IE20 T04 Problemas resueltos PDF

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Ejercicios para el final de fundamentos de electrotecnia...

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS

TEMA 4. POTENCIA EN R.E.S. 4.1. En el circuito de la figura ¿Qué dipolo actúa como generador y cual como receptor? a) Calcular las potencias de los elementos de la figura. b) Comprobar que se cumple el teorema de Boucherot.

1+jA

D1

10 0º

ZΩ

D2

Z = 3 + 4j Ω La potencia compleja de salida del dipolo 1 es S 1  10 0  (1  j )*  10 0  (1  j )  10  j10

El dipolo 1 funciona proporcionando potencia activa y tomando reactiva La corriente en la impedancia Z es:

I 

10 0  2  53 ,13 1,2  j1,6 3  j4

La corriente de entrada al dipolo 2 es: 1  j  (1,2  j1,6 )   0 ,2  j 2 ,6 La potencia compleja de entrada al dipolo 2 es S 2 10 0 ( 0 ,2  j 2 ,6 )*  10 0  ( 0 ,2  j 2 ,6 )  2  j 26

El dipolo 2 funciona proporcionando potencia activa y reactiva La potencia compleja en la impedancia Z es S Z 10 0 (1,2  j1,6 )*  10 0 (1,2  j1,6 )  12  j16

Se comprueba que se cumple el teorema de Boucherot ya que Potencia activa proporcionada por las fuentes = 12 W Potencia activa consumida por la carga = 12 W Potencia reactiva proporcionada por las fuentes = -10+26= 16 VAr Potencia reactiva consumida por la carga = 16 VAr 4.2. Un generador de tensión 500 V, fase inicial φ= 0º , alimenta a través de una línea de R = 2Ω, puramente resistiva, dos cargas en paralelo de valor Z1= 10 + 10 j (que corresponde a una resistencia con una bobina en serie) y Z2 = -5 j + 25 j ( que corresponde a un condensador y a una bobina en serie). Calcular: a) Impedancia total de la carga. b) Intensidad de línea.

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS c) Tensiones e intensidades en la carga y tensiones e intensidades en cada elemento de la carga. d) Factor de potencia de la carga y factor de potencia del generador. e) Potencias suministradas por el generador, perdidas en la línea y potencia entregada al consumo. Se representa el circuito que se trata de resolver 2

Z2

Z1 10

+ 500 0

-j5 

j10

j25

a) Impedancia total de carga corresponde a: 2 + Z1 // Z2 Z total  2 

(10  j10 )  (  j 5  j 25 )  2  8 ,9442 63 ,4349  6  j 8 10  j 30

b) Intensidad de línea: es la suministrada por la fuente I 

500 0  50   53 ,130102 A 6  j8

c) Tensiones e intensidades en la carga y tensiones e intensidades en cada elemento de la carga. 2

+ 500 0

I

Z2

Z1 10 I1 j10

-j5  I2 j25 

Las intensidades en las impedancias Z1 y Z2 se pueden determinar considerando que constituyen un divisor de intensidad respecto a la de la fuente o bien calculando la tensión en ellas y dividiendo por su impedancia. Por divisor de intensidad I1  I  I2  I 

Z2 20 90  50   53 ,1301   31,6227   34 ,695 Z1  Z 2 10  j 30 Z1 Z1  Z 2

 50  53 ,1301 

10  j10  22 ,3606   79 ,6951 10  j 30

Determinando la tensión

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS 500  100   53 ,1301  31,6227   34 ,695 10  j10 500  100  53 ,1301  22 ,3606   79 ,6951 I2  j 20 I1

Las tensiones en las cargas y sus elementos: U Z1  500  100   53 ,1301  447 ,2135 10 ,3048  U Z 2 U R1  31,6227   34 ,695  10 0  316 ,227   34 ,695 U L1  31,6227   34 ,695 10 90  316 ,227 55 ,305 U C2  22 ,3606  79 ,6951 5   90  111,803  169 ,6951 U L2  22 ,3606  79 ,6951 25 90  559 ,015 10 ,3049

d) Factor de potencia de la carga y del generador Se puede entender de varias maneras, el factor de potencia de la carga presentada a la fuente ideal de tensión corresponde al cos  de la impedancia Ztotal por 8 6

tanto cos( artg )  0,6 y de carácter inductivo, también se puede entender como el factor de potencia presentado por las cargas Z1 y Z2 en paralelo, en ese caso sería cos(63,4349)= 0,447 y por último como el factor de potencia que presenta cada impedancia de carga, cos (45) en el caso de Z1 y 0 en el de Z2

En el caso del generador el factor de potencia coincide con el de la carga total vista desde sus terminales, es decir el de Ztotal ya visto, 0,6 (i)

e) Potencias en el generador, línea y consumo Generador: S

G

U G I * 500 0 50 53 ,1301  15000W  j 20000VAr

Línea: P Línea  I 2 R  50 2  2  5000W Carga Z1 S Z1 U 1 I 1*  447 ,2135 10 ,3048 31,6227 34 ,6951  10000W  j10000VAr

Carga Z2 S Z 2 U 1 I 2* 447 ,2135 10 ,3048 22 ,3606 79 ,6951  0W  j10000VAr

4.3. En el circuito de la figura, calcular: a) Valor IT en módulo y argumento b) Valor I1 en módulo y argumento c) Valor I2 en módulo y argumento d) Potencia P y Q de cada carga. Potencia P, Q y S cedidas por la fuente. Hacer balance de potencias. 53

INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS e) Factor de potencia que ve la fuente. IT I2

I1

+ 160

E G=240V

100 j60 

a) Se calcula la impedancia total presentada a la fuente Z total 

160 (100  j 60 ) 18659 ,046 30 ,963757  69 ,9227 17 ,96914 260  j 60 266 ,83328 12 ,994617

240 0  3 ,4321  17 ,96914 69 ,9227 17 ,96914 240 0 240 0   2 ,058   30 ,9637 b) I1  100  j 60 116 ,61904 30 ,9637 240 0 1,5 0 c) I 2  160 IT 

d) La potencia compleja cedida por la fuente: S G U I *T 240 3 ,4321 17 ,96914  823 ,704 17 ,96914  783 ,526W  j 254 ,1165VAr

La potencia compleja en los elementos S 1 U I*1  240 2,058 30 ,9637  493 ,92 30 ,9637  423 ,5331W  j 254 ,1193VAr S 2 U I *2  240 1,5 0  360 0  360W

Se comprueba que las potencias cedidas por la fuente se corresponden, salvo decimales por aproximación, con las consumidas por las cargas. e) El factor de potencia que ve la fuente corresponde al cos  de la impedancia total: cos 17,969 = 0,951 (inductivo) 4.4. En el circuito de la figura, se registran las siguientes medidas:

A3 = 15 A,

A4 = 20 A, A2 = 24 A, V2 = 3.125 V y V1 = 1.110 V. a) Calcular las lecturas de los restantes aparatos, representando tensiones e intensidades en un diagrama fasorial. b) Calcular las potencias activa, reactiva y aparente suministrada por el generador y absorbidas por cada consumo.

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS

W

R1

AG

V1

V1 A1 A2

+

A4

R2

C

EG

A3

L

VG

Se representa el mismo circuito con las medidas conocidas U1 =1110V AG

W

+

IG

R1

EG

EG

U2=3125V

A1

C I2=24A

I3=15A L R2 I4 =20A

VG

Si se toma como fasor de referencia la tensión U2 se tendrá: I 3  15   90

I 4  20 0

La suma de estas intensidades es la suministrada por la fuente, por tanto I G  I 3  I 4  20  j15  25   36 ,8698

La tensión U1 es común a la resistencia R1 y al condensador C, la corriente en la resistencia (I1) está en fase con U1 y la corriente en el condensador (cuyo módulo es de 24 A) está adelantada 90º respecto a U1 y por tanto también respecto a I1 y la suma de las dos es nuevamente la corriente de la fuente que ya fue determinada. Las corrientes I1 e I2 forman un triángulo rectángulo en el cual la hipotenusa es el módulo de la corriente de la fuente, la cual a su vez tiene una fase inicial de 36,87º I2 IG=25



I 2 =24



I1

I1

-36,87 25

IG

25  I 12  24 2  I1  7 A 24  3 ,4285   73 ,7397 y por tanto la 7 fase de la corriente I1 es 36 ,87  73 ,7397   110 ,6098 I 1  7   110 ,6098

De la figura anterior se deduce tg 

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS De aquí ya se puede obtener U1 = 1110 -110,6098 y también I 2  25   36 ,8698  7   110 ,6098  22 ,464012  j 8 ,44804  24  20 ,609773

Conocidos U1 y U2 la tensión de la fuente es la suma

E G  1110  110, 6098  31250  2734, 2781  j1038,9593  2925,015  20,8055

Diagrama fasorial (no está representado a escala, es meramente orientativo) IL =15∟-90 IR2=20∟0

U2=3125∟0

IR1=7∟-110,61 I C=24∟-20,61 E G=2925∟-20,80 U1=1110∟-110,610 IG=25∟-36,87

La potencia compleja suministrada por la fuente S G E

* G I G

 2925 ,015   20 ,8055  25 36 ,8698  73125 ,375 16 ,0642  70270 W  j 20235VAr

Las potencias activa y reactiva de los elementos QL  3125  15  46875VAr tomados PR2  3125  20  62500W QC  1110  24  26640VAr cedidos PR1  1110  7  7770W

4.5. En el circuito de la figura, determinar: a) La tensión de la fuente Eg. b) La intensidad I2. Voltímetro V = 220 V. √845º Ω Ig Eg

V I2 S2 = 1 KVA Cos φ12= 0,6 IND

I1 P1 = 1 KVW Cos φ1 = 0,6 IND

Tomando la tensión marcada por el voltímetro como fasor de referencia se tiene 1000   53 ,1301  7 ,5757   53 ,1301 P1  220  I1  0 ,6  I1  220  0 ,6

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS 1000 S 2  220  I 2  I 2    53 ,1301  4 ,5454   53 ,1301 220

I G  I 1  I 2  12 ,1212  53 ,1301

La tensión de la fuente: E G  220 0  IG  8 45  253 ,9856  1,0938

4.6. Un sistema de distribución de energía eléctrica de corriente alterna monofásica está formado por una fuente de tensión, una línea de transporte de impedancia Z = 0,8 + 2,4 j Ω, y una carga conectada por el otro extremo de la línea que absorbe 800 W de potencia activa y 600 VAr de potencia reactiva. Si la potencia activa generada por la fuente es de 850W, determinar: a) Valor eficaz de la intensidad suministrada por el generador. b) Potencia reactiva cedida por el generador. c) Valor eficaz de las tensiones en la fuente y en la carga. 0.8 + 2.4j Ig

+ Eg

P = 800 W Q = 600 VAr

~

a). Dado que la potencia activa de la fuente se consume en la parte resistiva de la impedancia de la línea y en la carga se tiene que el consumo de activa en la línea es 50W PL  50  I 2G  0 ,8  IG  7 ,9056 A

b). La Q suministrada por la fuente es la suma de la consumida en la carga y en la reactancia de la impedancia de la línea 2 Q G 600 I G 2 ,4 QG 750VAr

c). La potencia compleja suministrada desde la fuente es conocida y si se toma la tensión de la fuente como fasor de referencia se tiene: S

G

850  j 750 1133 ,5784 41,4236  E G 0  ( 7 ,9056  )*  EG  7 ,9056    SG  1133 ,5784  EG  7 ,9056  EG  143 ,3892V

  41,4236

La tensión en la carga es:

U carg a  E G  I G  Z L  143, 3892  7, 9056  41, 4236  (0,8  j2, 4)  126, 4929  4,5536V

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS 4.7. En el circuito de la figura, la carga consume una potencia de 4kW con un factor de potencia 0,8 capacitivo. Los valores eficaces de la tensión de la fuente y de la carga son 250 V en ambos casos y la fuente suministra una potencia de 4,8 kW y consume potencia reactiva. Calcúlese: a) El valor de la corriente IG en módulo y argumento. b) Los valores de RL y XL, y el factor de potencia de la fuente. c) Dibújese el diagrama fasorial. NOTA: tómese como origen de fases la tensión U. RL+jXL

IG P=4kW

+ U

EG

EG=250V

cos  = 0,8 (CAP)

U=250V

PG=4,8kW

De los datos de la carga se obtiene el valor de IG Pc arg a  4000  250  IG 0 ,8  IG  20

Al tomar la tensión en la carga como referencia la corriente anterior adelanta el arccos0,8 respecto a la tensión, por tanto: I G  20 36 ,8698 La fuente aporta potencia activa y toma potencia reactiva lo cual quiere decir que la corriente adelanta respecto a la tensión de la fuente y además el módulo de su tensión es igual al de la tensión en la carga, la situación se puede ver en el siguiente diagrama fasorial. EG

iG

 U

PG  4800  250  20  cos   cos   0 ,96    16 ,26

Se obtiene que la fase de EG es la de IG menos 16,26º E G  250  36 ,8698  16 ,2602  250 20 ,6095

El factor de potencia de la fuente es 0,96 capacitivo

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS La potencia entregada por la fuente es de 4,8kW y la consumida en la carga es de 4kW, la diferencia es la consumida en la resistencia de la línea con lo que se obtiene R L 

800 20 2

 2

Se puede determinar XL por distintos caminos, uno es calculando la caída de tensión en la impedancia de la línea o bien por un balance de potencia reactiva, se sigue este procedimiento La potencia reactiva suministrada por la carga capacitiva es: Q c arg a  250  20  sen( ar cos 0 ,8 )  3000VAr

La potencia reactiva tomada por la fuente es: QG  250  20  sen16 ,26  1400VAr

La diferencia es la consumida en la reactancia inductiva de la línea 2 QL  1600  20  X L  X L  4 

4.8. En el circuito de la figura, Voltímetro V = 220 V. Determinar: a) La tensión de la fuente Eg. b) La intensidad I2 c) Valor del condensador a colocar en paralelo con Eg para compensar el factor de potencia del sistema a 0,9 IND IG

 8 45

EG

V

I2

I1 S2 =1kVA cos 2 = 0,6 (IND)

P 1 =1kW cos 1 = 0,6 (IND)

a). Tomando la tensión en el voltímetro como fasor de referencia se tiene P 1 1000  220 I 1 0 ,6  I 1  7 ,5757  I1  7 ,5757   53 ,1301

La corriente anterior produce una caída de tensión en la impedancia de línea con lo que la tensión de alimentación será E G  7 ,5757   53 ,1301  8 45  220 0  241,2121  j 3 ,0303  241,23115  0 ,7197

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS b). Conocida la tensión de alimentación se tiene para la carga 2 S 2 1000 241,23115 I 2 I 2 4 ,1454 I2

4 ,1454  ( 53 ,1301 0 ,7197 )  4 ,1454   53 ,8498

ya que la carga 2 presenta un cos  0,6 inductivo respecto a su tensión de alimentación Conocidas las corrientes en las cargas se determina la corriente total de la alimentación I G  I1  I 2  4 ,1454  53 ,8498  7 ,5757   53 ,1301 11,72089  53 ,3846 c). Se pretende que el cos  visto desde la fuente sea 0,9 inductivo y para ello se pone un condensador en paralelo con la alimentación 8 45 

I’G

EG

C

V

I2

I1 S2 =1kVA cos2 = 0,6 (IND)

P 1=1kW cos 1 = 0,6 (IND)

Se resolverá por dos procedimientos, el primero es por medio del triángulo de potencias original y buscado, el segundo es viendo la admitancia de entrada al circuito original y buscado La potencia compleja entregada por la fuente sin el condensador es S

G

E

G

I

* G

 241,23115  0 ,7197 11,72089 53 ,3846  2827 ,4438 52 ,6649 S G  1714 ,7557  j 2248 ,1065

El triángulo de potencias visto desde la alimentación sin y con condensador se indican en la figura

SG

Q 25,842º

S’ G Q’

52,665º P sin condensador

P con condensador

Se trata de pasar de SG a S’G manteniendo la misma base (P) Sin condensador se tiene Q = 2247,4438 VAr y con condensador se quiere que el ángulo entre S’ y P sea arcos0,9 = 25,842º tg 25 ,842 

Q' Q'   Q'  830 ,49409 P 1714 ,7557

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INGENIERÍA ELÉCTRICA EJERCICIOS RESUELTOS El condensador debe de proporcionar la diferencia de reactiva esto supone 1417,6124 VAr por tanto 2  C  77 ,54 F 1417 ,6124   C  E G

El otro procedimiento consiste en ver la admitancia que se presenta a la fuente sin y con condensador

jBC -jBL

EG

-52,6649º

G

-jBL G

EG

G

-25,8419º

G

-jBL+jBC

-jBL

Sin condensador YG 

IG EG



11,7089   53 ,3846  0 ,0485877   52 ,6649  0 ,0294673  j 0 ,0386322 241,23115   0,7197

El argumento de esta admitancia es -52,6649º por tanto de carácter inductivo su cos  es 0,6064 Poniendo en paralelo un condensador la parte imaginaria de la nueva admitancia será la suma de una susceptancia capacitiva (positiva) y la inductiva (negativa) mientras que la parte real o conductancia permanece constante, y en esta nueva admitancia se pretende que presente un cos  = 0,9 inductivo, esto es un argumento de -25,8419º tg (  25 ,8419 )   0 ,4843221 

B' G



B' 0 ,0294673

 B'  0 ,0142716

B'  0,0142716  0 ,0386322  BC  BC  0 ,0243605

  C  0 ,0243605  C 

0 ,0243605 77 ,54 F 110  

Los dos procedimientos conducen al mismo resultado, en realidad el primero de ellos es consecuencia del segundo, si en el circuito equivalente expresado en forma de admitancia se multiplican las componentes de la misma por EG2 se obtendrían las potencias activa y reactiva de los dos triángulos de potencia determinados anteriormente.

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