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Solucionario: Electrotecnia

Electrotecnia SOLUCIONARIO

Pablo Alcalde San Miguel

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 1 1.6 Q = 18,9 · 1018 electrones / 6,3 · 1018 = 3 C t = 2 min · 60 + 20 = 140 s I=

3 Q = = 120 A t 140

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Unidad de contenido 2 2.3 I=

V 1,5 = = 0,03 A R 50

P = VI = 1,5 · 0,03 = 0,045 W

2.4 V = R · I = 22 · 5,7 = 125,4 V

2.5 V 230 = = 115 Ω I 2 P = VI = 230 · 2 = 260 W R=

2.9 R =l

L R · S 0,056 · 0,5 ⇒l = = = 0,028 Ω · mm 2 / m S L 1

Resistividad que según las tablas coincide con la del aluminio.

2.10 R cobre = l

L 100 = 0,017 = 0,283 Ω S 6

R aluminio = l

L 100 = 0,028 = 0,28 Ω S 10

Su resistencia es aproximadamente igual.

2.11 R =l

L L 5 ⇒ S = l = 0,061 = 0,31 mm 2 S R 1

2.12 La sección del hilo de cobre sabiendo su diámetro es igual a:

s = π · r 2 = π · (0,25/2) 2 = 0,049 mm 2 R · S 34,6 · 0,049 L R=l ⇒L= = = 100 m l 0,017 S

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2.13 R t = R 0 (1 + αΔtº ) = 5 [(1 + 0,0039 · (80 - 20)] = 6,17 Ω

2.14 R t = R 0 + 1,05 = 65 + 1,05 = 66,05 Ω ⎞ ⎛R ⎛ 66,05 ⎞ R t = R 0 (1 + αΔtº ) ⇒ Δtº = ⎜⎜ t - 1⎟⎟ / α = ⎜ - 1⎟ / 0,004 = 4 º C ⎝ 65 ⎠ ⎝ R0 ⎠

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Unidad de contenido 3 3.1 P = VI = 100 · 0,75 = 75 W R=

V 100 = = 133,33 Ω I 0,75

P=

V2 ⇒ V = P · R = 750 · 75 = 237 V R

I=

V 237 = = 3,16 A R 75

I=

P 3.000 = = 13,6 A 220 V

3.2

3.3

La resistencia del calentador que permanece constante es igual a:

R=

V 220 = = 16,2 Ω I 13,6

La potencia para 125 V la podemos calcular así: P=

V 2 125 2 = = 964,5 W R 16,2

3.4 I=

P 3.450 = = 15 A V 230

3.5 P 500 = =4A V 125 V 125 R= = = 31,25 Ω I 4 R · S 31,25 · 0,5 L R=l ⇒L= = = 19,5 m S l 0,8 I=

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3.6 P 1.000 = =8A V 125 L 2 · 50 Re = l = 0,028 = 1,86 Ω S 1,5

I=

PpL = R · I 2 = 1,86·8 2 = 119 KW

3.7 P 2.500 = = 10,87 A V 230 V 230 R= = = 21,16 Ω I 10,87 E = P · t = 2,5 KW · (30 · 2)h = 150 KWh

I=

3.8 P = 3CV · 736 = 2.208 W P 2.208 I= = = 5,8 A V 380 E = P · t = 2,2 KW · (2 · 30 · 8)h = 1.056 KWh Gasto = 1.056 KWh · 16 pts = 1.6896 pts

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Unidad de contenido 4 4.3 Q = 0,24 P t = 0,24 · 2.000 (2 · 3.600) = 3.456.000 cal

4.4 Q = m c Δt = 75.000 · 1 · (50 - 10) = 3.000.000 cal Q 3.000.000 Q = 0,24 E ⇒ E = = = 12.500.000 Julios 0,24 0,24 E 12.500.00 E=P·t⇒t = = = 3.571 s ≅ 1 hora P 3.500

4.5 Q = m c Δt = 40.000 · 1 · (55 - 12) = 1.720.000 cal Q = 0,24 E ⇒ E = E =P·t⇒P=

Q 1.720.000 = = 7.166.667 Julios 0,24 0,24

E 7.166.667 = = 1.327 W t 1,5 · 3.600

Potencia teórica necesaria para calentar sólo el agua (Potencia útil) = 1.327 W Potencia total necesitada para calentar el agua + la cuba (Potencia total) = 1.500 W η=

Pu 1.327 100 = 100 = 88,47 % PT 1.500

La potencia restante se ha perdido o utilizado en calentar la resistencia, la cuba, etc.

4.8 P 6.000 = = 26 A V 230 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductores aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) I=

Columna 3, tenemos que : S = 6 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A) δ=

I 26 = = 4,33 A/mm 2 S 6

4.9

Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores directamente sobre la pared) Columna 6, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A) δ=

I 26 = = 6,5A/mm 2 S 4

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4.10 P 4.400 = = 19,13A V 230 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductores aislados en tubos empotrados en paredes aislantes) I=

Columna 3, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 23 A) Sin embargo, el REBT nos indica que para este tipo de instalaciones la sección debe ser como mínimo 6 mm 2

4.11 P 20 · 100 = = 8,7 A V 230 230 3 = 6,9 V Δv = 100 2L·I 2 · 75 · 8,7 S=l = 0,017 · = 3,2 mm 2 ⇒ Sección comercial = 4 mm 2 Δv 6,9 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores al aires libre) I=

Columna 8, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 34 A)

4.12 I=

P 2 · 4.000 + 20 · 100 + 5 · 1.500 = = 43,75 A V 400

Δv =

400 4 = 16 V 100

S=l

2L·I 2 · 77 · 43,75 = 0,017 · = 7 mm 2 ⇒ Sección comercial = 10 mm 2 16 Δv

Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 2, tenemos que : S = 10 mm 2 ( I máx. admisible = 37 A) Como esta corriente es inferior a la nominal de la instalación, la solución será seleccionar un conductor de 16 mm 2 que admite una corriente de 49 A.

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Unidad de contenido 5 5.3 P 2.000 = =5A V 400 El calibre del elemento de protección debería ser de 6 A o superior.

I=

5.4 Circuito de puntos de iluminación P = V · I = 230 · 10 = 2.300 W Circuito de tomas de corriente uso general y frigorífico P = V · I = 230 · 16 = 3.680 W Circuito de cocina y horno P = V · I = 230 · 25 = 5.750 W Circuito de lavadora, lavavajillas y térmo eléctrico P = V · I = 230 · 20 = 4.600 W Circuito de tomas de corriente de cuartos de baño y cocina P = V · I = 230 · 16 = 3.680 W

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Unidad de contenido 6 6.1 R T = R 1 + R 2 + R 3 = 200 + 140 + 100 = 440 Ω I=

V 220 = = 0,5 A R T 440

V1 = R 1 I = 200 · 0,5 = 100 V V2 = R 2 I = 140 · 0,5 = 70 V V3 = R 3 I = 100 · 0,5 = 50 V P1 = V1 · I = 100 · 0,5 = 50 W P2 = V2 · I = 70 · 0,5 = 35 W P3 = V3 · I = 50 · 0,5 = 25 W PT = V · I = 220 · 0,5 = 110 W

6.2 I=

V2 5 = =1A R2 5

R T = R 1 + R 2 + R 3 = 10 + 5 + 6 = 21 Ω V = R T I = 21 · 1 = 21 V

6.3 La resistencia de la bobina del electroimán es: Re = l

L 150 = 0,017 = 3,23 Ω S 0,79

S = πr 2 = π · 0,5 2 = 0,79 mm 2 La resistencia total del conjunto formado por la bobina más la resistencia limitadora conectada en serie es igual a: RT =

V 12 = = 34,29 Ω I 0,35

R T = R e + R x ⇒ R x = R T - R e = 34,29 - 3,23 = 31 Ω

6.4 R1 =

V 2 220 2 = = 96,8 Ω P1 500

R2 =

V 2 220 2 = = 64,5 Ω P2 750

R T = R 1 + R 2 = 96,8 + 64,5 = 161,3 Ω 10 © ITES-PARANINFO

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Al someter a este conjunto en serie a una tensión de 220 V, tendremos que:

I=

V 220 = = 1,36 A R T 161,3

V1 = R 1 I = 96,8 · 1,36 = 131,65 V V2 = R 2 I = 64,5 · 1,36 =

87,72 V

P1 = V1 I = 131,65 · 1,36 = 179 W P2 = V2 I = 87,72 · 1,36 = 119 W

6.5 Primero calculamos la corriente: I=

P 10 = = 1,11 A V 9

La caída de tensión en la resistencia limitadora es:

VX = 24V - 9V = 15 V RX =

VX 15 = = 13,5 Ω I 1,11

PX = VX I = 15 · 1,11 = 16,7 W

6.6 RT =

1 1 = =2Ω 1 1 1 1 1 1 + + + + R 1 R 2 R 3 6 4 12

IT =

V 12 = =6A RT 2

I1 =

V 12 = =2A R1 6

I2 =

V 12 = =3A R2 4

I3 =

V 12 = =1A R 3 12

PT = V I T = 12 · 6 = 72 W

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6.7 PT = 25 + 40 + 60 + 100 = 225 W IT =

PT 225 = = 1,02 A V 220

RT =

V 220 = = 215 Ω I T 1,02

RT =

R1 · R 2 R1 + R 2

6.8

3=

12 · R 2 ⇒ R2 = 4Ω 12 + R 2

6.9 RT = I=

R 1.000 Ω = = 50 Ω nº 20

V 500 = = 0,5 A R 1000

I T = ΣI = 20 · 0,5 = 10 A P = V I = 500 · 0,5 = 250 W PT = V I T = 500 · 10 = 5.000 W

6.10 • Para el conmutador en la posición (3) tendremos aplicados los 220 V a la resistencia R 3 con una potencia de 3.000 W.

R3 =

V 2 220 2 = = 16,13 Ω P3 3.000

• Para el conmutador en la posición (2) aplicamos la tensión de 220 V al conjunto formado por las resistencias en serie R 2 y R 3 , y que desarrollan un total de 2.000 W. R T(2) =

V 2 220 2 = = 24,2 Ω P2 2.000

R 2 = R T(2) - R 3 = 24,2 - 16,13 = 8,07 Ω

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• Para la posición (1) del conmutador los 220 V de la alimentación quedan aplicados al conjunto formado por las resistencias en serie R1 , R 2 y R 3 , y que desarrollan un total de 1.000 W. R T(3) =

V 2 220 2 = = 48,4 Ω P3 1.000

R 1 = R T(3) - R 2 - R 3 = 48,4 - 16,13 - 8,07 = 24,2 Ω

6.13 Reducimos el circuito hasta encontrar un equivalente con una sola resistencia. Las resistencias equivalentes las hemos calculado así: R 14 =

R1 R 4 10 · 40 = =8Ω R 1 + R 4 10 + 40

R 142 = R 14 + R 2 = 8 + 20 = 28 Ω R 1425 =

R 142 · R 5 28 · 60 = = 19 Ω R 142 + R 5 28 + 60

R 14253 = R 1425 + R 3 = 19 + 30 = 49 Ω RT = IT =

R 14253 · R 6 49 · 60 = = 27 Ω R 14253 + R 6 49 + 60

V 200 = = 7,4 A R T 27

PT = V I T = 200 · 7,4 = 1.480 W

6.14 Primero marcamos puntos y corrientes en el circuito y reducimos el circuito hasta encontrar un equivalente con una sola resistencia, tal como se muestra en las figuras 6.1 a 6.4. I2 I A I1 R1 = 10 Ω

R3 = 30 Ω

B

I3 R4 = 40 Ω

100 V +

I4

C

-

I A I1 R1 = 10 Ω

R2 = 20 Ω

R134 = 16,67 Ω

I4

I4

Figura 6.3

C -

R2 = 20 Ω

Figura 6.2 C -

100 V +

R2 = 20 Ω

R34 = 6,67 Ω

100 V +

Figura 6.1 I A I1

B

A

I

RT = 9 Ω

-C

100 V +

Figura 6.4

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Las resistencias equivalentes las hemos calculado así: R 34 =

R3 · R4 30 · 40 = = 17,1 Ω R 3 + R 4 30 + 40

R 134 = R 1 + R 34 = 10 + 17,1 = 27,1 Ω RT =

R 134 · R 2 27,1 · 20 = = 11,5 Ω R 134 + R 2 27,1 + 20

En el circuito de la figura 6.4:

I=

VAC 100 = = 8,7 A R T 11,5

En el circuito de la figura 6.3: I1 =

VAC 100 = = 3,7 A R 134 27,1

I4 =

VAC 100 = =5A R2 20

En el circuito de la figura 6.2: VAB = R 1 · I1 = 10 · 3,7 = 37 V VBC = R 34 · I1 = 17,1 · 3,7 = 63,3 V En el circuito de la figura 6.1: I2 =

VBC 63,3 = = 2,1 A R3 30

I3 =

VBC 63,3 = = 1,6 A R4 40

En la tabla 6.1 situamos el valor de la tensión y corriente de cada resistencia. La potencia de cada una la calculamos aplicando la expresión: P = V I

R1 R 2

R3

R4

I(A)

3,7

2,1

1,6

V(v)

37 100 63,3 63,3

5

P(W) 137 500 134 101

Tabla 6.1

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Unidad de contenido 7 7.1 Dibujamos el circuito con las caídas de tensión, las f.e.m. de los generadores y aplicamos las leyes de Kirchhoff. 2 I3 A I1

I3 I2 1 I2

5 I1 M1

M2

12 V

5V

10 I3

B

10 I3

Figura 7.1 ⎧I1 + I 2 = I3 ⎪⎪ ⎨12 - 5I1 + 1I 2 - 5 = 0 ⎪ ⎪⎩5 - 1I 2 - 2I3 - 10I3 = 0 Resolviendo el sistema de ecuaciones por cualquiera de los métodos conocidos obtenemos el siguiente resultado: I1 = 1,25 A I 2 = −0,75 A I3 = 0,5 A

7.2 Procederemos de la misma forma que en el ejercicio anterior. 6 I3 A I1

I3 I2

4 I1

8 I2

M1

M2

1 I3

20 V

10 V B

Figura 7.2

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⎧I1 + I 2 = I 3 ⎪ ⎨10 - 4I1 + 8I 2 = 0 ⎪ ⎩20 - 8I 2 - 6I3 - 1I3 = 0 El resultado que se obtiene de este sistema de ecuaciones: I1 = 2,67 A I 2 = 0,0875 A I3 = 2,76 A La tensión en la carga de 8 Ω: V = RI 2 = 8 · 0,0875 = 0,7 V

7.3 Primero convertiremos a triángulo la estrella formada en el circuito, tal como se muestra en la figura 7.3. 10 Ω Rb 18 Ω

Ra 18 Ω Rc 18 Ω

6Ω

Figura 7.3 Como en este caso las resistencias son iguales: Ra = Rb = Rc =

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6·6 + 6·6 + 6·6 = 18 Ω 6

6Ω

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Seguidamente reduciremos el circuito hasta conseguir una sola resistencia, tal como se muestran en las figuras 7.3 a 7.7. 10 Ω

10 Ω Rb

6Ω

18 Ω

Rd 4,5 Ω

Ra 18 Ω

Ra 18 Ω

Rc 18 Ω

Re 4,5 Ω

6Ω

Figura 7.3

Figura 7.4

10 Ω

10 Ω

Ra 18 Ω

Rf

9Ω

Figura 7.5

Rg

Figura 7.6

RT

6Ω

16 Ω

Figura 7.7

Las resistencias equivalentes las obtenemos así: Rd =

18 · 6 = 4,5 Ω 18 + 6

Re =

18 · 6 = 4,5 Ω 18 + 6

R f = 4,5 + 4,5 = 9 Ω Rg =

18 · 9 =6Ω 18 + 9

R T = 10 + 6 = 16 Ω

7.4 Se procede exactamente igual que en el ejercicio anterior. Transformamos la estrella formada por las resistencias de 10 Ω. Ra = Rb = Rc =

10 · 10 + 10 · 10 + 10 · 10 = 30 Ω 10

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En las figuras 7.9 a 7.12 se reduce el circuito hasta conseguir una sola resistencia. 30 Ω

Ra

A

30 Ω

Rb

Rc

Rb

30 Ω

30 Ω

30 Ω

15 Ω

A

15 Ω

30 Ω B

B

5Ω

5Ω

18 Ω

Figura 7.8

18 Ω

Figura 7.9

A

A

Rb

30 Ω

30 Ω

15 Ω

B

B

5Ω

5Ω

18 Ω

Figura 7.10

18 Ω

Figura 7.11 A

20 Ω B

18 Ω

Figura 7.12

7.5 Primero calculamos la resistencia de Thèvenin cortocircuitando las fuentes de alimentación (figura 7.13).

A R Th B R1

R2

20 Ω

5Ω

Figura 7.13 R 1 y R 2 quedan conectadas en paralelo: R Th =

R1 · R 2 20 · 5 = =4Ω R 1 + R 2 20 + 5

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La tensión de Thèvenin es la que aparece entre los terminales AB (VAB ) según se muestra en la figura 7.14. I A E1

VAB

140 V

E2

90 V

B

20 I

5I

Figura 7.14 Si aplicamos la segunda ley de Kirchhoff al circuito de la figura 7.14: 140 - 90 - 5I - 20I = 0 I=

140 - 90 =2A 5 + 20

Para averiguar la tensión VAB aplicamos otra vez esta ley pero a la malla formada por E1, R1 y VAB: 140 - VAB - 20I = 0 VAB = 140 - 20I = 140 - 20 · 2 = 100 V VTh = VAB = 100 V El circuito equivalente de Thèvenin quedaría así (figura 7.15): IL1

RTh

A

4Ω VTh

35,2 V

RL

VL

B

Figura 7.15 • Para RL1 = 100 Ω I L1 =

VTh 100 = = 0,96 A R Th + R L1 4 + 100

VL1 = I L1 · R L1 = 0,96 · 100 = 9,6 V • Para RL2 = 500 Ω IL2 =

100 = 0,198 A 4 + 500

VL2 = 500 · 0,198 = 99 V © ITES-PARANINFO 19

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• Para RL3 = 10 Ω I L3 =

100 = 7,14 A 4 + 10

VL3 = 10 · 7,14 = 71,4 V • Para RL4 = 3 KΩ IL4 =

100 = 0,033 A 4 + 3.000

VL4 = 3.000 · 0,033 = 99,8 V

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UNIDAD DE CONTENIDO 8 8.6 P 20 = = 1,67 A V 12 Q 110 = 65,87h Q = I·t ⇒ t = = I 1,67 I=

8.7

∑ E = 10 · 2V = 20 V = ∑ r = 10 · 0,12 = 1,2 Ω

ET = rT

a) Tensión en bornes en vacío = E T = 20 V b) I =

ET 20 = = 2,18 A rT + R 1,2 + 8

Vb = E T - rT I = 20 - 1,2 · 2,18 = 17,4 V c)

PT = E T I = 20 · 2,18 = 43,6 W Pu = Vb I = 17,4 · 2,18 = 37,9 W η=

Pu 37,9 100 = 100 = 86,9% PT 43,6

d) I cc = e)

E T 20 = = 16,67 A rT 1,2

Vb = E T - rT I = 20 - 1,2 · 2 = 17,6 V

8.8 ET = E = 2 V rT = a)

r 0,12 = = 0,012 Ω n 10

Vb vacío = E T = 2V

b) I =

ET 2 = = 0,25 A rT + R 0,012 + 8

Vb = E T - rT I = 2 - 0,012 · 0,25 = 1,99 V c)

PT = E T I = 2 · 0,25 = 0,5 W

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Pu = Vb I = 1,99 · 0,25 = 0,497 W η=

Pu 0,497 100 = 100 = 99,4% PT 0,5

d) I cc = e)

ET 2 = = 166 A rT 0,012

Vb = E T - rT I = 2 - 0,012 · 2 = 1,98 V

8.9

∑ E = 10 · 2,5 V = 25 V = ∑ r = 10 · 0,015 = 0,15 Ω

ET = rT a)

Vb = E - rT I ⇒ I =

R=

E - Vb 25 - 17,5 = = 50 A rT 0,15

Vb 17,5 = = 0,35 Ω I 50

P = Vb · I = 17,5 · 50 = 875 W

b) Pu′ = PT′ - PP′ = EI - rI 2 = 2,5 · 50 - 0,015 · 50 2 = 87,5 W

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 9 9.6 Q =C·V Q1 = 1.000 · 10- 6 · 4 = 0,004 C Q 2 = 1.000 · 10- 6 · 20 = 0,02 C Q3 = 1.000 · 10- 6 · 100 = 0,1 C

9.7 d=

ε S 5,5 50 · 2 · 10 −4 · = · = 0,00049 m = 0,49 mm 4 · π · 9 · 109 C 4 · π · 9 · 109 1 · 10- 9

9.8 τ = R · C = 100 Ω · 100 μF · 10-6 = 0,01 S t = 5 · τ = 5 · 0,01 = 0,05 S

9.12 CT =

C1 · C 2 6·3 = = 2 μF C1 + C 2 6 + 3

Q T = V · CT = 100 · 2 · 10- 6 = 2 · 10- 4 C Q1 = Q 2 = Q T = 2 · 10- 4 C V1 =

Q1 2 · 10- 4 = = 33,33 V C1 6 · 10- 6

V2 =

Q 2 2 · 10- 4 = = 66,67 V C2 3

9.13 CT = C1 + C 2 = 5 + 15 = 20 μF Q T = V · CT = 100 · 20 · 10- 6 = 0,002 C Q1 = V · C1 = 100 · 5 · 10- 6 = 0,0005 C Q 2 = V · C 2 = 100 · 15 · 10- 6 = 0,0015 C

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 10 10.5 μr =

μ ⇒ μ = μ o · μ r = 4 · π · 10 - 7 · 100 = 1,25 · 10- 4 H/m μo

10.6 N I 100 · 1 = = 1.000 AV/m L 10 · 10 -2 Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de hierro forjado se consiguen 1, 3 Teslas de induccción cuando sometemos al núcleo a la acción de una intensidad de campo de 1.000 AV/m. H=

Φ = ⇒ Φ = B · S = 1,3 · 3 · 10 -4 = 3,9 · 10 -4 Wb = 0,39 mWb S B 1,3 μ= = = 1,3 · 10 -3 H/m H 1.000 1,3 · 10 -3 μ = = 1.035 μr = μ o 4 · π · 10 -7

B=

F = N · I = 100 · 1 = 100 AV F 100 ℜ= = = 256.410AV/Wb Φ 3,9 · 10 -4

10.7 B B 1,2 ⇒H= = = 300 AV H μ 4 · 10 -3 Φ B = = ⇒ Φ = B · S = 1,2 · 5 · 10 -4 = 6 · 10 -4 Wb = 0,6 mWb S NI F H= = ⇒ F = H · L = 300 · 25 · 10 -2 = 75 AV L L

μ=

10.8 L = 25 + 25 + 25 + 25 = 100 cm N I 500 · 10 H= = = 5.000 AV/m L 100 · 10 -2 Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa de silicio se consiguen 1, 5 Teslas de induccción cuando sometemos al núcleo a la acción de una intensidad de campo de 5.000 AV/m.

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Solucionario: Electrotecnia

10.9 4 · 10 3 Φ = = 1,6 T S 25 · 10 -4 Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa de silicio se necesitan 9.000 AV/m para producir 1, 5 Teslas de induccción B=

H=

NI H · L 9.000 · 100 · 10 -2 ⇒I= = = 18 A L N 500

10.10 Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de chapa magnética normal se necesitan 675 AV/m para producir 1,1Teslas de inducción. La longitud media del circuito formado por la chapa es: L Fe = 14 + 6 + 14 + 6 = 40 cm

Fuerza magnetomotriz para establecer este nivel de inducción en el hierro: FFe = H Fe ·L Fe = 675 · 40 · 10 -2 = 270 AV

La intensidad de campo necesaria aplicar para el tramo de aire es: H=

B 1,1 = = 875.352 AV/m μ 0 4 · π · 10 -7

Longitud del tramo de aire: 0,2 + 0,2 = 0,4 cm Fuerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro: Faire = H aire ·L aire = 875.352 · 0,4 · 10 -2 = 3.501 AV

La fuerza magnetomotriz total será: F = FFe + Faire = 270 + 3.501 = 3.771 AV N=

F 3.771 = = 1885,5 espiras I 2

10.11 F = 40.000 · B 2 · S = 40.000 · 1,3 2 · 4 · 10 -4 = 27 Kp

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Solucionario: Electrotecnia

10.12 La superficie de atracción de un polo es :1 · 1 = 1 cm 2 Dicha superficie para los dos polos será entonces : 2 · 1 = 2 cm 2 F = 40.000 · B 2 · S ⇒ B =

F = 40.000 · S

2 = 0,5 T 40.000 · 2 · 10 -4

Consultando en la tabla 10.1 para un núcleo de forjado se necesitan 160 AV/m para producir 0,5 Teslas de induccción.

La longitud media del circuito formado por la chapa es: L Fe = 3 + 3 + 3 + 3 = 12 cm Fuerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro:

FFe = H Fe ·L Fe = 160 · 12 · 10 -2 = 19,2 AV La intensidad de campo necesaria aplicar para el tramo de aire es:

H=

B 0,5 = = 397.887 AV/m μ 0 4 · π · 10 -7

Longitud del tramo de aire: 0,3 + 0,3 = 0,6 cm Fueerza magnetomotriz para establecer el nivel de inducción en el aire del entrehierro:

Faire = H aire ·L aire = 397.887 · 0,6 · 10 -2 = 2.387 AV La fuerza magnetomotriz total será: F = FFe + Faire = 19,2 + 2.387 = 2.406 AV I=

F 2.406 = = 1,4 espiras N 1.000

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 11 11.7 e inducida = N

ΔΦ 30 · 10 -3 = 300 · = 450 V Δt 20 · 10 -3

11.8 e = B L v = 0,95 · 15 · 10 -2 · 5 = 0,71 V

11.9 e inducida = L

ΔI e · Δt 40 · 10 -3 ⇒L= = 220 = 0,98 H Δt ΔI 9

11.10 Aplicando la regla de la mano izquierda se observa que el conductor se desplaza hacia la izquierda F = B L I = 1,6 · 50 · 10 -2 · 25 = 20 Nw

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 12 12.8 Vmáx = 2 · Veficaz = 2 · 100 = 141 V

12.9 f=

1 1 = = 200 Hz T 5 · 10 -3

12.10 Vmáx = 2 · Veficaz = 2 · 220.000 = 311.127 V

12.11 Vmáx = nº div × K = 5 div · 10 V/div = 50 V T = nº div × K = 10 div · 5 ms/div = 50 ms V 50 Veficaz = máx = = 35 V 2 2 1 1 f= = = 20 Hz T 50 · 10 -3 υ (t =5ms) = Vmáx Sen ωt = 50 · Sen (40 π · 5 · 10 -3 ) = 50 Sen 36º = 29 V ω = 2 · π · f = 2 · π · 20 = 40 π

12.12 Ángulo 1.500 · 2π = = 157radianes/segundo t 60 ω 157 ω = 2· π·f ⇒ f = = = 25Hz 2π 2π ω=

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Solucionario: Electrotecnia

12.13 ω = 2πf = 2 · π · 50 = 100 π υ = Vmáx Sen ωt υ(1ms) = 311 · Sen (100 · π · 1 · 10-3 ) = 96 V υ(3ms) = 311 · Sen (100 · π · 3 · 10-3 ) = 252 V υ(5ms) = 311 · Sen (100 · π · 5 · 10-3 ) = 311 V υ(6ms) = 311 · Sen (100 · π · 6 · 10-3 ) = 296 V υ(10ms) = 311 · Sen (100 · π · 10 · 10-3 ) = 0 V υ(11ms) = 311 · Sen (100 · π · 11 · 10-3 ) = - 96 V υ(13ms) = 311 · Sen (100 · π · 13 · 10- 3 ) = - 252 V υ(20ms) = 311 · Sen (100 · π · 20 · 10- 3 ) = 0 V V 311 V 296 V 252 V 96 V 0V

10 11 13 1

3

56

20

t (ms)

-96 V -252 V 311 V

Figura 12.1

12.14 υ = Vmáx Senα ⇒ Veficaz =

υ 90 = = 180 V Senα Sen 30º

Vmáx 180 = = 127 V 2 2

12.15 VCA = Veficaz =

6 Vmáx = = 4,24 V 2 2

VCC = Vmedio = 0 V f=

1 1 = = 6,67 Hz T 150 · 10-3 © ITES-PARANINFO 29

Solucionario: Electrotecnia

12.16 I=

V 220 = = 4,4 A R 50

P = R · I 2 = 50 · 4,4 2 = 968 W E = P · t = 0,968 KW · 8h = 7,7 KWh

12.17 X L = 2πfL = 2 · π · 60 · 0,4 = 151 Ω I=

V 380 = = 2,5 A X L 151

Q L = X L I 2 = 151 · 2,52 = 943 VAR E = P · t = 0KW · 8h = 0 KWh

12.18 XC = I=

1 1 = = 7,96 Ω 2πfC 2 · π · 100 · 200 · 10- 6

V 50 = = 6,3 A X C 7,96

Q C = X C I 2 = 7,96 · 6,32 = 316 VAR

30 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 13 13.5 X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 250 · 10 -3 = 78,5 Ω Z = R 2 + X 2L = 50 2 + 78,5 2 = 93 Ω V 220 = = 2,4 A Z 93 R 50 Cosϕ = = = 0,54 ⇒ ϕ = 57,5º Z 93 P = V I Cosϕ = 220 · 2,4 · 0,54 = 285 W Q = V I Senϕ = 220 · 2,4 · Sen57,5º = 445 VAR S = V I = 220 · 2,4 = 528 VA VR = R I = 50 · 2,4 = 120 V I=

VL = X L I = 78,5 · 2,4 = 188,4 V

VL = 188,4 V

ϕ = 57,5º I = 2,4 A VR = 120 V

ωt = 0

Figura 13.1

13.6 XC =

1 1 = = 17.684 Ω 2πfC 2 · π · 60 · 150 · 10 -9

Z = R 2 + X c2 = 10.000 2 + 17.684 2 = 20.315 Ω

V 100 = = 4,9 · 10 -3 A = 4,9 mA Z 20.315 R 10.000 Cosϕ = = = 0,49 ⇒ 60,5º Z 20.315 VR = R I = 2.000 · 0,0049 = 9,8 V I=

VC = X C I = 17.684 · 0,0049 = 86,7 V © ITES-PARANINFO 31

Solucionario: Electrotecnia

P = V I Cosϕ = 100 · 0,0049 · 0,49 = 0,24 W Q = V I Senϕ = 100 · 0,0049 · Sen60,5º = 0,43 VAR S = V I = 100 · 0,0049 = 0,4 VA I = 4,9 mA

VR = 49 V ϕ = 60,5º

VL = 86,7 V

Figura 13.2

13.7 1 1 = = 31,8 Ω 2πfC 2 · π · 50 · 100 · 10 -6 X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 200 · 10 -3 = 62,8 Ω XC =

Z = R 2 + (X L - X C ) 2 = 10 2 + (62,8 - 31,8) 2 = 32,6 Ω V 220 = = 6,75 A Z 32,6 R 10 Cosϕ = = = 0,31 ⇒ 72,1º Z 32,6 VR = R I = 10 · 6,75 = 67,5 V I=

VC = X C I = 31,8 · 6,75 = 214,7 V VL = X L I = 62,8 · 6,75 = 424 V P = V I Cosϕ = 220 · 6,75 · 0,31 = 460 W Q = V I Senϕ = 220 · 6,75 · Sen72,1º = 1.413 VAR S = V I = 220 · 6,75 = 1.485 VA Predomina la carga inductiva: X L > X C

32 © ITES-PARANINFO

ωt = 0

Solucionario: Electrotecnia

VL = 424 V VC

ϕ = 72,1 º

I = 6,75 A

VR = 67,5 V VC = 214,7 V

Figura 13.3

13.8 P = V I Cosϕ ⇒ Cosϕ =

P 2.000 = = 0,73 V I 125 · 22

13.9 ϕ = arcos 0,6 = 53,13 º ϕ ' = arcos 0,95 = 18,9 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 20 · 500 (tag 53,13 º - tag 18,19 º ) = 1.000 VAR Q C 1.000 4,35 A = 230 V V 230 XC = = = 0,53 Ω I C 4,35 IC =

C=

1 1 = = 600 · 10 -6 F = 600 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 0,53

C (600 μF; 230 V; 1 KVAR) P 10.000 I cos 0,6 = = = 72,5 A V cosϕ 230 · 0,6 P 10.000 I cos 0,6 = = = 45,8 A V cosϕ 230 · 0,95

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Solucionario: Electrotecnia

13.10 ϕ = arcos 0,6 = 53,13 º ϕ ' = arcos 0,9 = 25,84 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 20 (tag 53,13 º - tag 25,84 º ) = 16,98 VAR Q C 16,98 = 0,077 A 220 V 220 V = 2.850 Ω XC = = I C 0,077

IC =

C=

1 1 = = 1,1 · 10 -6 F = 1,1 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 2.850

C (1,1 μF; 220 V)

13.11 Cosϕ =

VR 125 = = 0,57 V 220

VC = V 2 - VR2 = 220 2 - 1252 = 181 V

VR = 125 ϕ VC

Figura 13.4

I=

P 60 = = 0,48 A V Cosϕ 220 · 0,57

VC 181 = = 377 Ω I 0,48 1 1 C= = = 8,4 · 10 -6 F = 8,4 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 377 XC =

C (8,4 μF; 181 V)

13.12 − Bobina nº 1

X L1 = 2πf L1 = 2π · 50 · 0,8 = 251 Ω 2

Z 1 = R 1 + X L 1 = 20 2 + 2512 = 251,8 Ω 34 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

− Bobina nº 2 X L2 = 2πf L 2 = 2π · 50 · 0,6 = 188,5 Ω 2

Z 2 = R 2 + X L 2 = 282 + 188,52 = 190,6 Ω Z T = (R 1 + R 2 ) 2 + (X L1 + X L2 ) 2 = (20 + 28) 2 + (251 + 188,5) 2 = 442 Ω I=

V 220 = = 0,5 A ZT 442

V1 = Z1 I = 251,8 · 0,5 = 126 V V2 = Z 2 I = 190,6 · 0,5 = 95 V CosϕT =

R T 20 + 28 = = 0,11 ⇒ 83,8º ZT 442

P = V I Cosϕ = 220 · 0,5 · 0,11 = 12 W Q = V I Senϕ = 220 · 0,5 · Sen83,8º = 109 VAR S = V I = 220 · 0,5 = 110 VA

Mejora del Factor de potencia :

ϕ = arcos 0,11 = 83,8 º ϕ ' = arcos 0,95 = 18,19 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 12 (tag 83,13 º - tag 18,19 º ) = 96,8 VAR Q C 96,8 0,44 A = V 220 V 220 XC = = = 500 Ω I C 0,077

IC =

C=

1 1 = = 6,4 · 10 -6 F = 6,4 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 500

C (6,4 μF; 220 V)

13.13 P 5.750 = = 31,25 A V cos ϕ 230 · 0,8 230 Δv = 1 = 2,3 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 25 · 31,25 · 0,8 = 0,017 · = 9,2 mm 2 ⇒ Sección comercial = 10 mm 2 S=l Δv 2,3 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductores aislados en tubos empotrados en I=

paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 10 mm 2 ( I máx. admisible = 40 A) © ITES-PARANINFO 35

Solucionario: Electrotecnia

13.14 P 5.000 = = 25,58 A V cos ϕ 230 · 0,85 230 Δv = 5 = 11,5 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 250 · 25,58 · 0,85 S=l = 0,017 · = 16,1 mm 2 ⇒ Sección comercial = 25 mm 2 Δv 11,5 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductores aislados en tubos empotrados en I=

paredes aislantes) Columna 3, tenemos que : S = 16 mm 2 ( I máx. admisible = 70 A)

δ=

25,58 A = 1 A/mm 2 25 mm 2

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 14 14.1 1) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 1 = P tag ϕ = (5 · 1.500) · 0 = 0 VAR I=

P 5 · 1.500 = = 34 A (calibre de automático > 35 A) V Cos ϕ 220 · 1

2) cos ϕ = 0,75 ⇒ ϕ = 41,4º ⇒ tag ϕ = tag 41,4º = 0,88 Q 2 = P tag ϕ = (3 · 5 · 736) · 0,88 = 9.715 VAR I=

P 3 · 5 · 736 = = 67 A (calibre de automático > 80 A) V Cos ϕ 220 · 0,75

3) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q 3 = P tag ϕ = (60 ·40) · 1,33 = 3.200 VAR I=

P 60 · 40 = = 18 A (calibre de automático > 20 A) V Cos ϕ 220 · 0,6

4) V 2 220 2 = = 3.227 W R 15 cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 P=

Q 4 = P tag ϕ = 3.227 · 0 = 0 VAR I=

3.227 P = = 14,7 A (calibre de automático > 20 A) V Cos ϕ 220 · 1

5) X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 500 · 10 -3 = 157 Ω Z = R 2 + X 2L = 20 2 + 157 2 = 158 Ω

V 220 = = 1,39 A (calibre de automático > 5 A) Z 158 R 20 = 0,13 ⇒ ϕ = 82,72º Cosϕ = = Z 158 P = V I Cosϕ = 220 · 1,39 · 0,13 = 39,8 W Q = V I Senϕ = 220 · 1,39 · Sen 82,72º = 303,3 VAR I=

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Solucionario: Electrotecnia

Potencias totales : PT = ∑ P = (5 · 1500) + (3 · 5 · 736) + (60 · 40) + 3.227 + 39,8 = 24.207 W

Q T = ∑ Q = 0 + 9.715 + 3.200 + 0 + 303,3 = 13.218 VAR 2

2

S T = PT + Q T = 24.207 2 + 13.218 2 = 27.581 VA = 27, 6 KVA (potencia instalada) P 24.207 = = 0,88 S 27.581 PT 24.207 = = 125 A (calibre de automático > 160 A) IT = V Cos ϕ 220 · 0,88

FP = Cosϕ =

d) 220 3 = 6,6 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 125 · 0,88 S= l = 0,017 · = 70 mm 2 ⇒ Sección comercial = 70 mm 2 6,6 Δv Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores al aire libre) Columna 8, Δv =

tenemos que : S = 70 mm 2 ( I máx. admisible = 202 A) e)

ϕ = arcos 0,88 = 28,35 º ϕ ' = arcos 0,98 = 11,48 º Q C = P (tagϕ - tagϕ ' ) = 24.207 (tag 28,35 º - tag 11,48 º ) = 8.146 VAR Q C 8.146 = = 37 A V 220 V 220 XC = = = 5,94 Ω I C 37 IC =

C=

1 1 = = 535 · 10 -6 F = 535 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 5,94

C (535 μF; 220 V)

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Solucionario: Electrotecnia

14.2 1) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q1 = P tagϕ = (7 · 100) · 0 = 0 VAR I=

P 7 · 100 = = 3,18 A (calibre de fusible F3 > 4 A) V Cos ϕ 220 · 1

2) cos ϕ = 0,9 ⇒ ϕ = 25,84º ⇒ tag ϕ = tag 25,84º = 0,48 Q 2 = P tagϕ = (100 · 40) · 0,48 = 1.937 VAR I=

P 100 · 40 = = 18 A (calibre de fusible F4 > 20 A) V Cos ϕ 220 · 0,9

3) V 2 220 2 = = 968 W R 50 cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = 968 · 0 = 0 VAR P=

I=

P 968 = = 4,4 A (calibre de fusible F5 > 6 A) V Cos ϕ 220 · 1

4) cos ϕ = 0,7 ⇒ ϕ = 45,57º ⇒ tag ϕ = tag 45,57º = 1,02 Q 4 = P tagϕ = 3.025 · 1,02 = 3.086 VAR I=

P 3.025 = = 19,6 A (calibre de fusible F6 > 20 A) V Cos ϕ 220 · 0,7

Potencias totales: PT = ∑ P = (7 · 100) + (100 · 40) + 968 + 3.025 = 8.693 W Q T = ∑ Q = 0 + 1.937 + 0 + 3.086 = 5.023 VAR 2

2

S T = PT + Q T = 8.693 2 + 5.023 2 = 10.040 VA = 10 KVA FP = Cosϕ T = IT =

PT 8.639 = = 0,86 S T 10.040

PT 8.693 = = 46 A (calibre de fusible F1 > 50 A) V Cos ϕ 220 · 0,86

© ITES-PARANINFO 39

Solucionario: Electrotecnia

c) 220 2 = 4,4 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 46 · 0,86 S= l = 0,017 · = 38 mm 2 ⇒ Sección comercial = 50 mm 2 4,4 Δv Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos) Columna 4, Δv =

tenemos que : S = 50 mm 2 ( I máx. admisible = 117 A)

d) ϕ = arcos 0,86 = 30,68 º ϕ ' = arcos 0,99 = 8,1 º Q C = P (tag ϕ - tag ϕ ' ) = 8.693 (tag 30,68 º - tag 8,1 º ) = 3.920 VAR Q C 3.920 = = 17,8 A V 220 V 220 XC = = = 12,36 Ω I C 17,8 IC =

C=

1 1 = = 258 · 10 -6 F = 258 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 12,36

C (3,9 KVAR; 258 μF; 220 V)

e) PT 8.693 = = 40 A V Cos ϕ ' 220 · 0,99 220 2 = 4,4 V Δv = 100 2 L · I · cosϕ 2 · 125 · 40 · 0,99 S= l = 0,017 · = 38 mm 2 ⇒ Sección comercial = 50 mm 2 4,4 Δv Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes) Columna 2, I'T =

tenemos que : S = 50 mm 2 ( I máx. admisible = 94 A)

14.3 Z = 50 · Cos45º + j50 · Sen45º = 35 + j35 R = 35 Ω X L = 35 Ω

40 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

14.4 Z1

Z2

I I1

I2 R2

G

140 Ω

R1 380 V

200 Ω

L 1,96 H

Figura 14.1 Z1 = 200 + j0 X L 2 = 2πfL 2 = 2 · π · 50 · 1,96 = 616 Ω Z 2 = 140 + j616 I1 =

V 380 = = 1,9 + j0 Z1 200 + j0

I2 =

V 380 (140 - j616) 380 = = = 0,13 - j0,59 Z 2 140 + j616 140 2 + 616 2

I T = I1 + I 2 = (1,9 + j0) + (0,13 - j0,59) = 2 - j0,59 I1 = 1,9 + 0j = 1,9∠0º = 1,9 A I 2 = 0,13 - j0,59 = 0,132 + 0,59 2 ∠arctg

- 0,59 = 0,6 ∠ - 77,6º = 0,6 A 0,13

I T = 2 - j0,59 = 2,1∠ - 16,4º = 2,1 A

I1 = 1,9 0º

V = 380 0º

ϕ I = 2,1 -16,4º I2 = 0,6 -77,6º

Figura 14.2

© ITES-PARANINFO 41

Solucionario: Electrotecnia

14.5 XC =

1 1 = = 48 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 66,3 · 10- 6

X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 159 · 10-3 = 50 Ω Z1 = X C = 0 - j48 = 48∠ - 90º Z 2 = R = 400 + j0 = 400∠0º Z3 = X L = 0 + j50 = 50∠90º I1 =

V 120∠0º = = 2,5∠90º = 2,5 A Z1 48∠ − 90º

I2 =

V 120∠0º = = 0,3∠0º = 0,3 A Z 2 400∠0º

I3 =

V 120∠0º = = 2,4∠ - 90º = 2,4 A Z3 50∠90º

I T = I1 + I 2 + I3 = (0 + j2,5) + (0,3 + j0) + (0 + j2,4) = 0,3 + j0,1 = 0,32∠18,4º = 0,32 A / ϕ = 18,4º P = V I Cosϕ = 120 · 0,32 · Cos 18,4º = 36,4 W Q = V I Senϕ = 120 · 0,32 · Sen 18,4º = 12,1 VAR S = V I = 120 · 0,32 = 38,4 VA

I1 =2,5 90º

I1 =0,32 18,4º I2 = 0,3 0º

V = 120 0º

ϕ

I = 2,4 -90º

Figura 14.3

42 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

14.6 Z1 = (j10 - j20) = - j10 Z 2 = 20 - j10 Z3 = 10 + j5 I1 =

V 100 = = j10 = 10 A Z1 - j10

I2 =

V 100 = = 4 + j2 = 4,47∠26,56º Z 2 20 - j10

I3 =

V 100 = = 8 - j4 = 8,94∠ - 26,6º Z3 10 + j5

I T = I1 + I 2 + I3 = j10 + 4 + j2 + 8 - j4 = 12 + j8 = 14,42∠33,7º = 14,42 A / ϕ = 33,7º ZT =

100∠0º V = 6,93∠ - 33,7º = 6,93 Ω = I T 14,42∠33,7º

F.P. = Cosϕ = Cos 33,7º = 0,83 (capacitivo) P = V I Cosϕ = 100 · 14,42 · Cos 33,7º = 1.197 W Q = V I Senϕ = 100 · 14,42 · Sen 33,7º = 800 VAR S = V I = 100 · 14,42 = 1.442 VA

14.7 El circuito mixto podría quedar también dibujado así (figura 14.4). 5Ω

10 Ω

A

B

I1

3Ω

D C

4Ω

IT G

I2

50 V

Figura 14.4 El circuito equivalente podría quedar reducido al de la figura 14.5 teniendo en cuenta que el condensador y la red formada por la bobina y la resistencia están en paralelo.

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Solucionario: Electrotecnia

10 Ω

A

ZBD

B

D

IT G 50 V

Figura 14.5 Z BD =

- j5 (3 + j4) 20 - j15 (3 + j1) (20 - j15) = = = 7,5 - j2,5 = 7,9∠ - 18,4º - j5 + (3 + j4) 3 - j1 32 + 12

En el circuito de la figura 8.9 la resistencia queda en serie con la impedancia ZBD

ZT = 10 + (7,5 - j2,5) = 17,5 - j2,5 IT =

V 50 (17,5 + j2,5) 50 = = = 2,8 + j0,4 = 2,8∠8,1º = 2,8 A / ϕ = 8,1º ZT 17,5 - j2,5 17,52 + 2,52

VBD = Z BD · IT = 7,9∠ - 18,4º · 2,8∠8,1º = 22,1∠ - 10,3º I2 =

VBD 22,1∠ - 10,3º = = 4,4∠ - 63,4º Z2 5∠53,1º

Z 2 = 3 + 4j = 5∠53,1º − Lectura de V = VCD = ZCD · I 2 = 4∠90º · 4,4∠ - 63,4º = 17,6∠ - 26,6º = 17,6 V PT = V I Cosϕ = 50 · 2,8 · Cos 8,1º = 138,6 W Q T = V I Senϕ = 50 · 2,8 · Sen 8,1º = 19,7 VAR ST = V I = 50 · 2,8 = 140 VA

14.8 El circuito se podría representar así (figura 14.6): 5Ω

10 Ω

A

I1

B

C 10 Ω

IT G

I2

V

Figura 14.6 44 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

El condensador y la bobina quedan en paralelo (figura 14.7): 10 Ω

A

B

ZBC

C

IT G V

Figura 14.7 Z BC =

(j5) (-j10) 50 = = j10 j5 - j10 - j5

Z T = Z AB + Z BC = 10 + j10 I 2 = Lectura de A = 10 VBC = ZC · I 2 = - j10 · 10 = - j100 I1 =

VBC - j100 = = - 20 ZL 5j

I T = I1 + I 2 = - 20 + 10 = - 10 = 10 A / ϕ = 180º VT = ZT · I T = (10 + j10) (-10) = - 100 - j100 = 141∠ - 135º = 141 V − ST = VT · I T * = (−100 − j100) − 10 = 1.000 + j1.000 = 1414∠45º PT = 1.000 W Q T = 1.000 VAR ST = 1.414 VA CosϕT = Cos 45º = 0,7 En la figura 14.8 se ha representado el diagrama vectorial:

I1 = 20 0º

IT = 10 0º

I2 = 10 0º

Figura 14.8

© ITES-PARANINFO 45

Solucionario: Electrotecnia

14.9 V = 311 Sen 314 t Vmáx = 311 V V=

Vmáx 311 = = 220 V 2 2

ω = 314 ω = 2πf ⇒ f =

ω 314 = = 50 Hz 2π 2π

X L = ωL = 314 · 0,4 = 125,6 Ω Z = R 2 + X 2L = 100 2 + 125,6 2 = 160,5 Ω V 220 = = 1,4 A Z 160,5 R 100 Cosϕ = = = 0,62 ⇒ ϕ = 51,5º Z 160,5 P = V I Cosϕ = 220 · 1,4 · 0,62 = 191 W Q = V I Senϕ = 220 · 1,4 · Sen 51,5º = 241 VAR S = V I = 220 · 1,4 = 308 VA I=

En la figura 14.9 se ha representado el diagrama vectorial. V = 220 V

ϕ = 51,5º VR = 1,4 A

Figura 14.9

46 © ITES-PARANINFO

ωt = 0

Solucionario: Electrotecnia

14.10 X L1 = 2πfL1 = 2 · π · 50 · 0,8 = 251,2 Ω X L 2 = 2πfL 2 = 2 · π · 50 · 0,6 = 188,4 Ω Z1 = R 1 + jXL1 = 80 + j251,2 Z 2 = R 2 + jXL 2 = 120 + j118,4 I1 =

V 220 (80 - j251,2) 220 = = = 0,25 - j0,8 Z1 80 + j251,2 802 + 251,2 2

I2 =

(120 - j188,4) 220 220 V = = = 0,56 - j0,83 Z 2 120 + j188,4 120 2 + 188,4 2

I1 = 0,84∠ - 72,6º = 0,84 A / ϕ1 = - 72,6º I 2 = 0,98∠ - 57,4º = 0,98 A / ϕ2 = - 57,4º I T = I1 + I 2 = 0,25 - j0,8 + 0,53 - j0,83 = 0,78 - j1,63 = 1,81∠ - 64,4º = 1,81A / ϕT = - 64,4º − Bobina nº 1 Cosϕ1 = Cos 72,6º = 0,3 P1 = V I1 Cosϕ1 = 220 · 0,84 · 0,3 = 55,4 W Q1 = V I1 Senϕ1 = 220 · 0,84 · Sen 72,6º = 176 VAR S1 = V I1 = 220 · 0,84 = 184,8 VA − Bobina nº 2 Cosϕ2 = Cos 57,4º = 0,54 P2 = V I 2 Cosϕ2 = 220 · 0,98 · 0,54 = 116,4 W Q 2 = V I 2 Senϕ2 = 220 · 0,98 · Sen 57,4º = 182 VA S2 = V I 2 = 220 · 0,98 = 216 VA − Total CosϕT = Cos 64,4º = 0,43 PT = V I T CosϕT = 220 · 1,81 · 0,43 = 171 W Q T = V I T SenϕT = 220 · 1,81 · Sen 64,4º = 359 VAR ST = V I T = 220 · 1,81 = 398 VA

© ITES-PARANINFO 47

Solucionario: Electrotecnia

14.11 G 220 V / 50 Hz

I

R = 160 Ω A

B

C = 35 μF

Figura 14.10

XC =

1 1 = = 91 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 35 · 10- 6

Z = R 2 + X C2 = 160 2 + 912 = 184 Ω I=

V 220 = = 1,2 A Z 184

VR = R I = 160 · 1,2 = 192 V − Para que el calefactor trabaje a 125 V, la corriente será igual a: I=

VR 125 = = 0,78 A R 160

Z=

V 220 = = 282 Ω I 0,78

X C = Z 2 + R 2 = 282 2 + 160 2 = 232 Ω f=

1 1 = = 19,6 Hz 2 · π · C · X C 2 · π · 35 · 10- 6 · 232

14.12 − Bobina nº 1

X L1 = 2πf L1 = 2π · 50 · 0,8 = 251 Ω 2

Z 1 = R 1 + X L 1 = 20 2 + 2512 = 251,8 Ω

48 © ITES-PARANINFO

C

Solucionario: Electrotecnia

− Bobina nº 2 X L2 = 2πf L 2 = 2π · 50 · 0,6 = 188,5 Ω 2

Z 2 = R 2 + X L 2 = 282 + 188,52 = 190,6 Ω Z T = (R 1 + R 2 ) 2 + (X L1 + X L2 ) 2 = (20 + 28) 2 + (251 + 188,5) 2 = 442 Ω I=

V 220 = = 0,5 A ZT 442

V1 = Z1 I = 251,8 · 0,5 = 126 V V2 = Z 2 I = 190,6 · 0,5 = 95 V CosϕT =

R T 20 + 28 = = 0,11 ⇒ 83,8º ZT 442

P = V I Cosϕ = 220 · 0,5 · 0,11 = 12 W Q = V I Senϕ = 220 · 0,5 · Sen83,8º = 109 VAR S = V I = 220 · 0,5 = 110 VA

Mejora del Factor de potencia: ϕ = arcos 0,11 = 83,8 º ϕ' = arcos 0,95 = 18,19 º Q C = P (tagϕ - tagϕ' ) = 12 (tag 83,13 º - tag 18,19 º ) = 96,8 VAR IC =

Q C 96,8 0,44 A = V 220

XC = C=

V 220 = = 500 Ω I C 0,077

1 1 = = 6,4 · 10 -6 F = 6,4 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 500

C (6,4 μF; 220 V)

© ITES-PARANINFO 49

Solucionario: Electrotecnia

14.13 220 V / 50 Hz G I

A

L = 0,2 mH

R = 60 Ω

B

VL = 125 V V= 220 V

R VR

Figura 14.11 − Primero calculamos la impedancia de la bobina: X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 0,2 = 62,8 Ω Z L = R 2L + X 2L = 60 2 + 62,82 = 86,9 Ω I=

VL 125 = = 1,44 A Z L 86,9

Z T = (R + R L ) 2 + X 2L = (R + 60) 2 + 62,82 ZT =

V 220 = = 153 Ω I 1,44

153 = (R + 60) 2 + 62,82 ⇒ RR= = ΩΩ 79,5 79,5

14.14 Z1

Z2

I I1

I2

R2 200 Ω

G

220 V L 0,8 H

Figura 14.12 50 © ITES-PARANINFO

C = 2 μF

C

Solucionario: Electrotecnia

X L = 2πfL = 2 · π · 50 · 0,8 = 251,3 Ω XC =

1 1 = = 1.591,5 Ω 2πfc 2 · π · 50 · 2 · 10- 6

I1 =

V 220 (200 - j251,3) 220 = = = 0,43 - j0,54 = 0,69∠ - 51,5º Z1 200 + j251,3 200 2 + 251,32

I2 =

V 220 = = j0,14 = 0,14∠90º Z 2 - j1.591,5

I T = I1 + I 2 = (0,43 + j0,54) + (j0,14) = 0,43 + j0,4 = 0,59∠43º I1 = 0,69A; I 2 = 0,14A; I T = 0,59 A

14.15 1) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q1 = P tagϕ = 5.000 · 1,33 = 6.650 VAR 2) cos ϕ = 0,65 ⇒ ϕ = 49,46º ⇒ tag ϕ = tag 49,46º = 1,17 Q 2 = P tagϕ = 7.000 · 1,17 = 8.190 VAR

Potencias totales :

∑ P = 5.000 + 7.000 = 12.000 W = ∑ Q = 6.650 + 8.190 = 14.840 VAR

PT = QT

2

2

S T = PT + Q T = 12.000 2 + 14.840 2 = 19.085 VA FP = Cos ϕ T = IT =

PT 12.000 = = 0,81 S T 14.840

PT 12.000 = = 67 A V Cos ϕ T 220 · 0,81

Cálculo de la sección de los conductores: Δv =

220 5 = 11 V 100

S= l

2 L · I · cosϕ 2 · 100 · 67 · 0,81 = 0,017 · = 17 mm 2 ⇒ Sección comercial = 25 mm 2 Δv 11

Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes aislantes) Columna 2, tenemos que : S = 25 mm 2 ( I máx. admisible = 64 A).

Como la corriente que admite el conductor es inferior a 67 A, seleccionaremos un conductor de 50 mm2, que admite una corriente de 94 A. © ITES-PARANINFO 51

Solucionario: Electrotecnia

Cálculo de la sección de los conductores para un FP mejorado de 0,95 : PT 12.000 I'T = = = 57,4 A V Cos ϕ 'T 220 · 0,95 220 5 = 11 V 100 2 L · I · cosϕ 2 · 100 · 57,4 · 0,81 S= l = 0,017 · = 14 mm 2 ⇒ Sección comercial = 16 mm 2 Δv 11 Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores en tubos empotrados en paredes Δv =

aislantes) Columna 2, tenemos que : S = 16 mm 2 ( I máx. admisible = 49 A).

Como la corriente que admite el conductor es inferior a 57,4 A, seleccionaremos un conductor de 25 mm2, que admite una corriente de 64 A.

14.16 fr =

1 1 = = 126 Hz 2π LC 2 · π · 80 · 10-3 · 20 · 10- 6

Como X L = X C , ZT = R = 2 Ω I=

V 100 = = 50 A R 2

VL = VL = X L I = 2πfLI = 2 · π · 126 · 80 · 10-3 · 50 = 3.167 V

14.17 fr =

1 1 1 ⇒C= = = 1 · 10- 5 F = 10 μF 2 2 (f r 2π) L (50 · 2 · π) 1 2π LC

52 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 15 15.6 P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 30 · 0,75 = 8.963 W Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 230 · 30 · 0,66 = 7.900 VAR S = 3 VC I L = 3 · 230 · 30 = 11.940 VA

15.7 P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ Cosϕ =

P 3 VC I L

=

36.000 3 · 225 · 97,4

= 0,95

15.8 a) S= I1L

P 50.000 = = 76.923 VA = 77 KVA Cos ϕ 0,65 S 76.923 = = = 1,85 A 3 VC1 3 · 24.000

I 2L =

S 3 VC2

=

76.923 3 · 400

= 111 A

b) S' =

P 50.000 = = 51.020VA = 51 KVA Cos ϕ ' 0,98

15.9 VS =

VC 3

=

230 3

= 133 V

VS 133 = = 13,3 A R 10 P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 13,3 · 1 = 5.298 W If = IL =

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Solucionario: Electrotecnia

15.10 If = IL = IL = If

VC 230 = = 23 A 10 R 3 = 23 · 3 = 39,84 A

P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 230 · 39,84 · 1 = 15.871 W

15.11 P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ I L = If =

IL 3

=

9,33 3

P 3 VC Cos ϕ

=

3.990 3 · 380 · 0,65

= 5,39 A

Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 380 · 5,39 · 0,76 = 2.696 VAR S = 3 VC I L = 3 · 380 · 5,39 = 3.548 VA Si consideramos que : P 3.990 P = 3R I 2 f ⇒ R = 2 = = 45,8 Ω 3 I f 3 · 5,39 2 Q 2.696 Q = 3X L I 2 f ⇒ X L = 2 = = 30,1 Ω 3 I f 3 · 5,39 2 X 30,1 L= L = = 0,0958 H = 95,8 mH 2πf 2π · 50

15.12 a) X L = 2ππf = 2 · π · 50 · 0,2 = 62,8 Ω Z = R 2 + X 2L = 16 2 + 62,8 2 = 64,83 Ω If =

VC 240 = = 3,7 A Z 64,83

IL = If

3 = 3,7 · 3 = 6,4 A

b) Cosϕ =

R 16 = = 0,25 = FP Z 62,83

P = 3 VC I L Cosϕ = 3 · 240 · 6,4 · 0,25 = 665 W

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= 9,33 A

Solucionario: Electrotecnia

15.13 P = 3 VC I L Cosϕ ⇒ Cosϕ =

P 3 VC I L

=

29.400 3 · 400 · 56

= 0,95

Q = 3 VC I L Senϕ = 3 · 400 · 56 · 0,65 = 25.219 VAR S = 3 VC I L = 3 · 400 · 56 = 38.798 VA

15.14 P = 3 · 5 CV · 736 = 11.040 VC = 3 VS = 3 · 220 = 381 V IL = If =

P 3 VC Cos ϕ

=

11.040 3 · 381 · 0,78

= 16,73 A

cos ϕ = 0,78 ⇒ ϕ = 38,74º ⇒ tag ϕ = tag 38,74º = 0,8 cos ϕ ' = 0,9 ⇒ ϕ ' = 25,84º ⇒ tag ϕ ' = tag 25,84º = 0,48 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 11.040 (0,8 - 0,48) = 3.510 VAR

15.15 a) FP = Cosϕ =

Energía activa Energía activa 205.000 = = = 0,8 Energía aparente Energía activa 2 + Energia reactiva 2 205.000 2 + 150.000 2

b) IL =

S 3 VC

=

700.000 3 · 10.000

= 40,4 A

c) cos ϕ = 0,8 ⇒ ϕ = 36,86º ⇒ tag ϕ = tag 36,86º = 0,75 cos ϕ ' = 0,93 ⇒ ϕ ' = 21,57º ⇒ tag ϕ ' = tag 21,57º = 0,4 P = S cosϕ = 700.000 · 0,8 = 560.000 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 560.000 (0,75 - 0,4) = 196.000 VAR

© ITES-PARANINFO 55

Solucionario: Electrotecnia

Potencia de un condensador =

Q 3C 196.000 = = 65.333 VAR 3 3

QC 65.333 = = 11,3 A VS 10.000 3 V 5.774 XC = s = = 511 Ω IC 11,3

IC =

C=

1 1 = = 6,2· 10 -6 F = 6,2 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 511

C (6,2 μF; 5.774 V) d) I L'0,93 =

P = 3 VC Cos ϕ '

560.000 = 34,77 A 3 · 10.000 · 0,93

34,77 A · 100 = 86 % 40,4 A % reducción = 100 - 86 = 14% % =

15.16 1) cos ϕ = 0,8 ⇒ ϕ = 36,86º ⇒ tag ϕ = tag 36,86º = 0,75 Q1 = P tagϕ = 50.000 · 0,75 = 37.500 VAR 2) cos ϕ = 0,85 ⇒ ϕ = 31,79º ⇒ tag ϕ = tag 31,79º = 0,62 Q 2 = P tagϕ = 40.000 · 0,62 = 24.800 VAR 3) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = (375 ·40) · 0 = 0 VAR 4) cos ϕ = 0,9 ⇒ ϕ = 25,84º ⇒ tag ϕ = tag 25,84º = 0,48 Q 4 = P tagϕ = (250 · 40) · 0,48 = 4.800 VAR

Potencias totales totales:: PT = ∑ P = 50.000 + 40.000 + 375 · 40 + 250 · 40 = 115.000 W

Q T = ∑ Q = 37.500 + 24.800 + 0 + 4.800 = 67.100 VAR 2

2

S T = PT + Q T = 115.000 2 + 67.100 2 = 133.144 VA P 115.000 = = 0,86 S 133.144 P 115.000 IL = = = 322 A 3 VC Cos ϕ 3 · 240 · 0,86 FP = Cosϕ =

56 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

15.17 1) cos ϕ = 0,75 ⇒ ϕ = 41,4º ⇒ tag ϕ = tag 41,4º = 0,88 Q1 = P tagϕ = 8.660 · 0,88 = 7.637 VAR IL =

P 3 VC Cos ϕ

8.660

=

3 · 380 · 0,88

= 14,95 A = Lectura A 3 (con Q abierto y cerrado)

2) cos ϕ = 0,6 ⇒ ϕ = 53,13º ⇒ tag ϕ = tag 53,13º = 1,33 Q 2 = P tagϕ = (30 · 250) · 1,33 = 10.000 VAR IL =

P 3 VC Cos ϕ

30 · 250

=

3 · 380 · 0,66

= 17,27 A = Lectura A 4 (con Q abierto y cerrado)

3) cos ϕ = 1 ⇒ ϕ = 0º ⇒ tag ϕ = tag 0º = 0 Q 3 = P tagϕ = (90 · 60) · 0 = 0 VAR IL =

P 3 VC Cos ϕ

90 · 60

=

3 · 380 · 1

= 8,2 A = Lectura A 5 (con Q abierto y cerrado)

Potencias totales : PT = ∑ P = 8.660 + 30 ·250 + 90 · 60 = 21.560 W

Q T = ∑ Q = 7.637 + 10.000 + 0 = 17.637 VAR 2

2

S T = PT + Q T = 21.560 2 + 17.637 2 = 27.855 VA P 21.560 = = 0,77 S 27.855 P 21.560 = = = 42,5 A = Lectura A 2 (con Q abierto ) 3 VC2 Cos ϕ 3 · 380 · 0,77

FP = Cosϕ = IL2

I L1 = I'L 2 = I'L 1 =

P 3 VC1 Cos ϕ

=

P 3 VC2 Cos ϕ ' P 3 VC1 Cos ϕ '

= =

21.560 3 · 30.000· 0,77 21.560 3 · 380 · 0,95

= 0,54 A = Lectura A 1 (con Q abierto)

= 34,5 A = Lectura A 2 (con Q cerrado )

21.560 3 · 30.000· 0,95

= 0,43 A = Lectura A 1 (con Q cerrado)

PT 21.500 = = 7.167 W (con Q abierto y cerrado) 3 3 Lectura de V1 = VC = 380 V (con Q abierto y cerrado) Lectura de W1 =

Lectura de V2 = V S = 380

= 220 V (con Q abierto y cerrado) 3 Lectura de A 6 = I n = 0 A (con Q abierto y cerrado) (siempre que el sistema este equilibrado) © ITES-PARANINFO 57

Solucionario: Electrotecnia

b) cos ϕ = 0,77 ⇒ ϕ = 39,65º ⇒ tag ϕ = tag 39,65º = 0,83 cos ϕ ' = 0,95 ⇒ ϕ ' = 18,19º ⇒ tag ϕ ' = tag 18,19º = 0,33 Q 3C = P(tag ϕ - tag ϕ ' ) = 21.560 (0,83 - 0,33) = 10.780 VAR Potencia de un condensador = If C =

Q C 3593 = = 9,46 A VC 380

XC =

VC 380 = = 40 Ω I C 9,46

C=

Q 3C 10.780 = = 3.593 VAR 3 3

1 1 = = 79· 10 -6 F = 79 μF 2πf X C 2 · π · 50 · 40

C (79 μF; 380 V) Lectura de A 7 = I LC = 3 · I fC = 3 · 9,46 = 16,4 A

15.18 IL =

P 3 VC cos ϕ

=

100.000 3 · 400 · 0,9

= 160 A

400 0,5 = 2 V 100 3 L · I · cosϕ 3 · 15 · 160 · 0,9 = 0,017 · = 32 mm 2 ⇒ Sección comercial = 35 mm 2 S=l Δv 2 Consultando en la tabla 4.2 para 3 x XLPE (Conductores aislados en tubos empotrados en Δv =

paredes aislantes) Columna 4, tenemos que : S = 35 mm 2 ( I máx. admisible = 96 A) Como con 35 mm 2 no es suficiente para 160 A, seleccionamos un conductor de 70 mm 2

58 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

15.19 IL =

P 3 VC cos ϕ

=

50.000 3 · 500 · 0,7

= 82,5 A

3 L · I · cosϕ 3 · 200 · 82,5 · 0,7 = 0,017 · = 9,7 V S 35 9,7 100 = 1,94 % ΔV% = 500 ΔVS 9,7 3 RL = = = 0,068 Ω IL 82,5

Δv = l

PpL = 3 · R L · I 2 L = 3 · 0,068 · 82,5 2 = 1.388 W Para un FP de 0,95 : P 50.000 I' L = = = 60,8 A 3 VC cos ϕ 3 · 500 · 0,95 P' pL = 3 · R L · I 2 ' L = 3 · 0,068 · 60,8 2 = 753 W

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Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 16 16.9 E ab = VL - VR = 350 - 335 = 15 mA Er % =

E ab 15 100 = 100 = 4,5% VR 335

16.10 El error absoluto máximo se comete en el resultado: E ab máx = 200V - 197V = 3 V Clase =

E ab máx 3 100 = 100 = 1,5 Vmáx 200

16.11 E ab máx =

clase · Vmáx 2,5 · 500 = = 12,5 W 100 100

16.12 IS = I - I A = 2 - 0,1 = 1,9 A RS =

R A I A 0,19 · 0,1 = = 0,01 Ω IS 1,9

16.13 IS = I - I A = 200 - 10 = 190 A RS = m=

R A I A 1,9 · 10 = = 0,1 Ω IS 190

I 200 = = 20 veces I A 10

Constante de escala sin shunt: K=

10 A = 0,125 A/div 80 div

Constante de escala con shunt: KS =

200 A = 2,5 A/div 80 div

60 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

La medida para 65 divisores es: • sin shunt = 65 div · 0,125 = 8,125 A • con shunt = 65 div · 2,5 = 162,5 A

16.14 Intensidad nominal por el primario del transformador de intensidad: P

IL =

3 VC Cos ϕ

=

70.000 3 · 220 · 0,8

= 230 A

Seleccionamos un transformador de intensidad de relación 250/5. Su relación de transformación es: m=

I1 250 = = 50 I2 5

La constante de escala del amperímetro con transformador es: K=

250 A 250 = = 6,25 A/div 40 div 40

La medida para 35 divisiones, es: 35 div · 6,25 A/div = 218,75 A

16.15 IV =

VV 20 = = 0,004 A R V 5.000

Tensión en la resistencia adicional: VS = V - VV = 1.000 - 20 = 980 V RS =

VS 980 = = 245.000 Ω I V 0,004

Constante sin resistencia adicional: K=

20 V = 0,2 V/div 100 div

Constante con resistencia adicional:

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Solucionario: Electrotecnia

KS =

1.000 V = 10 V/div 100 div

Medida sin resistencia adicional: 22 div · 0,2 V/div = 4,4 V

Medida con resistencia adicional:

22 div · 10V/div = 220 V

16.16 Seleccionaremos para la medida un transformador de tensión de relación: 11.000/110 V. Su relación de transformación es: m=

V1 11.000 = = 100 V2 110

La constante de escala del voltímetro con transformador es: K=

11.000 V 250 = = 220 V/div 50 div 40

La medida para 45 divisiones, es: 45 div · 220 V/div = 9.900 V

62 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 17 17.12 Eficacia luminosa (fluorescente) =

2.500 lm = 62,5 lm/W 40 W

Eficacia luminosa (incandescente) =

500 lm = 12,5 lm/W 40 W

© ITES-PARANINFO 63

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 18 18.8 m=

N1 5.000 = = 10 N2 500

m=

V1 V 220 ⇒ V2 = 1 = = 22 v V2 m 10

18.9 E 1 = 4,44 f N 1 Φ máx = 4,44 · 350 · 60 · 0,004 = 373 V E 2 = 4,44 f N 2 Φ máx = 4,44 · 1.750 · 60 · 0,004 = 1.864,8 V m=

N1 350 = = 0,2 N 2 1.750

18.10 I1 =

P 1.500 = = 6,58 A V1 cosϕ 380 · 0,6

I2 =

P 1.500 = = 19,69 A V2 cosϕ 127 · 0,6

m=

V1 380 = =3 V2 127

18.11 m=

V1 10.000 = = 25 V2 398

PFe = P0 = Lectura del vatímetro en vacío = 20 W I 0 = Lectura del amperímetro en vacío = 0,15 A

18.12 S 100.000 I = n = = 16,67 A 1n V 6.000 1 S 100.000 I = n = = 435 A 2n V 230 2

Pcu = PCC = Lectura del vatímetro en cortocircuito = 1.571 W 64 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Cosϕ cc = u cc =

Pcc 1.571 = = 0,38 Vcc I1n 250 · 16,67

Vcc 250 100 = 4,17 % 100 = 6.000 V1n

u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4,17 · 0,38 = 1,58 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4,17 · sen 67,67º = 3,86 % Z cc =

Vcc 250 = = 15 Ω I1n 16,67

R cc = Z cc cos ϕ cc = 15 · 0,38 = 5,7 Ω X cc = Z cc sen ϕ cc = 15 · sen 67,67º = 13,9 Ω

Las pérdidas cuando el transformador trabaja a ¾ partes de la potencia nominal: I1 (3/4) = 3 I1n = 3 · 16,67 = 12,5 A 4 4 2 Pcu = R cc I 1 (3/4) = 5,7 · 12,5 2 = 891 W

18.13 ε = U Rcc cos ϕ + U Xcc sen ϕ = 3,7 · 0,8 + 2,3 · sen 36,87 = 4,34 % ΔV =

230 · 4,34 % = 10 V 100

La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces: V2 = E 2 - ΔV = 230 - 10 = 220 V

La tensión en bornes del secundario para una carga de 25 KVA: 25 KVA = 1/ 4 100 KVA 4,34 ε 1 / 4 = Cε = = 1,09% 4 230 ΔV = · 1,09 % = 2,51 V 100 V2(1/4) = E 2 - ΔV = 230 - 2,51 = 227,5 V C=

Intensidades de cortocircuito en ambos devanados:

© ITES-PARANINFO 65

Solucionario: Electrotecnia

I1n =

S n 100.000 = = 50 A V1 2.000

I 2n =

S n 100.000 = = 455 A V2 220

u cc = u 2 Rcc + u 2 Xcc = 3,7 2 + 2,3 2 = 4,36 % I1n 50 100 = 100 = 1.147 A u cc 4,36 I 455 = 2n 100 = 100 = 10.436 A u cc 4,36

I cc1 = I cc2

18.14 η=

S cos ϕ 50.000 · 0,87 100 = 100 = 99 % S cos ϕ + PFe + PCu 50.000 · 0,87 + 100 + 300

18.15 η=

S cos ϕ 10.000 · 0,85 100 = 100 = 95 % S cos ϕ + PFe + PCu 10.000 · 0,85 + 90 + 360

S n 10.000 = = 25 A = Intensidad por el primario en el ensayo de cortocircuito V1 398 Pcc 360 Cosϕ cc = = = 0,9 Vcc I1n 16 · 25 I1n =

u cc =

Vcc 16 100 = 100 = 4,02 % V1n 398

u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4,02 · 0,9 = 3,62 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4,02 · sen 25,84º = 1,75 %

ε = U Rcc cos ϕ + U Xcc sen ϕ = 3,62 · 0,85 + 1,75 · sen 31,79º = 4 % ΔV =

230 · 4 % = 9,2 V 100

La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces: V2 = E 2 - ΔV = 230 - 9,2 = 220,8 V

66 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

18.19 V1s 12.000 = = 52 V2s 398 3 V 12.000 m c = 1c = = 30 V2c 398 PFe = P0 = Lectura de potencia en vacío = 4000 W ms =

I 0 = Lectura del amperímetro en vacío = 0,2 A

18.20 Sn

I1n =

3 V1

=

250.000 3 · 17.500

= 8,25 A = Intensidad por el primario en el ensayo de cortocircuito

Pcu = PCC = Lectura de potencia en cortocircuito = 4.010 W Pcc 4.010 Cosϕ cc = = = 0,4 3 Vcc I1n 3 · 700 · 8,25 u cc =

Vcc 700 100 = 100 = 4 % V1n 17.500

u Rcc = u cc cos ϕ cc = 4 · 0,4 = 1,6 % u Xcc = u cc sen ϕ cc = 4 · sen 66,42º = 3,67 %

ε = U Rcc cos ϕ + U Xcc sen ϕ = 1,6 · 0,85 + 3,67 · sen 31,79 = 3,29 % 398 · 3,29 % = 13 V 100 La tensión en bornes del secundario a plena carga será entonces: ΔV =

V2 = E 2 - ΔV = 398 - 13 = 385 V

η=

S cos ϕ 250.000 · 0,85 100 = 100 = 97,8 % S cos ϕ + PFe + PCu 250.000 · 0,85 + 675 + 4.010

Para determinar la corriente de cortocircuito por el primario, primero averiguamos la intensidad por cada una de las fases del bobinado del transformador conectado en estrella: I1nf = I cc1f =

I1nL 3

=

8,25 3

= 4,76

I1nL 4,76 100 = 100 = 119 A u cc 4 © ITES-PARANINFO 67

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 20 20.9 Vb - 2U e 440 - 2 = = 973 A ri 0,35 + 0,1 Al incorporar una resistencia adicional en serie con el inducido suavizamos el arranque: I i(a) =

I i(a) =

Vb - 2U e 440 - 2 = = 80 A ri + ra (0,35 + 0,1) + 5

20.10 Vb - 2U e 110 - 2 = = 360 A ri 0,3 El valor óhmico del reostato de arranque lo calculamos así: I i(a) =

Pn 10.000 = = 91 A 110 V La corriente de arranque deberá limitarse hasta 2 veces la nominal: In =

I i(a) = 2 · 91 = 182 A I i(a) =

Vb - 2U e - I i(a) ri 110 - 2 - 182 · 0,3 Vb - 2U e ⇒ ra = = = 0,29 Ω 182 I I(a) ri + ra

20.11 Pu

5 · 736 100 = 4.135 W η 89 P 4.135 = 38 A In = = V 110 P=

100 =

20.12 D 15 cm = = 7,5 cm 2 2 100 C = 1.333 N C = F·r ⇒ F = = r 7,5 · 10 -2 r=

68 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

20.13 2 π n 2 π · 7.230 = = 757 rad/s 60 60 P 20 · 736 C= u = = 19,4 Nm ω 757

ω=

20.14 2 π n 2 π · 1.465 = = 153,4 rad/s 60 60 D 25 cm r= = = 12,5 cm 2 2 C = F · r = 1.000 · 12,5 · 10 -2 = 125 Nm P C = u ⇒ Pu = C ω = 125 · 153,4 = 19.177 W

ω=

ω

Pu = 19.1777 736 = 26 CV = 19,2 KW

© ITES-PARANINFO 69

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 21 21.3 f =p

3.600 n =1 = 60 Hz 60 60

21.4 f =p

60 · f 60 · 60 n ⇒p= = = 8 pares de polos 450 n 60

21.5 f =p

60 · f 60 · 60 n ⇒n= = = 1.200 r.p.m. 3 p 60

70 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 22 22.5 f =p

60 · f 60 · 50 n ⇒p= = = 4 pares de polos 750 n 60

22.6 f =p

60 · f 60 · 60 n ⇒n= = = 900 r.p.m. 4 p 60

22.7 Para un motor a 50 Hz a 1.425 r.p.m le corresponde una velocidad síncrona de 1.500 r.p.m S=

ns - n 1.500 - 1.425 100 = 5 % 100 = 1.500 ns

22.8 Potencia útil del motor:

η=

Pu 6.000 P η= 91 = 5.460 W 100 ⇒ Pu = 100 100 P

Velocidad síncrona: n=

60 · f 60 · 60 = = 1.200 r.p.m. 3 p

Velocidad del rotor: ns - n S ns 2 · 1.200 = 1.200 = 1.176 r.p.m. 100 ⇒ n = n s 100 ns 100 Velocidad angular: S=

ω=

2 π n 2 π · 1.176 = = 123 rad/s 60 60

Par útil del rotor:

© ITES-PARANINFO 71

Solucionario: Electrotecnia

P 5.460 C= u = = 44,4 Nm ω 123

22.9 S=

ns - n 3.000 - 2.982 100 = 0,6 % 100 = 3.000 ns

Intensidad a 4/4: Pu

220.000 100 = 232.068 W η 94,8 P 232.068 IL = = = 392 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,9

P=

100 =

Intensidad a 3/4: Pu

220.000 · 3 4 100 = 174.419 W η 94,6 P 174.419 IL = = = 304 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,87 P=

100 =

Intensidad a 2/4: Pu

220.000 · 2 4 100 = 117.647 W η 93,5 P 117.647 IL = = = 201 A 3 VC Cos ϕ 3 · 380 · 0,89

P=

100 =

Intensidad en el arranque: I a = 6,2 · I n = 6,2 · 390 = 2.418 A Pares del motor: 2 π n 2 π · 2.982 = = 312 rad/s 60 60 P 220.000 Cn = u = = 705 Nm ω 312 C a = 1,5 · C n = 1,5 · 705 = 1.058 Nm

ω=

C máx = 2,4 · C n = 2,4 · 705 = 1.692 Nm 72 © ITES-PARANINFO

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Unidad de contenido 23 23.6 α=

Δ I C 98 = = 0,98 Δ I E 100

Δ I B = Δ I E - Δ I C = 100 - 98 = 2 mA β=

Δ I C 98 = = 49 Δ IB 2

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Unidad de contenido 24 24.6

Rr Ient 0 μA – 10 μA

+ 12 V 741C - 12 V

Vsal 0 V - 20 V

Figura 24.1 Vsal = R r I ent ⇒ R r = KV =

Vsal 20 V = = 2 MΩ I ent 10 · 10-6 A

20 V = 2 V/μA 10 μA

Para una medida del voltímetro de 5V la corriente medida es igual a: I=

5V = 2,5 μA 2V/μA

24.7 AV = Ai =

Vsalida 2 = = 333 Ventrada 0,006

Isalida 0,020 = = 10 I entrada 0,002

A P = A V A i = 333 · 10 = 3.333

24.9 f=

1 1 = = 144 Hz 3 2πRC 2N 2 · π · 25 · 10 · 18 · 10- 9 2 · 3

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24.10 f=

1 1 1 ⇒C= = = 3,18 · 10- 9 F = 3,18 nF 2πRC 2πRf 2 · π · 50 · 103 · 1.000

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