2º-Multigrado-ELECTROTECNIA
Problema (Julio)-Tiempo: 1 h
2012-07-12
Una instalación eléctrica trifásica se compone de las siguientes cargas, todas de tensión nominal 400 V (50 Hz): - 5 Motores, cada uno de 3 kW, cos φ=0,80 - 3 Motores, cada uno de 8 kW, cos φ =0,85 - 60 Lámparas fluorescentes monofásicas (conectadas cada 20 de ellas entre una de las tres líneas y el conductor de neutro) con un consumo unitario de 75 W, cos φ =0,70 - Un horno de resistencias trifásico, montado en triángulo de 30 Ω por fase - Una batería de condensadores montada en triángulo de capacidad por fase de 200 µF La instalación se va alimentar desde una red trifásica de distribución de 15 kV, requiriendo el transformador adecuado. Los transformadores disponibles son los siguientes:
U1/U2 SN εCC PCC P0
MODELO 1 15 kV/400 V 25 kVA 8% 5% 2,5%
MODELO 2 15 kV/400 V 50 kVA 7,5% 4,5% 2,5%
MODELO 3 15 kV/400 V 75 kVA 7% 4% 2%
MODELO 4 15 kV/400 V 100 kVA 7% 4% 2%
Se pide: 1. Elegir de forma justificada el transformador adecuado para la instalación. PUNTUACIÓN: 3
2. Calcular la impedancia por fase de la carga trifásica (en estrella) que represente a toda la instalación eléctrica que se conecta al secundario del transformador (sin incluir éste) y su factor de potencia. PUNTUACIÓN: 2 3. Suponiendo que el transformador se alimenta a su tensión nominal (15 kV), determinar la caída de tensión porcentual en el mismo, suponiendo que está conectada TODA la instalación eléctrica en su secundario. Calcular las pérdidas en el transformador. PUNTUACIÓN: 2 4. Suponiendo que la batería de condensadores tuviese una capacidad por fase de 0,1422 µF y se conectara a 15 kV y que el transformador fuese el MODELO 3, dibujar el circuito monofásico equivalente referido al PRIMARIO del transformador (incluyendo la batería de condensadores, el trafo y las cargas representadas por una sola impedancia), determinando el valor de todas las impedancias. PUNTUACIÓN: 3
1
2º-Multigrado-ELECTROTECNIA
1.
Problema (Julio)-Tiempo: 1 h
2012-07-12
Elección del trafo
Carga
P(W)
Q( VAr)
cos φ
5 motores de 3 kW/cu 3 motores de 8 kW/cu
15.000 24.000
11.250 14.873,9
0,80 0,85
60 lámparas monofásicas de 75 W/cu
4.500
4.590,9
0,70
Horno de resistencias
16.000
0
1,00
Condensadores
0
-30.159,3
0,00
TOTAL
59.500
555,5
( 59.500 )
S INSTALACIÓN = PT 2 + QT 2 = I INSTALACIÓN (1) =
S INSTALACIÓN 3.U
cos ϕ INSTALACIÓN =
=
PT S INSTALACIÓN
2
Q = tgϕ P
U2 400 2 P = 3· = 3. = 16.000 [W ] 30 30 Q = −3·U 2 ·C ·ω Q = −3·( 400 ) ·200.10 −6 ·(100·π ) = −30.159,3[VAr ] 2
+ ( 555,5 ) = 59.502,6 [VA] = 59,5[ kVA] 2
59.502,6 = 2, 29 [ A] 3.(15.000) = 0,99995 →
senϕ =
QT S INSTALACIÓN
= 0,00093
Elegimos el transformador MODELO 3 de 75 kVA ≥ SINSTALACIÓN=59,5 kVA 2.
Impedancia global por fase de las cargas I INSTALACIÓN (2) =
S INSTALACIÓN 3.U 2 N
=
59.502,6 = 85,88[ A] 3.(400)
2 PT = 59.500 [W ] = 3.RT . I INSTALACIÓN (2) = 3.RT .( 85,88 ) 2
RT = 2,689 [ Ω ] 2 QT = 555,5[VAr ] = 3. X T . I INSTALACIÓN (2) = 3. X T .( 85,88 ) 2
X T = 0,025[ Ω ]
3.
Caída de tensión y perdidas en el transformador 7 U1N 2 15.000 2 4 U1N 2 15.000 2 Z CC (1) = = 0,07· = 210 Ω RCC (1) = = 0,04· = 120 Ω 3 100 S N 75.10 100 S N 75.103 2 2 X CC (1) = Z CC − RCC = 172,33 Ω
∆U = 3·I INSTALACIÓN (1) ·( RCC (1) ·cos ϕ INSTALACIÓN + X CC (1) ·senϕ INSTALACIÓN ) = = 3·( 2, 29 )·(120·( 0,99995 ) + 172,33. ( 0,00093 ) ) = 476,58V ∆U 476,58 = 100 = 3,18% 15.000 15.000 59.502,6 = = 0,7934 75.000
∆U (%) = 100 C=
S c arg a Sn
PTrafo = P0 + C 2 P
= ( 0,02 )·75.103 + ( 0,7934 ) ·( 0,04 )·75.103 = 3.388, 4 [W ] 2
CC
2
2º-Multigrado-ELECTROTECNIA
4.
Problema (Julio)-Tiempo: 1 h
2012-07-12
Circuito monofásico equivalente (primario)
I INSTALACIÓN (1)− SIN −CONDENSADORES =
S INSTALACIÓN ( SIN −CONDENSADORES ) 3.U 2 N
=
( 59.500 )
2
+ ( 30.713,9 )
3.(15.000)
PT = 59.500 [W ] = 3.R 'T (1) . I INSTALACIÓN (1)− SIN −CONDENSADORES = 3.R 'T (1) .( 2,577 ) 2
2
=
66.959,6 = 2,577 [ A] 3.(15.000)
2
R 'T (1) = 2.986,5[ Ω ] QT − SIN −CONDENSADORES = 30.713,9 [VAr ] = 3. X 'T (1) . I INSTALACIÓN (1)− SIN −CONDENSADORES = 3. X 'T (1) .( 2,577 ) 2
2
X 'T (1) = 1.541,6[ Ω ] RCC (1) = 120 Ω → X CC (1) = 172,33 Ω − jX CONDENSADORES (1)−TRIÁNGULO =
−j −j = −22.384,66 j [ Ω ] = ω.C (100π ).( 0,1422.10−6 )
− jX CONDENSADORES (1)− ESTRELLA =
−22.384,66 j = −7.461,5 j [ Ω ] 3
Zcc
15.000
-jXCondens.
ZCargas(sin condensadores)
3
3
ELECTROTECNIA – 2º Multigrado Tiempo: 1 h
Julio
2013-07-12
Un generador trifásico E alimenta, a través de las líneas trifásicas L1 y L2 y los transformadores T1 y T2, a tres consumos: Consumo 1: Equipo de potencia P1= 200 kW y cos φ=0,85 (inductivo) Consumo 2: Tres cargas en triángulo compuestas, cada una de ellas, por una resistencia R2 en serie con una reactancia inductiva X2. (R2 = 1 Ω; X2 = 0,5 Ω). Consumo 3: Tres cargas en estrella compuestas, cada una de ellas, por una resistencia R3 en paralelo con una reactancia capacitiva X3. (R2 = 1 Ω; X3 = –1 Ω). El generador se regula de forma que siempre la tensión en el nudo de los consumos es 400 V. Datos: Transformador T1 SN= 500 kVA U1/U2 = 10 kV/66 kV εCC= 5 % PCC= 1,5 % PFe despreciables
Transformador T2 SN= 500 kVA U1/U2 = 66 kV/400 V εCC= 5 % PCC= 1,5 % PFe despreciables
ZL1 (1,5+2j) Ω
ZL2 (40+60j) Ω
Se pide: 1) Potencia total, activa y reactiva de los tres consumos. (1,5p) 2) Corriente total (módulo y argumento) demandada entre los tres consumos (es la corriente a la salida del transformador T2). (1,5p) NOTA: suponer la tensión de 400 V con desfase nulo. 3) Capacidad de los condensadores conectados en triángulo para compensar el factor de potencia a 1,00 (inductivo) de toda la instalación. (2,0p) 4) Corriente en la línea L2, cuando se ha realizado la compensación. (1,5p) 5) Caída de tensión porcentual en toda la conducción (caída conjunta en L1, T1, L2 y T2) cuando están conectados los condensadores. (1,5p) 6) Rendimiento de cada uno de los transformadores cuando están conectados los condensadores (2,0p)
1
ELECTROTECNIA – 2º Multigrado Tiempo: 1 h
Julio
2013-07-12
Solución: 1) Potencia de los consumos Q1 = P1 tan(a cos(0,85)) = 123,9kVAr
P1=200kW P2 = 3
( 400 )
(1
2
2
+ 0,52 )
(1) = 384kW
2
Q2 = 3
( 400 )
(1
2
2
+ 0,52 )
( 0,5) = 192kVAr
2
400 3 P3 = 3 = 160 [ kW ] 1
400 3 Q3 = −3 = −160[ kVAr ] 1
Pt = P1+P2+P3 = 744 kW
Qt = Q1+Q2+Q3 = +155,9 kVAr
St = Pt 2 + Qt 2 = 760,1[ kVA]
2) Corriente a la salida del trafo T2 (sin conectar los condensadores) I=
St 3 400
= 1097 A ; ϕ = − atan(
Qt ) = −11,8º Pt
3) Capacidad de los condensadores para que el factor de potencia=1 para toda la instalación Q’t = Qt +QL1+ QL2+QT1+QT2 2
2
0,4 0,4 Z L1 (2 ario T2 ) = (1,5 + 2 j ) = (2,4 + 3,2).10 −3 Ω Z L 2 (2 ario T2 ) = (40 + 60 j ) = (1,47 + 2, 20).10 −3 Ω 10 66 2 2 0,4 0, 4 ( ) ( ) Zcc (T 1) (2ario T2 ) = 0,05 = 16.10−3 Ω Rcc (T 1) (2 ario T2 ) = 0,015 = 4,8.10−3 Ω = Rcc (T 2) (2 ario T2 ) 0,5 0,5 X cc (T 1) (2ario T2 ) =
(16.10 ) − ( 4,8.10 ) −3 2
−3 2
= 15,26Ω = X cc (T 2) (2ario T2 )
(QL1+ QL2+QT1+QT2)= 3[ (3,2) + (2, 2) + 2(15, 26)].10−3.[1097]2 = 129.679,3[VAr ]
La potencia que deben suministrar los condensadores Qc ha de cumplir que: −Qc = Q’t =155.900+129.679,3=285.579,3 VAr
285.579,3 = 3·4002 ( 2π 50 ) C
C = 1,8938.10−3 [ F ] = 1.893,8[ µ F ]
4) Corriente en la línea L2 cuando se conectan los condensadores La potencia reactiva y la potencia aparente en el secundario del transformador T2 son: Qt 'CON −CONDENSADORES = −285.579,3 +155.900 = −129.679,3[ VAr ] St 'CON −CONDENSADORES = tgϕCON −CONDENSADORES = cosϕCON −CONDENSADORES
( 744.000) + ( −129.679,3) 2
2
= 755.217 [ kVA]
−129.679,3 = −0,1743 → ϕCON −CONDENSADORES = −9,887º 744.000 = 0,9850 → senϕCON −CONDENSADORES = −0,1717
Corriente el primario del Trafo T2: I ' = 755.217 = 6,61[ A] L2 3 ( 66000 )
2
ELECTROTECNIA – 2º Multigrado Tiempo: 1 h
Julio
2013-07-12
5) Caída de tensión porcentual en toda la conducción Las impedancias de las líneas y los transformadores referidas a 66kV son: Z L1 ' = (1,5 + 2 j )
662 = ( 65,34 + 87,12j) Ω 102 2
2
662 662 662 ZT 1 = 0,015 + 0,05 − 0,015 = (130,68 + 415,53j) Ω 0,5 0,5 0,5 Z L 2 = ( 20 + 30 j ) Ω 2
2
662 662 662 + 0,05 − 0,015 = (130,68 + 415,53j) Ω 0,5 0,5 0,5 Zt = Z L1 '+ ZT 1 + Z L 2 + ZT 2 = ( 346,7 + 948,18j) Ω ZT 2 = 0,05
∆U = 3 ( I 'L 2 ) [ Rt cos( −9,887º ) + X t sen(−9,887º ) ]
∆U = 3· ( 6,61) (346,7)· ( 0,985 ) − ( 948,18 ) ·(0,1717) = 2.045,9 [ V ] ∆U (%) =
∆U 2.045,9 .100 = = 3,1% 66.000 660
6) Rendimientos de los transformadores con los condensadores conectados Trafo T2 2
2 66 PCu (T2 ) = 3. Rcc (T 2) (2ario T2 ) . I 'L 2 (2ario T2 ) = 3. 4,8.10−3 . 6,61 = 17.129 [W ] 0, 4 Pt 744.000 η(T2 ) = = = 0,977 → 97,7% P + PCu (T2 ) 761.129
Trafo T1
PCu (T1 ) = PCu (T2 ) = 17.129 [W ]
η(T ) = 1
Pt + P( L2 ) + PCu (T2 ) Pt + P( L2 ) + PCu (T2 ) + PCu (T1 ) 2
P( L2 )
2 66 = 3. R( L 2) (2ario T2 ) . I 'L 2 (2ario T2 ) = 3. 1, 47.10−3 . 6,61 = 5245,8[W ] 0, 4
η (T ) = 1
[744.000 + 5.245,8 + 17.129] = 0,978 → 97,8% 744.000 + 5,245,8 + 17.129] + 17.129 [
3
2ºMultigrado -Electrotecnia Tiempo: 1h
M1
M2
6 kV
Junio 2012 (PROBLEMA)
2012-06-15
Cable 1
Cable 2 Transformador
CB
Batería de condensadores
CA Una cierta instalación eléctrica se conecta a la red de distribución a 6 kV. Las especificaciones de la instalación son las siguientes: • Batería de condensadores (triángulo) de 35 kVAr • Motor trifásico M1: 20 kW y factor de potencia de 0,85 • Motor trifásico M2: 25 kW y factor de potencia de 0,90 • Transformador trifásico: U1n/U2n= 6000 V/400 V Sn= 40 kVA εCC= 8 % PCC= 5% P0= 2,5% • Carga CA de impedancia por fase (estrella)=(6,667+5,000j)Ω • 2 Cables trifásicos idénticos. Cada uno de ellos de impedancia por fase=(9,36+1,17j)Ω • Carga CB de impedancia por fase (estrella)=(300+0j)Ω Se pide: 1. Comprobar que la caída de tensión (porcentual) en los cables es ≤5%. Si solo estuviese conectado uno de los dos cables, determinar la caída de tensión (porcentual) en el mismo. (2 p) 2. Determinar el consumo total de potencia activa y de potencia reactiva la toda la instalación (SIN considerar la batería de condensadores). (4 p) 3. Determinar el factor de potencia global de la instalación y el valor de la intensidad de línea que absorbe de la red de distribución, en los dos casos siguientes: (2 p) a) Con los condensadores CONECTADOS b) SIN conectar los condensadores 4. Calcular el rendimiento del transformador. Si la temperatura ambiente es de 25ºC y el transformador alcanza una temperatura de 95ºC (en régimen permanente térmico), determinar la resistencia térmica al ambiente del mismo. (2 p)
1
Solución
2ºMultigrado -Electrotecnia
Junio 2012 (PROBLEMA)
1. CAÍDA DE TENSIÓN EN LOS CABLES Zcables = Zcable1 / /Zcable2 =
(9,38 + 1,17j) 2
6000
(
)
∆U(%)AMBOS CABLES =
[ ]
)
UCB
3
3
(300+0j)
0 0 0 6
(
ZCables
= (4,69 + 0,585j)Ω
A 7 3 , 1 1 = 2 5 8 5 , 0 + 3 2 9 6 , 4 + 0 0 3
= B C
I
ICB
2012-06-15
ZCB
6000-UCB 3.ICB .(4,69x1+0,585x0) 3.(11,37).(4,69) .100 ≈ = = 1,54% ≤ 5% 6000 60 60
Si solo estuviese conectado uno de los 2 cables:
0 0 0 6
Zcables = Zcable1 = (9,38 + 1,17j)Ω A 0 2 , 1 1 ≈ 2 7 1 , 1 + 3 28 3 , 9 + 0 0 3
= B C I (
(
)
∆U(%) AMBOS CABLES =
[ ]
)
6000-UCB 3.ICB .(9,38x1+0,585x0) 3.(11,20).(9,38) .100 ≈ = = 3,03% 6000 60 60
2. POTENCIA ACTIVA Y REACTIVA DE TODA LA INSTALACIÓN (SIN CONDENSADORES) Z
CC
=
8
6000
2
100 40·103
= 72 [Ω] R
CC
=
5
6000
2
100 40·103
= 45 [Ω ]
ICA
CC
(1545+1125j)
2 2 -X = 56,20 [Ω ] Z TRAFO = (45 + 56,20j) [Ω ] CC CC 2 6000 ZCA = ( 6,667 + 5,000j) . 400 = (1500 + 1125j) [Ω ] X
ZTRAFO
= Z
6000 3
ZCA
6000 I = CA
3 (1500 + 45) + (1125 + 56,2 ) 2
2
= 1,78 [ A ]
2 P = 3. (1,78 ) .(1500 + 45) = 14685,5 [ W ] (TRAFO+CA)
2 Q = 3. (1,78 ) .(1125 + 56,2) = 11227,5 [ VAr ] (TRAFO+CA)
)
Carga M1 M2 Trafo+CA Cables+ CB TOTAL
(
)(
P(W) 20000,0 25000,0 14685,5 1000,0 118168,1 178853,6
)
Q(VAr) cos φ 12394,9 0,85 12108,0 0,90 11227,5
[ ]
(
r A V 9 , 6 2 2 = 5 8 5 , 0 . 2 7 3 , 1 1 . 3 = B C + S E L B A C Q
(
W 1 , 8 6 1 8 1 1 = 9 6 , 4 + 0 0 3 . 2 7 3 , 1 1 . 3 = B C + S E L B A C P
3 P = P = ( 0,025 ) 40.10 = 1000 [ W ] 0 Fe(TRAFO)
)
)(
)
[
]
2 2 S= P +Q tgφ =
226,9 35957,3
(
Q P
2
Solución
2ºMultigrado -Electrotecnia
Junio 2012 (PROBLEMA)
2012-06-15
3. FACTOR DE POTENCIA - INTENSIDAD Con los Condensadores CONECTADOS QINSTALACIÓN=(35.957,3─35.000)=957,3 (VAr) 8 9 9 9 6, 9 , 30 5. 80 . 0 80 = 76 6 1. , 3 3 5 , 3 7 . 8 5 8 9 7 1
Q tgφ = INSTALACIÓN = INSTALACIÓN P INSTALACIÓN P INSTALACIÓN I = = RED 3 .(URED ).(cosφINSTALACIÓN )
( )
0,005352 → cosφ = 0,99998 INSTALACIÓN
(
)(
)
= 17,21[ A ]
SIN los Condensadores CONECTADOS QINSTALACIÓN=35.569,6 (VAr) =
3 , 7 5 9 . 5 3
6 , 3 5 8 . 8 7 1
Q tgφ = INSTALACIÓN = INSTALACIÓN P INSTALACIÓN P INSTALACIÓN IRED = = 3 .(URED ). cosφINSTALACIÓN
(
6 , 3 5 8 . 8 7 1
( )
0,201043 → cosφ = 0,980383 INSTALACIÓN
) ( 3 ).( 6000).(0,980383)
= 17,55 [ A ]
4. RENDIMIENTO Y CALENTAMIENTO DEL TRAFO P(C ) A P +P +P Cu(TRAFO) (CA ) Fe(TRAFO)
=
14257,8 = 14257,8 +1000 + 427,7
% 9 , 0 9 → 9 0 9 , 0
ηTRAFO =
2 P(C ) = 3. (1,78 ) .(1500) = 14257,8 [ W ] B 2 PCu(TRAFO) = 3. (1,78 ) .(45) ≈ 427,7 [ W ]
(
[ ]
)
3 PFe(TRAFO) = P0 = 0,025 40.10 = 1000 W
7 , 7 2 4 1
[W ] = (
95-25 ) → Rt
Rt
=
1 W . K 9 4 0 , 0 ≈ 7 , 7 02 74 1
En régimen permanente térmico: t (Trafo ) −Tambiente Pérdidas = (Trafo) Rt
3
2012-07-12
TEST (Julio 2012) Tiempo: 1 h
2ºMultigrado-ELECTROTECNIA
Determinar el circuito equivalente de Norton entre bornes A-B y la máxima potencia que podría transmitir a una carga que se conectase ente ambos bornes. Puntuación: 1,5
A
A
2,5 Ω
2A
2,5 Ω
2Ω 4,5 A
4,5 A
10 V
10 Ω
10 Ω
6V 8Ω
10 Ω
2,5 Ω
2,5 Ω
B
B
A
A
2,5 Ω
10 Ω 4,5 A
4,5 A
5V
5Ω 1A 2,5 Ω
B A
B 2
RAB
5 = 10 [ Ω ] → Pmáx . = (10) = 62,5 [W ] 2
5A 10 Ω B Determinar la potencia que se disipa en la resistencia R=5 Ω. Puntuación: 1,5 π Datos del circuito: u1(t)= 2 .300 sen(1000t)[V] y u2(t)= 2 .300 sen(1000t+ )[V] 2
I1
I2
10 Ω
10 Ω
u2
R
u1 Ux
U1 − U x U 2 − U x U x + = 10 10 5 j0 j 90 300.e − U x + 300.e − U x = 2.U x I1 + I 2 = I →
300 + 300 j = 4U x → U x = (75 + 75 j ) [V ]
I
Ux
eficaz
P=
Ux
= 752 + 752 = 2(75) [V ] 2
2.( 75 ) = = 2.250 [W ] 5 2
eficaz
R
Un transformador (15kV/500V) y 300kVA está alimentado a su tensión nominal. Sus pérdidas en el hierro (ensayo de vacío) son del 1% y sus pérdidas en el cobre son de 12.000 W (ensayo de cortocircuito). Se conecta una carga de 150 kVA con un factor de potencia de 0,8. Determinar el rendimiento del transformador. Puntuación: 1 PFe = Po = ( 0,01) 300.103 = 3000 [W ] 2
150.103 2 PCu = C Pcc = .12000 = [ 0,5] .12000 = 3000 [W ] 3 300.10 2
η=
Pc arg a Pc arg a + PCu + PFe
η = 95,2%
=
Sc arg a .cos ϕc arg a Sc arg a .cos ϕc arg a + PCu + PFe
(150.10 ) (0,8) = 120000 = 0,952 (150.10 ) (0,8) + 6000 126000 1 3
=
3
2012-07-12
TEST (Julio 2012) Tiempo: 1 h
2ºMultigrado-ELECTROTECNIA
Se desean conectar en paralelo 2 transformadores monofásicos con la misma relación de transformación y potencias nominales distintas S1 y S2. Las tensiones de cortocircuito están en la relación εcc1=4 εcc2. Señalar las afirmaciones que son correctas. Puntuación: 1
X
Es imposible conectarlos en paralelo Se pueden conectar en paralelo pero trabaja cada trafo con un índice de carga diferente Se pueden conectar en paralelo y trabajan ambos trafos con el mismo índice de carga Se pueden conectar en paralelo pero cada transformador tendrá una caída de tensión diferente Las pérdidas en el hierro de cada trafo son proporcionales a su tensión de cortocircuito respectiva
La carga trifásica equilibrada de la figura está conectada a una red de 1000 V (50 Hz). La intensidad de línea es de 31,416 A. El consumo de potencia activa de la carga es de 29.608,9 W y el de reactiva es nulo. La tensión en bornes de cada condensador es de 500 V. Determinar el valor de las impedancias de la carga: R (Ω); X (Ω) y C(F). Puntuación: 1,5
[ ]
R
[ ]
X
2 29.608,9 W = 3.R.(31, 416) → R ≈ 10 Ω
[]
1
Uc = X c . (31, 416) → 500 V = C = 2.10
-4
(31, 416)
(100π).C
[F] = 200 [μF]
-X c = X → X =
500 V
C
[ ]
500 = 15, 91 Ω 31,416
Se está diseñando un horno de resistencias de 5 kW, y en régimen permanente térmico alcanza una temperatura de 275 ºC con una temperatura ambiente de 25 ºC. La capacidad térmica del horno es Ct= 1500 JK-1 y su resistencia térmica al ambiente es Rt= 0,05 WK-1. Se quiere alcanzar en régimen permanente térmico una temperatura más alta (375ºC), sin modificar la capacidad térmica ¿Qué resistencia térmica debería tener el horno y en cuanto tiempo alcanzaría en este caso, el régimen permanente térmico? Puntuación: 1 R't ·P = 375 - 25 = 350 K
R't =
350 -1 = 0, 07WK 5000
3(R't )(C t ) = 3(0, 07)(1500) = 315(s) = 5 (m) 15 ( s )
Una carga trifásica tiene diferentes impedancias en cada fase pero el factor de potencia es el mismo en todas y vale 0,8. Si las lecturas de los vatímetros son: W1=3200 W; W2=6400 W y W3=9600 W, calcular el valor de la resistencia y de la reactancia de cada una de las cargas. Puntuación: 1,5
R1
X1
R2
X2
R3
X3
W1 400 V W2
W3
2
2012-07-12
TEST (Julio 2012) Tiempo: 1 h
2ºMultigrado-ELECTROTECNIA
400 W1 = 3200 [W ] = .I1.( 0,8 ) → I1 = 10 3 [ A] 3 X 2 3200 [W ] = ( I1 ) .R1 → R1 = 10,67 [ Ω] → 1 = 0,75 = tg ( arc.cos0,8) → X 1 = 8,00 [ Ω] R1 400 W2 = 6400 [W ] = .I 2 .( 0,8 ) → I 2 = 20 3 [ A] 3 X 2 6400 [W ] = ( I 2 ) .R2 → R2 = 5,33[ Ω ] → 2 = 0,75 = tg (arc.cos 0,8) → X 2 = 4,00 [ Ω] R2 400 W2 = 9600 [W ] = .I 3 .( 0,8 ) → I 3 = 30 3 [ A] 3 X 2 9600 [W ] = ( I 2 ) .R2 → R2 = 3,55[ Ω] → 3 = 0,75 = tg (arc.cos0,8) → X 3 = 2,67 [ Ω] R3 Determinar el valor de la impedancia Z [ Ω ] , sabiendo que la intensidad “i” que atraviesa el vatímetro está en fase con la tensión de alimentación. Calcular la indicación del vatímetro. Puntuación: 1,5
10 Ω
i
W 31,84 μF 100 V 1000 Hz
20 Ω
0,05 H
Z [ Ω]
X condensador =
Si la intensidad “i” está en fase con la tensión de alimentación, se cumple que la reactancia “X” en la rama donde circula “i” deber ser nula, ya que la impedancia de la rama debe tener un φ=0. Suponiendo que Z[Ω] =(0+jX) Ω:
−j −j = ≈ −5 j [ Ω ] 3 ωC ( 2π .10 ) (31,84.10−6 )
Z = − X condensador = +5 j [ Ω ] Vatímetro → P = 100. I .cos ϕ = 100.
100 102 + (5 − 5)2
.1 = 1000 [W ]
3