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SILABUS I.

Datos informativos         

II. III.

Asignatura Código Requisito Categoría Semestre Tiempo Cargo horario Créditos Docente

: Análisis de Circuitos Eléctricos II : IE152 : IE151 : OE : 2001-I : 18 semanas : 4 h teoría y 1 h practica : 04 : Ing. Electricista Victor Tapia Rivas

Sumilla Objetivos Estudio de la corriente alterna

IV.

Contenido Cap. I.- Circuitos de A.C en el dominio del t y f. Cap. II.- Potencia monofásica Cap. III.- Métodos de Solución de circuitos en A.C Cap. IV.- Resonancia y lugares geométricos Cap. V.- Circuito Polifásico Cap. VI.- Circuitos acoplados Cap. VII.- Circuitos transitorios Cap. VIII.- Onda poli armónica

V.

Bibliografía

CAPITULO I

1. 2. 3. 4. 5. 6.

Circuitos Eléctricos: J. Edminister (Schaum) Circuitos Eléctricos: J. Edminister – M. Nahvi Circuitos de A.C: R. Kerchner – G. Corcoran Circuitos Eléctricos: Charles I- Jubert Análisis de Circuitos Eléctricos: Egon Brenner Análisis de Circuitos Eléctricos: David Johnson – John Hilburn 7. Análisis de Circuitos Eléctricos: Leonard S. Bobrow (moderno) 8. Circuitos Eléctricos: James W. Nilsson (moderno) 9. Problemas de I. E. Parker Smith (1926) VI.

1.1 INTRODUCCIÓN En la asignatura de análisis de circuitos eléctricos II se estudiará la aplicación de los diferentes métodos de solución de circuitos estudiados en corriente continua a corriente alterna. 1.2 ONDAS PERIODICAS

Evaluación 3 𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒𝑛𝑒𝑠 3 𝑁𝑜𝑡𝑎: 𝑒𝑥𝑎𝑚𝑒𝑛 𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 (𝑠𝑢𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑡𝑜𝑟𝑖𝑜) 𝐻𝑜𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑜: 7: 15 𝑎𝑚 Ondas Sinusoidales o Senoidales (alternadores) Exámenes parciales 1° examen: 15 de Mayo (martes) 2° examen: 14 de Junio (jueves) 3° examen: 18 de Julio (miércoles) 4° examen: 15 de agosto (miércoles)

En el estudio de corriente alterna las ondas sinusoidales es importantísimo; por cuanto las centrales hidráulicas, térmicas, eólicas, etc., generan ondas sinusoidales, también las señales que emiten las estaciones de radio, televisión son sinusoidales pero con la diferencia de que la frecuencia de generación eléctrica es definido constante mientras que la frecuencia de las estaciones de radio es variable. a) Característica de Ondas Senoidales 1) Valor rotativo [𝑣(𝑡)]. Es el valor de tensión o corriente en cualquier instante de tiempo. 2) Valor máximo. O amplitud o base (𝑉𝑚) 3) Ciclo. Valor completo de una onda periódica. 4) Frecuencia. Unidad 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠⁄𝑠𝑒𝑔. , Hertz es el número de ciclos en un segundo. 𝑓 = 60 𝐻𝑒𝑟𝑡𝑧 5) Periodo. (T) tiempo 𝑆𝑒𝑎 60 𝐻𝑧 𝑇 = 1⁄𝑓 𝑠𝑒𝑔 (𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠) 𝑇 = 1⁄𝑓 𝑇 = 16.67 𝑠𝑒𝑔 Es el tiempo empleado por dar una vuelta o un ciclo.

6) Frecuencia angular. 𝛼 = 𝜔𝑇 𝜔: 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠𝑒𝑔 2𝜋 𝜔= 𝑇 𝜔 = 2𝜋𝑓

1.3 INSTRUMENTACION EN A.C. 1.3.1

INSTRUMENTOS DE BOBINA MOVIL Estos instrumentos se utilizan en corriente alterna ya sea como amperímetros y voltímetros, sirven para medir el valor medio o el valor promedio de una onda sinusoidal de tensión o corriente. Un amperímetro sirve para medir corriente. Matemáticamente: 𝑉𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =

1 𝑇 ∫ 𝑉(𝑡) 𝑑(𝑡) 𝑇 0

1.3.2

INSTRUMENTO DE HIERRO MOVIL Los instrumentos de hierro móvil también se utilizan en corriente alterna, miden los valores eficaces de tensión y corriente sinusoidales.

(1) = (2):

Matemáticamente: 1 𝑇 2 𝐼𝑒𝑓 = ∫ [𝑖(𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑇 0

𝐼2 =

2 𝑉𝑒𝑓

𝑅𝐼 2 𝑇 = ∫ 𝑅𝑖 2 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑅𝐼 2 𝑇 = 𝑅 ∫ 𝑖 2 (𝑡) 𝑑𝑡 1 ∫ 𝑖 2 (𝑡) 𝑑𝑡 𝑇

𝐼2 =

1 𝑇 = ∫ [𝑣(𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑇 0

1.3.3

En continua: 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑅𝐼 2 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝑅𝐼 2 𝑇 … … … … . . (1)

1 ∫[𝑖(𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑇

INSTRUMENTOS ELECTRODINAMICOS Estos instrumentos tienen 2 bobinas, también se le utiliza en corriente alterna, tiene dos bobinas, una móvil y otra fija generalmente. En este tipo de instrumentos están los vatímetros, vasquimetros, vasimetros. VATÍMETRO Mide la potencia activa en vatios, 𝑀𝑤, 𝑘𝑤

En alterna: 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝑑𝐸 = 𝑃 𝑑𝑡 𝑑𝐸 = 𝑅[𝑖(𝑡)}2 𝑑𝑡 𝐸 = ∫ 𝑅 𝑖 2 (𝑡) 𝑑𝑡 … … (2)

1.4 CIRCUITOS EN A.C Y DOMINIO DEL TIEMPO a) RESISTENCIA: fenómeno Siendo:

𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝜔𝐿 𝐼𝑚 𝑉(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑉𝑚 si:

𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑖(𝑡) =

𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑅

𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 En A.C sinusoidal tanto la corriente y la tensión están en fase.

En la inductancia ideal la tensión esta adelantada con respecto a la corriente en 90° que es lo misma decir la corriente está retrasada con respecto a la tensión en 90°. c) CAPACITOR Almacena energía {en forma de} electrostática.

b) INDUCTANCIA 𝑉(𝑡) = 𝐿

𝑑 𝑖(𝑡) 𝑑𝑡

1 𝑖(𝑡) = ∫ 𝑉(𝑡) 𝑑𝑡 𝐿 almacena energía en forma de campo magnético

𝑉𝑐 = 𝑣(𝑡) 𝑞, 𝑣, 𝑐 𝑞 = 𝑐𝑣

Pero: di q dt 𝑑𝑣 𝑖=𝐶 𝑑𝑡 1 𝑣 = ∫ 𝑖 𝑑𝑡 𝐶

1.4.1

CIRCUITO RLC EN SERIE EN EL DOMINIO DEL TIEMPO Por 2da L. K.: 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑅 + 𝑉𝐿 + 𝑉𝐶 𝑉𝑅 = 𝑅 𝑖(𝑡) … … . . (1) 𝑉𝐿 = 𝐿 𝑑

Si: 𝑣(𝑡) = 𝑣𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 Entonces: 𝑖(𝑡) = 𝜔𝑐 𝑣𝑚 (𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) 𝑖(𝑡) = 𝜔𝑐 𝑣𝑚 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜋⁄2) 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 𝜋⁄2)

𝑖(𝑡) 𝑑𝑡

1

𝑉𝐶 = ∫ 𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 … . . (2) 𝐶 Conocido: 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 … … … … … . . (3) (3) en (1): 𝑉(𝑡) = 𝑅𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 + [𝜔𝐿𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 +

1 (−𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)] 𝐼𝑚 𝜔𝑐

Ordenando: 𝑉(𝑡) = 𝑅𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 + 𝜔𝐿𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 −

𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 … (𝐼) 𝜔𝑐

𝑉(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + ∅) … … . . (𝐼𝐼) En un condensador ideal la tensión está retrasada en 90° con respecto a la corriente que es lo mismo decir que la corriente esta adelantada en 90° a la tensión.

Desarrollando: 𝑉(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛∅ … . (𝐼𝐼𝐼)

Comparamos I y III: En D.C = 𝑉 = 𝑅𝐼 En A.C = 𝑉(𝑡) = 𝑍𝑖

𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝐴𝑐𝑜𝑠∅ = 𝑅𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝐴𝑐𝑜𝑠∅ = 𝑅𝐼𝑚 … … . (∝) 1 𝐴𝑠𝑒𝑛∅ = (𝜔𝐿 − ) 𝐼𝑚 𝜔𝑐 1 𝜔𝐿 − 𝜔𝑐 𝑡𝑎𝑛∅ = 𝑅

Particularmente: 1𝑟𝑜 𝑆𝑖: 𝐶 = 0 𝜔𝐿 𝑣(𝑡) = √𝑅 2 + (𝜔𝐿)2 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛 [𝜔𝑡 + tan−1 ( )] 𝑅 𝐶𝐼𝑅𝐶𝑈𝐼𝑇𝑂 𝑅𝐿 2𝑑𝑜 𝑆𝑖: 𝐿 = 0 −1

𝑣(𝑡) = √𝑅 2 + (𝜔𝐿)2 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛 [𝜔𝑡 + tan

1 − 𝜔𝐿 ( )] 𝑅

𝐶𝐼𝑅𝐶𝑈𝐼𝑇𝑂 𝑅𝐶

Determinamos A de la ecuación (α): 𝑅𝐼𝑚 𝐴= 𝑐𝑜𝑠∅ 𝐴=

𝑅𝐼𝑚 𝑅

= √𝑅 2 + (𝜔𝐿 −

3𝑟𝑜 𝑆𝑖: 𝑅 = 0 1 2 ) 𝐼 𝜔𝑐 𝑚

2 √𝑅 2 + (𝜔𝐿 − 1 ) 𝜔𝑐

𝑉(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + ∅) Reemplazando: 2 1 √𝑅2 + (𝜔𝐿 − 1 ) 𝜔𝐿 − 𝜔𝑐 𝜔𝑐 −1 𝑉(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + tan ( )) 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠 𝑍 𝑅

𝑣(𝑡) = √(𝜔𝐿 −

1 2 1 ) 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + tan−1 (𝜔𝐿 − )) 𝜔𝑐 𝜔𝑐

EJEMPLO: Para una frecuencia 𝑓 = 60 𝐻𝑧 se conecta a un circuito RLC cuyos valores son los siguientes: 𝑅 = 10Ω, 𝐿 = 50𝑚𝐻, 𝐶 = 150𝜇𝐹 el valor máximo de las corrientes es 50𝐴 determinar la tensión total 𝑣(𝑡).

Solución: 𝜔 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(60) = 376.992 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠𝑒𝑔 𝜔𝐿 = 377 × 50 × 10−3 = 18.85 = 19 𝑟𝑎𝑑𝐻⁄𝑠𝑒𝑔 1 1 = = 17.68 = 18 𝜔𝑐 377 × 150 × 10−6 Luego: 𝑖(𝑡) = 50𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) = 50𝑠𝑒𝑛377𝑡 𝑣(𝑡) = 𝑅𝐼𝑚 + 𝜔𝐿𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑉(𝑡) =

√𝑅 2

𝑉(𝑡) =

1 𝜔𝐿 − 𝜔𝑐 1 2 −1 + (𝜔𝐿 − ) 𝐼𝑚 𝑠𝑒𝑛 [𝜔𝑡 + tan ( )] 𝜔𝑐 𝑅

√102

+

(1.17)2 50𝑠𝑒𝑛

−1

[𝜔𝑡 + tan

1.17 ( )] 10

𝑣(𝑡) = (10.068)(50)𝑠𝑒𝑛(377𝑡 + 6.67) 𝑣(𝑡) = 503.4𝑠𝑒𝑛(377𝑡 + 6.67)

Si:

𝑣(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡

𝑖 𝑇 = 𝑖𝑅 + 𝑖𝐿 + 𝑖𝐶 𝑣(𝑡) 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 = = 𝑅 𝑅 𝑅 1 1 𝑖𝐿 = ∫ 𝑣(𝑡) 𝑑𝑡 = − 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑉𝑚 𝐿 𝜔𝐿 𝑑𝑣 𝑖𝐶 = 𝑐 = 𝜔𝑐 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑉𝑚 𝑑𝑡 𝑖𝑅 =

Sumando: 𝑖𝑇 =

𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑅

+ (𝜔𝑐 −

1 ) 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑉𝑚 𝜔𝐿

𝑖 𝑇 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + ∅) … … . (𝐼𝐼)

1.4.2

RLC EN PARALELO

Desarrollamos (𝐼𝐼) igualamos (𝐼): 𝑖 𝑇 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐴𝑠𝑒𝑛∅𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑖 𝑇 = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠∅ + 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑠𝑒𝑛∅ 𝐴𝑐𝑜𝑠∅ = 𝑉𝑚 ⁄𝑅 𝑡𝑎𝑛∅ =

𝜔𝑐−

𝐴𝑠𝑒𝑛∅ = (𝜔𝑐 −

1 𝑅

1 𝜔𝐿

1 ) 𝜔𝐿

… . . (𝐼)

1.5 IMPEDANCIA COMPLEJA 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝑗𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑒 𝑗𝜔𝑡 … . . (𝐴) 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐸𝑢𝑙𝑒𝑟

Determinamos 𝐴 𝑦 ∅ tenemos:

de

desfasaje

1 2 1 2 √ 𝐴 = ( ) + (𝜔𝑐 − ) 𝑉𝑚 𝑅 𝜔𝐿 1 𝜔𝑐 − 𝜔𝐿 −1 ∅ = tan [ ] 1⁄𝑅

𝑉(𝑡) = 𝑅 𝑖(𝑡) + 𝐿 𝑑

𝑖(𝑡) 1 + ∫ 𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶

𝑉𝑚 𝑒 𝑗𝜔𝑡 = 𝑅 𝑖(𝑡) + 𝐿 Finalmente: 1 𝜔𝑐 − 𝜔𝐿 1 2 1 2 𝑖 𝑇 = √(( ) + (𝜔𝑐 − ) ) 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛 [𝜔𝑡+tan−1 ( )] 𝑅 𝜔𝐿 1⁄𝑅 y 𝑉 = 𝑍𝐼

y: conductancia (es inversa de la resistencia) 𝐼=

1 𝑉 𝑍

𝐼=𝑌

𝑑𝑖(𝑡) 1 + ∫ 𝑖(𝑡) 𝑑𝑡 … . (1) 𝑑𝑡 𝐶

ECUACION DIFERENCIAL 𝑖(𝑡) = 𝐴 𝑒 𝑗𝜔𝑡 … … . . (2) (2) en (1): 𝑉𝑚 𝑒 𝑗𝜔𝑡 = 𝑅𝐴 𝑒 𝑗𝜔𝑡 + 𝑗𝐴𝜔𝐿 𝑒 𝑗𝜔𝑡 + →𝐴=

𝐴 𝑗𝜔𝑡 𝑒 𝑗𝜔𝑐

𝑉𝑚 1 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 + 𝑗𝜔𝑐

𝑉𝑚 𝑒 𝑗𝜔𝑡 𝐴= 1 (𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 + 𝑗𝜔𝑐 ) 𝑒 𝑗𝜔𝑡 Luego: 𝑖(𝑡) =

𝑉𝑚 1 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 + 𝑗𝜔𝑐

𝑒 𝑗𝜔𝑡 … … . (𝐵)

En corriente alterna impedancia Z: 𝑣(𝑡) 𝐴 𝑍= = 𝑖(𝑡) 𝐵 𝑉𝑚 𝑒 𝑗𝜔𝑡 1 𝑍= = 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 + 𝑗𝜔𝑡 𝑗𝜔𝑐 𝑉𝑚 𝑒 1 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 + 𝑗𝜔𝑐 𝑗 1 𝑍 = 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 − (−𝑗 ) 𝜔𝑐 𝜔𝑐 𝑍 = 𝑅 + 𝑗𝜔𝐿 − 𝑗

1 𝜔𝑐

Tiene dos componentes, donde:

Unidades: 𝑍 en Ohmios 1 𝑍

= 𝑦 (admitancia) mhos

1.6 FASORES Si: 𝜔(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝜔(𝑡) = 311𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑉𝑒𝑓 = 𝑉𝑚 ⁄√2 311 𝑉𝑒𝑓 = = 220 𝑉 √2 REPRESENTACION FASORIAL DE ONDAS SENOIDALES En mecánica las magnitudes de fuerza, velocidad, aceleración, se ha representado mediante los vectores. VECTOR Es un segmento de vector tiene dirección que representa una magnitud.

 Para sumar, restar y hacer a otras operaciones de voltajes y corrientes sinusoidales que tengan la misma frecuencia (𝜔𝑡), pueden tener diferentes valores pico y diferentes desfasajes se utilizan los fasores. FASOR: Al igual que un vector en mecánica es un segmento de recta dirigido que gira alrededor de un eje en sentido contrario a las agujas del reloj con una velocidad 𝜔 = (𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔) que nos representa magnitudes de tensión y corriente (potencia). 1.7 ALGEBRA FASORIAL

FASOR

Ecuación: Dominio del tiempo 𝑉1 = 𝑉𝑚1 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 30°) 𝑉2 = 𝑉𝑚2 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 60°) 𝑉3 = 𝑉𝑚3 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + 90°)

Ecuación: fasoriales → → →

𝑉̅1 = 𝑉𝑚1 30° 𝑉̅2 = 𝑉𝑚2 60° 𝑉̅3 = 𝑉𝑚3 90°

a) Formas de representar un fasor  Rectangular ̅̅̅̅̅ = 𝑎 + 𝑗𝑏 𝑂𝑀  Trigonométrica ̅̅̅̅̅ 𝑂𝑀 = 𝑟𝑐𝑜𝑠∅ + 𝑗𝑟𝑠𝑒𝑛∅  Exponencial ̅̅̅̅̅ 𝑂𝑀 = 𝑟𝑒 𝑗∅  Polar ̅̅̅̅̅ = 𝑟 ∅ 𝑂𝑀

b) Propiedades  Si: 𝑟1 = 𝑎 + 𝑗𝑏 𝑟2 = 𝑐 + 𝑗𝑑

3) Potencia y Radicación: ∴ 𝑟1 = 𝑟2 → 𝑆𝑖: 𝑎 = 𝑐 𝑖 𝑏 = 𝑑

 Conjugado Si: 𝑟̅ = 𝑎 + 𝑗𝑏 = 𝑟 ∅ 𝑟̅ ∗ = 𝑎 − 𝑗𝑏 = 𝑟 − ∅

4) Logaritmo: 𝑟̅ = 𝑟𝑒 𝑗∅ ⇒ ln 𝑟̅ = ln(𝑟𝑒 𝑗∅ ) = ln 𝑟 + ln 𝑒 𝑗∅ = ln 𝑟 + 𝑗∅ ln 𝑒 = ln 𝑟 + 𝑗∅

 Inverso Si:𝑟̅ = 𝑟 ∅ = 𝑟𝑒 𝑗∅ 1 1 1 = − ∅ = 𝑒 −𝑗∅ 𝑟̅ 𝑟 𝑟

1.8 PROBLEMAS DE APLICACIÓN

c) Operaciones 1) Suma y Resta: Si: 𝑟̅1 = 𝑎 + 𝑗𝑏 → 𝑟̅1 + 𝑟̅2 = (𝑎 + 𝑐) + 𝑗(𝑏 + 𝑑) 𝑟̅2 = 𝑐 + 𝑗𝑑 𝑟̅1 − 𝑟̅2 = (𝑎 − 𝑐) + 𝑗(𝑏 − 𝑑)

5𝑒 𝑗30 ∗ 4 25° 4 2 3∗25° +(7+8𝑗)

𝑟1 ∗ 𝑟2 = 𝑟1 ∗ 𝑟2 ∅1 + ∅2 = 𝑟1 ∗ 𝑟2 𝑒 𝑗(∅1 +∅2 ) 𝑟1 𝑟2

∅1 − ∅2 =

3 + 4𝑗 = 5 53.10° 3 tan−1 ( ) = 53.13 4 2 √4 + 32 = √25 = 5 Resolver:

2) Multiplicación y División: Si: 𝑟̅1 = 𝑟1 ∅ = 𝑟1 𝑒 𝑗∅1 𝑟̅2 = 𝑟2 ∅ = 𝑟2 𝑒 𝑗∅2

𝑟1 ÷ 𝑟2 =

Si: 𝑟̅ = 𝑟 ∅ = 𝑟𝑒 𝑗∅ 𝑟̅ 𝑛 = 𝑟 𝑛 𝑛∅ = 𝑟 𝑛 𝑒 𝑗𝑛∅ 𝑟̅ 1/𝑛 = 𝑟1/𝑛 ∅/𝑛 = 𝑟1/𝑛 𝑒 𝑗𝑛∅/𝑛

𝑟1 𝑗(∅ −∅ ) 𝑒 1 2 𝑟2

1)

1 2𝜋 ∫ 𝑉𝑚2 𝑠𝑒𝑛 2 𝜔𝑡 𝑑(𝜔𝑡) 2𝜋 0 𝑉𝑚2 2𝜋 1 − cos 2𝜔𝑡 = ∫ ( ) 𝑑𝜔𝑡 2𝜋 0 2 𝑉𝑚2 2𝜋 =− ∫ (1 − cos 2𝜔𝑡)𝑑𝜔𝑡 2𝜋 0 2𝜋 𝑉𝑚2 2𝜋 = [∫ 𝑑𝜔𝑡 − ∫ cos 2𝜔𝑡 𝑑𝜔] 4𝜋 0 0 2 𝑉𝑚2 𝑉𝑚 |𝜔𝑡|2𝜋 (2𝜋) = 0 = 4𝜋 4𝜋 𝑉𝑚2 = 2 Si: 𝑉𝑚 = 311 𝑉𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠 𝑉𝑚 𝑉𝑒𝑓 = 311 √2 𝑉𝑒𝑓 = = 220 𝑉 √2 𝑉𝑒𝑓 2 =

𝑣(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 1

𝑇

a) 𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = 𝑇 ∫0 𝑣(𝑡) 𝑑𝑡

𝑉𝑚 2𝜋 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑑𝜔𝑡 2𝜋 0 𝑉𝑚 𝑉𝑚 [− cos 𝜔𝑡]2𝜋 (cos 0 − cos 2𝜋) 𝑉𝑚𝑒𝑑 = 0 = 2𝜋 2𝜋 𝑉𝑚𝑒𝑑 = 0  El valor medio solo es de media onda 𝑉𝑚𝑒𝑑 =

𝑉𝑚𝑒𝑑 = 0.363 𝑉𝑚𝑎𝑥

b) Valor eficaz 𝑣(𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 1 𝑇 𝑉𝑒𝑓 = ∫ [𝑣(𝑡)]2 𝑑𝑡 𝑇 0

2)

0≤𝑡≤𝜋 𝑓(𝑡) = { 𝜋 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋

𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 0

a) 𝑉𝑚𝑒𝑑 b) 𝑉𝑒𝑓

𝑓(𝑡) = {𝜋⁄2 ≤ 𝑡 ≤ 𝜋 → ⇒ 𝑓(𝑡) ⇒ 𝑚 =

𝑉

𝜋

2𝜋

𝑚 a) ⇒ 𝑉𝑚𝑒𝑑 = 2𝜋 ∫0 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑑𝜔𝑡 + ∫𝜋 0 𝑉𝑚 [− cos 𝜔𝑡]𝜋0 + 0 𝑉𝑚𝑒𝑑 = 2𝜋 𝑉𝑚 2𝑉𝑚 𝑉𝑚𝑒𝑑 = − (−1 − 1) = 2𝜋 2𝜋 𝑉𝑚 = 0.318 𝑉𝑚 𝜋 𝜋 2𝜋 1 𝑉𝑒𝑓 2 = [∫ 𝑉𝑚 2 𝑠𝑒𝑛2 𝜔𝑡 𝑑𝜔𝑡 + ∫ 0 𝑑𝜔𝑡] 2𝜋 0 𝜋 𝜋 1 1 − cos 2𝜔𝑡 𝑉𝑒𝑓 2 = [𝑉 2 ∫ ( ) 𝑑𝜔𝑡] 2𝜋 𝑚 0 2 𝑉𝑚 2 [𝜔𝑡 − 𝑠𝑒𝑛2𝜔𝑡]𝜋0 𝑉𝑒𝑓 2 = 4𝜋 𝑉𝑚 2 𝑉𝑚 [𝜋 − 0] = 𝑉𝑒𝑓 2 = = 0.5 𝑉𝑚 4𝜋 2

𝑉−𝐴 =

2𝐴 𝜋

2𝐴 (𝑡 − 𝜋) 𝜋

2𝐴𝑡 − 2𝐴 + 𝐴 𝜋 2𝐴𝑡 𝑉= −𝐴 𝑉=

𝐴=

𝜋

2 𝜋

2 𝜋⁄2 2𝐴𝑡 ∫ ( − 𝐴) 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 𝜋⁄2 2 𝜋⁄2 2𝐴𝑡 = [∫ 𝑑𝑡 − ∫ 𝐴𝑑𝑡] 𝜋 0 𝜋 0

𝑉𝑚𝑒𝑑 = 𝑉𝑚𝑒𝑑

𝜋⁄2

𝑉𝑚𝑒𝑑

2 2𝐴 𝑡 2 = [[ ] 𝜋 𝜋 2 0

⁄

− [𝐴𝑡]𝜋0 2 ] 2

𝑉𝑚𝑒𝑑 =

2 2𝐴 𝜋⁄2 [ ( ) − 𝐴(𝜋⁄2 − 0)] 𝜋 𝜋 2

𝑉𝑚𝑒𝑑 =

2 2𝐴 𝜋 2 𝜋 [ ( )−𝐴 ] 𝜋 𝜋 8 2

2 𝜋𝐴 𝐴𝜋 2 𝜋𝐴 𝐴𝜋 − ]= [ − ] [2 𝜋 8 2 𝜋 4 2 2 𝜋𝐴 − 2 2𝐴𝜋 𝐴 = [ 𝐴𝜋] = − =− 𝜋 4 4𝜋 2

𝑉𝑚𝑒𝑑 = 𝑉𝑚𝑒𝑑

3) Semi circunferencia

b) Integrar de 0 − 𝜋 como en el caso de una sinusoide 𝑉𝑒𝑓 2 =

2 1 𝜋 2𝐴𝑡 ∫ ( − 𝐴) 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋

1 𝜋 2𝐴𝑡 2 𝐴𝑡 ∫ [( 2 ) − 2 (2 ) (−𝐴) + 𝐴2 ] 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 𝜋 2 2 𝜋 𝜋 𝜋 1 4𝐴 𝑡 4𝐴2 𝑡 𝑉𝑒𝑓 2 = ∫ ( 2 ) 𝑑𝑡 − ∫ + ∫ 𝐴2 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 𝜋 0 0 𝑉𝑒𝑓 2 =

𝜋 𝜋 1 𝜋 2 2 4𝐴2 𝑡 ∫ [𝐴 𝑡 ] 𝑑𝑡 + ∫ + ∫ 𝐴2 𝑑𝑡 𝜋 0 𝜋 0 0 2 3 2 2 1 𝐴 𝑡 𝜋 4𝐴 𝑡 𝜋 𝜋 𝑉𝑒𝑓 = [ 2 ] + | + 𝐴2 𝑡| 𝜋 𝜋 0 𝜋 2 0 0 2 2 1 𝐴2 4𝐴 𝜋 𝑉𝑒𝑓 = [ 2 (𝜋)3 + + 𝐴2 𝜋] 𝜋 𝜋 𝜋 2 1 𝐴2 𝜋 3 𝑉𝑒𝑓 = [ 2 + 2𝐴2 𝜋 + 𝐴2 ] 𝜋 𝜋 𝐴𝜋 𝐴𝜋 2 𝑉𝑒𝑓 = [ + 2𝐴 + 1] 𝜋 3 𝐴 𝑉𝑒𝑓 = √3

𝑉𝑒𝑓 =

𝑦𝑚𝑒𝑑 =¿ ? 𝑦𝑒𝑓 =¿ ? ⇒ (𝑥 − 𝑦)2 + 𝑦 2 = 𝑟 2 𝑦 2 = 𝑟 2 − (𝑥 − 𝑟)2 𝑦 = √𝑟 2 − (𝑥 − 𝑟)2 Resolver: 1 2𝑟 𝑦𝑚𝑒𝑑 = ∫ √𝑟 2 − (𝑥 − 𝑟)2 𝑑𝑥 < 𝑟 2𝑟 0 1 2𝑟 𝑦𝑒𝑓 = ∫ [𝑟 2 − (𝑥 − 𝑟)2 ] 𝑑𝑥 < 𝑟 2𝑟 0

4) Si es 90° es puramente inductivo o capacitancia pura

CAPITULO II POTENCIA MONOFÁSICA EN CORRIENTE CONTINUA ALTERNA 2.1 INTRODUCCION (40 𝑊𝑎𝑡𝑡𝑠, 𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑠, 𝑘𝑉𝐴, 𝐻𝑃) La potencia instantánea en un circuito eléctrico de corriente alterna en régimen permanente es igual al producto de la tensión por la corriente suministrada.

𝑣(𝑡) = 40 sen(𝑤𝑡 + 30°) 𝑖(𝑡) = 4 sen(𝑤𝑡 − 20°) 𝑣(𝑡) = 𝑎𝑑𝑒𝑙𝑎𝑛𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑎 𝑖(𝑡) ∅ = 50°

POTENCIA INSTANTÁNEA 𝑅−𝐿

𝑃(𝑡) = 𝑉(𝑡) + 𝐼(𝑡)

Como C es cero → 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎: 𝑉

i)

( 𝐼 𝑚) = √𝑅 2 + 𝑤𝐿2 … … … . … (1)

ii)

∅ = tan−1

𝑚

tan 50° =

𝑤𝐿 … … … … … … … . (2) 𝑅

𝑤𝐿 ⇒ 𝑤𝐿 = tan 50°𝑅 𝑅

𝑤𝐿 = 1.2 𝑅 … … … … (3) En (1) ∶ 40 = √𝑅 2 + (𝑤𝐿)2 4 10 = √𝑅 2 + (1.2𝑅)2 𝑅 = 6.25Ω 𝑤𝐿 = 7.5

2.2 POTENCIA EN R.L.C a) ELEMENTO RESISTIVO

Si: 𝑣(𝑡) = 𝑉𝑚 sen 𝑤𝑡 𝑉𝑚 𝑖(𝑡) = sen 𝑤𝑡 𝑅 = 𝐼𝑚 sen 𝑤𝑡

ii)

𝑃𝑚 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓

Fasorialmente: iii) i)

POTENCIA INSTANTANEA (en un alto resistivo es positivo) 𝑃(𝑡) = 𝑉(𝑡) ∗ 𝐼(𝑡) 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen2 𝑤𝑡 𝑉𝑚 𝐼𝑚 𝑃(𝑡) = (1 − cos 2𝑤𝑡) 2 Si: 2 = √2√2 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 (1 − cos 2𝑤𝑡)

POTENCIA MEDIA 1 𝑇 𝑃𝑚 = ∫ 𝑃(𝑡)𝑑𝑡 𝑇 0 1 𝑇 𝑃𝑚 = ∫ 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 (1 − cos 2𝑤𝑡) 𝑑𝑤𝑡 𝑇 0

ENERGIA (𝑇 = 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜); 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 = 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 × 𝑇𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑇

𝐸𝑅 = ∫ 𝑃(𝑡) 𝑑𝑡 0

𝐸𝑅 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝑇 b) POTENCIA Y ENERGÍA EN L (BOBINA PURA)

Si: 𝐼(𝑡) = 𝐼𝑚 sen 𝑤𝑡 𝑑𝑖(𝑡) 𝑉(𝑡) = 𝐿 𝑑𝑡 𝑉(𝑡) = 𝑤𝐿 cos 𝑤𝑡 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 cos 𝑤𝑡 (2) i)

POTENCIA INSTANTÁNEA 𝑃(𝑡) = 𝑉(𝑡)𝐼(𝑡) 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen 𝑤𝑡 cos 𝑤𝑡 2 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen 𝑤𝑡 cos 𝑤𝑡 2 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen 2𝑤𝑡

ii)

POTENCIA MEDIA 𝑃𝑚 = 0 La potencia media en una bobina es igual a cero, ello refleja que una bobina no consume ni disipa energía sino almacena en forma de campo magnético luego devuelve.

iii)

ENERGIA 𝑇/4

𝐸𝐿 = ∫ 0

𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen 2𝜔𝑡 𝑑𝑡

𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝑡/4 (− cos 2𝜔𝑡)| 2𝑤 0 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝑇 𝐸𝐿 = (− cos 2𝜔 ( ) + cos 2𝜔(0)) 2𝜔 4 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝜔𝑡 𝐸𝐿 = (− cos + cos 0) 2𝜔 2 𝜋 𝜔 (2 𝜔) 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝐸𝐿 = (cos + 1) 2𝜔 2 𝐸𝐿 =

Se sabe que:

𝐸𝐿 = {

𝜔𝑡 = 2𝜋 2𝜋 𝑇= 𝜔

𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 1 (2)} = 𝐿𝐼𝑚 2 = 𝐿𝐼𝑒𝑓 2 2𝜔 2

𝑉𝑚 = 𝑋𝐼𝑚 𝑉𝑚 = 𝜔𝐿𝐼𝑚 𝐸𝐿 = 𝑓(𝐿, 𝐼𝑚 ) c) POTENCIA ENERGÍA EN CONDENSADOR

𝑉 = 𝑉𝑚 sen 𝜔𝑡 … … … . . (1) 𝑑𝑣 𝑖(𝑡) = 𝐶 𝑑𝑡 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 cos 𝜔𝑡 … … . . (2) i)

POTENCIA INSTANTÁNEA Se expresa en función de tensión por que almacena 𝜀 en 𝐸⃗

𝑃(𝑡) = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen 2𝜔𝑡 ii)

POTENCIA MEDIA 𝑃𝑚 = 0

iii)

ENERGIA 𝑇/4

𝐸𝑐 = ∫

𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen 2𝜔𝑡 𝑑𝑡

0

𝐸𝑐 =

𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 𝑡/4 (− cos 2𝜔𝑡)| 2𝜔 0

Casos: a) 𝑋𝐿 = 𝑋𝐶 ⇒ el circuito es Resistivo b) 𝑋𝐿 > 𝑋𝐶 ⇒ el circuito es Inductivo (R-L) c) 𝑋𝐿 < 𝑋𝐶 ⇒ el circuito es R-C  Caso: 𝑋𝐿 > 𝑋𝐶 ⇒ circuito R-L

Se sabe que: 𝜔𝑡 = 2𝜋 ⇒ 𝑇 = 2𝜋⁄𝜔 1 𝐸𝑐 = 𝐶𝑉𝑚 2 2 𝐸𝑐 = 𝐶𝑉𝑒𝑓 2 𝑉𝑚 = 𝑋𝐼𝑚 𝐼𝑚 =

𝑉𝑚 𝑉𝑚 = ⇒ 1 𝑋 𝜔𝑐

𝐼𝑚 = 𝜔𝑐𝑉𝑚

Fasorialmente para: 1) 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 (sen 𝜔𝑡 − ∅) 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 sen 𝜔𝑡 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 sen(𝜔𝑡 − ∅)

2.3 POTENCIA EN UN CIRCUITO RLC

2) 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 sen 𝜔𝑡 𝑉(𝑡) = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 + ∅)

En 2) tenemos: 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen 𝜔𝑡 sen(𝜔𝑡 + ∅) 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen 𝜔𝑡 (sen 𝜔𝑡 cos ∅ + cos 𝜔𝑡 sen ∅) 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 [sen2 𝜔𝑡 cos ∅ + sen 𝜔𝑡 cos 𝜔𝑡 sen ∅] 𝑃(𝑡) =

1−cos 2𝜔𝑡 cos ∅ sen 2𝜔𝑡 𝑉𝑚 𝐼𝑚 [ + sen ∅] 2 2

En Volt Ampere Reactivo, VAR Kilo Var, kilo Amper, kVAR Kilo Volt Ampere Reactivo, kVAR Mvar Ampere Reactivo, MVAR  Caso 𝑋𝐿 < 𝑋𝐶

𝑅−𝐿

𝑃(𝑡) = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 (1 − cos 2𝜔𝑡) cos ∅ + 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen 2𝜔𝑡 sen ∅

POTENCIA ACTIVA=potencia activa instantánea promedio 𝑇

𝑃 = ∫ 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑖𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎𝑛𝑒𝑎 0

𝑃 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 cos ∅

⇒ 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 sen 𝜔𝑡 𝑣(𝑡) = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − ∅) 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 sen 𝜔𝑡 (sen 𝜔𝑡 cos ∅ − cos 𝜔𝑡 sen ∅) (1 − cos 2𝜔𝑡) sen 2𝜔𝑡 𝑃(𝑡) = 𝑉𝑚 𝐼𝑚 [ cos ∅ − sen ∅] 2 2 (𝑅 − 𝐶) ⇒ 𝑄

POTENCIA REACTIVA = valor promedio de la potencia reactiva instantánea

Conclusión: +𝑄 𝑠𝑖 𝑋es positivo (𝑋𝐿 ) −𝑄 𝑠𝑖 𝑋 es negativo (𝑋𝑐 ) Fasorialmente 𝑅 − 𝐿 triangulo de potencia

𝚀 = ∫ 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎

(𝑅 − 𝐿)

𝚀 = ± 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen ∅

En vatios, kilovatios, Megavatios

(𝑅 − 𝐶) 𝑃

Si: 𝐼 = 𝑉 cos ∅ cos ∅1 = 1 { cos ∅2 = 0.5

𝑃 = 5000 𝑊 𝑉 = 220 𝑉

POTENCIA APARENTE Es la potencia total y en el triángulo de potencias es la hipotenusa, (𝑆) la representamos con la letra (𝑆). las unidades; VA → volt Amper KVA→ kilo vol Amper MVA→ mega vol Amper FACTOR DE POTENCIA (cos ∅) El factor de potencia es el coseno del ángulo que forman la potencia activa, con la potencia aparente (VQS) o también es el coseno que forman la tensión con la corriente o también el coseno que forma la resistencia con la impedancia perpendicularmente. Angulo de desfasaje 0 − 90° cos 0° = 1 cos 90° = 0

5000 = 28.71 𝐴 220 × 1 5000 𝐼2 = = 45 𝐴 220 × 0.5 𝐼1 =

𝑃 = 𝑅𝐼 2 Pero: 𝐼𝑒𝑓 =

𝑉𝑒𝑓 𝑍

𝑓 𝑑𝑒 𝑃 = {0 − 1} 𝑃 = 𝑉𝐼 cos ∅ 𝑃 = 𝑉𝐼 cos 0° = 𝑉𝐼

𝑃=𝑅

𝑉𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 𝑍 𝑍

𝑃 = 𝑍 cos ∅ 𝐼𝑒𝑓

𝑉𝑒𝑓 𝑍

𝑃 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 cos ∅

2.4 CONEXIÓN (MEJORAMIENTO) DEL FACTOR DE POTENCIA (cos ∅)

𝑄 = 𝑋𝐼 2 𝐼𝑒𝑓 =

𝑉𝑒𝑓 ⇒ 𝑍

𝑄=𝑋

𝑉𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 𝑍 𝑍

𝑉𝑒𝑓 𝑍 𝑄 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 sen ∅

𝑄 = 𝑍 sen ∅ 𝐼𝑒𝑓

𝑆 = 𝑍𝐼𝑒𝑓 2 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓 = 𝑍 𝑆=𝑍

CORREGIR EL FACTOR DE POTENCIA Consiste en disminuir la potencia reactiva inductiva de una carga, instalando en paralelo los condensadores en cargas pequeñas, motores síncronos en cargas inductivas grandes (caso de Cachimayo).

𝑉𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 𝑉𝑒𝑓 = 𝑍𝐼𝑒𝑓 𝑍 𝑍 𝑍

𝑆 = 𝑉𝑒𝑓 𝐼𝑒𝑓

POTENCIA COMPLEJA 𝑆̅ = 𝑉̅ 𝐼 ̅ 𝐼̅ = 𝐼 ∅ 𝐼∗ = 𝐼 − ∅ 𝐼 ∗ 𝐼∗ = 𝐼2

𝑆 = 𝑍𝐼 2 𝑆 = 𝑍̅𝐼 ̅ × 𝐼 2̅ 𝑆 = 𝑉̅ 𝐼 ̅

EJERCICIOS: 1) A una subestación de 10.5 𝐴 , 0.22 kV se instaló las siguientes cargas: Carga 1: 50 𝑘𝑊 , cos ∅ = 1 Carga 2: motor de inducción 20 𝐻𝑃 , eficiencia de 80%, opera 60% de plena carga; cos ∅ = 0.8 Carga 3: 60 𝐾𝑉𝐴 , cos ∅ = 0.8 capacitivo (Todas las cargas conectan en paralelo) motores: motores de inducción y motores sincronos.

Solución: 𝑉 = 220 𝑉 𝑃 = 11.2 𝑘𝑊 ∅ = 36.87 𝑄 = 8.4 = 14 × 0.6 𝑆 = 14 𝐾𝑉𝐴 = 11.2⁄0.8

A) 𝑃 = 50 𝑘𝑊 𝑄 = 0 𝐾𝑉𝐴𝑅 𝑆 = 50 𝐾𝑉𝐴 B) Motor

C) 𝑃 = 48 𝑄 = 36 (−) ⇒ 𝐶𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜 (+) ⇒ 𝐼𝑛𝑑𝑢𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜 Simplificando las tres cargas:

EFICIENCIA: 𝜂=

𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑐𝑎 × 100 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑐𝑎 𝜂 20 𝐻𝑃 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑖𝑐𝑎 = × 0.746 𝑂. 8 20 × 0.6 × 0.746 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑖𝑐𝑎 = 0.8 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑖𝑐𝑎 == 11.2 𝑘𝑊 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑖𝑐𝑎 =

𝑃 = 50 + 11.2 + 48 𝑃 = 109.2 𝑄 = 8.4 − 36 = −27.6 𝐾𝑉𝐴

i)

Determinar la corriente total que consumen las cargas 𝑃 = 𝑉𝐼 cos ∅ 𝑃 109.2 × 1000 𝐼= = = 517 𝐴 𝑉 cos ∅ 220(0.96) Cuál es el desfasaje entre 𝐼 y 𝑉 : 𝐼 ̅ = 517 14.6°

ii)

Cual será la potencia requerida del transformador (10 𝑘𝑊, 25 𝑘𝑊, 50, 100, 150, 200, … , 30% 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎) 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 = 100 𝐾𝑉𝐴 de un transformador.

iii)

Mejorar el factor de potencial 100%

2) Una estación generadora suministra potencia para las siguientes cargas. -

Alumbrado 100 𝑘𝑊 Motor de inducción con cos ∅ = 0.8 , rendimiento 93% y 400 𝐶𝑉

Convertidor sincronico con rendimiento de 94% y salida de 500 𝑘𝑊 con que factor de potencia debe trabajar el convertidor sincrono para que el factor de potencia de la estación sea la unidad. ∅=

0.913 24.05

Solución: a) 𝑃 = 100 𝑘𝑊 cos ∅ = 1 b) cos ∅ = 0.8 , 𝜂 = 93% 1𝐶𝑉 = 736 𝑊 𝑃. 𝑀 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = = 400 … … 𝜂 3) Se aplica una tensión de 240 𝑉 a una resistencia pura, una capacidad pura y una inductancia pura, todas en paralelo. La corriente resultante es de 2.3 𝐴 mientras que las corrientes componentes son 1.5 , 2.0 𝑦 1.1 𝐴, respectivamente. Hallar el factor de potencia resultante y el factor de potencia de la inductancia ¿Cuál sería la potencia total aparente?

∅ = 30.9 cos ∅ = 0.86

Datos: 𝑉̅ = 240 0° 𝐼𝑇̅ = 2.3 ∅ 𝐼𝑅̅ = 1.5 0° 𝐼𝐶̅ = 2.0 90° 𝐼𝐿̅ = 1.1 − 90°

b) Inductancia

Solución: 𝐼𝑇̅ = 1.5 0° + 2.0 90° + 1.1 − 90° + 2.3 ∅ = 1.37 (𝑛𝑜) |𝑉|

a) 𝑅 = |𝐼

𝑅

|

=

240 1.5

1.1

= 160

|𝑉| 240 𝑋𝐶 = = = 120 𝐼𝐶 2 |𝑉̅ | 240 𝑋𝐿 = = = 218.18 𝐼𝐿 1.1 Conocido lo datos tendremos el triángulo de potencias: 𝑃𝑅 = 𝑅𝐼 2 = 160 × 1.52 = 360 𝑊 𝑃𝑐 = 𝑋𝑐 𝐼𝐶 2 = 120 × 22 = 480 𝑉𝐴𝑅 (Capacitivo) 𝑃𝐿 = 𝑋𝐿 𝐼𝐿 2 = 218.2 × 1.12 = 264.022 𝑉𝐴𝑅 (Inductivo)

𝑃𝑇 = 419.8 𝑉𝐴

tan ∅ = 2.02

𝐼𝑅 = √2.32 − 1.12

cos ∅ = 0.87

𝐼𝑅 = 2.02 𝐼𝑇 2 = 𝐼𝑅 2 + 𝐼𝐿 2

*Llegar a 0.5 4) En la disposición mostrada del condensador “𝐶 “ tiene una capacidad de 20 𝜇𝑓 y la corriente que pasa por el circuito es de 0.345 𝐴 , si las tensiones son las indicadas; hallar la tensión aplicada, la frecuencia y la perdida de a bobina de choque con núcleo de hierro. Resolver analíticamente usando sus ángulos.

Datos: 𝐼 = 0.345 0° → 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑓𝑎𝑠𝑒 𝑉𝑅 = 25 0°

Para C tenemos: 𝐼 ̅ = 0.395 𝐴 0° 𝑉̅𝐶 = 55 − 90° = −𝑗55 Luego: 𝑉̅𝑇 = 𝑉𝑅 + 𝑉̅𝐿 + 𝑉̅𝐶 = 50 52.4° + 55 − 90° 𝑉̅𝑇 = 34.17 − 26.7°

Solución: a) 502 = 252 + 402 − 2 ∗ 25 ∗ 40 cos(180 − ∅) 502 = 252 + 402 + 2 ∗ 25 ∗ 40 cos ∅ cos ∅ = 0.1375 ∅ = 82.1° 𝑉𝐿 = 40 82.1° Ley de los senos: 40 50 = sen 𝛼 sen(180 − 82.1) 𝛼 = 52.4° 𝑉̅𝑅𝐿 = 50 52.4° Comprobación: 25 0° + 40 82.1° = 50 52.4

b) ¿Frecuencia? |𝑉𝐶 | 55 − 90° |𝑋𝐶 | = ⇒ 𝑋𝐶 = |𝐼𝐶 | 0.354 0° 1 55 − 90° = 𝜔𝑐 0.354 0° 1 55 − 90° = 2𝜋𝑓𝑐 0.354 0° 𝑐 = 20 𝜇𝐹 𝑓 = 50 𝐻𝑧 c) La pérdida es siempre 𝑅𝐿 2 𝐼

𝑃 = 𝑅𝐿 2 𝐼 𝑉𝑅 2 𝑃= 𝑅𝐿

|𝑍𝐿 | =

40 0.354

(𝑖) = −𝑗20 Ω 𝑃𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 |

200 | = |𝑍𝐵𝐶 | = √102 + 𝑋2 2 12

√102 + 𝑋2 2 = 16.6 𝑋2 = 13.3 Ω 𝑃𝐿 = 𝑉𝐿 𝐼 cos ∅ 𝑃𝐿 = 40 ∗ 0.345 cos 82.1°

Fasorialmente:

5) El circuito representado absorbe 12 𝐴 con un factor de potencia en retraso y disipa 1.8 𝑘𝑊 cuando la lectura del voltímetro es 200 𝑉. Calcular los valores de 𝑅1 , 𝑋1 , 𝑋2

Los ángulos en (𝑖𝑖) 𝑦 (𝑖𝑖𝑖) son los mismos Entonces tenemos: 𝛼 = tan−1 (

13.2 ) 10

𝛼 = 53.1° 𝑃𝑇 = 𝑉𝐼 cos 𝛽 𝑃𝑇 1800 cos 𝛽 = = 𝑉𝐼 (200 ∗ 12) 𝛽 = 41.4°

CAPITULO III Por caídas de tensión ley de Kirchhoff: 𝑉̅𝐴𝐵 = 𝑉̅𝐴𝑁 − 𝑉̅𝐵𝑁 = 200 0° − 200 53.1° 𝑉̅𝐴𝐵 = 178 − 63.4° 𝐼𝑋̅ =

𝑉̅𝐴𝐵 178 − 63.4° = = 89 26.6° 20 − 90° 20 − 90°

𝐼𝑌̅ = 𝐼𝑇̅ − 𝐼𝑋̅ 𝐼𝑌̅ = 12 41.4° − 8.9 26.6° 𝐼𝑌̅ = 4.07 75.7° 𝑅1 = 3.14 𝑋1 = 2.17

MÉTODOS DE SOLUCIÓN DE CIRCUITOS AC EN RÉGIMEN PERMANENTE 3.1 Por métodos de solución de circuitos en corriente alterna, dividimos en dos: a) MÉTODOS GENERALES Dentro de estos tenemos:  Métodos de corrientes y mallas  Métodos de tensiones nodales b) MÉTODOS PARTICULARES Dentro de estos tenemos los teoremas:  Teorema de Thevenin y Norton  Superposición y sustitución, máxima transferencia de potencia. 3.2 METODOS GENERALES a) MÉTODO DE CORRIENTES DE MALLA Ejemplo:

Procedimiento: 1. Realizar grafico topológica, para determinar el número de mallas o bucles. 2. A cada malla asignar una corriente en sentido horario 3. Plantear ecuaciones 2𝑑𝑎 𝐿. 𝐾 en cada malla y formar una matriz. 4. Resolver las ecuaciones.

Procedimiento: 1. Grafico topológico y determinar número de nodos. 2. A cada nodo asignar voltajes. 3. Plantear ecuaciones 1°𝐿. 𝐾 en (𝑛 − 1) nodo. 4. Resolver dichas ecuaciones. (𝑉̅1 − 𝑉̅2 )𝑌̅2 + 𝑉̅1 𝑌̅1 = 𝐼1̅

Malla 𝐼1 : −𝑉1 + (𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3 )𝐼1 − 𝑍2 𝐼2 = 0

(𝑌̅1 + 𝑌̅2 )𝑉̅1 − 𝑌̅2 𝑉̅2 = 𝐼1̅ −𝑌̅2 𝑉̅1 + (𝑌̅2 + 𝑌̅3 + 𝑌̅4 )𝑉̅2 − 𝑌̅4 𝑉̅3 = 0 −𝑌̅4 𝑉̅2 + (𝑌̅4 + 𝑌̅5 ) 𝑉̅3 = 𝐼2̅

Malla 𝐼2 : 𝑉2 + (𝑍3 + 𝑍4 + 𝑍2 )𝐼2 − 𝑍2 𝐼1 = 0

i) ii) iii)

|𝑍||𝐼| = |𝑉|

Matricialmente:

|

(𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3 ) −𝑍2 𝐼 𝑉 | | 1| = | 1| 𝑉2 −𝑍2 ( 𝑍3 + 𝑍4 + 𝑍2 ) 𝐼2

𝐼1 = ________________________

𝐼2= _____________________

(𝑌̅1 + 𝑌̅2 ) −𝑌̅2 0 𝑉̅1 𝐼1̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ (𝑌2 + 𝑌3 + 𝑌4 ) [ −𝑌2 −𝑌4 ] [𝑉2 ] = [ 0 ] ̅ ̅ 𝐼2̅ 0 −𝑌4 (𝑌4 + 𝑌̅5 ) 𝑉̅3 |𝑌̅||𝑉̅ | = |𝐼 |̅

b) MÉTODO DE TENSIONES NODALES (APLICAR 1𝑒𝑟𝑎 𝐿. 𝐾) ENCADA NODO 3.3 MÉTODOS PARTICULARES

a) TEOREMA DE THEVENIN Resolver un circuito por el teorema de Thevenin consiste en lo siguiente:

Procedimiento: 1. Retirar del circuito la carga. 2. Determinar el voltaje en los bornes de la carga en circuito abierto. 3. Determinar la impedancia equivalente visto desde bornes de la carga. (sin la carga) 4. El circuito Thevenin

5. Se conecta la carga al Thevenin equivalente

𝑍𝑋𝑌 =

𝑍1 ′ ∗ 𝑍2 ′′ = 𝑍𝑒𝑞 𝑍1 ′ + 𝑍2 ′′

𝐼𝑋̅ =

𝑉̅𝑋𝑌 ̅ + 𝑍̅2 𝑍𝑒𝑞

b) TEOREMA DE NORTON (Reciproco Al Teorema De Thevenin)

𝑉̅1 + 𝑉̅2 𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3 + 𝑍4 + 𝑍5 𝑉̅𝑋 + 𝑍4̅ 𝐼 ̅ + 𝑍5̅ 𝐼 ̅ + 𝑉̅2 − 𝑉̅𝑌 = 0 𝑉̅𝑋 − 𝑉̅𝑌 = 𝑉̅𝑋𝑌 𝑉̅𝑡ℎ = −(𝑍4 + 𝑍5 )𝐼 ̅ − 𝑉̅2 𝐼̅ =

Procedimiento: Para resolver un circuito por el método del teorema de Norton se sigue el siguiente procedimiento: 1. Retirar la carga donde está la incógnita. 2. Cortocircuitar dichos bornes, luego determinar la corriente de cortocircuito, ese valor es la fuente de corriente de Norton. 3. Determinar la impedancia equivalente visto desde los bornes de la carga, que viene ser igual al Thevenin. 4. El circuito Norton es la fuente de corriente determinado en paralelo con la impedancia equivalente … … . . (𝐼) 5. A dicho circuito le conectamos recién la carga, entre los bornes antes mencionados y luego determinamos la incógnita. (corriente o potencia)

1. Haciendo actuar simultáneamente todas las fuentes determinar 𝐼𝑋̅ 2. Haciendo actuar independientemente cada una de las fuentes. El teorema de superposición consiste en resolver el circuito eléctrico, haciendo actuar independientemente todas las fuentes y se obtienen respuestas parciales para cada una de las fuentes actuales. La suma de dichas respuestas parciales debe ser igual a la respuesta cuando se hace actuar simultáneamente todas las fuentes. d) TEOREMA DE LA MÁXIMA TRASFERENCIA DE POTENCIA

c) TEOREMA DE SUPERPOSICIÓN

(Para q valores de la carga va generar su máxima potencia el generador) 𝐴𝑐𝑡𝑢𝑎𝑟 𝑆𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 ̅ 𝑉1 → 𝐼𝑥′ 𝐼1̅ → 𝐼𝑥′′ 𝐼2̅ → 𝐼𝑥′′′ 𝑉̅2 → 𝐼𝑋 𝐼𝑉 = 𝐼𝑋 + 𝐼𝑥′′

Casos: i) Cuando se conecta 𝑅𝐿 variable 𝑋𝐿 = 0 ii) Cuando se conecta 𝑅𝐿 𝑦 𝑋𝐿 , 𝑋𝐿 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒, 𝑅𝐿 = 𝑓𝑖𝑗𝑜

iii) iv)

Cuando se conecta 𝑅𝐿 𝑦 𝑋𝐿 , actúan ambos: 𝑅𝐿 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒, 𝑋𝐿 = 𝑓𝑖𝑗𝑜 Cuando se conecta 𝑅𝐿 𝑦 𝑋𝐿 , 𝑅𝐿 + 𝑗𝑋𝐿 = 𝑍𝐿 ∅ 𝑍𝐿 = 𝑓𝑖𝑗𝑜 𝑦 ∅ = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒

Caso 𝑖):

𝑉

𝐼̅ =

(𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + 𝑗(𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 ) |𝑉| |𝐼̅ | = 2 2 √(𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 )

𝑃𝑅𝐿 = 𝑅𝐿 𝐼2 =

𝐼̅ =

̅ 𝑉

(𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑗𝑋𝑔 ̅| |𝑉 |𝐼̅ | = 2 √(𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑋𝑔 2 𝑃𝑅𝐿 = 𝑅𝐿 𝐼̅ 2 ̅2 𝑅𝐿 𝑉 𝑃𝑅𝐿 = 2 (𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑋𝑔 2

𝑉 2 𝑅𝐿 (𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 )

Cuando 𝑃𝑅𝐿 será máxima: 𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 = 0 → 𝑋𝐿 = −𝑋𝑔 𝑃𝑅𝐿 =

𝑉 2 𝑅𝐿 (𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 )

Caso 𝑖𝑖𝑖) ∶ En el mismo circuito 𝑅𝐿 varia, 𝑋𝐿 = 𝑓𝑖𝑗𝑜 , entonces:

Caso 𝑖𝑖)

𝑃𝑅𝐿 =

𝑉 2 𝑅𝐿 2

2

(𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 )

2

2

𝑉 2 (𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 ) − 𝑉 2 𝑅𝐿 (2(𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 )) 𝑑𝑃𝑅𝐿 =0= 2 2 𝑑𝑅𝐿 (𝑅 + 𝑅 ) + (𝑋 + 𝑋 ) 𝑔 2

2

𝐿

𝑔

Caso 𝑖𝑣 ∶

𝐿

𝑉 2 [(𝑅𝑔 + 𝑅𝐿 ) + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 ) − 2𝑅𝐿 𝑅𝑔 − 2𝑅𝐿 2 ] = 0 2

𝑅 𝐿 = √𝑅𝑔 2 + (𝑋𝑔 + 𝑋𝐿 )

Caso 𝑖𝑣) ∶ Cuando se conecta 𝑅𝐿 𝑦 𝑋𝐿 , 𝑅𝐿 + 𝑋𝐿 𝑗 = ∅ 𝑍𝐿 = 𝑓𝑖𝑗𝑜 𝑦 ∅ = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒

𝑋𝐿 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎 ∅ = 𝐶𝑡𝑒.

𝑍𝐿 = 𝑅𝐿 + 𝑗𝑋𝐿 𝑍𝐿 = |𝑍𝐿 | ∅

Caso 𝑖) ∶ 𝑅𝐿 = 𝑍𝐿 cos ∅ 𝑋𝐿 = 𝑍𝐿 sen ∅

𝐼̅ =

̅ 𝑉

(𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑗𝑋𝑔 ̅| |𝑉 |𝐼̅ | = 2 √(𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑋𝑔 2 Potencia activa en 𝑅𝐿 : 𝑃𝑅𝐿 = 𝑅𝐿 𝐼̅ 2 𝑅𝐿 𝑉 2 𝑃𝑅𝐿 = 2 (𝑅𝐿 + 𝑅𝑔 ) + 𝑋𝑔 2

𝐼̅ = 𝐼̅ =

̅ 𝑉 (𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 cos ∅) + 𝑗(𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅) ̅ 𝑍 2

2

(𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 cos ∅) + 𝑗(𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅)

𝑃𝑍𝐿 = 𝑍𝐿 𝑐𝑜𝑠 ∅ 𝐼 2 𝑑𝑃𝑍𝐿 =0 𝑑𝑍𝐿 𝑉2 𝑑𝑃𝑍𝐿 = 𝑍𝐿 𝑐𝑜𝑠 ∅ ( ) 2 2 1⁄2 [(𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 𝑐𝑜𝑠 ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 𝑠𝑒𝑛 ∅) ]

Derivando: 𝑑𝑃𝑍𝐿 = 𝑑𝑍𝐿

𝑉 2 cos ∅ [(𝑅𝑔

1 2 2

2

+ 𝑍𝐿 cos ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅) ] − 𝑍𝐿 (cos∅ 𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 + 𝑋𝑔 sen ∅)

𝐼̅ 1 =

120 0° 120 0° = = 17.14 0° 2+2+𝑗+3−𝑗 7 0°

𝐼̅ 2 =

220 0° 220 0° = = 69.6 101.6° 2+1+𝑗 3+ 𝑗

2 2

2

[(𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 cos ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅) ] 1 2 2

2

𝑉 2 cos ∅ [(𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 cos ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅) ] − 𝑍𝐿 (cos ∅𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 + 𝑋𝑔 sen ∅) 𝑑𝑃𝑍𝐿 = 3 𝑑𝑍𝐿 (𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 cos ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 sen ∅)2 2

2

⇒ (𝑅𝑔 + 𝑍𝐿 𝑐𝑜𝑠 ∅) + (𝑋𝑔 + 𝑍𝐿 𝑠𝑒𝑛 ∅) = 𝑍𝐿 (𝑐𝑜𝑠 ∅ 𝑅𝑔 + 2𝑍𝐿 + 𝑋𝑔 𝑠𝑒𝑛 ∅)

𝑅𝑔 2 + 2𝑅𝑔 𝑍𝐿 cos ∅ + 𝑍𝐿 2 cos 2 ∅ + 𝑋𝑔 2 + 2𝑋𝑔 𝑍𝐿 sen ∅ + 𝑍𝐿 2 sen2 ∅ = 𝑍𝐿 𝑅𝑔 𝑐𝑜𝑠 ∅ + 2𝑍𝐿 2 + 𝑋𝑔 𝑋𝐿 𝑠𝑒𝑛 ∅ 𝑅𝑔 2 + 𝑅𝑔 𝑍𝐿 cos ∅ + 𝑍𝐿 2 + 𝑋𝑔 2 + 𝑋𝑔 𝑍𝐿 sen ∅ = 0 𝑅𝑔 2 + 𝑍𝐿 (𝑅𝑔 cos ∅ + 𝑋𝑔 sen ∅) + 𝑍𝐿 2 + 𝑋𝑔 2 = 0 𝑍𝐿 = √𝑅𝑔 2 + 𝑋𝑔 2

EJERCICIOS: 1. Determinar las lecturas de los voltajes: 𝑉1 y 𝑉2

Luego: 𝑉1 = 𝐼1 × (3 − 𝑗) 𝑉1 = 17.14 0° × 3.16 − 18.43° 𝑉1 = 54.2 − 18.43° 𝑉1 = 54.2 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠 𝑉𝑎𝑏 = 𝑉𝑎 − 𝑉𝑏 = 𝑉2 ⇒ 𝑉𝑎 = 𝐼1 × (2 + 𝑗) 𝑉𝑎 = 17.14 0° × 2.23 26.6° 𝑉𝑎 = 38.2 26.6° 𝑉𝑏 = 𝐼2 × (1 + 𝑗) 𝑉𝑏 = 69.6 101.6° × 1.41 45° 𝑉𝑏 = 90.14 146.6° ⇒ 𝑉2 = 𝑉𝑎 − 𝑉𝑏 𝑉2 = 38.2 26.6° − 98.14 146.6° 𝑉2 = 34.16 + 𝑗17.10 + 81.93 − 54.02𝑗 𝑉2 = 116.09 − 36.92𝑗 𝑉2 = 121 − 17.64° 𝑉2 = 121 𝑣𝑜𝑙𝑡𝑖𝑜𝑠

2. En el siguiente circuito ̅ = 𝑍1 + 𝑍3 𝑍13 (𝑍1 + 𝑍3 ). 𝑍2 𝑍13−2 = 𝑍1 + 𝑍3 + 𝑍2 ⇒ 𝑍𝑒𝑞 = 𝑍1 = 𝑍 + 3𝑗 𝑍2 = 5 𝑒 𝑗30 𝑍3 = 6 45°

𝑍4 = 3 − 2𝑗 𝑍5 = 4 25° 𝑍6 = 10 45°

(𝑍1 + 𝑍3 ). 𝑍2 + 𝑍4 + 𝑍5 𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3

Tensión Thévenin:

Determinar: a) Corrientes de malla b) Teorema de Thévenin c) Pot. Máxima trasferencia de potencia en 𝑍𝐿 Solución: a) 𝐼1̅ (𝑍1 + 𝑍2 + 𝑍3 ) − 𝐼2 𝑍2 = 220 0° −𝐼1̅ 𝑍2 + 𝐼2 (𝑍2 + 𝑍5 + 𝑍4 + 𝑍𝐿 ) = 0 (10.57 + 9.74𝑗)𝐼1 − (4.33 + 2.5𝑗)𝐼2 = 220 −(4.33 + 2.5𝑗)𝐼1 + (18.03 + 9.26𝑗)𝐼2 = 𝑂 𝐼1 = 𝐼2 = b) Por Thévenin: (hallando 𝑍𝑡ℎ )

𝑉𝑡ℎ = 𝑍𝐿̅ 𝐼1̅ 𝐼̅ =

𝑉𝑡ℎ ̅ 𝑍𝑒𝑞 + 𝑍𝐿̅

c) Máxima trasferencia 𝑃𝑜𝑡 = 𝐼 2 (𝑍𝑡ℎ )

CAPITULO IV

4.2 RESONANCIA EN SERIE

RESONANCIA ELÉCTRICA Se sabe que: 𝑋𝐿 = 2𝜋𝐿𝑓 1 𝑋𝑐 = 2𝜋𝑐𝑓 𝑍 = 𝑒 + 𝑗𝑋 = 2 ∅ 𝑍 = 𝑋𝐿 + 𝑋𝑐

𝑍̅ = 𝑅 + 𝑋𝑗 = 𝑅 + 𝑗(𝑋𝐿 − 𝑋𝐶 ) Resonancia: 𝑉 ∅ = 𝐼 𝑍=𝑅

∅

Tabular:

4.1 INTRODUCCION En un circuito eléctrico ocurre una resonancia cuando la tensión de entrada con la corriente que circula está en fase, es decir, la impedancia se reduce a una resistencia es decir tanto la reactancia inductiva como la capacitiva van a ser iguales.

𝑋𝐿 = 𝑋𝐶 𝜔2 = 𝑓=

1 𝐿𝐶 1

2𝜋√𝐿𝐶

𝜔𝐿 = 𝜔=

1 𝜔𝑐 1 √𝐿𝐶

Graficando: 4.3 RESONANCIA PARALELA

𝑓0 = 20.54 𝐻𝑧 𝑋𝐿 = 𝑋𝐶

< 𝑓0 ⇒ 𝑋𝐿 > 𝑋𝐶 > 𝑓0 ⇒ 𝑋𝐿 > 𝑋𝐶

⇒ 𝐵𝐶 − 𝐵𝐿 = 0 ⇒ 𝐵𝐶 = 𝐵𝐿 1 1 1 𝜔𝑐 = ⇒ 𝜔𝐵 = ⇒ 𝑓0 = 𝜔𝐿 2𝜋√𝐿𝐶 √𝐿𝑐

Graficando 𝑌 𝑦 𝜔:

Graficando:

𝑓0 = 20.54 𝐻𝑧 𝐵𝐿 = 𝐵𝐶

< 𝑓0 ⇒ 𝐵𝐿 > 𝐵𝐶 > 𝑓0 ⇒ 𝐵𝐶 > 𝐵𝐿

1 𝐿(𝐼𝑚𝑎𝑥 )2 𝑄 = 2𝜋 2 2 𝐼𝑚𝑎𝑥 1 2 ×𝑅×𝑓 2𝜋𝐿𝑓 𝑄= 𝑅 𝑄=

𝜔𝐿 𝑅

b) 4.4 FACTOR DE CALIDAD 𝑄 𝑄 = 2𝜋 ×

𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎 𝑎𝑙𝑚𝑎𝑐𝑒𝑛𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑖𝑝𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑑𝑜

Energía máxima almacenada el 𝐿 𝑜 𝐶 Energía disipada por T en una resistencia

⇒𝑄=

a) Energía máxima en 𝐿: 1 𝐸𝐿 = 𝐿𝐼𝑚𝑎 2 2

𝑄=

𝐼𝑚𝑎𝑥 ⁄2𝜔2 𝑐 2

𝐼 1 ( 𝑚𝑎𝑥 2 ) ×𝑅×𝑓 1 𝜔𝑅𝑐

En el circuito eléctrico: Energía en 𝑅: 𝐼𝑚𝑎 2 1 𝐸𝑅 = ( ) ×𝑅× 𝑓 √2

𝐸𝐶 =

𝑉𝑚 𝐼𝑚 2𝜔

𝐸𝐶 =

𝐼𝑚𝑎𝑥 2 2𝜔 2 𝑐

× 2𝜋 =

2𝜋𝑓 𝜔 2 𝑅𝑐

;

𝑉𝑚 = 𝑋𝑐 𝐼𝑚 𝑋𝐶 =

=

𝜔 𝜔 2 𝑅𝑐

1 𝜔𝑐

𝑌̅ = 𝑉̅ 𝐼 ̅ 𝐼 ̅ = 𝑌̅

𝐺−𝐵

𝜔2− 𝜔1 𝑓2− 𝑓1 = 𝜔0 𝑓0 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑛𝑑𝑎 𝑄= 𝑓𝑟𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑄=

𝜔0 = √𝜔1 𝜔2 𝑓0 = √𝑓1 𝑓2 4.5 LUGARES GEOMETRICOS a) 𝑅 = 𝑐𝑡𝑒 𝑋 = 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 𝑋 = 𝑖𝑛𝑑𝑢𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑜 𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜

Graficando en 𝑅 − 𝑋:

1 𝐺 + 𝑗𝐵 𝐺 − 𝑗𝐵 𝐺 𝐵 𝑅1 + 𝑗𝑋 = 2 = 2 −𝑗 2 2 2 𝐺 +𝐵 𝐺 +𝐵 𝐺 + 𝐵2 𝐺 𝑅1 = 2 𝐺 + 𝐵2 2 𝑅1 𝐺 + 𝑅1 𝐵2 = 𝐺 𝐺 𝐺 2 + 𝐵2 − =0 𝑅1 𝐺 1 1 𝐺2 − + 2 + 𝐵2 = 2 𝑅1 4𝑅1 4𝑅1 𝑅1 + 𝑗𝑋 =

Ecuación de una circunferencia: 1 2 1 2 (𝐺 − ) + 𝐵2 = ( ) 2𝑅1 2𝑅1

b) −𝑗𝑋 = −𝑗

𝐵 𝐺 2 +𝐵2

Resistencia variable y reactancia fija

EJERCICIOS: Graficas 1)

−𝐵 ⇒ 𝐺 2 𝑋 + 𝐵2 𝑋 + 𝐵 = 0 + 𝐵2 𝐵 𝐺 2 + 𝐵2 + = 0 𝑋 𝑋=

𝐺2

Completando cuadrados: 𝐵 1 1 𝐺 2 + 𝐵2 + + 2 = 𝑋 4𝑋 4𝑋 2 2 1 1 2 𝐺 2 + (𝐵 + ) =( ) 2𝑋1 2𝑋1

2)

3)

CAPITULO V CIRCUITOS O SISTEMAS POLIFÁSICOS 5.1 INTRODUCCION a) GENERADOR POLIFÁSICO Es aquel generador que tiene una sola estructura, pero 2 o más bobinados estatóricos y rotóricos.

1. GENERADOR BIFÁSICO Está compuesto por dos generadores monofásicos, pero utilizando la misma estructura.

360 2 𝛼 = 180 𝛼=

𝑉𝑅 = 𝑉𝑚 sen 𝜔𝑡 𝑉𝑆 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 90°) Fasorialmente:

360 6 𝛼 = 60° 𝛼=

𝑉1 = 𝑉𝑚 sen 𝜔𝑡 𝑉2 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 60°) 𝑉3 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 120°) 𝑉4 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 180°) 𝑉5 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 240°) 𝑉6 = 𝑉𝑚 sen(𝜔𝑡 − 360°) Fasorialmente:

𝑉𝑅 = 𝑉 0° 𝑉𝑆 = 𝑉 − 90° Uso: sistema de control 2. SISTEMA EXAFÁSICO 𝑉̅1 = 𝑉 0º 𝑉̅2 = 𝑉 − 60° 𝑉̅3 = 𝑉 − 120° 𝑉̅4 = 𝑉 − 180° 𝑉̅5 = 𝑉 − 240° 𝑉̅6 = 𝑉 − 360°

USO: SISTEMAS 3∅ : los sistemas 3∅ son los más empleados y utilizados por las siguientes razones. A. En un generador trifásico se tiene tres generadores monofásicos, pero utilizando una sola estructura por lo tanto hay un gran ahorro tanto en espacio como económico

SECUENCIA DE FASES Es el sentido de rotación de un generador en una central eléctrica solamente existirán dos secuencias de fase. i)

B. Trasmitir energía trifásica tiene muchas ventajas con respecto a la trasmisión de la energía monofásica en cuanto se requiere un gran ahorro tanto técnica y económicamente.

a) SISTEMAS 3∅ BALANCEADOS O EQUILIBRADOS Se dice q un sistema balanceado o equilibrado cuando las cargas conectadas a las diferentes fases son iguales.

SECUENCIA POSITIVA Es cuando el generador rota en sentido horario.

𝑉𝑅 = 𝑉 0° 𝑉𝑆 = 𝑉 − 120° 𝑉𝑇 = 𝑉 − 240° = 𝑉 120° ii)

SECUENCIA NEGATIVA Antihorario.

𝑉𝑅 = 𝑉 0° 𝑉𝑆 = 𝑉 − 120° 𝑉𝑇 = 𝑉 120° EJEMPLOS 1. Ejemplo ilustrativo

En cargas resistivas como cocinas eléctricas, lamparas incandescentes y alumbrado público la secuencia de fases no tiene influencia, pero, si tiene influencia en las maquinas eléctricas fundamentalmente en los motores eléctricos es decir cambiar la secuencia de fases a un motor trifásico implica cambiar el sentido de rotación del motor. a)

𝑅𝑆𝑇 𝑆𝑅𝑇 𝑇𝑅𝑆 𝑅𝑇𝑆

𝑅𝑆𝑇 𝑆𝑅𝑇 𝑇𝑅𝑆 𝑅𝑇𝑆

𝑅𝑆𝑇 𝑆𝑅𝑇 𝑇𝑅𝑆 𝑅𝑇𝑆

→ → → →

𝑆𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑆𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑆𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑆𝑒𝑐𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑎 Generador 3∅ con neutro aislado de 3 conductores. Generador 3∅ con neutro a tierra de 3 conductores. Generador 3∅ con neutro aislado a tierra con 4 conductores.

Nomenclatura: 𝑉̅𝑅𝑆 , ̅𝑉𝑆𝑇 , ̅𝑉𝑇𝑅 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 𝑉𝐿

En un sistema 3∅ en conexión "𝑌" se tiene 2 tipos de tensiones, tension de linea y tension de fase, donde la tension de linea es igual a √3 veces la tension de fase. 𝑉𝐿 = √3 𝑉𝐹 b)

𝑉̅𝑅𝑁 , ̅𝑉𝑆𝑁 , ̅𝑉𝑇𝑁 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 𝑉𝐹 𝑉̅𝑅𝑆 = ̅𝑉𝑅𝑁 + ̅𝑉𝑁𝑆 = 𝑉̅𝑆𝑇 = ̅𝑉𝑆𝑁 + ̅𝑉𝑁𝑇 = 𝑉̅𝑇𝑅 = ̅𝑉𝑇𝑁 + ̅𝑉𝑁𝑅 =

𝑉̅𝑅𝑁 − ̅𝑉𝑆𝑁 𝑉̅𝑆𝑁 − ̅𝑉𝑇𝑁 𝑉̅𝑇𝑁 − ̅𝑉𝑅𝑁

Mallas 1, 2 y 3: 𝑥 cos 30° = ⇒ 𝑉𝐹

𝑉̅𝑅𝑁 = (𝑍1̅ + 𝑍̅) 𝐼𝑅̅ + 𝑍̅𝑛 𝐼𝑛̅ 𝑉̅𝑆𝑁 = (𝑍1̅ + 𝑍̅)̅𝐼𝑆 + 𝑍̅𝑛 𝐼𝑛̅ 𝑉̅𝑇𝑁 = (𝑍1̅ + 𝑍̅)̅𝐼𝑇 + 𝑍̅𝑛 𝐼𝑛̅

𝑥 = 𝑉𝐹 cos 30° 𝑉𝐿 = 2𝑉𝐹 cos 30° √3 𝑉𝐿 = 2𝑉𝐹 2

∑ 𝑉̅𝑅𝑁 + 𝑉̅𝑆𝑁 + 𝑉̅𝑇𝑁 = (𝑍1̅ + 𝑍̅)( 𝐼𝑅̅ + 𝐼𝑆̅ + 𝐼𝑇̅ ) + 3 𝑍̅𝑛 𝐼𝑛̅ 0 = (𝑍1̅ + 𝑍̅)(𝐼𝑛̅ ) + 3 𝑍̅𝑛 𝐼𝑛̅ 𝐼𝑛̅ = 0

𝑉𝐿 = √3 𝑉𝐹

En cero para cargas iguales. En C-I se reemplaza por un corto circuito o circuito abierto. En un sistema trifásico estrella:

CONCLUSIONES En un sistema trifásico conexión estrella de 4 conductores, tenemos las siguientes conclusiones: 1. Si es que la carga es balanceada la corriente de retorno en el neutro es cero, por lo tanto, se debe prescindir de ese conductor. 2. En un sistema la tensión de línea es √3 tensión de fase 𝑉𝐿 = √3 𝑉𝐹 3. La corriente de línea igual a la corriente de fase 𝐼𝐿 = 𝐼𝐹 c) SISTEMA TRIFASICO (3∅) BALANCEADO EN DELTA O TRIANGULO ∇

𝑉𝑅𝑆 = √3𝑉𝑅𝑁 30° 𝑉𝑆𝑇 = √3𝑉𝑆 30° 𝑉𝑇𝑅 = √3𝑉𝑇 30° 𝑆𝑖: 𝑉̅𝑅𝑁 = 𝑉𝑅𝑁 0° (𝑅𝑒𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎) 𝑉̅𝑅𝑆 = 𝑉𝑅𝑆 30° 𝑉̅𝑆𝑇 = 𝑉𝑆𝑇 − 30° 𝑉̅𝑆𝑁 = 𝑉𝑆𝑁 − 30° 𝑉̅𝑇𝑅 = 𝑉𝑇𝑅 − 210° 𝑉̅𝑇𝑁 = 𝑉𝑇𝑁 − 240° (𝐴)

Se conoce las tensiones y la carga: 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎 ∶ 𝐼𝑅̅ , 𝐼𝑆̅ , 𝐼𝑇̅ ∶ 𝐼𝐿̅ ̅ , 𝐼𝑠𝑡 ̅ , 𝐼𝑡𝑟 ̅ ∶ 𝐼𝐹̅ 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 ∶ 𝐼𝑟𝑠 𝑉̅𝑅𝑆 𝑍̅ 𝑉̅𝑆𝑇 ̅ = 𝐼𝑠𝑡 𝑍̅ ̅ 𝑉 ̅ = 𝑇𝑅 𝐼𝑡𝑟 𝑍̅

̅ = ⇒ 𝐼𝑟𝑠

Aplicando 1° 𝐿. 𝐾. : 𝑟, 𝑠, 𝑡 ̅ = 𝐼𝑟𝑠 ̅ ⇒ 𝐼𝑅̅ = 𝐼𝑟𝑠 ̅ − 𝐼𝑡𝑟 ̅ 𝐼𝑅̅ + 𝐼𝑡𝑟 ̅𝐼𝑠 = 𝐼𝑠𝑡 ̅ − 𝐼𝑟𝑠 ̅ ̅ − 𝐼𝑠𝑡 ̅ 𝐼𝑡̅ = 𝐼𝑡𝑟 Suponiendo que 𝑍 es inductivo 𝑍̅ = 𝑅 − 𝐿 ⇒ 𝑑𝑒 (𝐴):

𝐼𝑅 = √3 𝐼𝑟𝑠 30° 𝐼𝐿 = √3 𝐼𝐹 𝐼𝑅̅ = √3 𝐼𝑟𝑠 − 30° 𝐼𝑆̅ = √3 𝐼𝑠𝑡 − 30° 𝐼𝑇̅ = √3 𝐼𝑡𝑟 − 30°

𝑉𝑒𝑓 =

𝑉𝑚 √2

𝑉𝑚 = √2 𝑉𝑒𝑓 𝑉𝑚 = √2 𝑉𝐹

𝑉𝑒𝑓 : 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒 Secuencia + : 𝑒𝑅 = √2 𝑉𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑉𝑜𝑙𝑡 { 𝑒𝑆 = √2 𝑉𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 120°) } 𝑒𝑇 = √2 𝑉𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 240°) Si: 𝑍 = 𝑅 + 𝑗𝑋𝐿 𝑖𝑅 = √2 𝐼𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − ∅) { 𝑖𝑆 = √2 𝐼𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 120° − ∅) } 𝑖 𝑇 = √2 𝐼𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − 240° − ∅)

Potencia: 𝑃𝑅 = √2 𝑉𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 ∗ √2 𝐼𝐹 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 + ∅) = 2𝑉𝐹 𝐼𝐹 𝑠𝑒𝑛𝜔𝑡 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡 − ∅) 1 = 2𝑉𝐹 𝐼𝐹 [ (𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜔𝑡 + ∅) − cos(2𝜔𝑡 + ∅))] 2 1 sen 𝐴 𝑠𝑒𝑛 𝐵 = (𝑐𝑜𝑠(𝐴 − 𝐵) − cos(𝐴 + 𝐵)) 2 𝑃𝑅 = 𝑉𝐹 𝐼𝐹 (cos ∅ − 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡 + ∅)) 𝑃𝑆 = 𝑉𝐹 𝐼𝐹 (cos ∅ − 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡 − 120° − ∅)) 𝑃𝑇 = 𝑉𝐹 𝐼𝐹 (cos ∅ − 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡 − 240° − ∅)) 𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑃𝑅 + 𝑃𝑆 + 𝑃𝑇

𝑆 = 𝑉𝐼 ∗ En 𝑟: 3∅𝑆𝑟 = 3𝑉̅𝑟𝑛 𝐼𝑟 ∗ = 3(𝑉𝑟𝑛 cos ∅ + 𝑗𝑉𝑟𝑛 𝐼𝑟 𝑠𝑒𝑛∅) 𝑉𝐿 𝑉̅𝑟𝑛 = 𝑉𝐹 = √3 𝐼𝑟̅ = 𝐼𝐹̅ = 𝐼𝐿̅ 𝑉𝐿 𝑉𝐿 𝑆𝑥 = 3 𝐼𝐿 cos ∅ + 𝑗3 𝐼𝐿 sen ∅ √3 √3 𝑆𝑦 = √3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅ + 𝑗√3𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅ 𝑃𝑟 = √3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅

Cuando hablamos de corrientes de linea

𝑃𝑇 = 3𝑉𝐹 𝐼𝐹 cos ∅ − [cos(2𝜔𝑡 − ∅) + cos(2𝜔𝑡 − 120° − ∅) + cos(2𝜔𝑡 − 240° − ∅)] cos(2𝜔𝑡 − ∅) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡 − 120° − ∅) + cos(2𝜔𝑡 − 240° − ∅)

𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 3∅ 𝑃3∅𝑦 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅

2𝜔𝑡 − ∅ = 𝑥

𝑄3∅𝑦 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅

𝑃𝑇 = 3𝑉𝐹 𝐼𝐹 cos ∅

𝑄𝑟 = 𝑗√3𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅

𝑆3∅𝑦 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 ∗ En el circuito ∇:

Potencia trifasica en ∇ : ̅ ∗ = 3𝑉̅𝑅𝑆 𝐼𝑅𝑆 ̅ cos ∅ + 𝑗3𝑉̅𝑟𝑠 𝐼𝑟𝑠 ̅ 𝑠𝑒𝑛∅ 𝑆3∅∇ = 3𝑉̅𝑅𝑆 𝐼𝑟𝑠 𝐼𝐿 𝐼𝐿 = 3𝑉𝐿 ∙ 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝑗3𝑉𝐿 ∙ 𝑠𝑒𝑛∅ √3 √3 𝑆3∅∇ = √3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠∅ + 𝑗√3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑠𝑒𝑛∅ 𝑃3∅∇ = √3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑐𝑜𝑠∅ 𝑄3∅∇ = √3 𝑉𝐿 𝐼𝐿 𝑠𝑒𝑛∅ 4.1 METODO DE LOS VATIMETROS (Potencia Activa) (Bobina voltimetrica da muchas vueltas y cables gruesos)

Diagrama fasorial tomando Secuencia Negativa:

CONEXIÓN CON UNA CARGA

Suponiendo que la carga es 𝑅 – 𝐿 Si fuera con 𝐶 la I pero arriba

Lectura de los vatimetros: 1 √3 + 𝑠𝑒𝑛 ∅ ] 2 2 𝑉𝐿 𝐼𝐿 √3 𝜔1 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅ + 𝑠𝑒𝑛∅ 2 2

𝜔1 = 𝑉𝑅𝑁 𝐼𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜔1 = 𝑉𝑅𝑁 𝐼𝑅 𝑐𝑜𝑠∅

𝜔1 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 [cos∅

𝜔2 = 𝑉𝑇𝑆 𝐼𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝜔2 = 𝑉𝑇𝑆 𝐼𝑇 cos(∅ + 30°) 𝜔3 = 𝑉𝑅𝑁 𝐼𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜔3 = 𝑉𝑅𝑁 𝐼𝑅 𝑐𝑜𝑠∅

𝜔2 = 𝑉̅𝑆𝑇 𝐼𝑆̅ 𝑐𝑜𝑠 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos(∅ + 30°) 𝜔1 = 𝜔3

𝜔4 = 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝐼𝑅 = 0

∙ 𝑉𝑆𝑅

𝜔1 + 𝜔2 = 2

√3 𝑉 𝐼 cos ∅ 2 𝐿𝐿

𝜔1 + 𝜔2 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅

EJERCICIOS

𝜔1 = 𝑉𝑅𝑇 𝐼𝑅 𝑐𝑜𝑠 𝜔1 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos(∅ − 30°)

Potencia Activa

Se tiene un circuito trifasico alimentado por una fuente de 380 Voltios 60 c.p.s

Grafica (1):

Determinar 𝐼𝑟1 𝑛 , 𝐼𝑟2 𝑠2 , 𝐼𝑟1 𝑟2 , 𝐼𝑅 , 𝐼𝑆 , 𝐼𝑇 a) b) El factor de potencia c) Si el factr de potencia es menor que 0.6 inductivo corregir al 100% Solucion: 1. Transformar ∇ 𝑎 𝑌 2. Circuito 1∅ equivalente.

𝑉̅𝑅𝑁 = 220 0° 𝑉̅𝑆𝑁 = 220 − 120° 𝑉̅𝑇𝑁 = 220 120° 𝑉̅𝑅𝑆 = 380 30° 𝑉̅𝑆𝑇 = 380 − 90° 𝑉̅𝑇𝑅 = 380 − 210°

𝑉̅𝑅𝑁 220 0° 220 0° = 37.73 − 59 = = 5.8 59 = 19.5 − 32.5𝑗 3 + 𝑗5 3 + 𝑗5 220 0° 220 0° = = = 68.57 71.6 = 21.7 + 65.2 1 − 𝑗3 3.2 − 71.6

⇒ 𝐼𝑟̅ 1 𝑛1 = 𝐼𝑟̅ 2 𝑛2

Determinar si 𝐼𝑟2 𝑠2 cuanto es si por 𝐼𝑟2 𝑠2 . 𝐼𝑅̅ = 53.38 39.3° Secuencia Positiva: 𝑉𝑅𝑁 = 220 0° 𝑉𝑅𝑆 = 380 30° 𝑉𝑆𝑁 = 220 − 120° 𝑉𝑆𝑇 = 380 − 90° 𝑉𝑇𝑁 = 220 − 240° 𝑉𝑇𝑅 = 380 − 210°

𝐼𝑅1 𝑁 = 37.73 − 59° 𝐼𝑆1 𝑁1 = 37.73 − 59° − 120° = 37.73 − 179° 𝐼𝑇1 𝑁1 = 37.73 − 59° − 240° = 37.73 − 299°

⇒ 𝐼𝑟̅ 2 𝑠2 = 380 30° = 40.08 101.5° = 𝐼𝑟̅ 2 𝑛2 ∆ Carga balanceada ⇒ modulo es igual 3 − 𝑗90 30

𝑒𝑛 𝑙𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑎 (1)

Como tension esta retrazado respecto a la corriente entonces es un circuito capacitivo y no se puede corregir, tendriamos que instalar una bobina en paralelo. 𝐼𝑟̅ 2 𝑁2 = 69.57 71.5° 𝐼𝑆̅ 2 𝑁2 = 69.57 71.5° − 120° 𝐼𝑡̅ 2 𝑁2 = 69.57 71.5° − 240° 𝐼𝑅̅ = 53.38 39.3° 𝐼𝑆̅ = 53.38 39.3° − 120° 𝐼𝑇̅ = 53.38 39.3° − 240° En el circuito original:

= √3 × 40.08 = 69.57 = √3 𝐼𝑟̅ 2 𝑛2 ∆

b) No se corrige factor de potencia Secuencia (+) :

Tomando la diferencia: 𝜔1 − 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 [cos(∅ − 30°) + cos(∅ + 30°)] 𝜔1 − 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 [cos ∅ cos 30° + 𝑠𝑒𝑛∅ 𝑠𝑒𝑛30° − cos ∅ cos 30° + 𝑠𝑒𝑛∅ 𝑠𝑒𝑛30°] 1 1 𝜔1 − 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 = 2 𝑠𝑒𝑛∅ + 2 𝑠𝑒𝑛 ∅ 𝜔1 − 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 ∙ 𝑠𝑒𝑛 ∅

Tensiones y corrientes de linea 𝑉̅𝑅𝑇 ∙ 𝐼𝑅̅ : 𝜔1 = 𝑉̅𝑅𝑇 𝐼𝑅̅ 𝑐𝑜𝑠 𝜔1 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos(∅ − 30°) 𝜔2 = 𝑉̅𝑆𝑇 𝐼𝑆̅ 𝑐𝑜𝑠 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos(∅ + 30°) 𝜔1 + 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 [cos(∅ − 30°) + cos(∅ + 30°)] 𝜔1 + 𝜔2 = 𝑉𝐿 𝐼𝐿 [cos ∅ cos(−30°) + 𝑠𝑒𝑛∅ 𝑠𝑒𝑛30° + cos ∅ cos 30° − 𝑠𝑒𝑛∅𝑠𝑒𝑛30°𝑗]

𝑃 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅ ⇒ 𝜔1 + 𝜔2 𝑄 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅ 𝑄 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅ = 𝜔1 − 𝜔2 √3 𝜔1 − 𝜔2 𝑉𝐿 𝐼𝐿 sen ∅ tan ∅ = = 𝜔1 + 𝜔2 √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅ √3 𝜔1 − 𝜔2 tan ∅ = √3 ( ) 𝜔1 + 𝜔2 ⇒

𝜔1 − 𝜔2 ∅ = tan−1 [√3 ( )] 𝜔1 + 𝜔2

𝜔1 + 𝜔2 = √3𝑉𝐿 𝐼𝐿 cos ∅ (Potencia activa total en un circuito) Para determinar la potencia activa total en un circuito trifasico es necesario instalar solamente dos vatimetros en cualquiera de las dos fases del circuito.

EJERCICIO 1. En un experimento de laboratorio de una carga trifasica se toma las siguientes magnitudes: 𝑉𝑎𝑡𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 1 = 600 𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑠 𝑉𝑎𝑡𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 2 = 1.2 𝑘𝑤 = 1200 𝑊 Determinar el factor de potencia del circuito

Solucion: 𝜔1 + 𝜔2 600 + 1200 = =3 𝜔1 − 𝜔2 1200 − 600 tan ∅ = √3 (3) ∅ = 79.10 4.2 SISTEMAS 3∅ DESBALANCEADOS O DESEQUILIBRADOS

Metodos de solucion: a) Mallas: 𝐼𝑅̅ = 𝐼1̅ 𝐼𝑆̅ = 𝐼2̅ − 𝐼1̅ 𝐼𝑇̅ = −𝐼2̅ 𝑉̅𝑅𝑆 = 𝑍1̅ 𝐼1̅ − 𝑍1̅ 𝐼3̅ 𝑉̅𝑆𝑇 = 𝑍2̅ 𝐼2̅ − 𝑍2̅ 𝐼3̅ 0 = (𝑍1̅ + 𝑍̅2 + 𝑍3̅ ) − 𝑍1̅ 𝐼1̅ − 𝑍̅2 𝐼2̅ b) Corrientes de fase: 𝑉̅ ̅ = 𝑅𝑆 𝐼𝑟𝑠 𝑍1̅ 𝑉̅𝑆𝑇 ̅ = 𝐼𝑠𝑡 𝑍̅2 ̅ 𝑉 ̅ = 𝑇𝑅 𝐼𝑡𝑟 𝑍3̅

1. CONECTADOS EN ∆ c) Corrientes de linea: ̅ − 𝐼𝑡𝑟 ̅ 𝐼𝑅̅ = 𝐼𝑟𝑠 ̅ − 𝐼𝑟𝑠 ̅ 𝐼𝑠̅ = 𝐼𝑠𝑡 ̅𝐼𝑇 = 𝐼𝑡𝑟 ̅ − 𝐼𝑠𝑡 ̅

Si el circuito fuese:

iii)

Convertir 𝑌 𝑎 ∇

2. SISTEMAS 3∅ EN 𝑌

i) ii)

Transformando ∇ 𝑎 𝑌 En serie 𝑍̅𝑅 + 𝑍̅𝑟 = 𝑍1̅ ′ 𝑍𝑆̅ + 𝑍̅𝑠 = 𝑍2̅ ′ 𝑍̅𝑇 + 𝑍𝑡̅ = 𝑍3̅ ′

2.1 SISTEMA TRIFASICO DESVALANCEADO DE (03) CONDUCTORES SIN ALIMENTADOR

METODOS DE SOLUCION: Corrientes de malla en forma directa transformando 𝑌 𝑎 ∇

Solucion que ya se conoce

2.2 DE 03 CONDUCTORES CON ALIMENTADOR

METODOS DE SOLUCION i) Sumar en serie la impedancia del alimentador y la impedancia de carga en 𝑌 ii) Convertir 𝑌 𝑎 ∆ iii) Resolver por los metodos ya conocidos por corrientes de malla, o directamente por la Ley de Ohm.

2.3 SISTEMA 3∅ EN Y DE 4 CONDUCTORES (Comunmente usado ultimamente)

22.9 0.38° − 220 𝑉

(1) 𝑉𝑅𝑆 = 380 𝑉 1∅ 𝑉𝑆𝑇 = 380 𝑉 1∅ 𝑉𝑇𝑅 = 380 𝑉 1∅ (2) 𝑉̅𝑅𝑆𝑇 = 380 𝑉 3∅ (3) 𝑉̅𝑅𝑁 = 220 𝑉 1∅ 𝑉̅𝑆𝑁 = 220 𝑉 1∅ 𝑉̅𝑇𝑁 = 220 𝑉 1∅

Procedimiento: 1. 𝑍̅ + 𝑍1̅ , 𝑍̅ + 𝑍̅2 , 𝑍̅ + 𝑍̅3 𝑍̅ + 𝑍1̅ = 𝑍̅𝑟 𝑍̅ + 𝑍2̅ = 𝑍̅𝑠 𝑍̅ + 𝑍3̅ = 𝑍̅𝑡 2.

Convertir: 𝑍̅𝑟 = 𝑌̅𝑟 𝑍̅𝑠 = 𝑌̅𝑠 𝑍̅𝑡 = 𝑌̅𝑡 𝑍̅𝑁 = 𝑌̅𝑁

3. Circuito fuente de voltaje y fuente de corriente

PROBLEMAS DE APLICACIÓN

4. Aplicar la 1era L. K.: 𝑉̅𝑅𝑁 𝑌̅𝑟 + 𝑉̅𝑆𝑁 𝑌̅𝑠 + 𝑉̅𝑇𝑁 𝑌̅𝑡 = 𝑉̅𝑛𝑁 (𝑌̅𝑟 + 𝑌̅𝑠 + 𝑌̅𝑡 ) Despejando: 𝑉̅𝑅𝑁 𝑌̅𝑟 + 𝑉̅𝑆𝑁 𝑌̅𝑠 + 𝑉̅𝑇𝑁 𝑌̅𝑡 𝑉̅𝑛𝑁 = (𝑌̅𝑟 + 𝑌̅𝑠 + 𝑌̅𝑡 ) ̅ = 𝑉̅𝑛𝑁 𝑌̅𝑁 𝑆𝑖: 𝐼𝑛𝑁 2.4 INDICACIONES DE SECUENCIAS DE FASES ⇒ 𝑓𝑎𝑠𝑒 −

PREGUNTAS: 1. Determinarlas corrientes del motor 𝐼𝑁𝑅 , 𝐼𝑀𝑆 , 𝐼𝑀𝑇 , 𝐼𝑛 2. Las corrientes de line totales 𝐼𝑅 , 𝐼𝑇 , 𝐼𝑆 , 𝐼𝑁

Determinar lectura de los voltímetros

Corrientes monofásicas: 𝐼1 =

7500 7500 = = 34.09 0 220 cos ∅ 220 × 1

𝐼2 =

6500 = 33.96 220 × 0.87

𝐼3 =

8000 = 51.94 − 45.97 220 × 0.87

− 30

Solución: Corriente del motor 𝑃3∅ = √3𝑉𝐼 cos ∅ 𝐼=

𝑃3∅ √3𝑉 cos ∅

=

40 × 0.746 × 1000 √3 × 0.8 × 380 × 0.8

𝐼𝑀𝑅 = 70.84

− 36.87

𝐼𝑁𝑆 = 70.84

− 156.87

𝐼𝑀𝑇 = 70.84

− 276.87

𝐼𝑛 = 0

(Porque el motor es inductivo) OJO. Cuando el factor de potencia es positivo → el elemento es inductivo. Si es negativo→ es capacitivo 2.𝐼𝑅 = 𝐼1 + 𝐼𝑀𝑅 𝐼𝑅 = 34.09 0 + 70.84 − 36.87 𝐼𝑅 = 34.09 + 56.67 − 42.50𝑗

𝐼𝑅 = 90.76 − 42.50𝑗 𝐼𝑅 = 100.22 − 25.09 𝐼𝑠 = 𝐼2 + 𝐼𝑀𝑆 = 33.96 − 30 + 70.84

− 156.87

𝐼𝑅 = 29.41 − 16.98𝑗 − 65.15 − 27.83𝑗 𝐼𝑅 = 35.74 + 44.31𝑗 𝐼𝑅 = 57.32 − 128.57

𝜔 = 𝑉𝑇𝑅 (−𝐼𝑁 ) cos < 𝜔 = 380 × 104.36 cos