SOLUCIONARIO DE EXMANEN PARCIAL DE CIRCUITOS ELECTRICOS II.docx

53.13

42Kw

56KVAR

SOLUCIONARIO DE EXMANEN PARCIAL DE CIRCUITOS ELECTRICOS II

SICLLA LUJAN ANETRO JUNIOR 100612I

1) Se tiene una red monofásica que trabaja a 100KVA Y 440 voltios , 60Hz a la que se conectan Un motor de eficiencia 80 %, f.d.p. 0.6 en atraso a)la potencia en Hp del motor

b)Halle usted la capacidad del banco de condensadores para obtener un fdp de 0.95 en atraso .

Solución:

P=100KVA*pc=100KVA*0.7P=70KVA

P (watts )=¿Hp x746 x Pcn

¿Hp=P (watts )n746 x Pc

70KVA

Reemplazando en la formula tenemos que

¿Hp=P (watts )n746 x Pc

42Kw

56KVAR

53.13

0.99

¿Hp=42000 x 0.8746 x1

¿Hp=45.040

Qc=56000−Ptg(0.99)

Qc=55274.21VAR

c=Qc

ωv2= 55274.212πx 60 x 4402

c=7.5733∗10−4 f

2.- El circuito de la figura trabaja en régimen permanente, sabemos que el generador suministra 7669.74 vatios y el conjunto Z2 , Z4 es capacitivo (R-C), el valor de la resistencia R1 es 5 ohmios. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes:

A=40.996amperios A4=19.156amperiosW 4=1100.917

A1=20√2amperios V 2=176.614amperios

Se pide:

Valores de las impedancias Z1 , Z2 y Z4 Tensión del generador y factor de potencia del circuito

Consideramos:A1=I 1

A4=I 2

A=ITOTAL

Sabemos por dato PG=7669.74vatios , I 1=20√2, I 2=19.156, R1=5 y W 4=1100.917

Entonces : PG¿ R1 ( I 1 )2+R2 ( I 2)2+R4 ( I2 )2

Reemplazando valores: 7669.74=5 (20√2 )2+R2 (19.156 )2+1100.917

R2=7Ω

Ahora V 2=Z2 ( I 2 )

176.614=√72+X22 (19.156 )X2=6Ω

Z2=7+J 6Z2=9.22∠40.60 °

De W 4=1100.917

1100.917=R4 (19.156 )2

R4=3Ω

V R4=57.47 voltios

Realizando el diagrama fasorial (V 2∠0 °)

Z2=9.22Ω

Del graficoV X 4=Tag(49.4)V R4Reemplazando:V X 4=67.05 voltios

V Z 4=√V X 4+V R 4Reemplazando:V Z 4=88.31voltios .

Podemos hallar Z4:V Z 4=I 2(Z4)

88.3119.156

=Z 4

Ahora podemos hallar V Z 1 mediante el anterior diagrama fasorial:V Z 1=√V 22+V Z 4

2

V Z 1=√176.6142+88.312

V Z 1=197.46 voltios

Z4=4.61Ω

Del circuito V G=V Z 1 porque están conectados en paralelo.

Podemos hallar Z1:V Z 1=I 1(Z1)

197.4620√2

=Z 4

Por último hallamos el f.d.p del circuitoSG=V G(I T )

SG=197.46(40.996)SG=8095.10VA

De:PG=cos(φ)SG

7669.7248095.10

=cos (φ)

cos (φ )=0.95

3.- En el circuito mostrado se halla en régimen permanente, es alimentado por un generador de corriente I (t )=14.14cos (100πt ) presentado un fdp igual a 1, se conoce A1=10 amp ; A2=10amp ; V=60volts .Hallar:

a) Los valores de Lo; R2 ; C1 y L2.

b) Las lecturas de W; V g y S(Potencia Aparente del Generador)

SOLUCION:

Notamos ω=100 π

La corriente del generador expresado en forma fasorial es:

V G=197.46voltios

Z1=6.98Ω

fdp=0.95

I=14.14√2

∠ 0°

I=10∠0 °

Consideramos:A1=I 1

A2=I 2

Para el diagrama fasorial tomamos V g∠0 ° ; y I esta en fase por f.d.p= 1.

Del gráfico:

V G=V (cos(30 ° )) ; V=60voltios .

V G=60(√32 )

V XL0=V (Sen(30 ° )) ; V=60voltios .

V XL0=60( 12 )V XL0=30voltios .

V G=51.96voltios .

Entonces:

V XL0=I (XLo)

30=10(XLo)

3=(XLo)

3=100π (Lo)

V=I 1(X C1)

60=10(XC 1)

6=XC 1

6= 1100 π (C1)

Ahora realizamos el diagrama fasorial para hallar R2 y L2.

Del gráfico:

V L2=V (cos (60 °)) ; V=60voltios .

Lo=9.55mHr

C1=531μF

V L2=60 (12 )V L2=30 voltios.

V R2=V (cos (30 °)) ; V=60voltios .

V R2=60(√32 )V R2=51.96voltios .

Ahora podemos hallar R2 y L2 .

V R2=I 2(R2)51.96=10(R2)

V L2=I 2(X L2)30=10(X L2)3=(X L2)

3=100π (L2)

Por ultimo Hallamos W y S (Potencia Aparente del Generador)

W=V G IGcos (0 ° )W=52(10)

S=V G IGS=52(10)

R2=5.196Ω

L2=9.55mHr

W=520watts .

S=520VA .

4.-En el circuito mostrado determinar el circuito equivalente Thévenin y Norton entre los terminales a-b igualmente hallar dicho valor de la resistencia R para la condición de máxima transferencia de potencia y halle el valor de dicha máxima potencia.

Hallamos el voltaje de Thévenin a circuito abierto0 entre los terminales a-b

50=I 1 (20+ j 14 )+2 I 1(8.36 j)

50=I 1 (20+ j 30.73 )

I 1=1.363 ⌊−56.9o¿¿A

Vth=( I 1) ( j10 )+( I 1 ) ( j 7.74 )+( I 1 ) ( j 6.48 )+( I 1 ) ( j8.36 )=¿=¿44.41 ⌊−56.9o ¿¿V

I1 I2

Hallamos la corriente de Norton que circula por a-b que se encuentra en cortocircuito

DONDE M=√L1∗L2

50=I 1 (20+ j 14 )+2 I 1¿)−( I 2 ) ( j10 )−( I 2 ) ( j7.74 )−( I 2 ) ( j 6.48 )−( I 2 ) ( j 8.36 )

0=I2 (10+ j14 )+2 I 2¿)−( I 1 ) ( j10 )−( I 1 ) ( j7.74 )−( I 1 ) ( j 6.48 )−( I 1 ) ( j 8.36 )

I 2=1.7144 ⌊38.64o ¿¿

I1 I2

Vth¿ =44.41 ⌊−56.9o ¿¿¿=25.903 ⌊−95.54o ¿¿=-2.503-25.782j

Deribando para hallar R de max P

P=│Vth│x (R+7)

(−2.503+R)2+(−25.782+7)2

Obtenemos que R=14.047

Reemplazando

P=│Vth│x (R+7)

(−2.503+R)2+(−25.782+7)2

Pmax=1.923W

1.77