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UNIVERSIDAD TÉCNICA DE ORURO

FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA

INGENIERÍA ELÉCTRICA-ELECTRÓNICA

1.- En el siguiente esquema determine la lectura del amperímetro donde: 𝒁𝑨 = 𝟏𝟎∠𝟎° ; 𝒁𝑩 = 𝟓∠𝟎°; 𝒁𝑪 = 𝟖∠𝟎° : 𝒁𝟏 = 𝟏𝟐∠𝟑𝟎°; 𝒁𝟐 = 𝟏𝟎∠𝟑𝟓°; 𝒁𝟑 = 𝟓∠𝟒𝟎°: 𝒁𝒂 = 𝟐∠𝟑𝟎°;𝒁𝒃 = 𝟓∠𝟑𝟓°; 𝒁𝒄 = 𝟒∠𝟒𝟎°.La tensión de alimentación es de 380[V].

R ZA

N

Za

Z1 O2

O1

ZC

ZB

O3

Z3

Z2

Zb

Zc

S T

A Se puede observar que las cargas de O1 y O3 se encuentran en una conexión en paralelo por lo que se reduce a: R ZA

N

Za

O1

ZC

O3

ZB

Zc

Zb

S T

A

Donde:

R ZeqA

N

𝑍𝑒𝑞𝐴 =

O13

ZeqC

𝑍𝐴 ∗ 𝑍𝑎 10∠0° ∗ 2∠30° = = 1.70∠25.13° 𝑍𝐴 + 𝑍𝑎 10∠0 + 2∠30°

ZeqB

S

𝑍𝑒𝑞𝐵 = T

𝑍𝑒𝑞𝐶 =

CIRCUITOS ELÉCTRICOS 2

𝑍𝐵 ∗ 𝑍𝑏 5∠0° ∗ 5∠35° = = 2.62∠17.5° 𝑍𝐵 + 𝑍𝑏 5∠0 + 2∠35°

𝑍𝐶 ∗ 𝑍𝑐 8∠0° ∗ 4∠40° = = 2.82∠26.92° 𝑍𝐶 + 𝑍𝑐 8∠0 + 4∠40°

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Para el desplazamiento del neutro se tiene: 𝑉𝑅𝑁 ∗ 𝑌𝑒𝑞𝐴 + 𝑉𝑇𝑁 ∗ 𝑌𝑒𝑞𝐵 + 𝑉𝑆𝑁 ∗ 𝑌𝑒𝑞𝐶 𝑌𝑒𝑞𝐴 + 𝑌𝑒𝑞𝐵 + 𝑌𝑒𝑞𝐶

𝑉𝑂𝑁13 = Calculando las Admitancias: 𝑌𝑒𝑞𝐴 =

1 𝑍𝑒𝑞𝐴

𝑌𝑒𝑞𝐵 =

𝑌𝑒𝑞𝐶 =

=

1 𝑍𝑒𝑞𝐵 1

𝑍𝑒𝑞𝐶

1 = 0.59∠ − 25.13° 1.70∠25.13°

=

=

1 = 0.38∠ − 17.5° 2.62∠17.5°

1 = 0.35∠ − 26.92° 2.82∠26.92°

Las tensiones de fase serán: 𝑉𝑅𝑁 = 𝑉𝑆𝑁 = 𝑉𝑇𝑁 = 𝑉𝑂𝑁13 =

𝑉𝐴𝐵 √3

𝑉𝐵𝐶 √3

𝑉𝐶𝐴 √3

=

=

=

380 √3

380 √3

380 √3

= 219.39∠0°[𝑉]

= 219.39∠120°[𝑉]

= 219.39∠ − 120°[𝑉]

219.39∠0° ∗ 0.59∠ − 25.13° + 219.39∠ − 120° ∗ 0.38∠ − 17.5° + 219.39∠120° ∗ 0.35∠ − 26.92° 0.59∠ − 25.13° + 0.38∠ − 17.5° + 0.35∠ − 26.92°

𝑉𝑂𝑁13 =

61.13∠ − 33.38° 1.32∠ − 23.41°

𝑉𝑂𝑁13 = 46.31∠ − 9.97°[𝑉]

𝑉𝑅𝑂13 = 𝑉𝑅𝑁 − 𝑉𝑂𝑁13 = 219.39∠0° − 46.31∠ − 9.97° = 173.97∠2.64° 𝑉𝑆𝑂13 = 𝑉𝑆𝑁 − 𝑉𝑂𝑁13 = 219.39∠120° − 46.31∠ − 9.97° = 251.65∠128.11° 𝑉𝑇𝑂13 = 𝑉𝑇𝑁 − 𝑉𝑂𝑁13 = 219.39∠ − 120° − 46.31∠ − 9.97°° = 239.25∠ − 130.48° CIRCUITOS ELÉCTRICOS 2

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Caculando las corrientes de fase con las nuevas tensiones: Para la primera carga: R

𝐼𝑅𝐴 = O13

ZC

𝐼𝑆𝐶 =

ZB IT

IS

S

𝑍𝐴

=

173.97∠2.64° 10∠0°

= 17.397∠2.64°[𝐴]

ZA

IR

N

𝑉𝑅𝑂13

𝐼𝑇𝐵 = T

𝑉𝑆𝑂13 251.65∠128.11° = = 31.46∠128.11°[𝐴] 𝑍𝐶 8∠0°

𝑉𝑇𝑂13 239.25∠ − 130.48° = = 47.85∠ − 130.48°[𝐴] 𝑍𝐵 5∠0°

La corriente por el neutro de la carga O13 es la suma de las corrientes de las cargas

𝐼𝑂13 = 𝐼𝑅𝐴 + 𝐼𝑆𝐶 + 𝐼𝑇𝐵 𝐼𝑂13 = 17.397∠2.64° + 31.46∠128.11° + 47.85∠ − 130.48° 𝐼𝑂13 = 34.83∠ − 161.87° [𝐴] Para la tercera carga:

R IRa

N

𝐼𝑅𝑎 =

Za

𝑉𝑅𝑂13 173.97∠2.64° = = 86.985∠ − 27.36°[𝐴] 𝑍𝑎 2∠30°

O13

Zc

Zb ISc

S

𝐼𝑆𝑐 =

ITb

𝐼𝑇𝑏 =

T

𝑉𝑆𝑂13 251.65∠128.11° = = 62.91∠88.11°[𝐴] 𝑍𝑐 4∠40°

𝑉𝑇𝑂13 239.25∠ − 130.48° = = 47.85∠ − 165.48°[𝐴] 𝑍𝑏 5∠35°

La corriente por el neutro de la carga O13 es la suma de las corrientes de las cargas

𝐼𝑂13 = 𝐼𝑅𝑎 + 𝐼𝑆𝑐 + 𝐼𝑇𝑏 𝐼𝑂13 = 86.985∠ − 27.36° + 62.91∠88.11° + 47.85∠ − 165.48° 𝐼𝑂13 = 34.76∠18.28° [𝐴] CIRCUITOS ELÉCTRICOS 2

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Por lo que el amperímetro marcará:

I =34.8[A]

2.-Hallar la lectura del vatímetro cuando la red representada se conecta a una alimentación trifásica equilibrada de 400[V] A -j20

W N

j20

20

B C

La corriente que registra el vatímetro es la corriente IA A -j20

IA

X

W N

j20

20

B

IB

IC

C

Como la fuente es equilibrada, la corriente será: 𝐼𝐴 = Donde: 𝑍𝐴 = −20𝑗 𝑦

𝑉𝐴𝑁 =

𝑉𝐴𝐵 √3

=

400 √3

𝑉𝐴𝑁 𝑍𝐴

= 230.94[𝑉]

Por tanto la corriente es: 𝐼𝐴 =

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𝑉𝐴𝑁 230.94 = = 11.55∠90° [𝐴] 𝑍𝐴 −20𝑗

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INGENIERÍA ELÉCTRICA-ELECTRÓNICA La tensión es 𝑉𝑋𝑁 − 𝑉𝐵𝑁 pero 𝑉𝑋𝑁 = 0 Por tanto la tensión del vatímetro es −𝑉𝐵𝑁 la potencia del watimetro es: W= 𝑉𝐵𝑁 ∗ 𝐼𝐴 ∗ cos(30) W= 230.94 ∗ 11.55 ∗ cos(30) W=2310[W]

Una carga en retardo está alimentada por una línea de transmisión de r ohmios de resistencia por fase. Se desea reducir la perdida de transmisión instalando un condensador síncrono, cuya resistencia de inducido es de R ohmios por fase. Demostrar que para obtener el máximo ahorro de perdidas en la línea y en el inducido 𝒓∗𝑰

del condensador debe ser 𝑰𝒄 = 𝑹+𝒓𝒓 donde Ir es la componente reactiva de la corriente de carga. Si la carga trifásica es de 1000 KW, con un factor de potencia de 0.707, 3000 V y R=2r, hallar el factor de potencia de la línea la potencia en KVAr del condensador síncrono y la relación. 𝒓∗𝑰

a) 𝑰𝒄 = 𝑹+𝒓𝒓 b) f*p c) Qcondensador d) %Perd=?

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𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑙í𝑛𝑒𝑎 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑙í𝑛𝑒𝑎 𝑟∗𝐼 𝐼𝑐 = 𝑅+𝑟𝑟 𝑟∗𝐼 𝑟∗𝐼 𝐼𝑐 = 𝑟 = 𝑟 2𝑟+𝑟 3∗𝑟 1 𝐼𝑐 = 3 ∗ 𝐼𝑟

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Para la corriente en la carga 𝑃 = √3 ∗ 𝑉𝐿 ∗ 𝐼 ∗ cos 𝜑 𝐼=

𝐼=

𝑃 √3 ∗ 𝑉𝐿 cos 𝜑 1 ∗ 106 √3 ∗ 3000 ∗ 0.707

𝐼 = 272.21 ∠45° [𝐴] 𝐼𝑎𝑐 = 192.48 ∠ 0° [𝐴] |𝐼𝑎𝑐 | = |𝐼𝑟 | 𝐼𝑟 = 192.48 ∠ − 90° [𝐴]

Para obtener el máximo ahorro de perdidas Por tanto:

𝐼𝑟 = 0

|𝐼| = |𝐼𝑎𝑐 | = |𝐼𝑟 |

Analizando entre la línea y el condensador sin el inducido 𝐼=

𝑉 𝑍

𝑟 ∗ 𝐼 = 𝑋𝑐 ∗ 𝐼 𝑋𝑐 = 𝑟

Reemplazando en el circuito original el valor de Xc 𝑉𝑟 = 3 ∗ 𝑉𝑐 CIRCUITOS ELÉCTRICOS 2

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INGENIERÍA ELÉCTRICA-ELECTRÓNICA 𝑟 ∗ 𝐼𝑟 = 3 ∗ 𝑟 ∗ 𝐼𝑐 𝐼𝑐 =

1 ∗𝐼 3 𝑟

b) En la Linea tan 𝜃 =

128.32 192.48

𝜃 = 33.69° cos 𝜃 = 0.83 𝑓. 𝑝. = 0.83 c) Potencia en el condensador síncrono 𝑄𝑟 = 1000 𝐾𝑤 𝑄𝑐 =

1 ∗ 𝑄𝑟 3

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = 𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 =

1 ∗ 𝑄𝑟 9

1 ∗ 1 ∗ 106 9

𝑄𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 = 111.11 𝐾𝑉𝐴𝑟 d) 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑅𝑒𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑂𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠

2

𝐼′ ∗𝑟 𝐼2 ∗𝑟

(231.33)2

= (272.21)2 = 72% 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑅𝑒𝑑𝑢𝑐𝑖𝑑𝑎𝑠 = 28% 𝑃𝑒𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑂𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠

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