Solucionario Tercera Practica Calificada de Circuitos Electricos
SOLUCIONARIO DE EXMANEN PARCIAL DE CIRCUITOS ELECTRICOS II.docx
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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