv 11,5 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductor es aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 16 mm 2 ( I máx. admisible = 70 A) 25,58 A δ = = 1 A/mm 2 2 25 mm I=
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Unidad de contenido 14
14.1
1) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 1 = P tag ϕ = (5 · 1.500) · 0 = 0 VAR P 5 · 1.500 = = 34 A (calibre de automático > 35 A) I= V Cos ϕ 220 · 1 2) cos ϕ = 0,75 ⇒ ϕ = 41,4º ⇒ tag ϕ = tag 41,4º = 0,88 Q 2 = P tag ϕ = (3 · 5 · 736) · 0,88 = 9.715 VAR P 3 · 5 · 736 = = 67 A (calibre de automático > 80 A) I= V Cos ϕ 220 · 0,75 3) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q 3 = P tag ϕ = (60 ·40) · 1,33 = 3.200 VAR P 60 · 40 = = 18 A (calibre de automático > 20 A) I= V Cos ϕ 220 · 0,6 4) V 2 220 2 P= = = 3.227 W R 15 cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 4 = P tag ϕ = 3.227 · 0 = 0 VAR P 3.227 = = 14,7 A (calibre de automático > 20 A) I= V Cos ϕ 220 · 1 5) X L
= 2π fL = 2 · π · 50 · 500 · 10 -3 = 157 Ω
R 2 + X 2L = 20 2 + 157 2 = 158 Ω V 220 = 1,39 A (calibre de automático > 5 A) I = = Z 158 R 20 Cosϕ = = = 0,13 ⇒ ϕ = 82,72º Z 158 P = V I Cosϕ = 220 · 1,39 · 0,13 = 39,8 W Q = V I Senϕ = 220 · 1,39 · Sen 82,72º = 303,3 VAR
Z =
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Potencias totales : PT = ∑ P = (5 · 1500) + (3 · 5 · 736) + (60 · 40) + 3.227 + 39,8 = 24.207 W
Q T = ∑ Q = 0 + 9.715 + 3.200 + 0 + 303,3 = 13.218 VAR
ST = PT 2 + Q T 2 = 24.207 2 + 13.218 2 = 27.581 VA = 27, 6 KVA (potencia instalada) P 24.207 FP = Cosϕ = = = 0,88 S 27.581 PT 24.207 IT = = = 125 A (calibre de automático > 160 A) V Cos ϕ 220 · 0,88 d ) 220 Δv = 3 = 6,6 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 125 · 0,88 S= = 0,017 · = 70 mm 2 ⇒ Sección comercial = 70 mm 2 Δv 6,6 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores al aire libre) Columna 8, tenemos que : S = 70 mm 2 ( I máx. admisible = 202 A) e)
ϕ = arcos 0,88 = 28,35 º ϕ ' = arcos 0,98 = 11,48 º
Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 24.207 (tag 28,35 º - tag 11,48 º ) = 8.146 VAR Q 8.146 = 37 A IC = C = V 220 V 220 XC = = = 5,94 Ω I C 37 1 1 C = = = 535 · 10 -6 F = 535 μ F 2π f X C 2 · π · 50 · 5,94 C (535 μ F; 220 V)
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Solucionario: Electrotecnia
14.2
1) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q1 = P tagϕ = (7 · 100) · 0 = 0 VAR P 7 · 100 I= = = 3,18 A (calibre de fusible F3 > 4 A) V Cos ϕ 220 · 1 2) cos ϕ = 0,9 ⇒ ϕ = 25,84º ⇒ tag ϕ = tag 25,84º = 0,48 Q 2 = P tagϕ = (100 · 40) · 0,48 = 1.937 VAR P 100 · 40 I= = = 18 A (calibre de fusible F4 > 20 A) V Cos ϕ 220 · 0,9 3) V 2 220 2 P= = = 968 W R 50 cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = 968 · 0 = 0 VAR P 968 = = 4,4 A (calibre de fusible F5 > 6 A) I= V Cos ϕ 220 · 1 4) cos ϕ = 0,7 ⇒ ϕ = 45,57º ⇒ tag ϕ = tag 45,57º = 1,02 Q 4 = P tagϕ = 3.025 · 1,02 = 3.086 VAR P 3.025 I= = = 19,6 A (calibre de fusible F6 > 20 A) V Cos ϕ 220 · 0,7 Potencias totales: PT = ∑ P = (7 · 100) + (100 · 40) + 968 + 3.025 = 8.693 W Q T = ∑ Q = 0 + 1.937 + 0 + 3.086 = 5.023 VAR ST = PT 2 + Q T 2 = 8.6932 + 5.0232 = 10.040 VA = 10 KVA FP = Cosϕ T = IT =
PT 8.639 = = 0,86 ST 10.040
PT 8.693 = = 46 A (calibre de fusible F1 > 50 A) V Cos ϕ 220 · 0,86
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Solucionario: Electrotecnia
c)
220 2 = 4,4 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 46 · 0,86 S= = 0,017 · = 38 mm 2 ⇒ Sección comercial = 50 mm 2 Δv 4,4 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos) Columna 4, tenemos que : S = 50 mm 2 ( I máx. admisible = 117 A)
Δv =
d )
ϕ = arcos 0,86
= 30,68 º ϕ ' = arcos 0,99 = 8,1 º Q C = P (tag ϕ - tag ϕ ' ) = 8.693 (tag 30,68 º - tag 8,1 º ) = 3.920 VAR Q 3.920 IC = C = = 17,8 A V 220 V 220 XC = = = 12,36 Ω I C 17,8 1 1 = = 258 · 10 -6 F = 258 μ F C = 2π f X C 2 · π · 50 · 12,36 C (3,9 KVAR; 258 μ F; 220 V) e)
PT 8.693 = = 40 A V Cos ϕ ' 220 · 0,99 220 2 = 4,4 V Δv = 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 40 · 0,99 = 0,017 · = 38 mm 2 ⇒ Sección comercial = 50 mm 2 S= 4,4 Δv Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes) Columna 2, tenemos que : S = 50 mm 2 ( I máx. admisible = 94 A) I'T =
14.3
Z = 50 · Cos45º + j50 · Sen45º = 35 + j35 R = 35 Ω X L = 35 Ω
40 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
14.4 Z1
Z2
I I1
I2 R 2 140 Ω
G
R 1 380 V
200 Ω
L 1,96 H
Figura 14.1 Z1 = 200 + j0 X L 2 = 2πfL 2 = 2 · π · 50 · 1,96 = 616 Ω Z 2 = 140 + j616 I1 =
V 380 = = 1,9 + j0 Z1 200 + j0
I2 =
V 380 (140 - j616) 380 = = = 0,13 - j0,59 Z2 140 + j616 1402 + 6162
I T = I1 + I 2 = (1,9 + j0) + (0,13 - j0,59) = 2 - j0,59 I1 = 1,9 + 0j = 1,9∠0º = 1,9 A I 2 = 0,13 - j0,59 = 0,132 + 0,592 ∠arctg
- 0,59 = 0,6 ∠ - 77,6º = 0,6 A 0,13
I T = 2 - j0,59 = 2,1∠ - 16,4º = 2,1 A
I1 = 1,9 0º
V = 380 0º ϕ I = 2,1 -16,4º
I2 = 0,6 -77,6º
Figura 14.2
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Solucionario: Electrotecnia
14.5
XC =
1 1 = = 48 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 66,3 · 10- 6
X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 159 · 10-3 = 50 Ω Z1 = X C = 0 - j48 = 48∠ - 90º Z 2 = R = 400 + j0 = 400∠0º Z3 = X L = 0 + j50 = 50∠90º I1 =
V 120∠0º = = 2,5∠90º = 2,5 A Z1 48∠ − 90º
I2 =
V 120∠0º = = 0,3∠0º = 0,3 A Z2 400∠0º
I3 =
V 120∠0º = = 2,4∠ - 90º = 2,4 A Z3 50∠90º
I T = I1 + I 2 + I3 = (0 + j2,5) + (0,3 + j0) + (0 + j2,4) = 0,3 + j0,1 = 0,32∠18,4º = 0,32 A / ϕ = 18,4º
P = V I Cosϕ = 120 · 0,32 · Cos 18,4º = 36,4 W Q = V I Senϕ = 120 · 0,32 · Sen 18,4º = 12,1 VAR S = V I = 120 · 0,32 = 38,4 VA
I1 =2,5 90º
I1 =0,32 18,4º I2 = 0,3 0º
V = 120 0º ϕ
I = 2,4 -90º
Figura 14.3
42 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
14.6
Z1 = (j10 - j20) = - j10 Z2 = 20 - j10 Z3 = 10 + j5 I1 =
V 100 = = j10 = 10 A Z1 - j10
I2 =
V 100 = = 4 + j2 = 4,47∠26,56º Z2 20 - j10
I3 =
V 100 = = 8 - j4 = 8,94∠ - 26,6º Z3 10 + j5
I T = I1 + I 2 + I3 = j10 + 4 + j2 + 8 - j4 = 12 + j8 = 14,42∠33,7º = 14,42 A / ϕ = 33,7º ZT =
V 100∠0º = = 6,93∠ - 33,7º = 6,93 Ω I T 14,42∠33,7º
F.P. = Cosϕ = Cos 33,7º = 0,83 (capacitivo) P = V I Cosϕ = 100 · 14,42 · Cos 33,7º = 1.197 W Q = V I Senϕ = 100 · 14,42 · Sen 33,7º = 800 VAR S = V I = 100 ·14,42 = 1.442 VA 14.7
El circuito mixto podría quedar también dibujado así (figura 14.4). 5 Ω
10 Ω
A
B
I1
3 Ω
D
C
4 Ω
IT I2 G 50 V
Figura 14.4 El circuito equivalente podría quedar reducido al de la figura 14.5 teniendo en cuenta que el condensador y la red formada por la bobina y la resistencia están en paralelo.
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Solucionario: Electrotecnia 10 Ω
A
ZBD
B
D
IT G 50 V
Figura 14.5 Z BD =
- j5 (3 + j4) 20 - j15 (3 + j1) (20 - j15) = = = 7,5 - j2,5 = 7,9∠ - 18,4º - j5 + (3 + j4) 3 - j1 32 + 12
En el circuito de la figura 8.9 la resistencia queda en serie con la impedancia Z BD ZT = 10 + (7,5 - j2,5) = 17,5 - j2,5 IT =
V 50 (17,5 + j2,5) 50 = = = 2,8 + j0,4 = 2,8∠8,1º = 2,8 A / ϕ = 8,1º ZT 17,5 - j2,5 17,52 + 2,52
VBD = ZBD · I T = 7,9∠ - 18,4º · 2,8∠8,1º = 22,1∠ - 10,3º I2 =
VBD 22,1∠ - 10,3º = = 4,4∠ - 63,4º Z2 5∠53,1º
Z2 = 3 + 4j = 5∠53,1º
− Lectura de V = VCD = Z CD · I 2 = 4∠90º · 4,4∠ - 63,4º = 17,6∠ - 26,6º = 17,6 V PT = V I Cosϕ = 50 · 2,8 · Cos 8,1º = 138,6 W QT = V I Senϕ = 50 · 2,8 · Sen 8,1º = 19,7 VAR ST = V I = 50 · 2,8 = 140 VA 14.8
El circuito se podría representar así (figura 14.6): 5 Ω
10 Ω
A
B
I1
C 10 Ω
IT G
I2
V
Figura 14.6 44 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
El condensador y la bobina quedan en paralelo (figura 14.7): 10 Ω
A
B
ZBC
C
IT G V
Figura 14.7 Z BC =
(j5) (-j10) 50 = = j10 j5 - j10 - j5
ZT = Z AB + Z BC = 10 + j10 I 2 = Lectura de A = 10 VBC = Z C · I 2 = - j10 · 10 = - j100 I1 =
VBC - j100 = = - 20 ZL 5j
I T = I1 + I 2 = - 20 + 10 = - 10 = 10 A / ϕ = 180º VT = ZT · I T = (10 + j10) (-10) = - 100 - j100 = 141∠ - 135º = 141 V
− ST = VT · I T * = (−100 − j100) − 10 = 1.000 + j1.000 = 1414∠ 45º PT = 1.000 W QT = 1.000 VAR ST = 1.414 VA CosϕT = Cos 45º = 0,7 En la figura 14.8 se ha representado el diagrama vectorial:
I1 = 20 0º
IT = 10 0º
I2 = 10 0º
Figura 14.8 © ITES-PARANINFO 45
Solucionario: Electrotecnia
14.9
V = 311 Sen 314 t Vmáx = 311 V Vmáx 311 = = 220 V 2 2 ω = 314 V=
ω = 2πf ⇒ f =
ω 314 = = 50 Hz 2π 2π
X L = L = 314 · 0,4 = 125,6 Ω Z = R 2 + X 2L = 100 2 + 125,6 2 = 160,5 Ω V 220 I = = = 1,4 A Z 160,5 R 100 Cosϕ = = = 0,62 ⇒ ϕ = 51,5º Z 160,5 P = V I Cosϕ = 220 · 1,4 · 0,62 = 191 W Q = V I Senϕ = 220 · 1,4 · Sen 51,5º = 241 VAR S = V I = 220 · 1,4 = 308 VA En la figura 14.9 se ha representado el diagrama vectorial. V = 220 V
ωt = 0 ϕ = 51,5º
VR = 1,4 A
Figura 14.9
46 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
14.10
X L1 = 2πfL1 = 2 · π · 50 · 0,8 = 251,2 Ω X L 2 = 2πfL 2 = 2 · π · 50 · 0,6 = 188,4 Ω Z1 = R 1 + jXL1 = 80 + j251,2 Z 2 = R 2 + jXL 2 = 120 + j118,4 I1 =
V 220 (80 - j251,2) 220 = = = 0,25 - j0,8 Z1 80 + j251,2 802 + 251,22
I2 =
V 220 (120 - j188,4) 220 = = = 0,56 - j0,83 Z2 120 + j188,4 120 2 + 188,42
I1 = 0,84∠ - 72,6º = 0,84 A / ϕ1 = - 72,6º I 2 = 0,98∠ - 57,4º = 0,98 A / ϕ2 = - 57,4º I T = I1 + I 2 = 0,25 - j0,8 + 0,53 - j0,83 = 0,78 - j1,63 = 1,81∠ - 64,4º = 1,81A / ϕT = - 64,4º
− Bobina nº 1 Cosϕ1 = Cos 72,6º = 0,3 P1 = V I1 Cosϕ1 = 220 · 0,84 · 0,3 = 55,4 W Q1 = V I1 Senϕ1 = 220 · 0,84 · Sen 72,6º = 176 VAR S1 = V I1 = 220 · 0,84 = 184,8 VA
− Bobina nº 2 Cosϕ2 = Cos 57,4º = 0,54 P2 = V I 2 Cosϕ2 = 220 · 0,98 · 0,54 = 116,4 W Q 2 = V I 2 Senϕ2 = 220 · 0,98 · Sen 57,4º = 182 VA S2 = V I 2 = 220 · 0,98 = 216 VA
− Total CosϕT = Cos 64,4º = 0,43 PT = V I T CosϕT = 220 · 1,81 · 0,43 = 171 W QT = V I T SenϕT = 220 · 1,81 · Sen 64,4º = 359 VAR ST = V I T = 220 · 1,81 = 398 VA
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Solucionario: Electrotecnia
14.11 G 220 V / 50 Hz
I
R = 160 Ω
B
C = 35 μF
A
Figura 14.10 XC =
1 1 = = 91 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 35 · 10- 6
Z = R 2 + X C2 = 1602 + 912 = 184 Ω V 220 = = 1,2 A Z 184 VR = R I = 160 · 1,2 = 192 V I=
− Para que el calefactor trabaje a 125 V, la corriente será igual a: VR 125 = = 0,78 A R 160 V 220 Z= = = 282 Ω I 0,78
I=
X C = Z2 + R 2 = 2822 + 1602 = 232 Ω 1 1 = = 19,6 Hz 2 · π · C · X C 2 · π · 35 · 10- 6 · 232
f = 14.12
− Bobina nº 1 X L1 Z 1
= 2π f L1 = 2π · 50 · 0,8 = 251 Ω
= R 1 + X L12 = 20 2 + 2512 = 251,8 Ω
48 © ITES-PARANINFO
C
Solucionario: Electrotecnia
− Bobina nº 2 X L2 = 2πf L 2 = 2π · 50 · 0,6 = 188,5 Ω Z 2 = R 2 + X L 22 = 282 + 188,52 = 190,6 Ω ZT = (R 1 + R 2 ) 2 + (X L1 + X L2 ) 2 = (20 + 28) 2 + (251 + 188,5) 2 = 442 Ω I=
V 220 = = 0,5 A ZT 442
V1 = Z1 I = 251,8 · 0,5 = 126 V V2 = Z 2 I = 190,6 · 0,5 = 95 V CosϕT =
R T 20 + 28 = = 0,11 ⇒ 83,8º ZT 442
P = V I Cosϕ = 220 · 0,5 · 0,11 = 12 W Q = V I Senϕ = 220 · 0,5 · Sen83,8º = 109 VAR S = V I = 220 · 0,5 = 110 VA
Mejora del Factor de potencia:
ϕ = arcos 0,11 = 83,8 º ϕ' = arcos 0,95 = 18,19 º Q C = P (tagϕ - tagϕ' ) = 12 (tag 83,13 º - tag 18,19 º ) = 96,8 VAR Q C 96,8 0,44 A = V 220 V 220 XC = = = 500 Ω I C 0,077 IC =
C=
1 1 = = 6,4 · 10 -6 F = 6,4 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 500
C (6,4 μF; 220 V)
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Solucionario: Electrotecnia
14.13 220 V / 50 Hz G I
A
R = 60
L = 0,2 mH
Ω
B
VL = 125 V
R VR
V= 220 V
Figura 14.11
− Primero calculamos la impedancia de la bobina: X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 0,2 = 62,8 Ω Z L = R 2L + X 2L = 602 + 62,82 = 86,9 Ω I=
VL 125 = = 1,44 A ZL 86,9
ZT = ( R + R L ) 2 + X 2L = (R + 60) 2 + 62,82 ZT =
V 220 = = 153 Ω I 1,44
153 = (R + 60) 2 + 62,82 ⇒ R R= =79,5 ΩΩ 79,5 14.14 Z1
Z2
I I1
I2
R 2 200 Ω
G
220 V L 0,8 H
Figura 14.12 50 © ITES-PARANINFO
C = 2 μF
C
Solucionario: Electrotecnia
X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 0,8 = 251,3 Ω 1 1 = = 1.591,5 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 2 · 10- 6 V 220 (200 - j251,3) 220 I1 = = = = 0,43 - j0,54 = 0,69∠ - 51,5º Z1 200 + j251,3 2002 + 251,32 XC =
I2 =
V 220 = = j0,14 = 0,14∠90º Z2 - j1.591,5
I T = I1 + I 2 = (0,43 + j0,54) + (j0,14) = 0,43 + j0,4 = 0,59∠43º I1 = 0,69A; I 2 = 0,14A; I T = 0,59 A 14.15
1) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q1 = P tagϕ = 5.000 · 1,33 = 6.650 VAR 2) cos ϕ = 0,65 ⇒ ϕ = 49,46º ⇒ tag ϕ = tag 49,46º = 1,17 Q 2 = P tagϕ = 7.000 · 1,17 = 8.190 VAR
Potencias totales : PT = ∑ P = 5.000 + 7 .000 = 12.000 W
Q T = ∑ Q = 6.650 + 8.190 = 14.840 VAR S T = PT 2 + Q T 2 = 12.000 2 + 14.840 2 = 19.085 VA P 12.000 = 0,81 FP = Cos ϕ T = T = S T 14.840 PT 12.000 = = 67 A IT = V Cos ϕ T 220 · 0,81 Cálculo de la sección de los conductores: 220 5 = 11 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 100 · 67 · 0,81 = 0,017 · = 17 mm 2 ⇒ Sección comercial = 25 mm 2 S= Δv 11 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes
Δv =
aislantes) Columna 2, tenemos que : S = 25 mm 2 ( I máx. admisible = 64 A). Como la corriente que admite el conductor es inferior a 67 A, seleccionaremos un conductor de 50 mm2, que admite una corriente de 94 A. © ITES-PARANINFO 51
Solucionario: Electrotecnia
Cálculo de la sección de los conductores para un FP mejorado de 0,95 : PT 12.000 I'T = = = 57,4 A V Cos ϕ 'T 220 · 0,95 220 Δv = 5 = 11 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 100 · 57,4 · 0,81 S= = 0,017 · = 14 mm 2 ⇒ Sección comercial = 16 mm 2 Δv 11 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 2, tenemos que : S = 16 mm 2 ( I máx. admisible = 49 A).
Como la corriente que admite el conductor es inferior a 57,4 A, seleccionaremos un conductor de 25 mm2, que admite una corriente de 64 A. 14.16
1 1 = = 126 Hz 2π LC 2 · π · 80 · 10-3 · 20 · 10- 6 Como X L = X C , ZT = R = 2 Ω f r =
I=
V 100 = = 50 A R 2
VL = VL = X L I = 2πfLI = 2 · π · 126 · 80 · 10- 3 · 50 = 3.167 V 14.17
f r =
1 1 1 ⇒C= = = 1 · 10-5 F = 10 μF 2 2 (f r 2π) L (50 · 2 · π) 1 2π LC
52 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 15
15.6
P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 30 · 0,75 = 8.963 W Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 230 · 30 · 0,66 = 7.900 VAR S = 3 VC I L = 3 · 230 · 30 = 11.940 VA 15.7
P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ Cosϕ =
P 36.000 = = 0,95 3 VC I L 3 · 225 · 97,4
15.8
a) P 50.000 = = 76.923 VA = 77 KVA Cos ϕ 0,65 S 76.923 I1L = = = 1,85 A 3 VC1 3 · 24.000 S 76.923 I 2L = = = 111 A 3 VC2 3 · 400 b) P 50.000 S' = = = 51.020VA = 51 KVA Cos ϕ ' 0,98 S=
15.9
VC 230 = = 133 V 3 3 V 133 I f = I L = S = = 13,3 A R 10 P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 13,3 · 1 = 5.298 W VS =
© ITES-PARANINFO 53
Solucionario: Electrotecnia
15.10
I f = I L = I L = I f
VC 230 = = 23 A R 10 3 = 23 · 3 = 39,84 A
P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 39,84 · 1 = 15.871 W 15.11
P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ I L =
P 3.990 = = 9,33 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,65
I L 9,33 = = 5,39 A 3 3 Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 380 · 5,39 · 0,76 = 2.696 VAR I f =
S = 3 VC I L = 3 · 380 · 5,39 = 3.548 VA Si consideramos que : P 3.990 P = 3R I 2 f ⇒ R = 2 = = 45,8 Ω 3 I f 3 · 5,39 2 Q 2.696 Q = 3X L I 2 f ⇒ X L = 2 = = 30,1 Ω 3 I f 3 · 5,39 2 X 30,1 L= L = = 0,0958 H = 95,8 mH 2π f 2π · 50 15.12
a) X L = 2ππf = 2 · π · 50 · 0,2 = 62,8 Ω Z = R 2 + X 2L = 16 2 + 62,8 2 = 64,83 Ω I f =
VC 240 = = 3,7 A Z 64,83
I L = I f 3 = 3,7 · 3 = 6,4 A b) R 16 Cosϕ = = = 0,25 = FP Z 62,83 P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 240 · 6,4 · 0,25 = 665 W
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15.13
P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ Cosϕ =
P 29.400 = = 0,95 3 VC I L 3 · 400 · 56
Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 400 · 56 · 0,65 = 25.219 VAR S = 3 VC I L = 3 · 400 · 56 = 38.798 VA 15.14
P = 3 · 5 CV · 736 = 11.040 VC = 3 VS = 3 · 220 = 381 V P 11.040 I L = I f = = = 16,73 A 3 VC Cos ϕ 3 · 381 · 0,78 cos ϕ = 0,78 ⇒ ϕ = 38,74º ⇒ tag ϕ = tag 38,74º = 0,8 cos ϕ ' = 0,9 ⇒ ϕ ' = 25,84º ⇒ tag ϕ ' = tag 25,84º = 0,48 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 11.040 (0,8 - 0,48) = 3.510 VAR
15.15
a) FP = Cosϕ =
Energía activa Energía activa 205.000 = = = 0,8 2 2 2 2 Energía aparente Energía activa + Energia reactiva 205.000 + 150.000
b) IL =
S 700.000 = = 40,4 A 3 VC 3 · 10.000
c) cos ϕ = 0,8 ⇒ ϕ = 36,86º ⇒ tag ϕ = tag 36,86º = 0,75 cos ϕ ' = 0,93 ⇒ ϕ ' = 21,57º ⇒ tag ϕ ' = tag 21,57º = 0,4 P = S cosϕ = 700.000 · 0,8 = 560.000 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 560.000 (0,75 - 0,4) = 196.000 VAR
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Potencia de un condensador =
Q 3C 196.000 = = 65.333 VAR 3 3
QC 65.333 = = 11,3 A VS 10.000 3 V 5.774 XC = s = = 511 Ω I C 11,3 1 1 C = = = 6,2·10 -6 F = 6,2 μ F 2π f X C 2 · π · 50 · 511 C (6,2 μ F; 5.774 V) IC =
d) P 560.000 = = 34,77 A 3 VC Cos ϕ ' 3 · 10.000 · 0,93 34,77 A %= · 100 = 86 % 40,4 A % reducción = 100 - 86 = 14% IL'0,93 =
15.16
1) cos ϕ = 0,8 ⇒ ϕ = 36,86º ⇒ tag ϕ = tag 36,86º = 0,75 Q1 = P tagϕ = 50.000 · 0,75 = 37.500 VAR 2) cos ϕ = 0,85 ⇒ ϕ = 31,79º ⇒ tag ϕ = tag 31,79º = 0,62 Q 2 = P tagϕ = 40.000 · 0,62 = 24.800 VAR 3) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = (375 ·40) · 0 = 0 VAR 4) cos ϕ = 0,9 ⇒ ϕ = 25,84º ⇒ tag ϕ = tag 25,84º = 0,48 Q 4 = P tagϕ = (250 · 40) · 0,48 = 4.800 VAR Potencias totales totales:: PT = ∑ P = 50.000 + 40.000 + 375 · 40 + 250 · 40 = 115.000 W Q T = ∑ Q = 37.500 + 24.800 + 0 + 4.800 = 67.100 VAR
ST = PT 2 + Q T 2 = 115.000 2 + 67.100 2 = 133.144 VA P 115.000 FP = Cosϕ = = = 0,86 S 133.144 P 115.000 IL = = = 322 A 3 VC Cos ϕ 3 · 240 · 0,86 56 © ITES-PARANINFO
Solucionario: Electrotecnia
15.17
1) cos ϕ = 0,75 ⇒ ϕ = 41,4º ⇒ tag ϕ = tag 41,4º = 0,88 Q1 = P tagϕ = 8.660 · 0,88 = 7.637 VAR P 8.660 IL = = = 14,95 A = Lectura A 3 (con Q abierto y cerrado) 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,88 2) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q 2 = P tagϕ = (30 · 250) · 1,33 = 10.000 VAR P 30 · 250 IL = = = 17,27 A = Lectura A 4 (con Q abierto y cerrado) 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,66 3) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = (90 · 60) · 0 = 0 VAR P 90 · 60 = = 8,2 A = Lectura A 5 (con Q abierto y cerrado) IL = 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 1 Potencias totales : PT = ∑ P = 8.660 + 30 ·250 + 90 · 60 = 21.560 W Q T = ∑ Q = 7.637 + 10.000 + 0 = 17.637 VAR
S T = PT 2 + Q T 2 = 21.560 2 + 17.637 2 = 27.855 VA P 21.560 = 0,77 FP = Cosϕ = = S 27.855 P 21.560 IL2 = = = 42,5 A = Lectura A 2 (con Q abierto ) 3 VC2 Cos ϕ 3 · 380 · 0,77 P 21.560 I L1 = = = 0,54 A = Lectura A 1 (con Q abierto) 3 VC1 Cos ϕ 3 · 30.000· 0,77 P 21.560 I'L 2 = = = 34,5 A = Lectura A 2 (con Q cerrado ) 3 VC2 Cos ϕ ' 3 · 380 · 0,95 P 21.560 I'L1 = = = 0,43 A = Lectura A1 (con Q cerrado) 3 VC1 Cos ϕ ' 3 · 30.000· 0,95 P 21.500 Lectura de W1 = T = = 7.167 W (con Q abierto y cerrado) 3 3 Lectura de V1 = VC = 380 V (con Q abierto y cerrado) Lectura de V2 = V S = 380 = 220 V (con Q abierto y cerrado) 3 Lectura de A 6 = I n = 0 A (con Q abierto y cerrado) (siempre que el sistema este equilibrado) © ITES-PARANINFO 57
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b) cos ϕ = 0,77 ⇒ ϕ = 39,65º ⇒ tag ϕ = tag 39,65º = 0,83 cos ϕ ' = 0,95 ⇒ ϕ ' = 18,19º ⇒ tag ϕ ' = tag 18,19º = 0,33 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 21.560 (0,83 - 0,33) = 10.780 VAR Q 10.780 Potencia de un condensador = 3C = = 3.593 VAR 3 3 Q 3593 I f C = C = = 9,46 A VC 380 V 380 XC = C = = 40 Ω I C 9,46 1 1 = = 79· 10 -6 F = 79 μ F C = 2π f X C 2 · π · 50 · 40 C (79 μ F; 380 V) Lectura de A 7 = I LC = 3 · I fC = 3 · 9,46 = 16,4 A
15.18
IL =
P
=
100.000 = 160 A 3 · 400 · 0,9
3 VC cos ϕ 400 Δv = 0,5 = 2 V 100 3 L · I · cosϕ 3 · 15 · 160 · 0,9 S= = 0,017 · = 32 mm 2 ⇒ Sección comercial = 35 mm 2 Δv 2 Consultando en la tabla 4.2 para 3 x XLPE (Conductor es aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 4, tenemos que : S = 35 mm 2 ( I máx. admisible = 96 A) Como con 35 mm 2 no es suficiente para 160 A, seleccionamos un conductor de 70 mm 2
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Solucionario: Electrotecnia
15.19
IL =
P 3 VC cos ϕ
=
50.000 = 82,5 A 3 · 500 · 0,7
3 L · I · cosϕ 3 · 200 · 82,5 · 0,7 = 0,017 · = 9,7 V S 35 9,7 ΔV% = 100 = 1,94 % 500 ΔV 9,7 3 R L = S = = 0,068 Ω IL 82,5 P pL = 3 · R L · I 2 L = 3 · 0,068 · 82,5 2 = 1.388 W
Δv =
Para un FP de 0,95 : P 50.000 I' L = = = 60,8 A 3 VC cos ϕ 3 · 500 · 0,95 P' pL = 3 · R L · I 2 ' L = 3 · 0,068 · 60,8 2 = 753 W
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Unidad de cont enido 16 16.9
E ab = VL - VR = 350 - 335 = 15 mA E r % =
E ab 15 100 = 100 = 4,5% VR 335
16.10
El error absoluto máximo se comete en el resultado: E ab máx = 200V - 197V = 3 V Clase =
E ab máx 3 100 = 100 = 1,5 Vmáx 200
16.11
E ab máx =
clase · Vmáx 2,5 · 500 = = 12,5 W 100 100
16.12
IS = I - I A = 2 - 0,1 = 1,9 A R S =
R A I A 0,19 · 0,1 = = 0,01 Ω IS 1,9
16.13
IS = I - I A = 200 - 10 = 190 A R S = m=
R A I A 1,9 · 10 = = 0,1 Ω IS 190
I 200 = = 20 veces I A 10
Constante de escala sin shunt:
K =
10 A = 0,125 A/div 80 div
Constante de escala con shunt:
K S =
200 A = 2,5 A/div 80 div
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La medida para 65 divisores es:
• sin shunt = 65 div · 0,125 = 8,125 A • con shunt = 65 div · 2,5 = 162,5 A 16.14
Intensidad nominal por el primario del transformador de intensidad:
IL =
P 70.000 = = 230 A 3 VC Cos ϕ 3 · 220 · 0,8
Seleccionamos un transformador de intensidad de relación 250/5. Su relación de transformación es:
m=
I1 250 = = 50 I2 5
La constante de escala del amperímetro con transformador es: K=
250 A 250 = = 6,25 A/div 40 div 40
La medida para 35 divisiones, es: 35 div · 6,25 A/div = 218,75 A 16.15
IV =
VV 20 = = 0,004 A R V 5.000
Tensión en la resistencia adicional: VS = V - VV = 1.000 - 20 = 980 V R S =
VS 980 = = 245.000 Ω I V 0,004
Constante sin resistencia adicional:
K =
20 V = 0,2 V/div 100 div
Constante con resistencia adicional:
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K S =
1.000 V = 10 V/div 100 div
Medida sin resistencia adicional:
22 div · 0,2 V/div = 4,4 V Medida con resistencia adicional: 22 div · 10V/div = 220 V 16.16
Seleccionaremos para la medida un transformador de tensión de relación: 11.000/110 V. Su relación de transformación es:
m=
V1 11.000 = = 100 V2 110
La constante de escala del voltímetro con transformador es: K=
11.000 V 250 = = 220 V/div 50 div 40
La medida para 45 divisiones, es: 45 div · 220 V/div = 9.900 V
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Unidad de cont enido 17 17.12
2.500 lm = 62,5 lm/W 40 W 500 lm = 12,5 lm/W Eficacia luminosa (incandescente) = 40 W Eficacia luminosa (fluorescente) =
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Unidad de contenido 18 18.8
N1 5.000 = = 10 N 2 500 V V 220 = 22 v m = 1 ⇒ V2 = 1 = V2 m 10 m=
18.9
E1 = 4,44 f N1 Φ máx = 4,44 · 350 · 60 · 0,004 = 373 V E 2 = 4,44 f N 2 Φ máx = 4,44 · 1.750 · 60 · 0,004 = 1.864,8 V N 350 m= 1 = = 0,2 N 2 1.750 18.10
P 1.500 = = 6,58 A V1 cosϕ 380 · 0,6 P 1.500 I2 = = = 19,69 A V2 cosϕ 127 · 0,6 V 380 m= 1 = =3 V2 127 I1 =
18.11
V1 10.000 = = 25 V2 398 PFe = P0 = Lectura del vatímetro en vacío = 20 W I 0 = Lectura del amperímetr o en vacío = 0,15 A m=
18.12
S
100.000 = 16,67 A I = n = 1n V 6.000 1 S 100.000 I = n = = 435 A 2n V 230 2 Pcu = PCC = Lectura del vatímetro en cortocircuito = 1.571 W 64 © ITES-PARANINFO
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Pcc 1.571 = = 0,38 Vcc I1n 250 · 16,67 V 250 u cc = cc 100 = 100 = 4,17 % V1n 6.000 u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4,17 · 0,38 = 1,58 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4,17 · sen 67,67º = 3,86 % V 250 Z cc = cc = = 15 Ω I1n 16,67 R cc = Z cc cos ϕ cc = 15 · 0,38 = 5,7 Ω X cc = Z cc sen ϕ cc = 15 · sen 67,67º = 13,9 Ω
Cosϕ cc =
Las pérdidas cuando el transformador trabaja a ¾ partes de la potencia nominal:
I1 (3/4) = 3 4 I1n = 3 4 · 16,67 = 12,5 A Pcu = R cc I 21 (3/4) = 5,7 · 12,52 = 891 W 18.13
ε = U Rcc
cos + U Xcc sen ϕ = 3,7 · 0,8 + 2,3 · sen 36,87 = 4,34 % 230 ΔV = · 4,34 % = 10 V 100
La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces:
V2 = E 2 - ΔV = 230 - 10 = 220 V La tensión en bornes del secundario para una carga de 25 KVA: 25 KVA = 1/ 4 100 KVA 4,34 = 1,09% ε 1 / 4 = C ε = 4 230 · 1,09 % = 2,51 V ΔV = 100 V2(1/4) = E 2 - ΔV = 230 - 2,51 = 227,5 V C=
Intensidades de cortocircuito en ambos devanados:
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S n 100.000 = = 50 A V1 2.000 S 100.000 I 2n = n = = 455 A V2 220 I1n =
u cc = u 2 Rcc + u 2 Xcc = 3,7 2 + 2,3 2 = 4,36 %
I1n 50 100 = 100 = 1.147 A u cc 4,36 I 455 I cc2 = 2n 100 = 100 = 10.436 A u cc 4,36 I cc1 =
18.14
η =
S cos 50.000 · 0,87 100 = 100 = 99 % S cos ϕ + PFe + PCu 50.000 · 0,87 + 100 + 300
18.15
η =
S cos 10.000 · 0,85 100 = 100 = 95 % S cos ϕ + PFe + PCu 10.000 · 0,85 + 90 + 360
S n 10.000 = = 25 A = Intensidad por el primario en el ensayo de cortocircuito V1 398 P 360 Cosϕ cc = cc = = 0,9 Vcc I1n 16 · 25 V 16 u cc = cc 100 = 100 = 4,02 % V1n 398 u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4,02 · 0,9 = 3,62 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4,02 · sen 25,84º = 1,75 % I1n =
ε = U Rcc
cos + U Xcc sen = 3,62 · 0,85 + 1,75 · sen 31,79º = 4 % 230 ΔV = · 4 % = 9,2 V 100
La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces:
V2 = E 2 - ΔV = 230 - 9,2 = 220,8 V
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Solucionario: Electrotecnia
18.19
V1s 12.000 = = 52 V2s 398 3 V 12.000 m c = 1c = = 30 V2c 398 PFe = P0 = Lectura de potencia en vacío = 4000 W I 0 = Lectura del amperímetr o en vacío = 0,2 A ms =
18.20
I1n =
Sn 250.000 = = 8,25 A = Intensidad por el primario en el ensayo de cortocircuito 3 V1 3 · 17.500
Pcu = PCC = Lectura de potencia en cortocircu ito = 4.010 W Pcc 4.010 Cosϕ cc = = = 0,4 3 Vcc I1n 3 · 700 · 8,25 V 700 u cc = cc 100 = 100 = 4 % V1n 17.500 u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4 · 0,4 = 1,6 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4 · sen 66,42º = 3,67 % ε = U Rcc
cos + U Xcc sen = 1,6 · 0,85 + 3,67 · sen 31,79 = 3,29 % 398 ΔV = · 3,29 % = 13 V 100 La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces:
V2 = E 2 - ΔV = 398 - 13 = 385 V η =
S cos 250.000 · 0,85 100 = 100 = 97,8 % S cos ϕ + PFe + PCu 250.000 · 0,85 + 675 + 4.010
Para determinar la corriente de cortocircuito por el primario, primero averiguamos la intensidad por cada una de las fases del bobinado del transformador conectado en estrella: I1nL 8,25 = = 4,76 3 3 I 4,76 I cc1f = 1nL 100 = 100 = 119 A u cc 4 I1nf =
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Unidad de contenido 20 20.9
V b - 2U e 440 - 2 = = 973 A r i 0,35 + 0,1 Al incorporar una resistencia adicional en serie con el inducido suavizamos el arranque: I i(a) =
I i(a) =
V b - 2U e 440 - 2 = = 80 A r i + r a (0,35 + 0,1) + 5
20.10
V b - 2U e 110 - 2 = = 360 A r i 0,3 El valor óhmico del reostato de arranque lo calculamos así: I i(a) =
Pn 10.000 = = 91 A V 110 La corriente de arranque deberá limitarse hasta 2 veces la nominal: In =
I i(a) = 2 · 91 = 182 A I i(a) =
V - 2U e - I i(a) r i 110 - 2 - 182 · 0,3 V b - 2U e ⇒ r a = b = = 0,29 Ω r i + r a I I(a) 182
20.11
Pu
5 · 736 100 = 4.135 W η 89 P 4.135 In = = = 38 A V 110 P=
100 =
20.12
D 15 cm = = 7,5 cm 2 2 C 100 C = F· r ⇒ F = = = 1.333 N r 7,5 · 10 -2 r=
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Solucionario: Electrotecnia
20.13
2 π n 2 π · 7.230 = = 757 rad/s 60 60 P 20 · 736 C = u = = 19,4 Nm ω 757
ω =
20.14
2 π n 2 π · 1.465 = = 153,4 rad/s 60 60 D 25 cm r= = = 12,5 cm 2 2 C = F · r = 1.000 · 12,5 · 10 -2 = 125 Nm P C = u ⇒ Pu = C ω = 125 · 153,4 = 19.177 W
ω =
ω
Pu = 19.1777 736 = 26 CV = 19,2 KW
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 21 21.3
f = p
n 3.600 =1 = 60 Hz 60 60
21.4
f = p
n 60 · f 60 · 60 ⇒ p = = = 8 pares de polos 60 n 450
21.5
f = p
n 60 · f 60 · 60 ⇒n= = = 1.200 r.p.m. 60 p 3
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de contenido 22 22.5
f = p
n 60 · f 60 · 50 ⇒ p = = = 4 pares de polos 60 n 750
22.6
f = p
n 60 · f 60 · 60 ⇒n= = = 900 r.p.m. 60 p 4
22.7
Para un motor a 50 Hz a 1.425 r.p.m le corresponde una velocidad síncrona de 1.500 r.p.m S=
ns - n 1.500 - 1.425 100 = 100 = 5 % ns 1.500
22.8
Potencia útil del motor: η =
Pu P 6.000 91 = 5.460 W 100 ⇒ Pu = η = P 100 100
Velocidad síncrona: n=
60 · f 60 · 60 = = 1.200 r.p.m. p 3
Velocidad del rotor: ns - n Sn 2 · 1.200 100 ⇒ n = n s - s = 1.200 = 1.176 r.p.m. ns 100 100 Velocidad angular: S=
ω =
2 π n 2 π · 1.176 = = 123 rad/s 60 60
Par útil del rotor:
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Solucionario: Electrotecnia
P 5.460 = 44,4 Nm C = u = 123 ω 22.9
S=
ns - n 3.000 - 2.982 100 = 100 = 0,6 % ns 3.000
Intensidad a 4/4: Pu
220.000 100 = 232.068 W η 94,8 P 232.068 IL = = = 392 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,9 P=
100 =
Intensidad a 3/4: Pu
220.000 · 3 4 100 = 174.419 W η 94,6 P 174.419 = = 304 A IL = 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,87 P=
100 =
Intensidad a 2/4: Pu
220.000 · 2 4 100 = 117.647 W η 93,5 P 117.647 IL = = = 201 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,89 P=
100 =
Intensidad en el arranque: I a = 6,2 · I n = 6,2 · 390 = 2.418 A Pares del motor: 2 π n 2 π · 2.982 = = 312 rad/s 60 60 P 220.000 = 705 Nm C n = u = ω 312 C a = 1,5 · C n = 1,5 · 705 = 1.058 Nm C máx = 2,4 · C n = 2,4 · 705 = 1.692 Nm
ω =
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de cont enido 23 23.6
α=
Δ IC 98 = = 0,98 Δ I E 100
Δ I B = Δ I E - Δ I C = 100 - 98 = 2 mA β=
Δ I C 98 = = 49 Δ IB 2
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Solucionario: Electrotecnia
Unidad de cont enido 24
24.6
R r + 12 V
Ient 0 μA – 10 μA
741C
Vsal - 12 V
0 V - 20 V
Figura 24.1 Vsal = R r I ent ⇒ R r = K V =
Vsal 20 V = = 2 MΩ I ent 10 · 10-6 A
20 V = 2 V/μA 10 μA
Para una medida del voltímetro de 5V la corriente medida es igual a: I=
5V = 2,5 μA 2V/μA
24.7
AV = Ai =
Vsalida 2 = = 333 Ventrada 0,006
Isalida 0,020 = = 10 Ientrada 0,002
A P = A V A i = 333 · 10 = 3.333 24.9
f =
1 1 = = 144 Hz 2πRC 2N 2 · π · 25 · 103 · 18 · 10- 9 2 · 3
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