UNIVERSIDAD “SEÑOR DE SIPÁN” SISTEMAS ELÉCTRICOS DE POTENCIA POTENCIA
Docente: Ing. Villalobos Cabrera Jony Alumno: Rojas Pérez Pérez Jhan Carlos Ciclo: VII
2017
si = 141.4 + 30° = 11.31 11.31 cos cos 30° , encuentre para cada uno a) El valor máximo, b) El valor rms y c) La expresión fasorial en forma polar y rectangular si el voltaje se toma como referencia. ¿El circuito es inductivo o capacitivo? 1.1.
SOLUCION
a) El valor máximo.
= 141.4
c) La expr expres esió ión n faso fasori rial al en form formaa pola polarr y rect rectan angu gula lar r
= 11.31
b) El valor rms
. =
= 100
= 100∠ 60° = 50
. =
=8
86,6
El circ circuit uito o es capa capaci citiv tivo o
= 8∠ 30° = 6,92
4
1.2. Si
en el circuito del problema 1.1. Consiste en un elemento puramente resistivo y de uno puramente reactivo, encuentre R y X si: a) los elementos están en serie, y b) si están en paralelo. SOLUCION
a) Los elementos están en serie.
98∟ 60 = 12,5021∟ 30 = 10,82 6 = 99, 7,997∟ 30 = +
b) Si están paralelo. 1
1
= = + = + 1
= 10,28 ,25 = 0,0693 + 0,04
= 1
= 1
1 = 0,0693 = 14,43Ω
1 = 0,04 = 25Ω
1.3.
∟
∟ 15 ,
En un circuito monofásico, = 120 45 y = 100 respecto al nodo de referencia “o”. Encuentre Vba en forma polar.
con
Solución
= = 120∟45100∟15 = 11,74 + 110,7347 = 111,35∟96,051
1.4. Un voltaje monofásico de CA de 240 V se aplica a un circuito serie cuya impedancia es de 10 60° Ω. Encuentre R, X, P, Q y el factor de potencia del circuito.
∠
SOLUCION
= 10∟0 = 5 + 8,66 Ω
∟0 = 24∟ 60 = 12 20,78 = 240 10∟0
= → = − 4988,16 = 59.998 2880
= = 24 ∗ 5 = 2880 = = 24 ∗ 8,66 = 4988,16 = = cos 59,998
= 0,50
1.5.
Si un capacitor que suministra 1250 vars se conecta en paralelo con el circuito del problema 1.4, encuentre P y Q suministradas por la fuente de 240 V , así como el factor de potencia resultante. SOLUCION
∗
=
= 240 = 46,08 1250
Tomamos la impedancia del ejercicio 1.4 la cual es
60 = 5 + 8,66
FACTOR DE POTENCIA:
10 <
10 < 60 (46,08 < 90 ) = + = 5 + 8,66 46,08 460.8 < 30 = = 12.20 < 52.39 Ω 37.75 < 82.39 240 = ∗ = 12.20 < 52.39 = 4721 < 52.39
= cos 52.39 = 0.61
1.6. Una carga inductiva monofásica absorbe 10 MW a 0.6 de factor de potencia en atraso. Dibuje el triángulo de potencia y determine la potencia reactiva de un capacitor que se conecte en paralelo con la carga para elevar el factor de potencia a 0.85. SOLUCION Triangulo capacitivo con Fp= 0.85
Dónde: ϕ =
−(0.85) = 31.79°
P= 10 MW --> Q = 10tan(31.79°) = 6.2 Mvar
Triangulo capacitivo con Fp= 0.6
Dónde: ϕ =
−(0.6) = 53.13°
P= 10 MW --> Q 1 = 10tan(53.13) = 13.33 Mvar
Qc = Q1 – Q = -(13.33 - 6.2) = -7.13 Mvar
1.7.
Un motor de inducción monofásico está funcionando a una carga muy ligera durante una gran parte de cada día y extrae 10 A del suministro. Se propone un dispositivo para "aumentar la eficiencia" del motor. Durante una demostración, el dispositivo se coloca en paralelo con el motor descargado y la corriente extraída del suministro cae a 8 A. ¿Qué dispositivo simple causará esta caída de corriente? Discuta las ventajas del dispositivo. ¿Es la eficiencia del motor aumentada por el dispositivo? (Recuerde que un motor de inducción dibuja la corriente retardada) SOLUCION
Un condensador causará una caída en el valor de la línea debido a que el componente de retraso de la corriente extraída por el motor será parcialmente compensado por la corriente principal sacada por el condensador. La corriente sacada por el motor, sin embargo, no cambiará si el voltaje del terminal permanece constante. Por lo tanto, la eficiencia del motor seguirá siendo la misma. La pérdida en la línea que suministra el motor será menor debido a la corriente de línea inferior. Si la línea del motor desde el bus de suministro es larga, se reducirá la caída de tensión en la línea y esto puede ser deseable
1.9. Repita el problema 1.8 si z=5+j0 Ω. Solución: Tenemos como fórmula:
= = 100 + 0 586,6 + 50 = 10.35∟ 74.99
= 2.68
10
Según el circuito vemos que en la caja uno la corriente es (-) y en la caja dos es (+), aplicando formula de la potencia (S):
= ∗ = = ∗ =
∟ 10∟74.99 = 268 1000 100∟0 10∟74.99 = 268 + 1000 La impedancia serie entrega: . = 10.35 5 = 536 100 0
Entonces concluimos que: -
La máquina 1 genera energía a razón de P = 268 W y entrega una potencia de Q = 1000 VAR. La máquina 2 genera energía a razón de P = 268 W y absorbe una potencia reactiva de Q = 1000 VAR. La impedancia serie está consumiendo toda la potencia
∠
1.10. Se tiene una fuente de voltaje con = 120 210° V y una corriente a través de ella de = 10 60° A. Encuentre los valores de P y Q, y establezca si la fuente los está entregando o recibiendo.
SOLUCION
∗ = 120 ∠ 210° (10 ∠ 60°) = ∗ = 1200∠ 150° = = 1200 cos 150 + (1200150) = , = 1039 = 600
∠
1 100∠0 2 2 120∠30
1.11
-Resuelva el ejemplo 1.1 si y = = .Compare los resultados con el ejemplo 1.1 y haga conclusiones sobre el efecto en el circuito de la variación de la magnitud de E2. Del ejemplo 1.1. Solución
= 100∠0° = 120∠30° = 0 + 5 Ω = 12 + 0) = 100 (103,92 5 = 12 0,784 = 12,02∠176,26
Según el circuito vemos que en la caja uno la corriente es (-) y en la caja dos es (+), aplicando formula de la potencia (S):
= ∗1 + 1 = (100∟0) (12,02∟ 176,26) 1 = 1199,44 + 78,4
= ∗ = 2 + 2 = 120∠30 12,02∟ 176,26 2 = 1199,45 801,15 = = 12,02 5 = 722,75 Maquina 1: consume 1199,44 W, consume potencia reactiva 78,4 VAR Máquina 2: genera 1199,44 W, suministra potencia reactiva 801,15 VAR La impedancia consume el sobrante de energía inductiva de la maquina 2 que no es consumido por la máquina 1
El aumento del módulo de la tensión 2, hace que se invierta el flujo de energía reactiva en la máquina 1, pasando de ser generador de reactivo a consumidor, además la potencia activa puesta en juego se incrementa.
1.12.
calcule las siguientes expresiones en forma polar :
-0,5 + j0,866 - 1 1,732 /150°
c)
+ +
-0,5 – j0,866 – 0,5 + j0,866 + j1 -1 + j1 1,414 /135°
+
b)
+
1 – (-0,5 – j0,866) – 0,5 + j0,866
d)
1 + j1,732
1 /210° + 1 /240°
2,00 /60°
-0,866 - j0,5 – 0,5 – j0,866 -1,366 – j1,366 1,932 /225°
∟
1.13.
Ω
Tres impedancias idénticas de 10 están conectadas en Y para 15° balancear voltajes de línea trifásicos de 208 V. Especifique todos los voltajes y las corrientes de línea y de fase como fasores en forma polar , con como referencia y tomando una secuencia de fase abc.
Solución: Datos:
Tenemos que las impedancias son iguales: Voltaje de línea trifásico: 208 V
10∟-15 Ω °
Tomando como referencia y secuencia abc que es secuencia positiva se tiene:
= 208∟240° = 208∟120° = 208∟0°
Ahora para la corriente se obtiene de la siguiente manera:
Para obtener el voltaje de línea a neutro tenemos:
= 3 = 120
Para los ángulos sabemos que el voltaje de línea a neutro en una secuencia positiva atrasa en 30° a los respectivos voltajes de línea a línea: =
120∟210°
= 120∟90° = 120∟ 30°
120∟210° = 12∟225° = = 10∟ 15° 120∟90° = 12∟105° = = 10∟ 15°
30° = = 120∟ 10∟ 15° = 12∟ 15°
1.14
En un sistema trifásico balanceado, las impedancias conectadas en Y son de 10/30º =416/90º v, especifique en forma polar.
. Si
SOLUCION b
416 3
= 240
= 240/-60º =
=
240/−60º
10/30º
= 24/-90º Ampere
a
c
1.15.
Las terminales de una fuente trifásica se etiquetan como a, b y c. Entre cualquier par de ellas, un
voltímetro mide 115 V. Se conectan en serie una resistencia de 100 Ω y un capacitor de 100 Ω a la frecuencia de alimentación entre los puntos a y b, con la resistencia conectada en a. El punto de interconexión de los elementos se etiqueta como n. Determine en forma gráfica la lectura del voltímetro entre c y n, si la secuencia de fases es abc y si es acb. Solución: Secuencia abc:
Tomando como referencia
= 115 �0° ; = 115 �120° ; = 115 �240° = = 115 �120° 115 �0° = 199,2 �90° Podemos ver que:
199,2 �90° = = 100 100 = 1,41 �135°
= × = 100 × 1,41 �135° = 141 �135°
Podemos ver que:
199,2 �90° = = 100 100 = 1,41 �45°
= × = 100 × 1,41 �45° = 141 �45° = × = 100 × 1,41 �45° = 141 �135° Secuencia acb:
Tomando como referencia
= 115 �0° ; = 115 �120° ; = 115 �240° = = 115 �120° 115 �0° = 199.2 �90°
1.16. Determine la corriente que toma, de una línea trifásica de 440 V, un motor trifásico de 15 hp que opera a plena carga, con 90% de eficiencia y 80% de factor de potencia en atraso. Encuentre los valores de P y Q que se toma de la línea
, ℎ6 = 12420 VA S= ,
SOLUCION
ϴ = arc cos 0,8 = 36,87® S = 12420 36.87® VA S= I=
̽
= 6, ͦ = 28,23
36,87® A
cos 36,87 = 9935 w Q = 12420 36,87 = 7452 VA P = 12420
1.17.
Si al impedancia de cada una de las tres líneas se conectan al motor del problema 1.16 con la barra de alimentación es de 0.3 + j1.0Ω, encuentre el voltaje línea a línea en la barra que suministra 440v en las terminales del motor
= 0,3 + 1 = 1,04∟73,3 Ω = . + = 28,3∟ 36,87 104∟73,3
∟
+ 440 0
= 29,36∟3,43 + 440∟0 = 463,62 + 17,435 = 463,95∟2,15
∆
Ω
1.18.Una carga balanceada que consiste que consiste en resistencias puras por fase de 15 están el paralelo con una carga en Y balanceada que tiene impedancias por fase de 8+j6Ω. Cada una de las tres líneas que conectan las cargas combinadas con una fuente de alimentación de 110V trifásico, tiene una impedancia de 2+j5Ω. Encuentre la corriente que suministra la fuente y el voltaje en las cargas combinadas. SOLUCION
Para obtener una carga única equivalente a las dos combinadas, se realizará una conversión del ∆ a Y
= +. + = +. + = +. +
Para simplificar los cálculos, vamos a trabajar solo con la fase “a”, sabiendo que en las restantes los valores son iguales modificados por los operadores a y
= 15∟0 = 15 +15.15 15 + 15
Representamos el sistema unifilarmente: Se puede ver que, con respecto al punto de unión, Z ′a está en paralelo con Za y ambas en serie con ZLa , o sea:
. = +. =
) . = +. = → . = 5.5 +(88++ + 2 + 5 = 5,41 + 5,73 = 7,88∟4,64Ω
Tomando Vab como referencia:
= 3. = .
∟ = 8,06∟ 46,64 3. 7,88∟46,64 110 0
= 3 . = 1103 8,06∟ 46,64 2 + 5
15,93 = 28,13∟34,49
= 23,19 +
1.19. Una
carga trifásica toma de una línea de 440 V, 250 KW con un factor de potencia de 0,707en atraso. En paralelo con esta carga se encuentra un banco de capacitores trifásico que toma 60 KVA. Encuentre la corriente total y el factor de potencia resultante.
Hallamos el ángulo :
= = − 0.707 = °
Hallamos la Potencia Reactiva :
= (50) = 250 = Hallamos la
= 250 + 250 = 0 60 = 250 + 190 = ∠,
Hallamos la Corriente:
=
314
3 440
=
Hallamos el Factor de Potencia: . . = cos 37.23 = 0.796
1.20 .Un motor trifásico toma una fuente de 220V ,20kVAcon un facto de potencia de 0.707 en atraso .Determine los kilovoltamperes de los capacitores que darían un factor de potencia combinado de 0.9 en atraso , así como la corriente de línea antes y después de que se añadan los capacitores
SOLUCION
= cos − 0.9 = 25.84° 14.1425.84° = 6.85 14.14 6.85 = 7.29
=
. = 52.5
=
1000 = 41.2 3220
14.14 + 6.85
1.21. Una
maquina de “degrado de línea” de una mina de carbón consume 0,92 MVA con un factor de potencia de 0,80 en atraso cuando desentierra el carbón, y genera (entrega de energía al sistema eléctrico) 0,01 MVA con un factor de potencia de 0,5 en adelanto cuando la pala cargada de carbón lo echa fuera de la entrada de la mina. Al final del periodo de excavación, el cambio en ll magnitud del suministro de corriente puede causar el disparo de un revelador de protección construido con circuitería de estado sólido. Por lo tanto, se desea minimizar el cambio en la magnitud de corriente. Considere la colocación de capacitores en las terminales de la máquina y encuentre la cantidad de corrección capacitiva (en kvars) para eliminar el cambio en la magnitud de la corriente en estado estable. La máquina se energiza desde una fuente trifásica de 36,5 KV. Empiece la solución dejando Q sean los megavars trifásicos totales de los capacitores que se conectan en las terminales de la máquina, y escriba una expresión para la magnitud de la corriente de línea, que toma la máquina, durante las operaciones de excavación y generación SOLUCION
Asumimos que el voltaje de línea a línea es constate, y que Entonces la magnitud de la ∗ 10 −6 = 3 corriente constante | | donde
Para el Período de excitación:
= |0,92 0,8 + 0,6 | = |0,736 + 0,552 | || = 0,54 + 0,305 1,104 = 0,847 1,104 + Para el Período de oscilación:
= 0,1∠ 60 = | 0,05 + 0,0886 | = (0,05)+ 0,0866 = 0,0025 + 0,0075 0,7132 + = 0,01 0,1732 +
para los periodos de excavación y oscilación ,
Y ecuación tenemos
1,104 + = 0,01 0,1732 + 0,937 = 0,837 = 0,899 = 899
0,847
