Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas INSTALACIONES ELÉCTRICAS 1.-Trazar el triángulo de potencia de un circuito cuya tensión es v (t) =150 =150 Sen Sen(w (wt+ t+10 10º) º) Vol Voltio tioss y cuya inten tensidad idad vien viene e dad dada por por la sigu iguiente ente Sen(w (wtt-50 50º) º) amp amper erio ioss expresión: i (t) =5 Sen 2.-E 2.-En n el circ circui uito to el valo valorr efic eficaz az de la inte intens nsid idad ad de corr corrie ient nte e tota totall es 30 Amperios. Hallar el triángulo de potencias. potencias. I1
5Ω
-j3 Ω
It
4Ω
I2
3.-Determinar el triángulo de potencias de cada rama del circuito paralelo de la figura mostrada; obtener el triángulo de potencia correspondiente al circuito completo. Z1
= 4 30º
I1 V=2060º
Z2
I2
Z 1
= 5 60º
Z 2
4.-Calcular el voltaje V 4 si las demás tensiones son la que se indican. 12 A
1Ω
1Ω +
+10
1 Ω 18 V
16 A
V-
+ V4 -
-
1Ω
1Ω +
2V
4A
1Ω
-
1Ω
1Ω
I 2 1 5 0º0º
5.-Determinar cuáles son los elementos pasivos y activos de la red y calcular su correspondiente potencia. =
R=6 Ω
+
E
I=2 A
20 V
-
6-En la red mostrada, calcular la potencia de los elementos activos y pasivos. a
+
E -
I=25 A
2Ω
24 V
7.-Calcular 7.-Calcular las potencias de cada bfuente. I=1 A 5Ω
+
+
E1
10 V
5Ω
5Ω
5V
E2 -
-
8.-En la siguiente conexión de fuentes ideales, se pide calcular las potencias de la fuentes E· e I. +
6A
+
14 V -
E
I
9V -
+
2V -
2A
3A
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas 9.- Si un un motor, motor, consign consigna a los sigui siguiente entes s datos datos nominal nominales: es: 220 V, cos =0.82, =0.82, 5HP, 80% a plena carga, rendimiento 85%.¿Cuánto es la corriente de trabajo del motor?. 10.10.-Un Un tra transfo nsform rma ador de 25 KVA, VA, aliment menta a una carga rga de 12 KW con con f.d.p.=0.6¿Qué cantidad de cargas adicionales con f.d.p.=1, se puede añadir a dicho transformador para que trabaje a plena carga? 11.-Si en el problema anterior, el f.d.p. de las cargas adicionales es 0.86 en adel adelan anto to ¿Cuá ¿Cuánt ntos os KVA KVA de dich dichas as carg cargas as se pu pued eden en añad añadir ir hast hasta a qu que e el transformador trabaje a plena carga? 12.-En 12.-En el circu circuito ito mostra mostrado do la poten potencia cia consu consumid mida a es 2500 2500 VAR induct inductiv ivo. o. Determinar las potencias y el factor de potencia total. _
V
j 4
j6
4Ω
12 Ω
60 Hz.
13.-Si la fuente E absorbe ¼ de la potencia que está generando la fuente I, calcular la potencia en “R”. a
+
I=20 A
E=10 V
R Ω
-
14.-En la primera conexión de la bred; la fuente I genera 400 W, mientras que la resistencia R absorbe 40 W. En la segunda, se requiere establecer la potencia en “R”, −20
V+
Red Pasivo Lineal
8Ω
20 A
6Ω
Red Pasivo Lineal
−
140 V
R=10 Ω
4Ω
+
15.-Calcular 15.-Calcular la potencia de la fuentes en la red. 6Ω 1Ω
+
6V
I=6 A
1Ω
6Ω
−
6Ω
1Ω
16.-Calcular 16.-Calcular el equivalente equiva lente entre los puntos a – b. -1V+ +4 Va
+
10 V
E
8Ω
-
2Ω +
6V -
17.-Hallar el equivalente en X-Y.
b
+8
V-
1Ω
+6
V-
x 1Ω
6A 2A
6A
2A 8A
4Ω
4Ω
y
6Ω
4Ω
R Ω
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas 18.-En el circuito, la intensidad de corriente está adelantada 63.4º respecto de la tensión a la pulsación de w=400 rad/seg. Hallar la resistencia R y la caída de tensión en cada elemento del circuito. Trazar correspondiente de tensiones. R Ω el correspondiente I
25 mHr.
120 120 0º
50 µ F
19.-Hallar la impedancia equivalente equivalente entre los puntos A y B del circuito puente. _
_
Z 2
= 500 500 0º
Z 1
_
Z 4
=
= 25030º
_
2000 −30º
Z 3
= 1000 1000 0º
20.-Determinar 20.-Determinar el triángulo de potencia del circuito en serie. 3Ω I
j 6
50 −90º -j 2
21.-Determinar el valor promedio de las siguientes formas de onda sobre un ciclo completo. a)
b) Onda Senoidal
Am π
Am
Onda Senoidal
t
2π
π
-Am
2π
t
-Am T
T
22.-C 22.-Cons onstru truir ir los diagra diagramas mas fasori fasoriale ales s y de impeda impedanci ncias as y determ determina inarr las _ constantes del circuito para la tensión y corrientes siguientes: V(t)
= 311 Sen Sen (2 (2500t 500t+1 +17 70º) 0º) Vo Voltio ltios; s; I (t) = 15.5 5.5 Se Sen (2 (2500t 500t--145º 145º)) Am Amperi perios os
V
_
I
23.-Si 23.-Siend endo o f=500H f=500Hz, z, determ determina inarr el elemen elemento to simple simple qu que e en serie serie con un una a resistencia R=25 Ohm, origina un retrazo de corriente respecto de la tensión en 20º. 24.24.-En En el circ circui uito to para parale lelo lo,, los los valo valore res s efic eficac aces es de las las inte intens nsid idad ades es de corriente: I1 = 18 Amp.; I 2 = 15 Amp.; I 3 = 30 Amp. , determinar las impedancias desconocidas R y XL . IT
_
V
I1
j X L
I2
R
4Ω
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas 25.25.-Ob Obté téng ngas ase e los los elem elemen ento tos s del del circ circui uito to en seri serie e corr corres espo pond ndie ient ntes es al diagrama fasorial de voltaje – corriente, si la frecuencia es de 21.2 KHz. O
25º 85 Voltios _
V
141º _
41.2 Amperios
I
26.-Encuéntrese los dos elementos de un circuito en serie que tiene corriente: i (t) = 4.24 Se Sen (5 (5000t-45º) Amperios ios , una potencia de 180Watts y un fac factor de potencia 0.80 atrasado 28.28 60º Voltio Voltioss , se aplica a un circuito de dos ramas en 27.-Un 27.-Un volta voltaje je de 28.28 paralelo en el cual Z1 = 4 30º Ω, Z 2 = 5 60º Ω . Obténgase los triángulos de potencia para las ramas y combínese en el triángulo de potencia total. 28.-Tres impedancias idénticas conectadas para formar una carga balanceada conectada en estrella. Las corrientes de línea se desea conocer sabiendo que: Vefectivo
= 120 Voltios
y tres tres imp impedancias igu iguales a Z1
= 20 −30º Ω
Además dibujar el diagrama fasorial de voltaje – corriente. 29.-Con respecto al ejemplo anterior. Hallar con la equivalencia monofásica. 30.-Determinar la intensidades de corriente en cada rama y la intensidad total R=40 Ω; Ω; L=2. L=2.3 3 mHr; mHr; C=2 C=20 0 µ Fr , de un circuito que contiene elementos pasivos puros R=40 en paralelo, servido por una fuente de tensión y/o generador: V(t) = 100 Se Sen (3 (300t+3 t+37º) Vo Voltios ios ; también dibujar su diagrama fasorial de la tensión y corriente total, indicando su desfasaje. 31.-Un transformador de 500 Kilovoltios-Amperios funciona a plena carga con un factor de potencia de 0.6 en atrazo(inductivo). Añadiendo un condensador condensador a la carga se modifica dicho factor pasando a valer 0.9 en atrazo. Hallar la potencia reactiva de los condensadores precisos. Después de la corrección del factor de potencia. ¿Qué % respecto de la plena carga soporta el transformador?.Determinar transformador?.Determinar las características características generales del condensador. condensador. Ing. M. Sc. CÉSAR AUGUSTO LLANA YUFRA MECÁNICO ELECTRICISTA C.I.P. 44234 DOCENTE DEL CURSO.
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS PROPUESTOS 1.-Convirtiendo 1.-Convirtiendo a fasor: V=
150
∧
10º
2
5
I=
−50º ⇒
2
I
*
=
5 2
+50º
Imaginario
Sabemos que: *
S= V x I =
150
5
10º x
2
2
+50º =375 +60º =187.5+j325 VA
S = 375 VA
Q = 325 VAR Inductivo
*
P=Real P=Real ( V x I )= 187. 187.5 5 Watts Watts
60º
*
Q=Imagina Q=Imaginario( rio( V x I )=325 VAR VAR (inductiv (inductivo o en atrazo) atrazo) S= V x I
*
Real
= 375 VA
f.d.p. = Cos 60º = 0.5 en atrazo.
2.-Por dato del problema, I eficaz amperímetro amperímetro=30 amperios, entonces: I t = i 2 30 0º Por Divisores de Corriente sabemos que: i1
=
I*
R2
⇒
R 1 +R 2
i2
=
I*
R 1
+
R 1 +R 2
I
Para nuestro caso: 5-j3
0º (
I2
= 30
0º x (0.61-12 1-12.53º) = 18.3 −12.53º Amperios.
I1
= 30
0º (
4 9-j3
)=30 0º x (
9-j3
)=30 0º (
5.83 -30.96º
= 30
4+5-j3
)=30 0º (
5-j3
I2
4 9.48 18.43º
9.48 -18.43º
P= R x I
⇒
Q=X Q=X x I
Q=(3 Q=(3)( )(12 12.7 .7)) 2
=
Imaginario 2
2165 Watts.
12.6º =
2165 Watts.
483 483 VAR VAR (ca (capa paci citi tivo vo por por el signo signo -)
S = 2165 − j 483 = 2210 −12.6º VA S
=
2210 VA
3.-Trabajando en la Rama 1: =
V Z1
=
20 60º 4 30º
=5 30 30º Amperios
*
S1 =VxI =VxI1 =20 60º 60º x 5 -30= 30=100 100 30º 30º VA S1 =86.6+j50 (Inductivo, en atrazo) ⇒ f. d. p. = ⇒ φ = 30º
P1 S1
= 0.866
Real Q = 3-j483 AR
S = 2210 VA (capacitivo)
f. d. p. = Cos (-12.6)=0.98
I1
R 2
)=12.66 -18.43º
P= R 4Ω x I 22 +R 5Ω x I12 P=(4)(18.45) 2 + (5)(12.7) 2
R 1
)
Para nuestro caso: 2
e
−
Capacitivo
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Trabajando en la Rama 2: I2
V
=
Z2
=
20 60º 5 60º
=4 0º 0º Amperios Imaginario
*
S2 =VxI =VxI 2 =20 60º x 4 0=8 0=80 60º VA S2 =40+j69.2 (Inductivo, en atrazo) ⇒ f. d. p. =
P2 S2
80 VA
= 0.5
⇒ φ = 60º
43.4º
Q total =Q1 +Q 2 =50+69.2=119 119.2 VAR ind inductivo ivo
Stotal
= 174
40 W
100 VA
Ptotal =P1 +P2 =86.6+40=126.6 Wa Watts tts. Stotal = Ptotal + j Q total
= 126.6 + j119.2 = 174
j69.2 VAR VAR
174 VA
86.6 W
43.4º
j50 VAR
Real
126.6 W
30º
VA
f. d. p.total = Cosφ total =
PTotal STotal
=
126.6 174
f. d. p.total = 0.727 en atrazo.
4.-De la figura se inicia a trabajar desde la parte interna, se aplica la Segunda 12 A Ley de Kirchhoff.
∑V
=∑ VBajada 18 + V4 = 10 + 2 V4 = −6 Voltios. Subida
1Ω
1Ω +
1 Ω 18 V
16 A
-
1Ω
+10
1Ω +
V-
1Ω
2V
+ V4 -
-
4A
1Ω
1Ω
8A
Nota.- El signo negativo indica que la polaridad asumida sobre V4 es inversa en cuanto al punto de mayor potencial. 5.-Las fuentes hay veces que tienen un comportamiento dual, dependiendo del sistema o red y puede tener el comportamiento de elementos pasivos ó activos, mientras que la resistencia puede solo ser pasivo: VR
=
I R x R =2 x 6 = 12 Voltios
PR = VR x I R =12 x 2 = 24 Wa Watts (+ (+) En el sentido de la fuente de corriente: + a -
−
Aplicando la Segunda Ley de Kirchhoff:
= VI 20 + 12 = VI ⇒ VI = 32 Volt. PI = VI x I = 32 x 2 = 64 Watts. ts. (-) PE = VE x I = 20 x 2 = 40 Watts. (+)
-
E+VR
R=6
+
E
12 Voltios +
20 V
Ω
+ VI
I=2 A
−
6.-De 6.-De la figura figura podemo podemos s deduc deducir, ir, como como está está el sistem sistema a en paral paralelo elo,, todos todos tienen el mismo voltaje.
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas a
VR
=
IR x R
⇒
I R =
24
= 12
+
Amp.
E
2 PR = VR x I R = 24 x 12 = 288 Watts. (+)
I R
+
2 Ω 24 V
24 V 24 V
-
+
I=25 A
-
-
b
Trabajando en el nodo “a”:
a
I=25 Amp.
= IR - 25 ⇒ I E = 12 − 25 = −13 Amp. PE = VE x I E = 24 x 13 = 312 Watts. (+) PI = VI x I = 24 24 x 25 = 600 Watts. ts. ((-) IE
I E =13 =13 Am Amp. I R
La suma suma de las las pote potenc ncia ias s es igua iguall a cero cero,, sign signif ific ica a qu que e el sist sistem ema a está está balanceado. 7.-En la figura, establecemos el sentido de las corrientes y la polaridad de los elementos que lo constituyen, así: E 10 I A + 5 Ω - + I=1 A = 2 Amp. I1 = 1 = I E1 IE R 5 I1 I I2 =
E2
A
5
= = 1 Amp.
2
10 V
E1
2
+
+
+
5Ω
5Ω
E2
+
R 5 VR =I A x R=1 x 5=5 Volt.
B
-
-
-
5V
-
Trabajando en los nodos “A” y “B”: I E1 =IA +I1 = 1 + 2 = 3 Amperios
I E 2 =I 2 +IA
= 1 − 1 = 0 Amperios
IA
IE1
IA
I1
IE2
I1
A
B
Para determinar la fuente de corriente, se aplica la segunda ley de Kirchhoff.
= VR +VI 10 = 5 + VI + 5 VI = 0 Volt. E1
Por lo tanto: P1 =10 x 2=20 Watts (+) P2 =5 x 1=5 Watts Watts (+) PE1 =10 =10 x 3=30 3=30 Wa Watts tts (-) (-) PE 2 =5 x 0=0 0=0 Wa Watt ttss (-) (-) PIA(5) =5 x 1=5 Watts (+) PI =0 x 1=0 Watts Watts (+)
La sumatoria de potencias e igual a cero. 8.-Poniendo nombres a los nodos: Trabajando en la Malla ABCD, pasando por las fuente de tension: E+VI
⇒
= 9+2 ⇒
VI =9+2-E=9+2-14= -3 Voltios
PI =3x2=6 Watts (+) como elemento pasivo
A +
6A
+
14 V -
E
+
C
I
-
D
-
B 2A
2V
9V
3A
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Trabajando en los Nodos “C” y “D”: 6A
⇒
PE
6 = 2 + I2
2A
C
I2
I2 I2
IE
= 4 Amperios
= 14 x 7 =98 =98 Wa Watts tts
= I2 + 3 I E = 4 + 3 = 7 Amperios IE
3A D
(+) (+) como como elem elemen ento to pasiv pasivo. o.
Nota.- En la red no existe resistencias, entonces alguna fuente esta trabajando como tal.
9.-Del enunciado del problema se puede deducir: Sabemos que: Potencia Activa es: P = V x I x Cos Rendimiento es: η=
PMecanica Pη Electrica
PElectrica =
5 HP
+
x100% ⇒ PElectrica =
5 HP x 746 x0.8 0.85
PMecanica
x100% x p. c.
220 Volt.
⇒
Im
⇒
Cos ϕ =0.82
= 3510.59 351.59=220 x I m x 0.82
= 19.46 Am Amperios.
10.-Planteando 10.-Planteando el problema P
= 12 KW , COS CO Sφ = 0, 60 → COS CO S φ =
P →S S
=
12 0.60
= 20 KVA
20 *100% *100% = 80% a ple plena na car carga ga del del tran transf sfor orma mador dor,, 25 La carga adicional a un factor de potencia igual a 1, no cambia la potencia reactiva: Q = ( 20 )
2
2
− ( 12 ) =16 KVA R( Inductivo Induc tivo )
A pl ena capacidad: φ '
16 KVA R = sen −1 ÷= 39.79º KV AR 25 KVAR
= 25 c os os 3 9. 9.79º =19.20 KW Padiciona Padi cionall = 19.20 −12 = 7.2 KW P '
11.-Planteando el problema: f .d . p. = 0.86 en adelanto
C os φad= 0.86 ⇒ φ ad= 30º Aplicando ley de senos al triangulo: 2 5K V A Sen97º
=
20 KVA Sen β
80% p. c.
η =0.85%
-
Pero: PElectrica =V x I x Cosϕ
M
⇒ β = 53º
α = 180 º −(97 + 53)
= 30 .5º ⇒ γ = 53 −30.5 = 22.6 º WT = 25Cos( 22.6 º ) = 23.1 Kw ⇒ QT = 25 Sen( 22.6 º ) = 9.6 K va r W ad = 23.1 −12 = 1 1.1 Kw ⇒ Qad = 16 − 9.6 = 6.4 Kw ∴Sad = 12.8 −30º *OTRA FORMA DE RESOLVER EL PROBLEMA:
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas _
La carga original es:
S _
La carga adicionada es:
S
_
La potencia Total es: S Total ___
=
S2 −30º = S 2 x 0.86-jS 2 x 0 .51 (KVA)
= (12 + S2 x0.86) + j(16 − S 2 x0.51) (KVA)
(12 + S2 x0.86) 2 + (16 − S 2 x0.51) 2
=
STotal
= 12 + j16
=
25
Resolviendo la ecuacion de Segundo Grado: ∴
S2
= 12.8
KVA.
12.-Trabajando con Números Complejos: _
Z1
= 4+
_
Z 2
j 4 = 5.656 45º
= 12 +
_
_
Z1 + Z 2
2 6.56º j 6 = 13.416 26
= 16 +
j10 = 18.867 82 82º
Por dato sabemos que: Q=2500 V AR _
_
_
z1 x z 2
z equivalente = _
_
= 3.10 +
j 2.56
z1 + z 2
Determinando la Corriente I: Q= X I2 ⇒ 2500=(2.56) I2 ⇒ I2 = 976.56 (Amperios)2 Determinamos la Potencia Activa: P = R I2 = 3.10 (976.56) = 3027.34 Watts. Determinamos la Potencia Aparente: S=ZequivlenteI 2
⇒ s=4.022 x(976.56) = 3927.73
VA VA
Determinando el factor de Potencia: _
= 3.10 + j 2.56 = 4.0203 39.55º Cos(39.55) = 0.77 Zequivalente
13.-Por condición del problema establecemos las corrientes, así IE Dato: a PE =
1
4
PI
10 x I E
(+)
I I=20 A
=
1 4
(10 x20) ⇒ I E
=
1 2
IR
+
R Ω
E=10 V -
Amperios
b
La Fuente E está absorbiendo potencia, potencia, se comporta como un elemento pasivo. Trabajando en el Nodo “A”: I R = I - IE = 2 -
1 2
=
3 2
Amperios
Por Ohm, sabemos que: R=
V I R
=
10 30 = = 6.6 1 3 2
14.-De los datos:
Ω
I
A
IR
IE
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas PI =400Watts=VI xI ⇒ VI = 20 Voltios. PR =40Watts= VR x I R =I 2R xR 2 R
40 Wa Watt tts= s=II x10 x10
⇒
I R =2 Amperi perios os..
El gráfico queda: Red Pasiva Lineal Se debe cumplir: VI + 20 = Va, 20 +20 = Va, Entonces Va =40 volt. Por principio de Homogeneidad: Homogeneidad: R. P. L.
R. P. L.
I Va =n= R -140 I 'R
I 'R =(-140)(
2 ) 40
I 'R =-7A m mp p.
Nota.-El principio de homogeneidad homogeneidad solo se cumple para tensiones y corrientes, no para las potencias de cada elemento. 15.-Transformando de Estrella a Triángulo, tenemos: Ra=
1x1+1x1+1x1 1
R2
=3Ω
Rb=3 Ω
6Ω
+
Rc=3 Ω 6V Trabajando las resistencias resistencias en paralelo: paralelo:− 6X3 R1= = 2 Ω 6+3 R2= 2 Ω
Ra I=6 A
6Ω
R1
Rc
Rb
6Ω
R3
R3= 2 Ω
Reduciendo la Resistencias en Serie y Paralelo, tenemos: R2+R3=2+2= 4 Ω R Total =
4x2
=
4
6V
4+2 3 Determinando Determinando IR: V 6 18 9 I R = = = = Amperios R 4 4 2 3 Trabajando en el Nodo “A”: I E +I=I R I E =I R -I=
2
−6
−
⇒
I=6 A
4 3 −
IE A 6 Amp.
I
3 I E = + ;el sen sentido tido de la corr corrie ient ntee es de sali salida da 2 2 Determinando Determinando las potencias: IE = -
3
9
+
+
Ω
IR
IR
Ω
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas PI = VI x I = 6 x 6 = 36 Watts (-) Activo Activo 3
PE = VE x I E = 6 x
2
= 9 Watt Wattss (+) (+) Pas Pasivo ivo
16.-Utilizando el concepto de RINCE: -1V+
-1V+
+4 V-
a
a
a
+
10 V
E -
8Ω
+
+
≅
RINCE
≅
12 V
2Ω
2Ω
-
+
13V -
RINCE
6V -
b
b
b
17.-Utilizando el concepto de RINCE: +8
V-
1Ω
+6
V-
+6
V-
x
x 2A
RINCE
1Ω
6A 6A
RINCE
2A
≅
7A
5A
y
y
4Ω
y
4Ω
4Ω
≅
2A
8A
x
18.-Determinando 18.-Determinando las reactancias reactancias e impedancias impedancias totales: X L = W L = 400 x 25 x 10 -3 = 10000 0000 x10 -3= 10 Ω XC =
1
=
WC
1 400 x50 x10 10 −6
=
1 20000 x10 10 −6
=
100 2
= 50
Ω
_
Z =R+j =R+j(X (XL -X C )=R+ )=R+j( j(10 10-5 -50) 0)=R =R-j -j 40 40 _
Por Dato: Dato: Z =Z -63.4º -63.4º Sabemos que: Tan (-63.4º)=
X L -XC R
entonces: R=
-40
=
Tan(-63.4º)
−40
=
−1.997
20.03
Ω
_
∴
Z =20-j40=4 =20-j40=44.7 4.7 -63.4º -63.4º _ _
La Corriente sera: I =
V _
Z
=
120 0º 447 −63.4º
= 2.68
63 63.4º Amperios
Los Voltajes son: _
_
VR =R x I =20 x 2.68 63.4º _
_
= 53.6
_
V R
Referencia
63.4º
_
VL =X L x I =10 x 2.68 90+63.4º _
63.4º
VC
VL
= 26.815 8153.4 º
V = 120 0º 0º
_
VC = X C x I =50 x 2.68 -90+63.4º
= 134 −26.6º
19.-Reordenando 19.-Reordenando el Sistema:
_
_
Z 1
= 500 500 0º
_
Z 4
=
2000 −30º
Z 2
=
250 250 30º
_
Z 3
= 1000 1000 0º
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Z equivalente=
Z1 x Z 4
+
Z1 + Z 4
Z2 x Z3 Z 2 + Z3
Ω
Z equivalente=59 equivalente=596 6 4.03º 4.03º
20.-La Impedancia Total del Sistema será: Z equivalente=3 + j (6 − 2) = 3 + j 4 = 5 53 53.1º
⇒I=
V Z
⇒ S= V
=
50 -9 -90º 5 53.1 53.1º
x I
*
=10 -1 -143-1º
Ω
500 VA
400 VAR
Amperios
53.1º 300 Watts
)(10 +143.1º ) = 500 53 53.1º = 300 + j400 = (50 −90º )(
21.-Resolviendo la parte a) 1
Ymedio =
Ymedio =
∫ Am Senα dt
T 0 Area
Ymedio = Ymedio =
τ
t
π
+
π
0
T 1
∫
[
T Am T
π
0
Am Senα dt +
2π
∫ π
2π
Area T
Am Senα dt ]
[(-Cosπ - (-Cos0º))+(-Cos2π - (-Cosπ)) ]=
Resolviendo Resolviendo la parte b) 1
Ymedio =
Ymedio =
∫ Am Senα dt
t π
π
0
+
T 1
T
[(-( [(-(-1 -1)) - (-1) (-1))+ )+((-(1 (1)) - (-((-(-1) 1))) ))= =
τ
T 0 Area
Ymedio =
Am
[
∫
Am Senα dt +
2π
∫
Area
(-2) dt ] =
T Am
π
2π
[( − cos α ) 0 ] + [( −2)(t ) π ]
T 2 Am 2 2Am 2π Ymedio = [(-Cosπ - (-Cos0º))-( (2π-π )) ]= [(-(-1) +1))- [π]= T T T T T T ReemplazandoValores: Ymedio =
T Am
π
2π
0
2x10 2π
−
2π 2π
=
10
π
π
− 1 = 2.18 Voltios.
45º 14.14 22.-Convirtiendo 22.-Convirtiendo las expresiones Senoidales a Vectoriales:
V= Z=
311 2
V I
=
170º = 220 170º
220 17 170º 11 -145º -145º
⇒I =
15.5 2
−145º = 11 −145º
=20 -4 -45º =14.14-j14.14
-j 14.14
Z
_
170º
V
Según el problema dice que: i (t) adelanta a v (t) en 45º, entonces _ Quiere decir que es un circuito RC, por lo tanto: 145º XC = ∴
1
1
=14.14 Ω ⇒ C= WC 14.14x2500 R=14.14 Ω y C=28.3 µ F
I
= 28.3 µ F
23.-Un retraso de la corriente se da en una reactancia: reactancia: X L=WL
Am T
[2[2-2]=0 2]=0
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Tan 20º= XL
L=
W
=
XL
XL
⇒ X L =25Tan20º=9.1 Ω
25 9 .1
2π x f
=
20º
9.1 2π x 500
= 2.9
α
mH
24.-Según la 1ra. Ley de Kirchhoff: I 1+I2=IT La Corriente I está en fase con la tensión V
⇒ I = 15 0º Ademas: V =R I = 4x15 0º
= 60 0º
Como el circuito contiene una reactancia inductiva; inductiva; entonces la corriente Total (IT) se encontrará desfasada respecto de la tensión V , así: Por Teorema del Coseno: 2
2
2
2
2
( 30 ) = ( 15 ) + ( 18 ) -2 ( 15 ) ( 18 ) Cosα 2
( 15) + ( 18 ) − ( 30 ) Cosα= 2 ( 15 ) ( 18 )
= −0.65
⇒ α = 130.5º ⇒
I 2 =15 0º
β = 180 − 130.5 = 49.5º
I1
= 18 −49 49.5º ⇒ Z =
Z
=
∴
R=5.13
V
18 −49.5º
I
= 3.33 49.5º
R + jWL = 3.33 49.5º = 5.13 + 4.39
y
Ω
XL
18 V =V 0º = 60 0º 0º α
60 0º
=
30
IT
β
I1
Ω
= 4.39 Ω
25.-De la figura se observa que la corriente adelanta la voltaje en: 180 − (141 + 25) = 14º Z1 =
V
=
85 −(141 + 14) º 41.2 −141º
I
Z1 =2.0 =2.0 - j0.50 j0.50 ∴ R=20 Ω,
C=
=
2.06 −14º
Ω
XC
= 0.5,
1 2π *21.2* 1.2*0 0.50 .50
= 15.0
XC=
1 WC
⇒ C=
1 WX C
µ F
26.-Sabemos que: Iefectivo P=II 2 R P=
=
4.24 2
⇒
= 3.0
Amperios.
180= 180=(3 (3)) 2 R
El angulo de la impedancia:
ϕ =Cos -1 0.80 = 36.87º
⇒
R=20 R=20.0 .0
Ω
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Como es positivo el segundo elemento debe ser un inductor Tanϕ =
Q P
2 X L Iefectivo
=
180 (3)2 X L
Tan36.87 =
⇒ X L = 15.0 Ω 180 X L =WL ⇒ 15.0=2πfL ⇒ L=3.0 mH.
27.-De los datos del problema: I1 =
V Z1
I2 =
V Z2
28.28 60 60º
=
4 30º
=
28.28 60 60º 5 60º
=7.07 30ºAmperios =5.66 0ºAmperios
ST =174 VA
Q2 =69.3 VAR(Inductivo)
S2 =80 =80 VA
60º 7.07 −30º 28.28 60 S1 = ÷ ÷ = 100 30º = 86.6 + j50 2 2 28.28 60º 5.66 0º = 8 0 60º = 40 + j69.3 S2 = ÷ ÷ 2 2
60º
S1 =100 =100 VA
P 2 =40 W Q1 =50 VAR(Inductivo)
30º P 1 =86.6 W
ST =S1 +S2 =12 =126.6 6.6+j1 +j119.3 19.3=1 =174 74 43.3 43.3ºº VA
28.-
R
(VMAX (Vfase V RN
= 120
2
169.7
=(
2
= 98.0
= 169.7
Vo V olt) en linea
) = 98.0 Volt) en Fase
0º
V RS
= 169.7
V RS
30º
= 98.0 −120º
V ST
= 1 69.7 −90º
VTN
= 98.0 120º
V RS
= 1 69.7 150º
VTN
ISN = ITN =
Z VSN Z V TN Z
= =
S
T
V SN
IS
S
I FASE =I LINEA
=
IT
T
Hallando las corrientes de Línea a Neutro:
V RN
I R
V RS
V SN
I RN =
R
98.0 0º
= 4.9 30º = I LINEA
20 −30º
98.0 −120º 20 −30º 98.0 120º 20 −30º
VTN
VTR
30º ITN
= 4.9 −90º = I LINEA
V RS I RN 30º V RN I SN
= 4.9 150º = ILINEA
30º V SN
29.-Tomando la línea a fase: I RN = I f = 4.9 30º
V RN = V f = 98 0º
ISN = 4.9 −90º
V SN =98 −120º
V RN
ITN = 4.9 15 150º
V TN =98 12 120º
Voltaje de Fase
= 98
0º 0º Volt.
V ST
I RN
20 -30º -30º
Ω
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas I RN =
V RN Z
98.0 0º
=
20 −30º
= 4.9 30º IC
30.-Por la 1ra. Ley de Kirchhoff: i(t)
i (t) =iR +iL +iC ; Reemplazando tenemos: v (t)
i (t) = i (t) =
+
1
∫
v(t) dt dt+C
v (t)
I R
IL
R
L
C
∂v ∂t
R L 100 Sen(3000t+37º)
+
1 -3
∫ 100 Sen(3000t+37º)dt+20x10
-6
∂(100Sen(3000t + 37º )) ∂t
40 23x10 i (t) =2.5 Sen(3000t+ Sen(3000t+37º)+ 37º)+14.4 14.49 9 (-Cos(3 (-Cos(3000t+ 000t+37º))+ 37º))+6Cos( 6Cos(3 3 000t+37º) i (t) =2.5 Sen(3000t+ Sen(3000t+37º)37º)-8.49 8.49 Cos(3000t+3 Cos(3000t+37º) 7º) Haciendo: 3000t+37º= α
⇒ i(t) =2.5 =2.5 Sen Senα -8.49 .49 Cos Cos α .... .......... ...... .... .... ..((1) Sea: i(t) =A Sen(α +θ )=A Senα Cosθ +A Cosα Senθ .. ..........(2) Igualando ecuaciones (1)=(2) 2.5=A 2.5=A Cosθ ...... ......... ...... ...... ....(3 .(3)) -8.49= -8.49=A A Sen Senθ ...... ......... ...... ....(4) .(4) Igualando ecuaciones (3)=(4): tan θ ==-
8.49 2.5
= −3.396 ⇒ θ = −73.59º
2.5
O θ
o 285.71º
v(t)
De la ecuación ecuación (3) y la figura, figura, se puede obtener obtener lo siguiente: ⇒ A=
2.5 Cosθ
=
2.5 2.5
= 8.49
-8.49
8.49 i (t) =8.49Sen =8.49Sen(3000 (3000t+37t+37-73.5 73.59)=8. 9)=8.49(Se 49(Sen(30 n(3000t-3 00t-36.59 6.59))
37º O
73.59º
36.59º referencia
i (t) esta adelan adelantada tada de la tension tension un un angulo angulo φ, asi:
i (t)
φ=37-(-36.59)=73.59º
31.-Por dato del problema el transformador funciona a plena carga, entonces: P= V I Cosφ =500 (0.6)=300 Kw (inductivo en atrazo)
φ =Arc Cos(0.6)=53.1º Q= V I Senφ =500 (53.1º)=400 Kvar (inductivo en atrazo)
Añadiendo un Condensador ( sin modificar la carga activa “P”) f.d.p.=0.9 (en atrazo inductivo) φ´ = Arc Arc Cos (0.9)=26º (0.9)=26º S´ =
P Cosφ´
=
300 0.9
= 333
KVA
Q´ = S´ Sen φ = 333 KVA KVA Sen 26º=146 26º=146 KVAR KVAR (inductiv (inductivo o en atrazo) atrazo)
La potencia Reactiva de los Condensadores Condensadores es:
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Imaginario ´
-jQc =Qc =Q=Q-Q =400 =400--146= 146= 254
KVAR
Qc =-jQ =-jQc =-j2 =-j254 54 (en adel adelan anto to)) %S´ =
S´ S
x100=
(300 (300)) 2 +(14 +(146) 6)2 500
Qc (cap (capac aciti itivo) vo)
x100=66.73%
S´
⇒ %S = 66.73% ´
Xc =
V2 Qc
⇒ C=
Qc 2πfV
2
=2.695x10
S
-6
Potencia: 254 KVAR f = 60 Herzt 500 KV, Sistema mo nofasico tipo Estatico; C= 2.695 µ Faradios.
Faradios
Q´
φ=53.1º φ´ =26º 26º
Real
Q
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Ejemplos.A.- Salón de Clases.Superficie del local: Largo a=16.0 mts. Ancho b=4.0 mts. Características: Altura Altura del techo techo del local local H= 3.0 mts. mts. Distancia Distancia entre entre el plano plano de trab trabajo ajo y la luminaria luminaria h=(H - 0.85 0.85)) = (3.0 (3.0 .- 0.85) 0.85) =2.15 =2.15 mts. Iluminancia media Em =500 lux Tipo de luminaria: luminaria: Semi–Intensiva, Semi–Intensiva, empotrable empotrable con 2 tubos de 36 W. (Curva A 1.2 tabla tabla 12) Tipo de lámpara: lámpara: Fluorescente Fluorescente normal normal (blanco frío) frío) Φ L = 3200 Lm. Flujo luminoso de la lámpara: Cálculos: a×b 16 × 4 64 = = = 1.48 K= h(a+b) 2.15(16+4) 43 Factores de reflexión (según tabla 11) ρ 1 = 0.5 Color del techo: blanco (techo técnico)
= 0.5 ρ 3 = 0.3 ρ 2
Color de las paredes: crema Color del suelo: marrón claro Rendimiento del local Rendimiento de la Luminaria Rendimiento de la iluminación: Factor de Conservación Flujo Luminoso Total:
Número de puntos de Luminarias:
= 0.74 (Tabla Nº 12) ρ L = 0.86 (Datos de fabricante) η = η R ×η L = 0.74 × 0.86 = 0.63 f C = 0.75 (B (Buena ena Co Conserv servaacion ion) E × S 500 * 64 ΦT = m = = 67724.86 Lm. η × f C 0.63 * 0.75 ρ R
ΦT
N = ∴
B.- Carpintería Industrial.-
Altura óptima
= 10.5
h’=(H h’=(H - 0.85) 0.85) = (8.0 (8.0 - 0.85) 0.85) =7.15 =7.15 h=
3 4
h'=
2 3
h'=
3 × 7.15
h=
4 4 5
h'=
2 × 7.15 3
= 4.76
= 5.36 4 × 7.15 5
Tomamos una altura de h=5.5 mts. Iluminancia media Em =250 lux Sistema de alumbrado: Directo, porque tiene una altura de 8 mts.
∴
Luminarias Luminarias
Se colocaran 11 luminarias.
Altura mínima h=
67724.86 3200*2
Φ L
Superficie del local: Largo a=40.0 mts. Ancho b=12.0 mts. Características: Altura del techo del local entre: H=6 a 10 mts. Distancia Distancia entre entre el plano plano de trab trabajo ajo y la luminaria luminaria mts.
Altura aconsejable
=
= 5.72
Problemas del Curso Instalaciones Eléctricas Tipo de luminaria: luminaria: Semi – intensiva intensiva con reflector, reflector, por estar comprendida comprendida la altura altura del local entre 6 a 10 mts. (Tabla Nº 12, A 1.2) Φ L = 23000 Lm. Flujo luminoso de la lámpara: Cálculos: a ×b 40 ×12 = = 1.67 K= h(a+b) 5.5(40+12) Factores de reflexión (según tabla 11) ρ 1 = 0.3 Color del techo: Rojo Claro
= 0.3
ρ 2
Color de las paredes: Hormigón
ρ 3
Color del suelo: rojo oscuro
ρ R
Rendimiento del local Rendimiento de la Luminaria Rendimiento de la iluminación: Factor de Conservación Flujo Luminoso Total:
Número de puntos de Luminarias:
= 0.1
= 0.74 (Tabla Nº 12, interpolando entre K=1.5 y K=2) ρ L = 0.78 (Datos de fabricante) η = η R ×η L = 0.74 × 0.78 = 0.577 f C = 0.5 0.5 (D (Dific ificu ultoso toso por por la la alt altur ura) a) E × S 250 * 480 ΦT = m = = 400000 Lm. η × f C 0.6 * 0.5 N = ∴
ΦT
=
400000
Φ L
23000
= 17.39
Luminarias Luminarias
Se colocaran 18 reflectores.
**********.-La Funció Función n matemática en un ciclo es:
3; 0
1
[
4-0 1
4 1 1 1 2 4 3dt+ 1dt]= [(3 − t ) 0 ] + [(t ) 2 ]= [3(2 − 0) + ( 4 − 2)] = [6 + 2] = 2 Amperios. 0 2 4 4 4
∫ 2
2
∫
4
(3) dt+ ∫ (1) dt] = 4 ∫ [
YFactor de Forma =
2
0
Yefectivo Ymedio
2
2
=
5 2
= 1.12
1 4
[9(2-0)+1(4-2)] =
1 4
[18 + 2]
=
5 Amperios.
--
