Cien Problemas De Electrotecnia 4c463r

CIEN PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA . CORRIENTE CONTÍNUA Resistencias puras se montan como lo indica la figura P1. Calcular: a) La resistencia equivalente de la parte BC del circuito. B) Las dos fuentes tienen una resistencia interna r, calcular el valor de la resistencia x para que la potencia disipada entre los puntos A y B sea máxima. C) ¿Cuál es la potencia máxima? Aplicación numérica R = 1 Ω, r = 3 Ω, E = 6 V.

+

E

r r

+

E

R x

2R D

R

C

A

B

3R

Solución: a) Cálculo de la resistencia equivalente en BD: R1 =

R × 2R 2 = R R + 2R 3

Para la parte CDB: R2 = R1 + R =

2 5 R+R= R 3 3

La resistencia equivalente total respecto a BC es:

RBC

5 R × 3R R2 × 3 R 15 3 = = = R R2 + 3R 5 14 R + 3R 3

b) Para fuentes idénticas en paralelo se conserva el voltaje y la resistencia equivalente se calcula como req = r / n , donde n es el número de fuentes. El circuito equivalente para esta parte es:

i

+

E r/2

x

3R

A

B

La corriente que circula por el circuito es: i=

E r 15 +x+ R 2 14

La potencia disipada en la parte AB es: 15   P =  x + R i 2 14  

Remplazando el valor de la corriente I: 15   E2 x + R 14   P= 2 r 15    x + + R 2 14  

Para determinar el máximo P hay que calcular la derivada dP/dx, que es nula en los puntos extremos de P: 2  r 15  15  r 15    r 15 x + + R  − 2 x + R  x + + R    −x− R dP 2 14  14  2 14    14 = E 2  = E2 2 =0 4 3   dx r 15  r 15       x + + R  x + + R 2 14  2 14     

Resolviendo la ecuación x =

r 15 − R 2 14

La resistencia equivalente en AB es r/2; entonces la potencia máxima es: 2

P = i2

r  E  r E2 =  = 2  r  2 2r

Otra forma de resolver este problema es aplicando el teorema de la transferencia de potencia máxima, el cual dice: Una fuente de tensión independiente en serie con una resistencia RS, o una fuente de corriente independiente en paralelo con una resistencia RS suministra una potencia máxima a esa resistencia de carga RL para la cual RL =RS.

RS

iL +

vS

+

vL

RL

-

El lector deberá probar esta alternativa la cual resulta muy simple, aunque perdiendo la rigurosidad matemática que debe poseer un estudiante de ingeniería. Finalmente en aplicación numérica: R=

15 Ω, 14

x=

27 Ω, 28

P = 6W

Las resistencias A y B están en paralelo y éstas a su vez en serie con la resistencia de 300 Ω y con una fuente de 1.5 voltios de resistencia interna despreciable. Cuando B está desconectada de A, debe agregarse una resistencia de 100 Ω para que la corriente que pasa por A no varíe. Calcular la resistencia B. Solución:

i

1.5 V +

i

1.5 V

A=100

A=100 300

iA

+

RB

100 300

iA RB

iB

Según la figura P2 (a) si las resistencias A y B están en paralelo, la resistencia equivalente está dada por: R1 =

100 R B 100 + R B

La resistencia total del circuito es: R = 300 + R1 = 300 +

100 R B 400 RB + 30 000 = 100 + R B RB + 100

La corriente que atraviesa el circuito es:

i=

1.5( R B + 100 ) 1 .5 = 400 R B + 30 000 400 R B + 30 000 R B + 100

Aplicando divisor de corriente: i B = que:

i A = i − iB =

1.5( RB + 100 ) 100i A − 400 R B + 30 000 RB

100i A y conociendo que i = i A + i B se tiene RB

⇒

i A ( RB + 100 ) 1.5( R B + 100 ) = (a) RB 400 R B + 30 000

Para el circuito de la figura P2 (b) como la resistencia B está desconectada de A, la resistencia equivalente del circuito es: R = 100 + 300 +100 = 500 Ω y la intensidad de corriente: i = iA =

1.5 (b) 500

Empleando las ecuaciones (a) y (b) se obtiene:

1.5( R B + 100 ) 1.5 = ⇒ RB = 300 Ω 500 400 RB + 30 000 La resistencia de un alambre se mide por medio de un voltímetro y de un amperímetro. Si el voltímetro se conecta a través de del alambre, las lecturas que se obtienen son de 40 voltios y 1 amperio. Cuando el voltímetro se conecta a través del amperímetro, las lecturas son 50 voltios y 0.9 amperios. La resistencia del voltímetro es de 1 500 Ω. Hallar la resistencia del alambre y del amperímetro. Solución: Sea R la resistencia del alambre y r la del amperímetro. La primera conexión se ilustra en la figura P3 (a), entonces: i1 + i 2 = 1 A v AB = i1 R = i 2 ×1 500 = 40 V i2 =

40 2 2 73 40 = A & i1 = 1 − = A ⇒ R= = 41 Ω 73 1 500 75 75 75 75

Para la segunda parte la conexión es la que se muestra en la figura P3 (b). En este caso: 50 = 0.9( R + r )

r=

50 50 −R = − 41 = 14.5 Ω 0.9 0.9

Tres baterías idénticas se conectan como lo indica la figura P4. ¿Qué lectura registra el voltímetro si se conecta en paralelo con una de las baterías, en A y B.

¿Cuánto marca el amperímetro ideal? 44 V

2 3

A

20 V

4

6

Solución: En un instrumento de medida ideal su resistencia interna igual a cero, es decir que se puede eliminar la resistencia de 4 Ω porque la corriente eléctrica preferiría irse por el ramal que menos resistencia le ofrece, en este caso por el amperímetro. Un circuito equivalente sería:

2 iT

24 V

24 V

3 6

R

iA

iT

Donde: R=

La corriente total es: iT =

3× 6 +2 =4Ω 3+6

24 = 6A 4

Aplicando divisor de corriente en la figura P5 (a) se tiene que: iT i = A 3+ 6 3

⇒ iA =

6×3 = 2A 9

El valor que marca el amperímetro es de 2 A.

¿Qué potencia consume o entrega la fuente de voltaje del circuito ilustrado en la figura P6?

3V

2

+

if 4

2A

3

Planteando ecuaciones de malla:

2 2A

3V

i1

i2

4

+

i3

3

4i1 − 2i 2 = −3 (1) 7i3 − 4i 2 = 3

(2)

La corriente de malla i2 es igual al valor que suministra la fuente de corriente. Como la dirección elegida para i2 es contraria a la fuente, entonces: i 2 = −2 A Remplazando el valor de i2 en (1) y (2): i1 =

− 3 + 2( − 2 ) 7 =− A 4 4

i3 =

3 + 4( − 2 ) 5 =− A 7 7

La corriente neta que circula a través de la fuente de voltaje es: i f = i1 − i3 = −

7 5 29 + =− 4 7 8

3V

if

+

Por lo tanto la dirección de la corriente i f coincide con en el signo positivo de la fuente, entonces la fuente suministra una potencia P = 3 ×

29 = 18.875 W 8

Para el circuito que se indica en la figura P7(a) hallar el valor de v f para que i = 0 .5 A . 2 i

4 vf

3

+ 1

2

5A

Solución: Para resolver este problema se empleará el método de la supermalla que simplifica de manera significativa la solución de problemas donde es imposible realizar la transformación de fuente de corriente a fuente de voltaje. Adviértase que la fuente de 5 A no puede ser convertida a una fuente de voltaje debido a que no se halla en paralelo con una resistencia.

2 i

4 vf

2

+

i2

i

3 i1 1 5A

i3

2

La técnica consiste en formar la supermalla a partir de dos mallas que tienen una fuente de corriente como elemento común; es decir la fuente de corriente debe quedar en el interior de la supermalla.

Asignando como i1, i2, i3 a las corrientes de malla como indica la figura P7 (b), adviértase que la supermalla (línea punteada) se forma con i1 y con i3 debido a que la fuente de corriente queda al interior de estas mallas. Aplicando la ley de Kirchhoff de voltajes a la supermalla: 4i1 + 5i3 − 4i2 − 3i 2 = v f

Simplificando: 4i1 − 7i 2 + 5i3 = v f

(1)

− 4i1 − 9i2 − 3i3 = 0

(2)

Alrededor de la malla 2:

La tercera y última ecuación resulta de relacionar las ecuaciones de malla i1 e i3 con la fuente de corriente: i1 −i3 = 5

(3)

Nótese que i = i2 = 0.5 A. Remplazando este valor en (1) y (2) y resolviendo simultáneamente con (3) se obtiene que v f = −15 V . Entonces la fuente debe tener la configuración que se indica en la figura P7(c). i 15 V

+

Encontrar el equivalente de Thevenin referido a las terminales a-b.

a 1 8V

+

3 2

b

Solución: Redibujando el circuito en una forma más simple:

5

A

1 8V

B

a

3

C

+

2 b

Aplicando transformación Δ-Y referido a los puntos ABC: 5

A R1

B R2

5

5

2

1

3

R3

C

R1 =

5 Ω; 9

R2 =

5 Ω; 3

1 R3 = Ω 3

El circuito queda como sigue:

1

8 V

3 1 3

+

5 9

a 8 V

2

+

i

5 3

7 3

b

b

El voltaje de Thevenin es el correspondiente a la resistencia de 7/3 Ω: i=

Vab

8

=

a

36 = 2.77 A 13

5 7 + 9 3 36 7 84 = × = = 6.46 V 13 3 13

Para hallar la resistencia de Thevenin bastará con cortocircuitar la fuente de tensión.

5 9

a

5 3

a

7 3

b

b

Rab

5 7 × 9 3 + 5 = 55 = 2.12 Ω = 5 7 3 26 + 9 3

Por lo tanto el circuito equivalente de Thevenin es: 3

2.12

a

7 3

6.46 V

a

+

b

b

Si v ab = 10 V encontrar i y v.

i

a 6 30

72

36 b

+ v -

9

10

Solución: Obsérvese que las resistencias de 30 y 6 Ω se hallan en paralelo con el ramal de la corriente i, el cual por cierto no ofrece resistencia alguna, por tanto es el único que se conserva, pues la corriente va a circular por donde no encuentre oposición.

i

a 6 30

b

10

Dibujando nuevamente el circuito y simplificando: i

a 10 V

36

b

72

+ v -

8

+ v -

9

10 i

a 36

10 V

i

a 36

10 V b

10

i=

v=

+ v -

8

10 5 = = 0.56 A 18 9

5 40 ×8 = = 4.44 V 9 9

Encontrar el valor de vo si i = 5/2 A. + 2A

3A

8V 6

16

3 20

12

10 7

+ vo

i

Solución: Utilizando transformaciones de fuente para simplificar el circuito:

+

36 V +

3A

8V

16 32 V

16

2A 12

+ 20

12

24 V

36 V +

12

20

36 V +

19

24 V

+

2 3A

36

+

vo

i

36 V +

36 V + 19

19

9 2 3A

9

6V +

42V +

+

Aplicando la ley de Kirchhof de voltajes:

+ +

vo i

28

vo i

19

12

12 +

i

vo

36 +

7

+

i

vo

24 V

+

7

+

12

vo i

vo i

vo + 42 = 28 ×

5 2

De donde: v o = 28 V Hallar el equivalente de Thevenin en los puntos a y b. 10 V +

a 8 12

5A

Rc

R=0 b

Solución: Redibujando el circuito puede notarse que Rc simplemente es referencial para obtener el equivalente de Thevenin. El circuito que debe resolverse es el que se halla dentro del rectángulo punteado:

10 V +

a 8 Rc

12

5A

R=0

b

Cortocircuitando la fuente de tensión y eliminando la fuente de corriente para encontrar la resistencia de Thevenin: a Rc

12

b

Rab =

12 × 8 24 = = 4.8 Ω 12 + 8 5

8

Para encontrar el voltaje de Thevenin se opta por cambiar la fuente de corriente a fuente de voltaje: 10 V +

a +8

12 Rc 60 V

+

+

i

b

i=

10 + 60 = 3.5 A 12 + 8

Vab = 60 −12 × 3.5 = 18 V

Nótese que la dirección de la corriente es la que polariza a las resistencias y por tanto proporciona los signos respectivos para las caídas de voltaje. Finalmente el circulito equivalente referido en a-b es: 4.8

Rc

+

8

18 V

b

Para la red de la figura, demostrar que la resistencia entre los puntos a y b es 27/17 Ω. 1

a

3

1

1

b

5

Solución: El lector puede intentar resolver este problema mediante transformaciones o reducciones de resistencias pero se dará cuenta que resulta imposible hallar una resistencia equivalente para a-b.

Para dar solución a este problema se utilizará el artificio de conectar una fuente de voltaje v entre a y b para luego determinar la relación v/i donde i es la corriente que sale de la fuente. v

3 15 V

+ i

2

3

+

1

a

1

1

3

b

5

5

El valor de voltaje para la fuente es arbitrario Por facilidad se usa v = 27 V . Planteando ecuaciones de malla como muestra la figura: v

27 V +

+

i

i1 1

1

a

b

1 i2

i3 5

3

b

1

5

2i1 − i2 − i3 = 27 − i1 + 7i2 − i3 = 0 − i1 − i2 + 5i3 = 0

Resolviendo el sistema se obtiene: i1 = 17 A , i 2 = 4 A e i3 = 3 A . Rab =

v 27 = Ω i 17

En el circuito de la figura; a) ¿Qué fuentes generan y cuáles consumen potencia?, b) Verifíquese que potencia generada es igual a potencia consumida

15 V + 20 V

5A

+

Solución: a) De acuerdo a la dirección de la corriente impuesta por la fuente de 5 A: 15 V + 20 V

Fuente de 15 V: Fuente de 20 V:

i

+

+

5 A vx

P =15 ×5 = 75 W P = −20 ×5 = −100 W

Aplicando sumatoria de voltajes para hallar v x : v x = 20 −15 = 5 V P = 5 ×5 = 25 W

b) Las fuentes que entregan potencia son la fuente de 15 V y la fuente de 5 A; en cambio la fuente de 20 V actúa como carga, es decir consume potencia. Claramente se puede apreciar que la sumatoria total de potencias es igual a cero.

En el circuito de la figura, los valores eficaces de las intensidades de corriente I 1, I2 e IT son 18, 15 y 30 Amperios, respectivamente. Determinar los valores de R y XL. IT I1 R

Solución:

I2 jX L

4

Una forma sencilla de resolver este tipo de problemas es utilizando diagramas fasoriales, tal como se indica a continuación: T

I1

I2

IR V

IL

R

jX L

4

V = 4 × I 2 = 4 ×15 = 60 V

I2

IR

V

15 30

IT

18

I1

IL

Aplicando ley de cosenos para calcular a y posteriormente el ángulo Y:  30 2 −15 2 −18 2  − 2 ×15 ×18

α = cos −1 

  = 130.54º 

ψ =180º −130.54º = 49.46º

Calculando el valor de IR e IL: I R = I 1 cosψ = 18 cos 49.46º = 11.7 A I L = I 1 sin ψ = 18 sin 49.46º = 13.7 A

Finalmente: R=

V 60 = = 5.13 Ω I R 11.7

XL =

V 60 = = 4.34 Ω I L 13.7

PROBLEMAS ADICIONALES Un medidor tiene una resistencia interna de 10 Ω y da lectura de escala completa cuando pasan por el 0.1 mA. Este medidor tiene que servir como el sensor de un voltímetro de escala múltiple, como se indica en la figura, con escalas de 1 V, 20 V y 100 V. ¿Cuáles deberían ser los valores de las resistencias desconocidas que aparecen en la figura? Si se conecta un voltímetro de 50 000 Ω de resistencia en paralelo con la resistencia de 100 00 Ω de la figura, ¿Cuál será la lectura de dicho voltímetro? Si se usa otro voltímetro, con una resistencia interna de 500 000 V, ¿Cuál será su lectura? Se conecta un voltímetro y un amperímetro, como indica la figura, para medir la resistencia del resistor R. Si Vm e Im son las lecturas del voltímetro y del amperímetro respectivamente, ¿la resistencia R es mayor, menor o igual que la relación Vm /Im? Tres resistores idénticos están conectados en paralelo. La resistencia equivalente aumenta en 700 Ω cuando se retira un resistor y se conecta en serie con los dos restantes, que siguen en paralelo. ¿Cuál es la resistencia de cada resistor? Un resistor se conecta primero en paralelo y luego en serie con un resistor de 2 Ω. Una batería suministra cinco veces más corriente a la combinación en serie. Determinar los valores posibles para el resistor. En el circuito de la figura no hay corriente en el resistor de 4 Ω. Encontrar la razón R1/R2 de las resistencias desconocidas. Cada resistor de la figura es de 5 W (es decir que cada uno es capaz de disipar a lo sumo 5 W de potencia sin quemarse). ¿Cuál es el máximo valor posible para la corriente i?

Encontrar el equivalente de Thevenin a los terminales a-b.

b

6 20º

40 60º +

220

j3

4 a

Solución: El circuito equivalente de Thevenin es referido a los terminales a-b por eso es importante conocer la dirección correcta, en este caso de a hacia b (línea punteada). b

6 20º

40 60º + I

220

j3

4

V ab

a

Vab = ( − 6∠20º )( 4 + j 3) + 40∠60º = 10.17∠69.26º V

Para conocer la impedancia equivalente de Thevenin: b

220

4

j3

a

Z ab = 4 + j 3 = 5∠36.86º Ω

Resolver el problema anterior de forma fasorial.

Solución: Llamando VR, VL y Vf a las caídas de voltaje de la resistencia (4 Ω), la bobina (j3 Ω) y de la fuente de voltaje respectivamente, según se indica:

Vf 40 60º +

b

6 20º

I

220

4

VL

j3

VR

a

VR = ( 6∠20º )( 4∠0º ) = 24∠20º V V R = ( 6∠20 º )( 3∠90º ) = 18∠110º V VZ = V R + V L = 24∠20º +18∠110º = 30∠ − 56.86º Vab =V f +VZ = 40∠60º −30∠−56.86º =10.17∠69.26º V

El diagrama fasorial se muestra a continuación:

V ab 69°

Vf VL VZ 40°

VR

20°

I

Un sistema trifásico equilibrado se halla conectado en Y, con secuencia CBA, V AB = 100| 0º V y una impedancia de 3 + j10. Dos vatímetros se conectan entre las líneas B-C y A-C. ¿Cuánto marca cada vatímetro?, ¿Cuál es la potencia total? Solución: C AB

B

3+j10

VB

3+j10

VA N

3+j10 W1

VBC

VC

B W2 A

C

Z = 3 + j10 =10.44∠73.3º Ω

V AB = 100∠0º

100 ∠30º = 57.7∠30º V 3 100 ⇒ VB = ∠150º = 57.7∠150º V 3 100 ⇒ VCA = ∠270º = 57.7∠270º V 3

⇒ VA =

V BC = 100∠120º VCA = 100∠240º

VA 57.7∠30 º = = 5.52∠ − 43.3º A Z 10.44∠73.3º V 57.7∠150º = B = = 5.52∠76.7 º A Z 10.44∠73.3º V 57.7∠30º = A = = 5.52∠196.7 º A Z 10.44∠73.3º

IA = IB IA

W1 = VBC I B cos < VIBBC W1 = 100 × 5.52 × cos 43.3º = 401.73 W

A

VCA

VAC 43.3°

VBC

IB 103.3°

43.3°

IB

IA

W2 = V AC I A cos < VIAAC W2 = 100 × 5.52 × cos103.3º = −127 W WT = W1 + W2 = 275 W

La potencia indicada por los dos vatímetros es la total por tratarse de un sistema equilibrado.

Un alternador trifásico con conexión Y y 440 V tiene un límite de 35 A por fase, a) ¿Cuál es la potencia aparente de la máquina?, b) Si el alternador suministra una corriente de línea de 20 A con un factor de potencia 0.65, ¿cuál es la potencia aparente por fase de la máquina? Un sistema trifásico, a 100 V alimenta una carga equilibrada en triángulo con impedancias de 10| -36.4º Ω y una carga en estrella equilibrada con impedancias de 5| -36.4º Ω. Hallar la potencia en cada carga y el módulo de la intensidad de corriente de línea y la potencia en cada carga. Solución: T

ID ZY 100 V

ZD

ZD IY ZY

100 V

ZY ZD

Z Y = 5∠ − 36.4º Ω Z D = Z ∆ = 10∠ − 36.4º Ω

Potencia ∆: La corriente por cada impedancia: I∆ =

V 100 = = 10 A Z∆ 10

La corriente de línea para el circuito en delta: I L∆ = 3I ∆ = 10 3 A

Por tanto, la potencia en delta es:

P∆ = 3VI L∆ cos φ = 3 ×100 ×10 3 × cos( − 36.4º ) = 2.4 kW

Potencia Y: La corriente por cada impedancia, también resulta ser la corriente de línea para el circuito en Y: I Y = I LY =

V 3Z Y

=

100 5 3

=

20 3

A

Por tanto, la potencia en estrella es: P∆ = 3VI LY cos φ = 3 ×100 ×

20 × cos( − 36.4º ) = 1.6 kW 3

Obsérvese que el ángulo para las impedancias en Y y en ∆ es el mismo, por lo tanto para encontrar la corriente de línea IT basta con sumar aritméticamente las corrientes de línea obtenidas para los circuitos en estrella y en delta. I T = I L∆ + I LY = 10 3 +

20 = 28.86 A 3

Sin embargo, esto no siempre sucede, así que a continuación se plantea un método general para este tipo de problemas: Transformando el circuito Y en ∆ se obtienen tres pares de resistencias en paralelo, como se muestra:

IT ID Z' D

Z'D ZD

100 V

ZD ZD Z' D

100 V

Z D' = Z ∆' = 3Z Y = 3 × 5∠ − 36.4º = 15∠ − 36.4º Ω

Reduciendo el paralelo de Z∆ y Z’∆:

Z=

Z ∆ Z ∆' 10∠ − 36.4º×15∠ − 36.4º = = 6∠ − 36.4º Ω ' Z ∆ + Z ∆ 10∠ − 36.4º +15∠ − 36.4º

Finalmente: I∆ =

V 100 = = 16.67 A Z 6

I T = 3I ∆ = 3 ×16.67 = 28.86 A

Un sistema trifásico ABC de tres hilos con 240 V (voltaje de línea) tiene una carga conectada en Y con ZA= 60| 0º Ω, ZA= 60| -30º Ω, ZA= 50| 45º Ω. Obténgase las corrientes de línea y el voltaje de desplazamiento del neutro VON. Solución: A

A 60 0º 240 V

I1 60 30º

B 240 V C

50 45º

VCA VC C

V BC = 240∠0º

VAB N

I2

V AB = 240∠120º

VA

VB

VBC

B

VCA = 240∠240º

Considerando un sistema con corrientes de malla:

240∠120º = ( Z A + Z B ) I 1 − Z B I 2 240∠0º = −Z B I 1 + ( Z B + Z C ) I 2

Remplazando valores y colocando en forma matricial: − 60∠30º   I 1  240∠120º   116∠15º − 60∠30º 109∠36.8º  I  =  240∠0º     2  

Resolviendo: I 1 = 2.31∠75º

&

I 2 = 2.24∠ − 3.6º

V AO = Z A I A = Z A I 1 = ( 60∠0º )( 2.31∠75º ) = 138.4∠75º

V BO = Z B I B = Z B ( I 2 − I 1 ) = ( 60∠30º ) 2.24∠ − 3.6º −( 2.31∠75º ) = 172.7∠ − 25.4º VCO = Z C I C = Z C ( − I 2 ) = ( 50∠45º )( − 2.24∠ − 3.6º ) = 112∠ − 138.6º

VAO

VCO

A

VAN

15°

138.6

138.5

O VON N VAO VAN

VBO VCO

O VON N

O N ON

En el triángulo AON: VON = 138.6 2 +138.5 2 − 2 ×138.6 ×138.5 × cos 15º = 36.17 ∧

sen ONA sen15º = 138.6 36.17

∧

⇒ ONA = 82.64º

∴ VON = 36.17∠172.6º V

Empléese otro método para resolver el problema anterior. Solución: El método que se sugiere a continuación es simple, éste consiste en sugerir una ecuación de voltaje de un solo nodo por lo regular con VOB como incógnita.

Redibujando el circuito: IA

A

60 0º VAB

240 V

O 60 30º

50 45º

IB

B 240 V C

VBC

IC

O IC

IA IB 60 0º

60 0º

50 45º

60 30º

A

O IC IB

O 50 45º

A

C

50 45º

VCA

VAB O

+

VOC

VAB B

+

VBC

VOB

C C +

VBC

Según la 1ª ley de Kirchoff: I A + I B + I C = 0 Planteando la ecuación respecto al nodo O, tomando a B como referencia: VOA VOB VOC + + =0 ZA ZB ZC

Según el diagrama 3:

VOA

VOB − V AB VOB VOB + V BC + + =0 ZA ZB ZC

Despejando en función de VOB: VOB V AB VOB VOB V BC − + + + =0 ZA ZA ZB ZC ZC

VBC

B

 1 1 1  V AB VBC  = VOB  + + − ZC  Z A Z B ZC  Z A

VOB

V AB V BC − ZA ZC = 1 1 1 + + Z A Z B ZC

La ecuación en resalte puede emplearse directamente para la resolución de otros ejercicios, una vez que se conoce su origen. De idéntica forma pueden desarrollarse ecuaciones en función del nodo que se tome como referencia. De aquí en adelante la referencia que se adoptará será respecto al nodo B. Remplazando valores:

VOB

240∠120º 240∠0º − 60∠0º 50∠45º = = 172.7∠154.6º 1 1 1 + + 60∠0º 60∠30º 50∠45º

VOA =VOB −V AB =172.7∠154.6º −240∠120º =138.6∠−105º

VOC = VOB +V BC =172.7∠154.6º +240∠0º =112∠41.4º

VAN

VOA

O VOC

VON

N VOB

C VON = V AN +VOA =

Las corrientes de línea son:

B

240 ∠90º +138.6∠−105º = 36.17∠172.6º V 3

IA =

IB =

− VOA −138.6∠ −105º = = 2.31∠75º A ZA 60∠0º

− VOB −172.7∠154.6º = = 2.88∠ − 55.4º A ZB 60∠30º

IC =

− VOC 112∠41.4º = = 2.24∠176.4º A ZC 50∠45º

En el sistema monofásico balanceado de tres hilos de la figura, sea VAN = 220 V a 60 Hz, a) ¿Cuál es el valor de C para proporcionar una carga de factor de potencia unitario?, b) ¿Cuántos kVA maneja C? : Solución: I

220 V

A

5+j2

I1

N 220 V

C

5+j2

I2 B

Debido a que ambas impedancias son iguales, la corriente que circule por el neutro va a ser igual a cero, por lo tanto: I = I1 = I 2 =

440∠0º = 40.89∠ − 21.8º A 2( 5 + j 2 )

La potencia aparente del circuito es: Q = VIsenφ = 440 × 40.89 × sen 21.8º = 6 681.5 VAR ≈ 6.68 kVAR

Debido a que el factor de potencia total debe ser igual a uno resulta obvio que los 6.68 kVAR de potencia reactiva serán los consumidos por el capacitor ( Q = QC ). El valor de la capacitancia es: Xc =

1 V2 = 2πfC QC

∴C =

QC 6681.5 = = 9.15 ×10 −5 F ≈ 91.5µF 2 2πfV 2π × 60 × 440 2

Respuestas: a) 91.5 µF b) 6.68 kVAR

El circuito de la figura presenta una impedancia infinita (circuito abierto) en la fase B de la carga en estrella. Hallar el fasor de tensión VOB si el sistema es de 208 V y secuencia ABC.

- j100

O 100 B

B C

Solución: IA

A

I VAC

- j100

O 100 B

B C

IC

VCA = −V AC = −208∠60º = 208∠60º

I = I A = −I C =

V AC 208∠60º = = 1.47∠105º 100 − j100 141.4∠ − 45º

V AO = (100∠− 90º )(1.47∠105º ) = 147∠15º VCO = (100∠0º )(1.47∠285º ) = 147∠285º

A VAO

O

VoB

VCO

B

C

Del diagrama fasorial: VOB =V AB −V AO = 208∠120º −147∠15º = 284∠150 º V

Un motor de inducción de 37.3 kW, con un rendimiento a plena carga del 85% y un factor de potencia 0.8, se conecta a un sistema trifásico de 480 V. Hallar la impedancia en estrella equivalente que puede sustituir a dicho motor. Solución: Por definición de potencias: Psalida = Pentrada × Eficiencia , donde la potencia de salida es la potencia mecánica (Pm) o potencia en el eje, mientras que la potencia de entrada es la potencia eléctrica (Pe). Pe =

Pm

η

=

37300 = 43 882.4 W 0.85

fp = cos φ = 0.82

⇒ φ = 36.9º

480 3

ZY

Trabajando por fase: PY = SY =

Pe 3

Pe PY = cos φ 3 cos φ

2

SY =

VY2 ZY

⇒ ZY =

VY2 SY

V    480 3  = = = 4.2 Ω Pe 43 882.4 0.8 3 cos φ

∴ Z Y = 4.2∠36.9º Ω

El voltaje que suministra la fuente del circuito que se aprecia en la figura es v f = 200 cos 500t . Encontrar los posibles valores de L para que v f este en serie con i f . 2.5 uF vf

+

400

if

2 000

L

Solución: De la expresión matemática para una función armónica v = v máx cos( ωt + φ ) , se tiene que: v máx = 200 V , ω = 500 s −1 , φ = 0º . Las reactancias son: XC =

1 1 = = − j800 ωC 500 × 2.5 ×10 −6 X C = ωL = 500 L = j 500 L

La impedancia total es: Z = 400 − j800 +

( 2 000)( j 500 L ) 2 000 + j 500 L

Z = 400 − j800 +

Z = 400 − j800 +

= 400 − j800 +

2 000 jL 4 + jL

2 000 L∠90º L 16 + L2 ∠arctg   4

2 000 L   L L   cos 90º −arctg  + jsen 90º −arctg  2  4 4   16 + L  

Debido a que la impedancia debe poseer sólo componente real, implica que la parte compleja debe ser igual a cero:

L  sen 90º −arctg  = 0 4  16 + L

2 000 L

800 +

2

L  cos arctg  = 800 4  16 + L

2 000 L

2

4

L Si θ = arctg   , de la figura: cos θ =

16 + L2

4

L² 16+

0

4

2 000 L

4

16 + L

16 + L2

2

L

= 800

L2 − 10 L + 16 = 0

Resolviendo la ecuación: L = 2 H & L = 8 H En el circuito de la figura encontrar la frecuencia para la cual la impedancia equivalente en ab sea puramente resistiva. Encontrar la impedancia correspondiente a esta condición. a 5 000

0.25 uF

b

Solución: Cálculo de las reactancias: X L = ωL = j 4ω

XC =

La impedancia respecto a ab es:

1 1 =−j ωC 0.25 ×10 −6 ω

5 000 j 5 000 0.25 × 10 −6 ω = j 4ω + = j 4ω − 1 1.25 × 10 −3 ω − j 5 000 − j 0.25 × 10 −6 ω −j

Z ab

Z ab = j 4ω −

5 000∠90º 1   1.5625 ×10 −6 ω 2 + 1 ∠ arctg  −  −3  1.25 ×10 ω 

   1    cos 90º− arctg − − 3   +  5 000    1.25 × 10 ω    Z ab = j4ω −   −6 2   1 1.5625 × 10 ω + 1    jsen 90º− arctg − − 3       1.25 × 10 ω      Debido a que Zab es solamente resistivo, la parte compleja se anula:

Z ab = 4ω −

4ω −

 1   sen 90º −arctg  −  = 0 −3  1.25 × 10 ω   1.5625 × 10 ω + 1 5 000

−6

2

 1   cos arctg  −  = 0 − 3  1.25 × 10 ω   1.5625 × 10 −6 ω 2 + 1 5 000

6 1.5

0

25

-6 ² + w x10

1

1

-3

1.25x10 w

 1 1.25 × 10 −3 ω    = De la figura: cos arctg  − −3  1.25 × 10 ω   1.5625 × 10 −6 ω 2 + 1 4ω −

5 000

1.25 ×10 −3 ω

1.5625 ×10 −6 ω 2 + 1 1.5625 ×10 −6 ω 2 + 1

6.25ω = 4ω(1.5625 ×10 −6 ω 2 +1) 1.5625 ×10 −6 ω2 = 0.5625

⇒ ω = 600 s −1

=0

ω = 2πf

⇒

f =

ω 600 = ≈ 95.5 Hz 2π 2π

Remplazando el valor de ω a fin de obtener la impedancia equivalente en ab: Z ab = j 4 × 600 −

j 5 000 j 5 000 = j 2400 − = j 2400 + 3200 − j 3200 −3 0.75 − j 1.25 ×10 × 600 − j

Z ab = 3200 Ω

A un condensador de 60 μF se le aplica una tensión cuya forma de onda es la representada en la figura. Dibujar i(t) y p(t).1 v(t) 50 V

2

4

6

8

t[ms]

i(t) 1.5 A

Solución: El período de la función de voltaje es 4 ms, la misma es:

[ 0,2] ms  25t v( t ) =   − 25t + 100 [ 2,4] ms De la relación voltamperimétrica para un capacitor: i (t ) = C

dv dt

dv  25 [ 0.2] ms = dt  − 25 [ 2,4] ms

dv  6 × 10− 5 F 1000ms   25 [ 0.2] ms i( t) = C =  ×   dt  ms 1s   − 25 [ 2,4] ms 1

A menos que se indique otra cosa los valores de voltaje, corriente y potencia están dados en voltios, amperios y watios, respectivamente, a menos que se especifique lo contrario.

 1.5 [ 0,2] ms i( t ) =   − 1.5 [ 2,4] ms i(t) 1.5 A

2

4

6

8

t[ms]

-1.5

Para obtener la función de potencia es necesario multiplicar los valores instantáneos de voltaje y corriente, que resulta lo mismo superponer ambas curvas (funciones). p(t) 75 W

2

4

6

8

t[ms]

-75

Por un condensador puro de 25 μF de capacidad circula una corriente cuya forma de onda es la representada en la figura. Obtener la forma de onda de la tensión. i(t) 5A

1

-5

2

3

4

t[ms]

Solución: El período de la onda de corriente es 2 ms, la función correspondiente es:

 5t [ 0,1] ms i (t ) =   5t − 10 [ 1,2] ms De la relación voltamperimétrica para un capacitor: v( t ) =

1 idt C∫

 5t 2 [ 0,1] ms ∫ idt =  5t 2 − 10t [1,2] ms  2  5 t  1   [ 0,1] ms v( t ) =  − 5   2  2.5× 10 × 1000   5t − 10t [ 1,2] ms

 0.125t 2 [ 0,1] ms v( t ) =  2  0.125t − 12.5t [ 1,2] ms Un circuito eléctrico es alimentado por una batería de acumuladores. Por espacio de 10 min la tensión en los bornes decrece uniformemente desde E0= 60 V hasta E0= 40 V. La resistencia del circuito R=20 Ω. Hallar la cantidad de electricidad que pasa por el circuito en 10 min.

G.G. ¿Cuáles elementos consumen y cuales entregan potencia? Dibuje el circuito con los elementos respectivos.

3V B

+

5A

a

2A

+

+

+

D 3A

A -

E 10V

-

-

5V C

+

-

b

Vab + 5V −V A − 3V = 0

10V + 5V −V A − 3V = 0 V A = 12V

+

-

-

i

+

i Consumen energía

Entregan energía

PC + PD + PE

Consumen

=

PA + PB

Entregan

5 x5 + 3 x10 +10 x 2 = 12 x5 + 3 x5 25 + 30 + 20 = 75W

Principio de conservación de la potencia El circuito es:

3V +

-

+

10V

RD -

+

-

RC

RE