MII IyME PED1718 - cartagena99.com CURSO 2017_18 CON... · Si el transformador se conecta a un sistema trifásico de 6,6 kV, se pide calcular: a) Los parámetros de su circuito monofásico

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

2017-2018

Jaime Ramis Oliver José Carpio Ibáñez

MASTER EN INGENIERÍA INDUSTRIAL

MASTER INSTALACIONES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS PRUEBAS DE EVALUACIÓN A DISTANCIA

INSTALACIONES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS

Curso 2017 – 2018

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA 2

PRUEBAS DE EVALUACIÓN A DISTANCIA Este documento constituye las Pruebas de Evaluación a Distancia (PED) de la asignatura “Instalaciones y máquinas eléctricas” del Master en Ingeniería Industrial. Está compuesto por 10 ejercicios de desarrollo, con cuestiones teóricas y, principalmente, prácticas que cubren el contenido de la asignatura. Aunque la visión del temario de la asignatura que se da con ellos es bastante completa, obviamente, no es exhaustiva. La realización de estos ejercicios es voluntaria. El objetivo principal de las Pruebas de Evaluación a Distancia es que su resolución le permita fijar los conceptos teóricos desarrollados en el texto base y comprobar que los ha asimilado. MUY IMPORTANTE:

− Sus respuestas a los ejercicios propuestos en este cuadernillo nos las debe entregar a través de

la actividad “Tareas” del curso virtual de la asignatura (de donde se ha descargado este documento). Por favor, cuide la presentación, no es necesario que lo haga con una aplicación de tratamiento de texto, lo puede hacer a mano pero intente que la letra sea legible.

− La fecha límite para entregarnos sus respuestas es el 20 de enero de 2018, justo antes del inicio de la primera semana de exámenes.

− Si quiere que se las devolvamos corregidas y comentadas la fecha límite de entrega es dos

semanas antes, el 7 de enero de 2018. De todas formas, teniendo en cuenta que en esta asignatura no contamos con profesores-tutores de apoyo (que en otras asignaturas son quienes realizan esa labor de corrección), las iremos corrigiendo y devolviendo por orden de recepción… y confiamos en que podamos hacerlo con todas las que nos hayan enviado antes de la fecha indicada.

− La realización de las PED es voluntaria. Al tratarse de una prueba de realización no controlada,

la nota de las PED no tiene repercusión directa en la nota final de la asignatura y sólo se tendrá en cuenta para subir la nota, como se indica en la Guía de Orientaciones para el Estudio en el apartado de “Evaluación”.

− Esta asignatura es cuatrimestral y se imparte en el primer cuatrimestre. Téngalo en cuenta

porque, por ello, sólo se pueden realizar y evaluar las PED en el primer cuatrimestre (no hay posibilidad de hacerlas en verano aunque usted se presente a la prueba presencial extraordinaria de septiembre).

− Estos ejercicios son similares a los que encontrará en la Prueba Presencial por lo que le

recomendamos que los realice (al menos en el primer intento) en las mismas condiciones de tiempo y material disponible que tendrá en la Prueba Presencial.

Jaime Ramis, José Carpio


Unidad Didáctica 1: Circuitos eléctricos en régimen transitorio. EJERCICIO 1. En el circuito de la figura el interruptor está cerrado el tiempo suficiente para garantizar el régimen permanente. Si el interruptor se abre en el instante t=0, escribir la expresión de la intensidad en la bobina para t≥ 0. Dibujar esa expresión y calcular la duración del régimen transitorio que tiene lugar.

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

IyME feb17

A

B

C

A W

12000/1000Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000Dy5

Ensayo 2

W2V

+-

t = 0

+-36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

i

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

A

B

C

A

V230 Ω 0,26 H

EJERCICIO 2. En el circuito de la figura el interruptor se encuentra abierto el tiempo suficiente para garantizar el régimen permanente. Si en el instante t=0 el interruptor se cierra, se pide:

a) Para un valor de L igual a 0,25 H, calcular la expresión de la intensidad en la bobina, I(t), para t≥0. b) Explicar el tipo de respuesta transitoria del circuito en función del valor que tome L. c) Dibujar y explicar el lugar geométrico de las raíces de la ecuación característica del circuito en

función del valor de L.

TC2 – feb17

V50 mA400 Ω 16 μF 2,5 mH

A

+VE

50 Hz40 mH 20 Ω

5 Ω

u1

+- u2

i4

i3 4 Ω

20 mF

50 mF12 V

4 Ω

+- 1 4

0,6251

i (A)

u (V)

ui

5 Ω

20 V 5 Ω

6 Ω

2 Ω

2 A16 Ω 625 μF

L

t = 0

16 Ω

I


Curso 2017 – 2018


EJERCICIO 3. En el circuito de la figura el interruptor se encuentra cerrado el tiempo suficiente para garantizar el régimen permanente. Si en el instante t=0 el interruptor se abre, se pide:

a) Indicar qué tipo de respuesta transitoria tiene el circuito. b) Calcular la expresión de la intensidad en la bobina, I(t), y de la tensión en el condensador, U(t), para

t≥0. Dibujar esas dos variables, indicando los valores de sus puntos más característicos. c) Calcular la energía que disipa la resistencia de 4 Ω durante el periodo transitorio del circuito.

t = 0

3 A 5 mH1,25 mF

4 Ω

8 Ωu

i

EJERCICIO 4. En el circuito de la figura el interruptor se encuentra cerrado el tiempo suficiente para garantizar el régimen permanente. Si en el instante t=0 el interruptor se abre, se pide:

a) Indicar qué tipo de respuesta transitoria tiene el circuito. b) Calcular la expresión de la intensidad en la bobina, I(t), y de la tensión en el condensador, U(t), para

t≥0. c) Dibujar U(t) indicando los valores de sus puntos más característicos.

t = 0

5 mH

0,8 mF

4 Ω5 Ω

u

i+

29 cos 500t



Unidad Didáctica 2: Instalaciones eléctricas: métodos de medida de potencia en sistemas trifásicos y análisis de sistemas trifásicos desequilibrados en carga.

EJERCICIO 5. Sea la carga trifásica equilibrada de la figura, conectada a un sistema trifásico de frecuencia 50 Hz y secuencia de fases directa; se sabe que la lectura del amperímetro es igual a 5 A. Explicar y dibujar claramente cómo se debería conectar:

a) Un vatímetro, con su bobina amperimétrica en la línea B, para medir la potencia activa que consume la carga. Calcular su lectura, la potencia activa que consume la carga y la lectura del voltímetro.

b) Un vatímetro, con su bobina amperimétrica en la línea C, para medir la potencia reactiva que consume la carga. Calcular su lectura y la potencia activa que consume la carga.

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

IyME feb17

A

B

C

A W

12000/1000Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000Dy5

Ensayo 2

W2V

+-

t = 0

+-36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

i

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

A

B

C

A

V230 Ω 0,26 H

EJERCICIO 6. Nos dicen que la secuencia de fases de una instalación trifásica es directa. Para comprobarlo se conecta el circuito de la figura. Deducir, justificando su respuesta, si la lectura del voltímetro será mayor o menor que la tensión de línea de la instalación.

VA

B

C

N

A esa instalación trifásica de tensiones equilibradas, de tensión de línea 230 V y frecuencia 50 Hz, se conecta una carga trifásica formada por tres cargas iguales conectadas en estrella. Cada una de esas tres cargas está formada por una resistencia de 2,5 Ω y un condensador de 400 µF conectados en serie. Dibujar cómo se conectarían dos vatímetros, conforme a ese método, para medir la potencia activa y la potencia reactiva que consume la carga (sitúe los vatímetros en las líneas A y B, dibuje claramente las conexiones y las polaridades de los terminales de los vatímetros). Calcular esas potencias y las lecturas de los vatímetros.


Curso 2017 – 2018


EJERCICIO 7. La figura representa una carga trifásica desequilibrada y con neutro accesible, que se conecta a un sistema trifásico de tensiones equilibrado, de tensión de línea 400 V, frecuencia 50 Hz y secuencia de fases directa, a través de una línea trifásica de 10 Ω/fase con una línea de neutro de 50 Ω.

a) Calcular, en módulo y argumento, la intensidad que circula por la línea B, tomando como origen de fases la tensión de línea UAB.

b) Indicar cómo se puede medir la potencia activa que consume la carga utilizando solo vatímetros: dibujar su conexión y calcular sus lecturas.

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

IyME feb17

A

B

C

A W

12000/1000Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000Dy5

Ensayo 2

W2V

+-

t = 0

+-36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

i

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

A

B

C

A

V230 Ω 0,26 H

Unidad Didáctica 3: Máquinas eléctricas.

EJERCICIO 8. Se tiene un transformador trifásico de relación de transformación 6600/400 V, potencia 120 kVA y frecuencia 50 Hz. Según la hoja de características dada por el fabricante se sabe que: Potencia de cortocircuito = 3 kW. Tensión de cortocircuto relativa = 9 %. Pérdidas en vacío = 2 kW. Intensidad de vacío = 4 % de la intensidad nominal. Si el transformador se conecta a un sistema trifásico de 6,6 kV, se pide calcular:

a) Los parámetros de su circuito monofásico equivalente fase-neutro referido al primario. b) Su rendimiento máximo cuando alimenta una carga trifásica resistiva pura y el valor por fase de esa

carga trifásica sabiendo que sus fases están conectadas en triángulo. c) Su símbolo de acoplamiento si la conexión interna de las bobinas del transformador es la indicada en

la figura.



A

B

C

a

b

c

EJERCICIO 9. Se tiene un transformador trifásico de 12000/1000 V, 160 kVA, 50 Hz y conexión Dy5. Se realizan los dos ensayos representados en la figura, con las conexiones de los aparatos de medida indicas y cuyas lecturas son:

Ensayo 1: V= 12000 V A= 0,58 A W= 6651 W.

Ensayo 2: A= 7 A W1= 4492 W W2= 1451 W. En los dos ensayos la alimentación trifásica se realiza en el lado del primario y es de secuencia de fases directa. Se pide:

a) ¿Cuál de los dos ensayos corresponde al ensayo en cortocircuito? Explicar las condiciones nominales de ese ensayo y qué se calcula con él.

b) Calcular los parámetros del circuito monofásico equivalente fase-neutro referido al primario. c) Calcular la tensión de cortocircuito y la tensión de cortocircuito relativa. d) Calcular su rendimiento cuando alimenta una carga de 120 kW con factor de potencia 0,9 inductivo.

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

IyME feb17

A

B

C

A W

12000/1000Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000Dy5

Ensayo 2

W2V

+-

t = 0

+-36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

i

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

A

B

C

A

V230 Ω 0,26 H


Curso 2017 – 2018


EJERCICIO 10. Sea un motor de inducción de jaula de ardilla de 4 kW, 230/400 V, 50 Hz, 6 polos y que tiene los siguientes parámetros de su circuito monofásico equivalente fase-neutro referido al estator:

R1= 0,35 Ω R’2= 0,4 Ω X1= 2 Ω X’2= 2,4 Ω La rama paralelo se puede considerar despreciable y las pérdidas mecánica internas son 200 W. El motor se conecta a una red trifásica de tensión de línea 230 V y frecuencia 50 Hz. Se pide calcular:

a) Nos dicen que el estator se conecta en triángulo ¿Por qué? Sobre la placa de bornes de la figura, dibujar cómo se deben conectar las pletinas para realizar esa conexión del estator.

b) Par de arranque del motor (arranque directo). c) Velocidad del motor a plena carga (considere que está a plena carga cuando la potencia útil en el eje

desarrollada es 4 kW). d) Par a plena carga y capacidad de sobrecarga del motor. e) Explicar y calcular el balance de potencias a partir de su circuito monofásico equivalente. f) Rendimiento a plena carga.

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

IyME feb17

A

B

C

A W

12000/1000Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000Dy5

Ensayo 2

W2V

+-

t = 0

+-36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

i

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

A

B

C

A

V230 Ω 0,26 H

EJERCICIO 11. Sean tres transformadores monofásicos iguales; las características nominales de uno cualquier de ellos son 1000/230 V y 100 kW. Se conectan los tres para formar un transformador trifásico (a este conjunto se le llama banco de transformadores). La conexión se hace de tal forma que se obtiene un transformador trifásico Dy5. Si el lado de alta del banco de transformadores se conecta a un sistema trifásico de tensión de línea 1 kV y secuencia directa, ¿cuál es la tensión de línea del sistema trifásico en el lado de baja? Si la tensión de línea entre las fases A y B (UAB), en módulo y argumento, es 1000 | 0º V ¿cuál es la tensión de la fase "a" del lado de baja (Ua)?

* * *

ii

“"Modelo master"” — 2017/10/21 — 10:02 — page 7 — #11 ii

ii

ii

1.1. PED SOLUCIONES - CURSO 2017/18. 7

Ejercicio 1.Se trata de un circuito de primer orden. Con el interruptor cerrado y en régimen permanente

(t=0−), circuito de la figura 1.11.a, por simple inspección del circuito se obtiene que el valor dela intensidad en la bobina es:

0, 6 = I(0) + 6 → I(0) = −5, 4 A

Con el interruptor abierto y en régimen permanente (t=∞), se tiene el circuito de la figura1.11.b donde el valor de la intensidad en la bobina es:

I(∞) = I1 ·6

6 + 12=

42

10 + 4· 6

6 + 12= 1 A

+-

t = 0

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

I

Figura 1701

I(A)

t(s)

-5,6

1

τ5τ=0,159

+-

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

I(0)

0,6 A 6 A

6 V

36 V

(a) t=0

+-

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

(b) t=

I( )oo

oo

I1

Figura 1.11

Para calcular la constante de tiempo hay que obtener antes la resistencia equivalente entre losterminales de la bobina. Así:

Req = 12 +10 · 610 + 6

= 15, 75 Ω → τ =L

Req

=0, 5

15, 75= 31, 75 ms

Con lo que la expresión del régimen transitorio de la intensidad en la bobina es:

I(t) = 1 + (−5, 4− 1) ε−t/τ = 1− 6, 4 ε−31,5 t

y se representa en la figura 1.12. Como la respuesta transitoria es de primer orden su duración escinco veces la constante de tiempo, esto es, 0,159 segundos.

ii


ii

ii

8 CAPÍTULO 1. INSTALACIONES Y MÁQUINAS ELÉCTRICAS. CURSO 2017/18

+-

t = 0

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

0,5 H

I

Figura 1701

+-

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

I(0)

0,6 A 6 A

6 V

36 V

(a) t=0

+-

+-

36 V

6 V

10 Ω

12 Ω

6 Ω

(b) t=

I( )oo

oo

I(A)

t(s)

-5,6

1

τ5τ=0,159

Figura 1.12

Ejercicio 2.(a) El transitorio que se produce en este ejercicio es de segundo orden y corresponde a un

circuito RLC paralelo alimentado por una fuente de corriente y con condiciones iniciales no nulas(la carga inicial que tiene el condensador). Con el interruptor abierto:

I(0) = 0 y U(0) = 2 · 16 = 32 V

Una vez cerrado el interruptor se tiene un circuito RLC paralelo (donde el valor de R es elparalelo de las dos resistencias). Para el valor de L de 0,25 H, el coeficiente de amortiguación y lafrecuencia de resonancia del circuito son:

α =1

2RC=

1

2 · 8 · 6, 25 · 10−4= 100 rad/s y ω0 =

1√LC

=1√

0, 25 · 6, 25 · 10−4= 80 rad/s

Como α > ω0 el circuito presenta una respuesta sobreamortiguada, con dos raíces realesnegativas distintas de valores −40 y −160 rad/s. Por tanto, la intensidad en la bobina para t≥0es de la forma:

I(t) = I(∞) +K1 ε−40 t +K2 ε

−160 t

El circuito 1.13.a representa el instante inicial nada más cerrar el interruptor, (t=0+), teniendoen cuenta las condiciones iniciales del condensador y de la bobina, en el que, por simple inspección,se obtiene que la tensión en la bobina en ese instante es igual a 32 V. El circuito en régimenpermanente, t=∞, es el de la figura 1.13.b en el que, también de forme inmediata, se ve que laintensidad en la bobina es de 2 A. De esta forma, para calcular los valores de los coeficientes K1

y K2:

ii


ii

ii


I(0) : 0 = 2 +K1 +K2

UL(0) : 32 = 0, 25 · (−40K1 − 160K2)

→ K1 = −1, 6 y K2 = −0, 4

Con lo que el valor de la intensidad que circula por la bobina es:

I(t) = 2− 1, 6 ε−40 t − 0, 4 ε−160 t

2 A16 Ω 625 μF

L

t = 0

16 Ω

I

Figura 1702

j100

-j100

-100-200

0

2 A UL(0)8 Ω

I(0)= 0

+- U(0)= 32 V

(a) t=0+

2 A 8 Ω

(b) t=

I( )oo

oo

Figura 1.13

(b) Como los valores de R y de C son constantes, el valor del coeficiente de amortiguación αno varía y es siempre igual a 100 rad/s para cualquier valor de L. Por otro lado, el valor de L quehace que la respuesta sea críticamente amortiguada es:

ω0 = α → 1√L · 6, 25 · 10−4

= 100 rad/s → L = 0, 16 H

Así cuando el valor de L sea menor que 0,16 H la respuesta transitoria del circuito es subamor-tiguada, para L=0,16 H es críticamente amortiguada y para L mayor que 0,16 H es sobreamorti-guada.

(c) A partir del resultado del apartado anterior y como α no varía, el lugar geométrico delas raíces del circuito es el representado en la figura 1.14. Para valores muy pequeños de L larespuesta es subamortiguada con una frecuencia de resonancia muy grande (las dos raíces de laecuación característica son complejas conjugadas con la parte imaginaria muy grande); conformeaumenta L el valor de ω0 disminuye, así, mientras que la parte real de las dos raíces de la ecuacióncaracterística no varía, la parte imaginaria disminuye. Esto sigue siendo así hasta que el valorde la bobina se hace igual a 0,16 H momento en el que las dos raíces son una raíz real negativadoble, −100 rad/s, y la respuesta del circuito es entonces críticamente amortiguada (punto rojoen la figura). A partir de ese valor y al seguir aumentando L, la respuesta del circuito se hacesobreamortiguada y las raíces se encuentran en el eje de abscisas negativo (los dos puntos azulescorresponden a las raíces para el caso visto de L=0,25 H.). De esta forma el sentido de las flechasen el lugar geométrico de las raíces de la figura indica el desplazamiento de la posición que tienenlas raíces en el plano complejo conforme aumenta el valor de L.

ii


ii

ii


2 A16 Ω 625 μF

L

t = 0

16 Ω

I

Figura 1702

2 A UL(0)8 Ω

I(0)=0

+- 32 V

(a) t=0+

2 A 8 Ω

(b) t=

I( )oo

oo

j100

-j100

-100-200

0

Figura 1.14

Ejercicio 3.(a) Una vez abierto el interruptor se tiene un circuito RLC serie, sin excitación y con condiciones

iniciales no nulas. En ese circuito el coeficiente de amortiguación y la frecuencia de resonancia delcircuito son:

α =R

2L=

4

2 · 5 · 10−3= 400 rad/s y ω0 =

1√LC

=1√

5 · 10−3 · 1, 25 · 10−3= 400 rad/s

Como α = ω0 el circuito presenta una respuesta críticamente amortiguada, con una raíz realnegativa doble distintas de valor −400 rad/s. Por tanto, la intensidad en la bobina para t≥0 esde la forma:

I(t) = I(∞) + (K1 +K2 t) ε−400 t

Justo antes de abrirse el interruptor, con el interruptor cerrado (t=0−), los valores de la tensiónen el condensador y de la intensidad en la bobina se calculan con el circuito de la figura 1.15.a:

I(0) = 3 · 8

8 + 4= 2 A y U(0) = 4 · 2 = 8 V

Nada más cerrarse el interruptor (t=0+) y con las condiciones de continuidad entre un instantey otro de t=0, los valores de la intensidad en el condensador y de la tensión en la bobina se calculancon el circuito de la figura 1.15.b:

UL(0) = 8− 4 · 2 = 0 e IC(0) = −2 A

Por último, como no hay fuentes de excitación, en régimen permanente (t=∞) la bobina y elcondensador estarán descargados. De esta forma los valores de los coeficientes K1 y K2 son:

ii


ii

ii


I(0) : 2 = K1

UL(0) : 0 = −400K1 +K2

→ K1 = 2 y K2 = 800

Con lo que el valor de la intensidad que circula por la bobina, para t≥0, es:

I(t) = (2 + 800 t) ε−400 t

t = 0

3 A 5 mH1,25 mF

4 Ω

8 Ω

U

I

Figura 1703

3 A

4 Ω

8 Ω U(0) I(0)8 V

4 Ω

UL(0+)

IC(0+)

+-

2 A

(a) t=0 (b) t=0+

8 V

2 A

U(t)

I(t)

t (ms)

5 10

Figura 1.15

En cuanto a la tensión en el condensador, para t≥0, tendrá la misma forma:

U(t) = U(∞) + (K1 +K2 t) ε−400 t

Y los valores de los coeficientes K1 y K2 ahora son:

U(0) : 8 = K1

IC(0) : −2 = 1, 25 · 10−3 · (−400K1 +K2)

→ K1 = 8 y K2 = 1600

Con lo que el valor de la tensión en el condensador, para t≥0, es:

U(t) = (8 + 1600 t) ε−400 t

Con esas dos expresiones que hemos obtenido, compruebe que se cumple la función de definicióndel condensador:

I(t) = −IC(t) = −C dU(t)

d t

(c) Estas dos variables se representan en la figura 1.16. Como la respuesta es críticamenteamortiguada no hay oscilaciones entorno al valor final. También se observa que la pendiente en elorigen de la intensidad en la bobina es nula pero no lo es en la tensión en el condensador, lo quese sabía a la vista de los valores de UL(0) y de IC(0) respectivamente.

ii


ii

ii


(d) Como el condensador y la bobina terminan descargados y no hay fuentes externas, la energíadisipada en la resistencia durante el periodo transitorio es la energía total que había almacenadaen el instante inicial en esos dos elementos:

WR =C U(0)2

2+L I(0)2

2=

1, 25 · 10−3 · 82

2+

5 · 10−3 · 22

2= 0, 05 J

t = 0

3 A 5 mH1,25 mF

4 Ω

8 Ω

U

I

Figura 1703

3 A

4 Ω

8 Ω U(0) I(0)8 V

4 Ω

UL(0+)

IC(0+)

+-

2 A

(a) t=0 (b) t=0+

8 V

2 A

U(t)

I(t)

t (ms)

5 10

Figura 1.16

Ejercicio 4.(a) Una vez abierto el interruptor se tiene un circuito RLC serie, en el que el coeficiente de

amortiguación y la frecuencia de resonancia del circuito son:

α =R

2L=

4

2 · 5 · 10−3= 400 rad/s y ω0 =

1√LC

=1√

5 · 10−3 · 8 · 10−4= 500 rad/s

Como α < ω0 el circuito presenta una respuesta subamortiguada, con dos raíces complejasconjugadas de valores −400 ±j 300 rad/s.

(b) En este ejercicio las condiciones iniciales en la bobina y en el condensador las crea el circuitoen alterna de la figura 1.17.a. Analizando ese circuito (las reactancias corresponden a la pulsaciónde la fuente de 500 rad/s), se tiene que:

~I1 =29 0o

√2 · (6, 56 + j2, 5)

= 2, 92 −20, 9o A

de donde:

~I = 2, 92 −20, 9o · 4− j2, 54

= 3, 44 −52, 9o A → I(t) = 4, 87 cos(500t− 52, 9o)

y~U = (~I1 − ~I) · (−j2, 5) = 4, 56 −20, 9o V → U(t) = 6, 44 cos(500t− 20, 9o)

De tal forma que en el instante t=0, al abrirse el interruptor, sus valores son:

I(0) = 4, 87 cos(−52, 9o) = 2, 94 A y U(0) = 6, 44 cos(−20, 9o) = 6, 02 V

ii


ii

ii


Con estos valores ya se puede hacer el circuito de la figura 1.17.b correspondiente al instanteinmediatamente posterior a abrirse el interruptor, t=0+, que permite calcular la tensión en labobina y la intensidad en el condensador en ese instante:

UL(0) = 6, 02− 4 · 2, 94 = −5, 74 V e IC(0) = −2, 94 A

t = 0

5 mH

0,8 mF

4 Ω5 Ω

U

I+

29 cos 500t

Figura 1704

-j2,5 Ω

4 Ω5 Ω

U

I+

0º2

j2,5 Ω

I1

29

(a) t<0

6,02 V

4 Ω

UL(0+)

IC(0+)

+-2,94 A

(b) t=0+

-0,52

6,02

t(ms)

U(V)

5,3

Figura 1.17

Por ultimo, con el interruptor abierto y en régimen permanente, t=∞, tanto el condensadorcomo la bobina terminan descargados, esto es I(∞) = U(∞) = 0.

Al ser la respuesta subamortiguada la intensidad en la bobina para t≥0 es de la forma:

I(t) = I(∞) + (K1 cos 300 t+K2 sen 300 t) ε−400 t

Para calcular los valores de los coeficientes K1 y K2 se tiene:

I(0) : 2, 94 = K1

UL(0) : −5, 74 = 0, 005 · (−400K1 + 300K2)

→ K1 = 2, 94 y K2 = 0, 093

Con lo que el valor de la intensidad que circula por la bobina, para t≥0, es:

I(t) = (2, 94 cos 300 t+ 0, 093 sen 300 t) ε−400 t

De forma análoga, para calcular los valores de los coeficientes K1 y K2 correspondientes a latensión en el condensador, se tiene:

I(0) : 6, 02 = K1

UL(0) : −2, 94 = 8 · 10−4 · (−400K1 + 300K2)

→ K1 = 6, 02 y K2 = −4, 22

Con lo que el valor de la tensión en el condensador es, para t≥0:

ii


ii

ii


U(t) = (6, 02 cos 300 t− 4, 22 sen 300 t) ε−400 t

(c) En la figura 1.18 se representa la tensión en el condensador, incluyendo el régimen perma-nente en alterna que había justo antes de abrir el interruptor.

t = 0

5 mH

0,8 mF

4 Ω5 Ω

U

I+

29 cos 500t

Figura 1704

-j2,5 Ω

4 Ω5 Ω

U

I+

0º2

j2,5 Ω

I1

29

(a) t<0

6,02 V

4 Ω

UL(0+)

IC(0+)

+-2,94 A

(b) t=0+

-0,52

6,02

t(ms)

U(V)

5,3

Figura 1.18

Ejercicio 5.Como la resistencia y la bobina de cada fase de la carga están conectadas en paralelo, a 50 Hz

el valor de la impedancia de cada fase de la carga es:

~Z∆ =230 · (j81, 68)

230 + j81, 68= 76, 97 70, 4o Ω

La lectura del amperímetro corresponde a la intensidad de línea del sistema. A partir de laintensidad que circula por cada fase de la carga, la tensión de línea del sistema U y, por tanto, lalectura del voltímetro es:

I =√

3 If =√

3U

Z∆

→ U =5 · 76, 97√

3= 222, 2 V

Así la potencia activa y la potencia reactiva que consume la carga trifásica es:

S =√

3 · 222, 2 · 5 = 1924 VA →

P = 1924 · cos 70, 4o = 645 W

Q = 1924 · sen 70, 4o = 1813 VAr

(a) Como la carga trifásica equilibrada está conectada en triángulo no tiene un neutro físico porlo que para medir la potencia activa de una fase, creamos un neutro artificial con dos impedanciasde valor muy elevado y similar al de la bobina voltímétrica del vatímetro. Así la conexión delvatímetro es la indicada en la figura 1.19.a y su lectura es:

W = Pf =645

3= 215 W

ii


ii

ii


(b) Ahora hay que conectar el vatímetro conforme al método de “medida de la potencia reac-tiva utilizando sólo un vatímetro” (comprobando mediante el diagrama vectorial de tensiones eintensidades que las polaridades de las bobinas voltimétrica y amperimétrica sean las correctaspara que la lectura sea positiva). La conexión del vatímetro es la indicada en la figura 1.19.b, ysu lectura es:

W =Q√

3=

1813√3

= 1047 W

Compruebe esas dos lecturas a partir de la tensión y de la intensidad, en módulo y argumento,en el vatímetro en cada caso.

A

B

C

A

V

230 Ω 0,26 H

Figura 1705

A

B

C

W

ZV

UA

UB

UC

UAC

ICφ θW

A

B

CW

(a) (b)

Figura 1.19

Ejercicio 6.(a) La secuencia de fases del sistema es directa. Como la carga RC es capacitiva, la intensidad

~I que circula de C a B estará adelantada respecto a la tensión ~UCB. La tensión entre C y Ncorresponde a la tensión en la resistencia por lo que, como se deduce en la figura 1.20, el puntoN estará en el semicírculo indicado y, por eso, la lectura del voltímetro, UAN , será siempre menorque la tensión de línea del sistema (cualquier lado del triángulo equilátero de la figura).

VA

B

C

N

Figura 1706

A

B

C

N

BC

N

UCB

I

UCB

I

UA

UB

UC

UBC

IB

φ θW2

A

B

C

W2

UCAIA

φ

θW1

W1

Figura 1.20

(b) A la frecuencia de 50 Hz, el valor de cada fase física de la carga es 2,5−j7,96 Ω. Tomandocomo origen de ángulos la tensión de fase ~UA, la intensidad de línea ~IA es:

ii


ii

ii


~IA =230 0o

√3 · (2, 5− j7, 96)

= 15, 92 72, 6o

y la potencia activa y la potencia reactiva que consumen la carga son:

P = 3 · 15, 922 · 2, 5 = 1901 W y Q = −3 · 15, 922 · 7, 96 = −6051 VAr

Como el ángulo φ en la carga es mayor que 60o, al aplicar el método de los dos vatímetros lalectura del vatímetro que, de los dos, tiene la lectura menor sería negativa por lo que en él haycambiar la polaridad de, por ejemplo, la tensión. A la vista del diagrama vectorial de tensiones eintensidades de la figura 1.21, se deduce que ese vatímetro de menor lectura es W1, por lo que sulectura hay que considerarla como negativa y las conexiones de los dos vatímetros son las indicadasen la misma figura. Teniendo en cuenta que la carga es capacitiva, sus lecturas son:

P = (−W1) +W2 = 1901

Q√

3= (−W1)−W2 = −3493

→

W1 = 796 W

W2 = 2697 W(1.1)

VA

B

C

N

Figura 1706

A

B

C

N

BC

N

UCB

I

UCB

I

UA

UB

UC

UBC

IB

φ θW2

A

B

C

W2

UCAIA

φ

θW1

W1

Figura 1.21

Ejercicio 7.(a) Para resolver el circuito desequilibrado de la figura 1.22, en primer lugar se calcula la

tensión que hay entre el punto neutro N ′ de la carga en estrella y el punto neutro N del sistema.Aplicando el teorema de Millman, se tiene:

(1

10− j40+

2

40 + j30+

1

50

)~UN ‘N =

~UA10− j40

+~UB + ~UC40 + j30

ii


ii

ii


Como el sistema trifásico de alimentación es un sistema trifásico de tensiones equilibradas severifica que:

~UA + ~UB + ~UC = 0 → ~UB + ~UC = −~UA

con lo que que:

(1

10− j40+

2

40 + j30+

1

50

)~UN ‘N = 230, 94 −30o ·

(1

10− j40− 1

40 + j30

)Despejando y operando se obtiene que:

~UN ′N = 147, 38 76, 4o V

Conocida la tensión entre los dos neutros, ~UN ′N , ya es inmediato calcular la intensidad quecircula por la línea B:

~IB =~UB − ~UN ′N

10 + (30 + j30)=

230, 94 −150o − 147, 38 76, 4o

40 + j30= 6, 99 −169, 1o A

De la misma manera puede calcular las intensidades por las otras dos líneas (le servirán parael siguiente apartado) y por el conductor de neutro:

~IA = 7, 45 18, 5o A ; ~IC = 1, 89 74, 7o A e ~IN = 2, 95 76, 4o A

Compruebe que se cumple que ~IA + ~IB + ~IC = ~IN .

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

Figura 1707

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

A

B

C

N

10 Ω

10 Ω

- j40 Ω+

+

+

N’

-30º3

0º

400

400

UA=

IN

IC

IB

IA

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

a

b

c

N’

W2

W3

W1

W1=0

Figura 1.22

(b) La potencia activa que consume la carga trifásica es:

PZ = 0 + 6, 992 · 30 + 1, 892 · 30 = 1573 W

ii


ii

ii


Como el neutro de la carga es accesible, con un vatímetro en cada fase se puede medir esapotencia, tal y como se indica en la figura 1.23. En vatímetro W1 no es necesario ponerlo ya quemide la potencia activa que consume el condensador de la fase A de la carga, por lo ya sabemosque su lectura será 0. Para los otros dos:

~UBN ′ = 6, 99 −169, 1o · 30√

2 45o = 296, 6 −124, 1o V

y~UCN ′ = 1, 89 74, 7o · 30

√2 45o = 80, 2 119, 7o V

con lo que:

W2 = 6, 99 · 296, 6 · cos 45o = 1466 W y W3 = 1, 89 · 80, 2 · cos 45o = 107 W

Y se comprueba que:

PZ = W1 +W2 +W3 = 0 + 1466 + 107 = 1573 W

V

10 Ω

10 Ω

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

A

B

C

N

Figura 1707

10 Ω

50 Ω

30+j30 Ω

30+j30 Ω

A

B

C

N

10 Ω

10 Ω

- j40 Ω+

+

+

N’

-30º3

0º

400

400

UA=

IN

IC

IB

IA

30+j30 Ω

30+j30 Ω

79,6 μF

CARGA

a

b

c

N’

W2

W3

W1

W1=0

Figura 1.23

Ejercicio 8.(a.1) Rama paralelo (circuito 1.24.a). A partir de las pérdidas en vacío, o pérdidas en el hierro,

se tiene que:

PFe3

=(U1n/

√3)2

RFe

→ RFe =66002

2000= 21, 78 kΩ

A partir de la corriente de vacío se puede calcular la admitancia de la rama paralelo:

I0 = 0, 04 I1n = 0, 04 · 120000√3 · 6600

= 0, 42 A → Y0 =0, 42 ·

√3

6600= 1, 102 · 10−4 Ω−1

ii


ii

ii


Y con ella la reactancia de magnetización es:

1

Xµ

=

√√√√(1, 102 · 10−4)2 −

(1

21780

)2

→ Xµ = 9980 Ω

(a.2) Rama serie (circuito 1.24.b). A partir de la potencia de cortocircuito y de la intensidadnominal:

I1n =120000√3 · 6600

= 10, 5 A → Rcc =3000

3 · 10, 52= 9, 075 Ω

Y, con la impedancia serie, se obtiene la reactancia de cortocircuito:

Zcc =Ucc,fI1n

=0, 09 · 6600√

3 · 10, 5= 32, 66 Ω → Xcc =

√32, 662 − 9, 0752 = 31, 38 Ω

Con lo que el circuito monofásico equivalente fase-neutro referido al primario del transformadores el circuito de la figura 1.24.c.

A

B

C

a

b

c

Figura 1708

j 9.98 kΩ21,78 kΩ

j 31,38 Ω9,075 Ω

1

N

2'

N

j XμRFe3

6600

I0

j XccRcc

3

Ucc

I1n

(b)

(a)

(c)

A

B

a

A

BC

n

c

a

b

330º

UAB

Uan

UABUan

n

Figura 1.24

(b) El índice de carga que da lugar al rendimiento máximo es:

cmáx =

√PFe

Pcc=

√2000

3000= 0, 816

Y el valor de ese rendimiento máximo es:

ηmáx =120 · 0, 816

120 · 0, 816 + 2 + 0, 8162 · 3= 96, 08 %

ii


ii

ii


La carga resistiva consume una potencia:

P2 = 120 · 0, 816 = 98 kW

y como esa carga está conectada en el secundario del transformador y en triángulo, su valor porfase es:

P2 = 3U2

2

R2∆

→ R2∆ =3 · 4002

98000= 4, 9 Ω

Dese cuenta que en el cálculo anterior no se ha considerado la caída de tensión en el trafo, porlo que la tensión en el secundario utilizada son los 400 V nominales. Esto se puede hacer así porquela caída se tensión en el transformador es muy pequeña (para comprobarlo vuelva a calcular esevalor pero, esta vez, de forma más exacta utilizando el circuito monástico equivalente fase-neutroantes calculado, despreciando la rama paralelo, y obtendrá que el valor de esa resistencia es 4,8Ω).

(c) Con las conexiones de las dos bobinas de, por ejemplo, la columna superior, se ve que lastensiones ~UAB y ~Uan están en fase (figura 1.25), lo que nos permite deducir que el índice horarioes 11 y, por tanto, el símbolo de acoplamiento es Dy11.

A

B

C

a

b

c

Figura 1708

j 9.98 kΩ21,78 kΩ

j 31,38 Ω9,075 Ω

1

N

2'

N

j XμRFe3

6600

I0

j XccRcc

3

Ucc

I1n

(b)

(a)

(c)

A

B

a

A

BC

n

c

a

b

330º

UAB

Uan

UABUan

n

Figura 1.25

Ejercicio 9.(a) El ensayo de cortocircuito corresponde al ensayo 2 de la figura 1.9 del enunciado. En este

ensayo el transformador se conecta a una fuente de tensión trifásica regulable; con el secundariocortocircuitado, se va subiendo la tensión de la fuente (desde 0 o desde un valor muy bajo) hastaque la intensidad que absorbe el transformador es la nominal (I1n), en ese momento se dan lascondiciones nominales del ensayo de forma que la tensión de la fuente es la tensión de cortocircuito(Ucc) y la potencia que consume es la potencia de cortocircuito (Pcc).

ii


ii

ii


(b) Ensayo 1: Ensayo en vacío, con este ensayo se calculan los parámetros de la rama paralelodel circuito monofásico equivalente fase-neutro. Observamos por la lectura del voltímetro que latensión del ensayo es la tensión nominal del primario U1n. A partir de la lectura del vatímetro setiene que:

Q =√

3 · 6651 = 11520 VAr → Qf =11520

3= 3840 VAr

y

Qf =U2

1n,f

Xµ

→ Xµ =120002

3 · 3840= 12, 5 kΩ

Con este valor y la lectura del amperímetro (intensidad de vacío I0) se obtiene la admitanciade la rama paralelo

Y0 =0, 58 ·

√3

12000= 8, 372 · 10−5 Ω−1

Y con ella la resistencia de pérdidas en el hierro:

1

RFe

=

√√√√(8, 372 · 10−5)2 −

(1

12500

)2

→ RFe = 40, 52 kΩ

Por último calculamos las pérdidas en vacío, o en el hierro, que son:

P0 = 3U2

1n,f

RFe

=U2

1n

RFe

=120002

40520= 3553, 8 W

Ensayo 2: Ensayo en cortocircuito, con este ensayo se calculan los parámetros de la rama seriedel circuito monofásico equivalente fase-neutro. El primer paso es comprobar si el ensayo se harealizado en las condiciones nominales:

I1n =160000√3 · 12000

= 7, 7 A

Como la intensidad del ensayo es 7 A, distinta de la intensidad nominal, el ensayo no se ha realizadoen las condiciones nominales y por tanto, una vez calculada la rama serie, será necesario calcularlos valores de la tensión de cortocircuito y de la potencia de cortocircuito (ya que no son las quese obtienen del ensayo).

Como sabemos, la rama serie tiene un carácter inductivo con un factor de potencia bajo, loque se confirma por el hecho de que el vatímetro W2 tenga la polaridad de su bobina voltimétricainvertida (recuerde el método de los dos vatímetros cuando φ es mayor que 60o; si es necesariodibuje y utilice el diagrama vectorial de tensiones e intensidades). Así conforme a ese método, laspotencias consumidas correspondientes a la rama serie son:

ii


ii

ii


P = W1 + (−W2) = 4492− 1451 = 3041 W

Q =√

3 (W1− (−W2)) =√

3 · (4492 + 1451) = 10294 VAr

Con lo que:

Rcc =3041

3 · 72= 20, 69 Ω y Xcc =

10294

3 · 72= 70, 03 Ω

Y con estos valores, finalmente se tiene:

Ucc =√

3Zcc I1n =√

3 ·√

20, 692 + 70, 032 · 7, 7 = 973, 7 V

yPcc = 3Rcc I

21n = 3 · 20, 69 · 7, 72 = 3680 W

El circuito monofásico equivalente fase-neutro del transformador referido al primario es el quese muestra en la figura 1.26.

Figura 1709

A

B

C

A W

12000/1000

Dy5

Ensayo 1

A

B

C

A

W1

12000/1000

Dy5

Ensayo 2

W2

V

j 12,5 kΩ40,52 kΩ

j 70,03 Ω20,69 Ω

1

N

2'

N

Figura 1.26

(b) La tensión de cortocircuito es 973,7 V (obtenida en el apartado anterior) y la tensión decortocircuito relativa es por tanto:

εcc =UccU1n

=973, 7

12000= 8, 12 %

(c) Para un carga de 120 kW y factor de potencia 0,9 inductivo, el índice de carga del trans-formador es:

S =120

0, 9= 133, 3 kVA → c =

133, 3

160= 0, 833

Con lo que el rendimiento del trafo con esa carga es:

η =120

120 + 3, 55 + 0, 8332 · 3, 68= 95, 16%

ii


ii

ii


Ejercicio 10.(a) Porque en las características del motor nos dicen que es de 230/400 V y la tensión de línea

de red a la que se conecta es 230 V: al conectarlo en triángulo la tensión aplicada a cada fase físicadel motor (devanado del estator) es 230 V (si la tensión de la red fuera de 400 V se conectaríaen estrella, con lo que la tensión en cada fase del motor seguiría siendo 230 V). La posición delas pletinas en la caja de bornas, para que las fases del motor estén conectadas en triángulo, es laindicada en la figura 1.27.

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

Figura 1710

A

U1

W2

B

V1

U2

C

W1

V2

I1 I’20,4 j 2,40,35 j 2

f

n

8,82

P1 Pg

PCu1 PCu2

Pmi = Pmec+Pu

3

230

Figura 1.27

(b) El par de arranque se obtiene de la expresión general del par en el eje particularizada parael deslizamiento s = 1:

Ta =3U2

1 R′2

2πn1

60

[(R1 +R′2)2 +X2

cc

] =2302 · 0, 4

2π ·1000

60· (0, 752 + 4, 42)

= 10, 14 Nm

(c) A plena carga la potencia mecánica interna es:

Pmi = Pu + Pmec = 4000 + 200 = 4200 W

A partir de los elementos del circuito monofásico equivalente, la potencia mecánica interna es:

Pmi = 3 I ′22R′2

(1

s− 1

)=

3U21(

R1 +R′2s

)2

+X2cc

R′2

(1

s− 1

)

Igualando y sustituyendo valores se tiene que:

4200 =2302(

0, 35 +0, 4

s

)2

+ 4, 42

· 0, 4 ·

(1

s− 1

)

Operando se llega a la siguiente ecuación de segundo grado:

ii


ii

ii


4, 867 s2 − 0, 944 s+ 0, 00318 = 0

que, resolviéndola, da dos soluciones para s, 0,1507 y 0,0434. Como sabemos que a plena cargael deslizamiento es muy pequeño, nos quedamos con el segundo valor, con lo que la velocidad degiro del motor a plena carga es:

n = n1 (1− s) = 1000 · (1− 0, 0434) = 956, 6 rev/min

(d) El par que desarrolla el motor a plena carga es:

Tn =Puω

=4000

2π ·956, 6

60

= 39, 9 Nm

Para calcular el par máximo, calculamos la velocidad de par máximo:

sm =R′2√

R21 +X2

cc

=0, 4√

0, 352 + 4, 42= 0, 0906 → nm = 909, 4 rev/min

Con lo que la potencia mecánica interna correspondiente al par máximo es:

Pmi,m =2302(

0, 35 +0, 4

0, 0906

)2

+ 4, 42

· 0, 4(

1

0, 0906− 1

)= 5050 W

y el par máximo:

Tm =Puω

=5050− 200

2π ·909, 4

60

= 50, 9 Nm

Con lo que, finalmente, la capacidad de sobrecarga del motor es:

TmTn

=50, 9

39, 9= 1, 28

(e) A partir del circuito monofásico equivalente fase-neutro de la figura 1.28 se explica y calculael balance de potencias. Primero calculamos la intensidad de línea del motor:

I1 = I ′2 =230/√

3√(0, 35 + 0, 4 + 8, 82)2 + 4, 42

= 12, 6 A

Y ahora utilizando el circuito equivalente, el balance de potencias es:

ii


ii

ii


Pmi = 3 · 8, 82 · 12, 62 = 4200 W → Pu = Pmi − Pmec = 4200− 200 = 4000 W

con las pérdidas en el cobre de rotor:

PCu2 = 3 · 0, 4 · 12, 62 = 190, 8 W → Pg = Pmi + PCu2 = 4200 + 190, 8 = 4390, 8 W

y con las pérdidas en el cobre de estator:

PCu1 = 3 · 0, 35 · 12, 62 = 167 W → P1 = Pg + PCu1 = 4390, 8 + 167 = 4557, 8 W

A U1 W2

B V1 U2

C W1 V2

Figura 1710

A

U1

W2

B

V1

U2

C

W1

V2

I1 I’20,4 j 2,40,35 j 2

f

n

8,82

P1 Pg

PCu1 PCu2

Pmi = Pmec+Pu

3

230

Figura 1.28

(f) El rendimiento a plena carga del motor es:

η =PuP1

=4000

4557, 8= 87, 8%

Ejercicio 11.La figura 1.29 representa el banco de transformadores, donde cada pareja de devanados del

mismo color representa un transformador monofásico (sus dos devanados, el de alta y el de bajatensión).

Figura 1711

1000 1000230

400

Figura 1.29

ii


ii

ii


Como en el lado de alta de la instalación los tres transformadores están conectados en triángulo,la tensión en el devanado de alta de cada transformador monofásico es 1000 V. Como la relación detransformación de cada transformador monofásico es 1000/230 V, en el lado de baja de cada unode ellos la tensión de su devanado secundario será 230 V. Y, por último, como en el lado de bajalos transformadores están conectados en estrella, la tensión de línea del sistema en el lado de bajaes 400 V (esto es,

√3· 230). Por tanto la relación de transformación del banco de transformadores

es 1000/400 V.

Como el indice horario es 5, las tensiones del lado de baja están retrasadas 150o respecto delas de alta del mismo nombre, así:

~UAB = 1000 0o → ~Uab = 400 −150o → ~Ua = 230 180o

Documents

MII IyME PED1718 - cartagena99.com CURSO 2017_18 CON... · Si el transformador se conecta a un sistema trifásico de 6,6 kV, se pide calcular: a) Los parámetros de su circuito monofásico