UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13

CONcEptoS generales de maquinas ELECTRICAS

Ing° Saúl Montalván ApolayaC.I.P. 72943

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PROBLEMAS RESUELTOS

1. La instalación de una panadería consta de lossiguientes receptores: a) Un sistema de ventilacióncon un motor de 2 KW, Cos 𝜑 = 0,7; b) Un sistema dealumbrado consistente en 20 lámparas de 40 W cadauna y con un factor de potencia de 0,6; c) Un hornode 4 KW.El suministro de energía se hace a 220 V y 50 Hz.Calcular:

a) La potencia aparente total instalada,b) El factor de potencia total,c) La corriente total por los conductores de la línea

general.

18/07/2013 Circuitos y Máquinas Eléctricas 3

SOLUCIÓNDado que solo conocemos las potencias activas de cada uno de los receptores, loprimero que tenemos que hacer es averiguar las potencias reactivascorrespondientes.a) Para calcular la potencia reactiva del motor nos valemos del triangulo de

potencias, donde aplicamos la función trigonométrica de la tangente:

𝑇𝑎𝑛 𝜑1 =𝑄1𝑃1

⟹ 𝑄1 = 𝑃1 𝑇𝑎𝑛 𝜑1 = 2 000 𝑇𝑎𝑛 45,6° = 2 042 𝑉𝐴𝑅

(El 𝜑1 que le corresponde al 𝐶𝑜𝑠 𝜑1 = 0,7; es 45,6°)

b) La potencia activa total de las lámparas es:P2 = 20(40 W) = 800 WEl 𝜑2 que le corresponde al 𝐶𝑜𝑠 𝜑2 = 0,6; es 53,1°𝑄2 = 𝑃2𝑇𝑎𝑛𝜑2 = 800 𝑇𝑎𝑛𝑔 53,1° = 1 067 𝑉𝐴𝑅

c) Un horno consta básicamente de una resistencia puramente óhmica, por lo que su factorde potencia es la unidad y, por tanto, su potencia reactiva es nula.Q3 = 0 VAR


Ahora realizamos la suma de potencias:𝑃𝑇 = 𝑃1 + 𝑃2 + 𝑃3 = 2 000 + 800 + 4 000 = 6 800𝑊𝑄𝑇 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 = 2 042 + 1 067 + 0 = 3 109 𝑉𝐴𝑅

𝑆𝑇 = 𝑃𝑇2 + 𝑄𝑇

2 = (6 800)2+(3 109)2= 7 477 𝑉𝐴

𝐶𝑜𝑠 𝜑𝑇 =𝑃𝑇𝑆𝑇

=6 800

7 477= 0,91

Con esto ya podemos obtener la intensidad total del circuito:

𝑃𝑇 = 𝑉 𝐼𝑇 𝐶𝑜𝑠 𝜑𝑇 ⟹ 𝐼𝑇 =𝑃𝑇

𝑉𝐶𝑜𝑠 𝜑𝑇=

6 800

220 (0,91)= 34 𝐴

SOLUCIÓN


2. Un sistema trifásico con neutro posee unatensión de línea de 220 V. Averiguar la tensión defase.

SOLUCIÓN

𝑉𝑓 =𝑉𝐿

3=

220 𝑉

3= 127 𝑉


3. Un motor trifásico está conectadoen estrella a una red de C.A.trifásica de 380 V de tensión delínea (ver grafico). Su potenciaactiva es de 5 KW con un factor depotencia de 0,85. Averiguar: Lacorriente que absorbe el motor porcada uno de los conductores de lalínea (corriente de línea), lacorriente que fluye por cada una delas bobinas o fases del motor(corriente de fase), la tensión a quequeda sometida cada una de lasbobinas o fases del motor (tensiónde fase), potencia reactiva yaparente.


Para calcular la corriente de línea aplicamos la expresión depotencia reactiva trifásica:

5000

3 8,93 ( 3)(380)(0,85)

L L L

L

PP V I Cos I A

V Cos

Para la conexión en estrella la corriente de fase es igual a la de línea:

8,9f L

I I A

La tensión que aparece en cada una de las fases del motor es:

380

2193 3

Lf

VV V

El ángulo que le corresponde a Cos =0,85 es de 31,8º

3 3(380)(8,9) 5858L L

S V I VA

3 3(380)(8,9)( 31,8º) 3087L L

Q V I Sen Sen VAR


4. Un horno eléctrico trifásico posee tres resistenciaseléctricas iguales conectadas en estrella. Determinarsu potencia si se mide una corriente por cada fase de15 A y una tensión de fase de 127 V.

SOLUCIÓN


Averiguamos primero la corriente y tensión de línea:𝐼𝐿 = 𝐼𝑓 = 15 𝐴

𝑉𝐿 = 3 𝑉𝑓= 3 127 𝑉 = 220 𝑉

Para calcular la potencia aplicamos la expresión general de potencia, teniendo en cuenta que el factor de potencia en este caso es la unidad por ser cargas totalmente resistivas.

𝑃 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝐶𝑜𝑠 𝜑 = 3 220 𝑉 15 𝐴 1 = 5 716𝑊

5. Un aparato de calefacción eléctrico trifásico consta de tresresistencias iguales de 20 ohmios cada una conectadas enestrella a una red trifásica de 220 V (ver figura). Se trata decalcular la potencia de la carga trifásica.

SOLUCIÓN


Primero calculamos la corriente por cada resistencia, quecorresponderá con la corriente de fase, que como ya sabemos, es igualque la de línea. Para ello aplicaremos la ley de Ohm, teniendo encuenta que la tensión que aparece en cada una de las cargas es la defase.

𝑉𝑓 =𝑉𝑐

3=220

3= 127 𝑉

𝐼𝐿 = 𝐼𝑓 =𝑉𝑓

𝑅=127 𝑉

20 𝛺= 6,4 𝐴

R S T

220 V

IL = 6,4 A

R = 20 Ω

R = 20 ΩR = 20 Ω

If 127 V

Ahora ya podemos calcular la potencia de la carga trifásica, para lo cual aplicamos laexpresión general de potencia, teniendo en cuenta que, por ser cargas resistivas, elfactor de potencia es igual a la unidad.

𝑃 = 3 𝑉𝐿𝐼𝐿𝐶𝑜𝑠𝜑 = 3 220 6,4 1 = 2 439 𝑊

6. Por un motor trifásico conectado en triangulo se mide una corriente delínea de 20 A cuando se le conecta a una tensión de línea de 220 V.Teniendo en cuenta que el factor de potencia del mismo es de 0,8;calcular: la corriente y la tensión de fase, potencia activa, reactiva yaparente.

SOLUCIÓN


La tensión de fase es igual que la de línea: Vf = VL = 220 VLa corriente de fase:

𝐼𝑓 =𝐼𝐿

3=20

3= 11,5 𝐴

El angulo𝜑 que le corresponde a Cos 𝜑 = 0,8 es de 36,9°Las potencias del motor las calculamos así:

𝑃 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 3 220 20 0,8 = 6 097𝑊

𝑄 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 3 220 20 𝑆𝑒𝑛 36,9°

= 4 576 𝑉𝐴𝑅

𝑆 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿 = 3 220 20 = 7 621 𝑉𝐴

TSR

VL = 220 V

IL = 20 A

If = 11,6 A

V f = 220

V

7. Un motor asíncrono trifásico posee las siguientes características: 8KW/380 V/Cos 𝜑 = 0,87. Con estos datos averiguar: la corriente de líneay de fase, así como la potencia reactiva y aparente.

SOLUCIÓN


Para calcular la corriente de línea nos valemos de la potencia activa trifásica:

𝐼𝐿 =𝑃

3𝑉𝐶𝐶𝑜𝑠𝜑=

8000

3(380)(0,87)

La corriente de fase:El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,87, es 29,54°

𝑄 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝑆𝑒𝑛𝜑 = 3(380)(13,97) Sen 29,54° = 4 533,49 VAR

𝑆 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿 = 3(380)(13,97)= 9 194,76 VA

8. La potencia de un horno trifásico es de 30 KW a 380 V. Determinar elvalor óhmico de las tres resistencias iguales de las que consta.

SOLUCIÓN


Como es un sistema equilibrado, la potencia que suministra cada cargaserá la tercera parte de la potencia total trifásica:

𝑃′ =30𝐾𝑊

3= 10 𝐾𝑊

Cada resistencia está sometida a la tensión de fase, que en este casocoincide con la de línea. La corriente que aparece en cada una de ellas es:

𝐼𝑓 =𝑃′

𝑉𝑓=10 000

380= 26,3 𝐴

Si ahora aplicamos la ley de Ohm obtendremos el valor de la resistencia:

𝑅 =𝑉𝑓𝐼𝑓

=380

26,3= 14,4 Ω

9. Se conectan a una red trifásica con neutro y con una tensión entre fasesde 380 V, 3 motores monofásicos de 1000 W, 220 V, Cos 𝜑 =0,6 cadauno. Averiguar: la corriente por la línea que los alimenta.

SOLUCIÓN


Como los motores funcionan a 220 V, es decir, a la tensión de fase (𝑉𝑓 =

380 3 = 220 𝑉), se ha conectado un motor entre cada fase y neutro con el fin derepartir equitativamente las cargas de acuerdo al siguiente grafico:

La potencia total conectada a la redtrifásica es de:

𝑃 = 3 1000 = 3000 𝑊Para calcular la intensidad de línea nosvalemos de la formula general de lapotencia trifásica:

𝑃 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝐶𝑜𝑠𝜑

⇒ 𝐼𝐿 =𝑃

3𝑉𝐶𝑜𝑠𝜑=

3000

3(380)(0,6)= 7,60 𝐴

10. Se necesitan conectar 30 lámparas de vapor de mercurio de 250 W, 380V, Cos 𝜑 = 0,6 a una red trifásica con una tensión entre fases de 380 V.Mostrar la conexión de las mismas para conseguir que la carga estéequilibrada y averiguar la corriente por la línea que las alimenta.


380 V

10 lámparas 10 lámparas 10 lámparas

R

S

T

SOLUCIÓN


Como las lámparas funcionan a 380 V, es decir, a la tensión de línea, sehan conectado 3 grupos de 10 lámparas entre cada dos fases, con elfin de repartir equitativamente las cargas (figura anterior):La potencia total conectada a la red trifásica es de:

P = (30)(250 W) = 7 500 WPara calcular la intensidad de línea nos valemos de la formula generalde potencia trifásica:

𝑃 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝐶𝑜𝑠 𝜑 ⇒ 𝐼𝐿 =𝑃

3𝑉𝐿𝐶𝑜𝑠 𝜑=

7 500

3 380 (0,6)= 19 𝐴

11. Una instalación industrial posee una potencia de 20 KW a 380 V y con un factor de potencia de 0,75. Setrata de calcular la potencia reactiva que deberá poseer una batería de condensadores automática paraconseguir mejorar el factor de potencia hasta 0,95. Determinar también la corriente por la línea antes ydespués de mejorar el factor de potencia, así como la corriente de línea de la batería de condensadores.

SOLUCIÓN


Para calcular la potencia reactiva de la batería de condensadores QC necesaria para elevar el factor de potencia de 0,75 hasta 0,95 utilizaremos la misma expresión que en los circuitos monofásicos. Para ello, determinaremos primero los ángulos que corresponden con estos factores de potencia.Al Cos 𝜑 = 0,75 le corresponde un ángulo 𝜑 de 41,4°Al Cos 𝜑′ = 0,95 le corresponde un ángulo 𝜑′ de 18,2°F i g u r a (pagina 90)

𝑄𝐶 = 𝑃 𝑇𝑎𝑛𝑔 𝜑 − 𝑃 𝑇𝑎𝑛 𝜑′ = 20 000 𝑇𝑎𝑛𝑔 41,4° − 20 000 𝑇𝑎𝑛𝑔 18,2° = 11 057 𝑉𝐴𝑅 = 11 𝐾𝑉𝐴𝑅La corriente de línea antes de la mejora del factor de potencia:

𝐼𝐿 =𝑃


20 000

3 380 (0.95)= 41 𝐴

La corriente de línea después de la mejora del factor de potencia:

𝐼′𝐿 =𝑃

3𝑉𝐿𝐶𝑜𝑠 𝜑′=

20 000

3 380 (0,95)= 32 𝐴

Se observa como se ha conseguido reducir considerablemente la corriente por la línea al mejorar el factor de potencia.La corriente por la línea que alimenta a la batería de condensadores la calculamos teniendo en cuenta su potencia reactiva y que el ángulo de desfase provocado por los mismos es de 90°

𝑄𝐶 = 3𝑉𝐿𝐼𝐿𝐶𝑆𝑒𝑛𝜑𝐶 ⟹ 𝐼𝐿𝐶 =𝑄𝐶

3𝑉𝐿𝑆𝑒𝑛𝜑𝐶

=11 057

3 380 (𝑆𝑒𝑛 90°)= 17 𝐴


I’LR

S

T

Batería automática de condensadores

20 KW380 V

Cos φ = 0,75

IL

IC

12.La instalación de una nave industrial consta de lossiguientes receptores:a)1 motor trifásico de 5 KW, Cos 𝜑 =0,85b)3 motores trifásicos de 3 KW, Cos 𝜑 =0,8c)1 horno trifásico de 5 KWd)15 motores monofásicos de 2 KW, Cos 𝜑 =0,65e)9 calefactores monofásicos de 1 KW

La tensión de línea es de 380 V y se trata de calcular:la potencia total instalada, factor de potencia de lainstalación, corriente por la línea y potencia reactivade la batería de condensadores para mejorar el factorde potencia a 0,95.



S O L U C I Ó NComenzamos calculando la potencia activa y reactiva de cada carga:a) La potencia activa del motor es: P1 = 5000 WLa potencia reactiva la calculamos con la siguiente expresión obtenidadel triangulo de potencias:𝑄1 = 𝑃1𝑇𝑎𝑛𝜑1 = 5000 𝑇𝑎𝑛 31,79° = 3098,72 𝑉𝐴𝑅(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,85 es 31,79°b) La potencia activa de los 3 motores es:P2 = (3)(3000) = 9000 W𝑄2 = 𝑃2𝑇𝑎𝑛𝜑2 = 9000 𝑇𝑎𝑛 36,87° = 6750 𝑉𝐴𝑅(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑2= 0,8 es 36,87°)c) La potencia activa del horno es: P3 = 5000 WQ3 = 0 VAR (las cargas resistivas no producen potencias reactivas).


d) Los 15 motores monofásicos se conectan entre las fases a razón de 5 motoresentre cada dos fases diferentes, consiguiendo así una carga equilibrada.

P4 = (15) (2000) = 30 000 W𝑄4 = 𝑃4𝑇𝑎𝑛𝜑4 = 30000 𝑇𝑎𝑛 49,46° = 35073,89 𝑉𝐴𝑅

(El ángulo que le corresponde al Cos 𝜑 = 0,65, es 49,46°)e) Los 9 calefactores monofásicos se conectan en grupos de 3 por cada dos fases

diferentes.P5 = (9) (1 000) = 9 000 W

Q5 = 0 VARAhora sumamos las potencias:PT = P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 5 000 + 9 000 + 5 000 + 30 000 + 9 000 = 58 000 WQT = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5 = 3 098,72 + 6 750 + 0 + 35 073,89 + 0 = 44 922,61 VAR

𝑆𝑇 = 𝑃𝑇2 + 𝑄𝑇

2 = (58000)2+(44922,61)2= 73362,39 𝑉𝐴

𝐶𝑜𝑠 𝜑𝑇 =𝑃𝑇𝑆𝑇

=58000

73362,39= 0,79


Ahora ya podemos calcular la corriente total por la línea:

𝐼𝐿 =𝑃𝑇

3𝑉𝐿𝐶𝑜𝑠𝜑𝑇

=58000

3(380)(0,79)= 111,55 𝐴

Calculamos ahora la potencia reactiva de la batería de condensadores para mejorar el factor de potencia de la instalación hasta 0,95:Cos 𝜑𝑇= 0,79: le corresponde un ángulo 𝜑𝑇 de 37,81ºCos 𝜑′= 0,95: le corresponde un ángulo 𝜑′ de 18,19º𝑄𝑐 = 𝑃𝑇𝑎𝑛 𝜑 − 𝑃𝑇𝑎𝑛 𝜑′

= 58000 𝑇𝑎𝑛 37,81° − 58000 𝑇𝑎𝑛 18,19𝑄𝑐 = 25947,41 𝑉𝐴𝑅 = 25,95 𝐾𝑉𝐴𝑅

13. La acometida de un edificio de viviendas consta de 3 conductores más elneutro y posee una longitud de 50 m. La potencia prevista para eledificio es de 35 KW con un factor de potencia de 0,85. Se trata decalcular la sección de los conductores de la línea teniendo en cuenta quela caída de tensión no puede superar el 1% de la de alimentación. Latensión de alimentación entre fases es de 380 V y los conductores sonunipolares instalados bajo tubo.

SOLUCIÓN


Primero calculamos la corriente de línea:

𝐼𝐿 =𝑃


35 000

3 380 (0,85)= 63 𝐴

La caída de tensión en voltios máxima permitida es:

∆𝑉 =380

1001 = 3,8 𝑉

Ahora calculamos la sección:

𝑆 =3 𝜌 𝐿 𝐼𝐿 𝐶𝑜𝑠 𝜑

∆𝑉=

3 0,017 50 63 (0,85)

3,8= 21 𝑚𝑚2

La sección comercial que le corresponde es de 25 mm2.Como la corriente permitida para tres conductores unipolares bajo tubo de 25 mm2 es de 64 A se puede dar por válido este resultado.

14. Calcular la potencia absorbida, útil y perdida, así como elpar nominal de un motor trifásico cuyas características son:V = 380 V / I = 85 A / 𝜂 = 92,5% / Cos = 0,86 / n = 980 rpm

SOLUCIÓN


a) Potencia absorbida: P

𝑃 =3𝑉𝐼𝐶𝑜𝑠𝜑

1000=

3(380)(85)(0,86)

1000= 48,113 𝐾𝑊

b) Potencia útil: Pu

𝑃𝑢 = 𝑃𝜂 = 48,113 𝐾𝑊 0,925 = 44,504 𝐾𝑊c) Potencia perdida: Pp

𝑃𝑝 = 𝑃 − 𝑃𝑢 = 48,113 − 44,504 = 3,609 𝐾𝑊

d) Par nominal en el eje del motor: Mn

𝑀𝑛 =9550𝑃

𝑛=9550(44,504)

980= 433,687 𝑁𝑚

15. Calcular la energía activa y reactiva consumida por un motor de 45 KW en 16horas, siendo su factor de potencia Cos 𝜑 =0,86, y su rendimiento 𝜂 = 92,5%,suponiendo que todo el tiempo funciona a sus valores nominales.

SOLUCIÓN


a) Potencia absorbida: P

𝑃 =𝑃𝑢𝜂=

45

0,925= 48,649 𝐾𝑊

b) Energía activa: W𝑊 = 𝑃ℎ = 48,649 𝐾𝑊 16 ℎ = 778,378 𝐾𝑊ℎ

(En electricidad la unidad practica es el KWh; 1 KWh = 3 600 000 Joules)c) Potencia reactiva: Px

𝑃𝑥 = 𝑃 𝑇𝑎𝑛 𝜑 = 48,649 𝐾𝑊 0,593 = 28,849 𝐾𝑉𝐴𝑅𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐶𝑜𝑠 𝜑 = 0,86 ⇒ 𝑎𝑟𝑐 𝐶𝑜𝑠 0,86 = 30,68)Tan 30,68º = 0,593d) Energía reactiva: Wx

Wx = Pxh = (28,849 KVAR)(16 h) = 461,584 KVARh

16. Características de un determinado motor, dados por el constructor:


CARACTERÍSTICAS VALORES– Potencia P = 45 KW (60 CV)– Tensión U = 380 V en la red– Intensidad I = 85 A a 380 V– Velocidad n = 980 rpm– Factor de potencia Cos φ= 0,86– Rendimiento η = 92,5%– Par máximo MM/MN = 2,3– Intensidad de arranque IA/IN = 6,3– Momento de inercia J = 1,5 Kgm2

– Peso m = 625 Kg– Otras características No consideradas en este cálculo

SOLUCIÓNVerificación y cálculo de los datos del motor de C.A.a) Potencia útil: Pu

La placa de característica del motor señala la potencia útil que puede transmitir:

𝑃𝑢 =3 𝑈 𝐼 𝐶𝑜𝑠 𝜑 𝜂

1000=

3(380)(85)(0,86)(0,925)

1000= 44,504 𝐾𝑊


b) Potencia absorbida: Pa

Los cálculos para los aparatos de maniobra se harán a partir de la potencia absorbida:

𝑃𝑎 =3 𝑈 𝐼 𝐶𝑜𝑠 𝜑

1000=

3(380)(85)(0,86)

1000= 48,113 𝐾𝑊

c) Intensidad absorbida por el motor: ILa intensidad puede calcularse con cualquiera de las dos formas anteriores:

𝐼 =1000 𝑃

3(380)(0,86)(0,925)= 84,99 𝐴

d) Tensión de conexión: ULas fases del motor están construidas para Uf = 380 VCon red de VL = 380 V, el motor podría arrancarse en conexión estrella-triangulo (λ-Δ).Por otro lado, las características del motor permiten el arranque directo, ya que el constructor admite una intensidad de arranque IA = 6,3 veces la intensidad nominal IN

e) Velocidad: nLa velocidad asíncrona de n = 980 rpm, corresponde a una velocidad sincronía de ns = 1 000 rpm, por lo que se tratara de un motor con devanado trifásico de 6 polos.f) Factor de potencia: Cos 𝜑El factor de potencia Cos 𝜑 = 0,86, corresponde al del motor, a sus valores nominales.g) Par nominal: M

𝑀 =9550𝑃

𝑛=9550(44,504)

980= 433,687 𝑁 −𝑚

h) Par máximo: MM

Según el constructor: MM = 2,3 MN = 2,3(433,687) = 997,48 N-m

17. El barraje infinito de la siguiente figura opera a 480 V. La carga 1 es un motor de inducción que consume 100 KW con factor de potencia 0,78 en atraso, y la carga 2 es un motor de inducción que consume 200 KW con factor de potencia 0,8 en atraso y la carga 3 es un motor sincrónico cuyo consumo de potencia real es de 150 KW.

a) Si se ajusta el motor sincrónico para operar a un factor de potencia de 0,85 en atraso ¿Cuál es la corriente en la línea de transmisión del sistema?

b) Si se ajusta el motor sincrónico para operar a factor de potencia 0,85 en adelanto ¿Cuál es la corriente en la línea de transmisión del sistema?

c) Suponga que las perdidas en la línea de transmisión están dadas por: 𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿2𝑅𝐿; donde LL representa

las perdidas en la línea ¿Cómo se comparan las pérdidas de transmisión en los dos casos?



SOLUCIÓN

a) En el primer caso, la potencia real de la carga es 100 KW, y la potencia reactiva de la carga 1, es:

𝑄1 = 𝑃1𝑇𝑎𝑛𝜃 = 1000 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1 0,78 = 1000 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 38,739 = 80,228 𝐾𝑉𝐴𝑅

La potencia real de la carga 2 es 200 KW, y su potencia reactiva es:𝑄2 = 𝑃2𝑇𝑎𝑛𝜃 = 200 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1 0,80 = 200 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 36,87 = 150 𝐾𝑉𝐴𝑅

La potencia real de la carga 3 es 150 KW, y la potencia reactiva de la carga 3 es:𝑄3 = 𝑃3𝑇𝑎𝑛𝜃 = 150 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 𝐶𝑜𝑠−1 0,85 = 150 𝐾𝑊 𝑇𝑎𝑛 31,788 = 92,962 𝐾𝑉𝐴𝑅

Entonces la carga total es:

PT = P1 + P2 + P3 = 100 KW + 200 KW + 150 KW = 450 KW

La carga reactiva total es:

QT = Q1 + Q2 + Q3 = 80,228 + 150 + 92,962 = 323,19 KVAR

El factor de potencia equivalente del sistema es:

𝑃𝐹 = 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1𝑄

𝑃= 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1

323,19

450= 𝐶𝑜𝑠35,686° = 0,812, en atraso.

Finalmente, la corriente de línea está dada por:

𝐼𝐿 =1000𝑃𝑇

3𝑉𝐿𝐶𝑜𝑠𝜃=

1000(450 𝐾𝑊)

3(480 𝑉)(0,812)= 666,584 𝐴


b) Las potencias real y reactiva de las cargas 1 y 2 no varían, así como tampoco la potencia real de lacarga 3. La potencia reactiva de la carga 3, es:

Q3 = P3Tan =(150 KW) Tan (Cos-1 0,85) = (150 KW)Tan(-31,788) = -92,962 KVAR

Entonces, la carga real total es:

PT = P1 + P2 + P3 = 100 KW + 200 KW + 150 KW = 450 KW

La carga reactiva total es:

QT = Q1 + Q2 + Q3 = 80,228 KVAR + 150 KVAR – 92,962 KVAR = 137,266 KVAR

El factor de potencia equivalente del sistema es:

𝑃𝐹 = 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1𝑄

𝑃= 𝐶𝑜𝑠 𝑇𝑎𝑛−1

137,266

450= 𝐶𝑜𝑠 16,964° = 0,956, en atraso.

Finalmente, la corriente de línea está dada por:

𝐼𝐿 =1000𝑃𝑇

3𝑉𝐿𝐶𝑜𝑠𝜃=

1000(450 𝐾𝑊)

3(480 𝑉)(0,956)= 566,178 𝐴

c) Las pérdidas de transmisión en el primer caso son:𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿

2𝑅𝐿 = 3(666,584 𝐴)2𝑅𝐿 = 1333002,687 𝑅𝐿Las perdidas de transmisión en el segundo caso son:

𝑃𝐿𝐿 = 3𝐼𝐿2𝑅𝐿 = 3(566,178 𝐴)2𝑅𝐿 = 961672,587 𝑅𝐿

Notamos que en el segundo caso las perdidas por transmisión son 28% menos que en el primer caso,mientras que la potencia suministrada a las tres cargas es la misma.

18. Considere un motor de inducción monofásico de 60 Hz con la siguienteinformación de placa: 1 HP, 1725 rpm, 115 V, 14,4 A, η = 68%. Determineel par de salida, el factor de potencia y el costo de operación del motorsi la potencia eléctrica cuesta S/.1,02/KWh


SOLUCIÓN

La potencia de salida es 1 HP x 746 W/HP = 746 W, así que la potencia es, a partir de la siguiente ecuación:

𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝜂=

746

0,68= 1097,059 𝑊

Ahora obtenemos el factor de potencia:

𝐹𝑃 =𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

𝑉𝐼=

1097𝑊

(115 𝑉)(14,4 𝐴)= 0,662, y la corriente está retrasada por este tipo de motor. El

par de salida será:

𝑇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 =𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝜔𝑚=

746𝑊

(1725 𝑟𝑝𝑚)2𝜋

60

= 4,13 𝑁 −𝑚, la velocidad mecánica ha sido convertida a

radianes/segundo. Para la operación continua y condiciones de placa, el costo sería:1097 𝑊

1000𝑊𝐾𝑊

𝑥24 ℎ

1 𝑑𝑖𝑎𝑥𝑆/.1,02

1 𝐾𝑊ℎ=𝑆/.26,85

𝑑𝑖𝑎

19. Considere un motor de inducción monofásico de 60 Hz con la siguienteinformación de placa: 1 HP, 1725 rpm, 115 V, 14,4 A, η = 68%. Determineel par de salida, el factor de potencia y el costo de operación del motorsi la potencia eléctrica cuesta S/.1,02/KWh


SOLUCIÓN

La potencia de salida es 1 HP x 746 W/HP = 746 W, así que la potencia es, a partir de la siguiente ecuación:

𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝜂=

746

0,68= 1097,059 𝑊

Ahora obtenemos el factor de potencia:

𝐹𝑃 =𝑃𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

𝑉𝐼=

1097𝑊

(115 𝑉)(14,4 𝐴)= 0,662, y la corriente está retrasada por este tipo de motor. El

par de salida será:

𝑇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 =𝑃𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎

𝜔𝑚=

746𝑊

(1725 𝑟𝑝𝑚)2𝜋

60

= 4,13 𝑁 −𝑚, la velocidad mecánica ha sido convertida a

radianes/segundo. Para la operación continua y condiciones de placa, el costo sería:1097 𝑊

1000𝑊𝐾𝑊

𝑥24 ℎ

1 𝑑𝑖𝑎𝑥𝑆/.1,02

1 𝐾𝑊ℎ=𝑆/.26,85

𝑑𝑖𝑎

Importancia práctica del Cos 𝜑:20. Un motor monofásico de 1000 W a 220 V con un Cos 𝜑 = 0,6. Estos

datos nos indican que el motor desarrolla una potencia mecánicaequivalente a los 1000 W de potencia activa suministrados por la redeléctrica. Por otro lado, el factor de potencia está bastante por debajode la unidad lo que nos muestra la presencia de una potencia reactivaelevada causada por el efecto de la autoinducción de los bobinados. Hayque pensar que la potencia no se transforma en trabajo útil en el motor,simplemente sirve para generar el campo electromagnético, para luegoser devuelta al generador. Este trasiego de energía reactiva delgenerador al motor y viceversa, hace que la compañía suministradora deenergía eléctrica tenga que proporcionar una potencia aparente por lared eléctrica muy superior a la que realmente se consume. Enconsecuencia, se produce un aumento de corriente por los conductoresde la línea que repercute directamente en los costos de las instalacioneseléctricas propiedad de las compañías.



SOLUCIÓN

En este problema, obtenemos el siguiente grafico a partir de los datos:

𝑆 =𝑃

𝐶𝑜𝑠 𝜑=1000

0,6= 1667 𝑉𝐴

𝑄 = 𝑆 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 16677 0,8 = 1334 𝑉𝐴𝑅

𝐼 =𝑃

𝑉(𝐶𝑜𝑠 𝜑)=

1000

(220)(0,6)= 7,6 𝐴

De los datos obtenidos deducimos que el motor produce un consumo de 1000 W, pero necesita de un suministro de 1667 VA por la línea para funcionar.

Si por algún método mejoramos el factor de potencia hasta por lo menos 0,95 obtendríamos los siguientes valores:

𝑆 =𝑃

𝐶𝑜𝑠 𝜑=1000

0,95= 1053 𝑉𝐴

𝑄 = 𝑆 𝑆𝑒𝑛 𝜑 = 1053 0,31 = 326 𝑉𝐴𝑅

𝐼 =𝑃

𝑉(𝐶𝑜𝑠 𝜑)=

1000

(220)(0,95)= 4,8 𝐴

Deducimos que al acercar el factor de potencia a la unidad obtenemos una reducción de corriente considerable, asi como de la potencia aparente y reactiva.


SOLUCIÓN

Para contrarrestar el consumo excesivo de potencia reactiva de carácter inductivo y así reducir también la potencia aparente y la corriente por la línea se instalan condensadores conectados en paralelo con los receptores, tal como se muestra en la siguiente figura:

20. En la fabricación de un transformador monofásico se han utilizado 750 espiras en elprimario y 1500 en el secundario. El flujo máximo que aparece en el núcleo magnéticoes de 3 mWb (mili weber). Determinar las tensiones en el primario y en el secundariopara una frecuencia de 50 Hz, así como la relación de transformación.


SOLUCIÓN

𝐸1 = 4,44𝑓𝑁1Φ𝑚𝑎𝑥 = 4,44 50 750 0,03 = 499,5 𝑉

𝐸2 = 4,44𝑓𝑁2Φ𝑚𝑎𝑥 = 4,44 50 1 500 0,03 = 999,0 𝑉

Lo cual nos indica que es un transformador elevador, siendo su relación de transformación:

𝑚 =𝑁1𝑁2

=750

1 500= 0,5

21. Un transformador reductor de 230/110 V proporciona energía a una electrobomba de 2kW, 110 V, Cos 𝜑 = 0,6. Suponiendo la corriente de vacío y las pérdidas despreciables,determinar la intensidad por el primario y por el secundario, así como la relación detransformación del transformador. ¿Cuál es la potencia aparente que suministra eltransformador?


SOLUCIÓN

Calculamos primero la corriente por el secundario:

𝑃 = 𝑉2𝐼2𝐶𝑜𝑠𝜑 ⇒ 𝐼2 =𝑃

𝑉2𝐶𝑜𝑠𝜑=

2000

(110)(0,6)= 30,3 𝐴

La relación de transformación es:

𝑚 =𝑉1𝑉2

=230

110= 2,01

La corriente por el secundario la calculamos teniendo en cuenta la relación de transformación:

𝑚 =𝐼2𝐼1⇒ 𝐼1 =

𝐼2𝑚

=30,3

2,01= 15,07 𝐴

La potencia aparente que suministra el transformador es:𝑆 = 𝑉2𝐼2 = 110 𝑉 30,3 𝐴 = 3 333 𝑉𝐴

22. Determinar la frecuencia que produce un alternador que gira auna velocidad de 1500 r.p.m. si éste posee dos pares de polos.


SOLUCIÓN

𝑓 = 𝑝𝑛

60= 2

1500

60= 60 𝐻𝑧

23. ¿A que velocidad deberá girar un alternador con cuatropares de polos para producir una frecuencia de 50 Hz?

SOLUCIÓN

De la expresión general tenemos que la velocidad síncrona de un alternador es:

𝑛 =60𝑓

𝑝=(60)(50)

4= 750 𝑟. 𝑝.𝑚.

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UNAMAD: CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS: 10. i@402 clase 16jul13