3/06/2010 1

Problema:

Una industria absorbe 415 kVA ( con f.d.p.= 0,875 en retraso) de una red trifásica de 240

V en un momento determinado. Si suponemos la industria equilibrada en cargas, calcular:

a) La impedancia por fase de la planta.

b) El ángulo de desfase entre la tensión y la intensidad de fase.

c) El diagrama vectorial completo.

Solución:

a) Suponemos la planta eléctricamente equivalente a una conexión en estrella de tres

impedancias idénticas ZZZZ 321 === .

La tensión por fase es: UF = 240 / 3 = 138,564 V.

A partir de la formula de la potencia aparente de una carga trifasica equilibrada, podemos

despejar la intensidade de línea, IL = S/( 3 UL), y en el caso de la estrella IF = IL , por lo que la

corriente por fase es: IF = IL = S / ( 3 UL) = 415000 / (1,732 H 240) = 1140,954 A.

La impedancia por fase es: Z = UF / IF = 138,564 / 1140,954 = 0,1214 Ω.

b) El ángulo de desfase entre las tensiónes simples (138,564 V) y las correspondientes

intensidades de línea (1141 A) viene dado por: cos n = 0,875 B> n = 28,9551 .

La corriente en cada fase retrasa 291 respecto a su tensión.

La impedancia compleja por fase vale: º2912,0Z =

3 I3

0240

2

2I

120240

I1

-120240

NI

1

33ϕZ22

ϕZ

2'U'3

U'2

3'

1U'

N'

11ϕZ

1'

0,875

415 KVA

3/06/2010 2

c) El diagrama vectorial completo es el de la figura siguiente. En la práctica se

representaría una fase solamente.

Las intensidades de línea son: º611141º29º901141I1 =−=

º591141º29º301141I2 −=−−=

º1791141º29º1501141I3 −=−−=

ϕ

31U

ϕ

=U2

3U

-179º3I =1141

3U = U12

30

U1

-59º=1141I 2

ϕU2

= 29 º

=1141I 1 61º

U23U1 =

Diagrama de tensiones e intensidades.

90º - 29º

N

I 1 = 1141

90139

1

11ϕZ

1U'

N'

1'

415/3 KVA

0,875

Esquema monofásico equivalente

3/06/2010 3

Ejercicio: Determinar las lecturas de los vatímetros W1 y W2 cuando la impedancia de cada una

de las cargas conectadas en triángulo a la red trifásica de la figura sean:

a) 3j1ZZZZ 312312 +==== b) j3ZZZZ 312312 +====

Comprobar los resultados. Nota: UL = 400 V.

RECEPTOR TRIFASICO

400 V

50 Hz

T

1

3I

Z12

2TI

R

S

W1I

I2

1

2W

Z23

3Z31

2

I3TI 1T

Solución:

a) Si 3 j + 1 = Z en forma cartesiana, en forma polar será : tg φ = /3 , φ = 60o , Z = 2 Ω

y por tanto º602Z = .

Las intensidades de fase en la carga serán: º60200º602

º120400

Z

UI

12

1212 ===

º60200º602

º0400

Z

UI

23

2323 −===

º180200º602

º120400

Z

UI

31

3131 −=

−==

y por tanto, los fasores de las intensidades de las corrientes de línea serán:

º303200º180200º60200III 31121 =−=−=

º903200º60200º60200III 12232 −=−−=−=

º2103200º60200º180200III 23313 −=−−−=−=

Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 resultarán, en consecuencia:

3/06/2010 4

W120000)º30(cos3200400)I,U(cosIUW 1131131 =××==

W0)º90(cos3200400)I,U(cosIUW 2232232 =××==

Con lo que: PT = W1 + W2 = 120.000 W Como comprobación se tendrá:

PT = 3 PF = 3 (I12)2 R12 = 3 ×200

2 ×1 = 120000 W

o bien: PT = 3 UL IL cos ϕ = 3 × 400 × 200 × 0,5 = 120000 W

b) En este supuesto: j + 3 = Z en forma cartesiana, en forma polar será : tg φ = 1//3 , φ =

30o , Z = 13+ =2 Ω y por tanto º302Z = .

Las intensidades de fase y linea serán: IF = UL/Z = 400/2 = 200 A e IL = 3 IF = 200 3 A

y los fasores de las intensidades de las corrientes de línea tendran por expresión:

º603200º30903200I1 =−=

º603200º30303200I2 −=−−=

º1803200º301503200I1 −=−−=

Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 serán en estas nuevas condiciones:

W380000)º0(cos3200400)I,U(cosIUW 1131131 =××==

W340000)º60(cos3200400)I,U(cosIUW 2232232 =××==

Con lo que: PT = W1 + W2 = 80000 3 +40000 3 = 120000 3 W

Como comprobación: PT = 3 PF = 3 (IF)2 R = 3 ×200

2 × 3 = 120000 3 W

o bien: PT = 3 UL IL cos ϕ = 3 × 400 × 200 3 × 3 /2 = 120000 3 W

Para el supuesto (a) se comprueba asimismo que:

.3 = 0 + 000012

0 - 000120 3 =

W + W

W - W 3 = )( tg

21

21ϕ

Para el supuesto (b):

3

1 =

3000012

300004 3 =

3 00004+ 3 00008

3 00004 - 3 00008 3 =

W + W

W - W 3 = )( tg

21

21ϕ

Eje

rcic

io 2

:3

/6/2

01

0

2,0

000

60

,00

02

,00

00

30

,00

0

So

luc

ión

:

UL

=

40

0V

UL

=

40

0V

RR

SS

TT

NN

40

0V

40

0V

P=

12

00

00

WP

=1

20

00

0W

fdp

=0,5

fdp

=0

,86

60

25

4

UL

=4

00

VU

L=

40

0V

P =

12

00

00

Wϕ

=1

,04

71

98

rad

P =

12

00

00

Wϕ

=0

,52

35

99

rad

Q =

207

84

6,0

97

Var

ϕ=

60

ºQ

=6

92

82

,03

23

Va

rϕ

=3

0º

S =

24

00

00

VA

IL=

346

,41

02

AS

=1

38

56

4,0

65

VA

IL=

20

0A

Ca

rga e

n: E

str

ella

Ca

rga

en

: T

riá

ng

ulo

Ca

rga

en

: E

str

ella

Ca

rga

en

: T

rián

gu

lo

UF

=

230

,94

01

08

VU

F =

4

00

VU

F =

2

30

,94

01

08

VU

F =

4

00

V

IF =

3

46

,41

01

62

AIF

=

20

0A

IF =

2

00

AIF

=

11

5,4

70

1A

R =

0,3

33

33

333

ΩR

=1

ΩR

=1

ΩR

=3

Ω

X =

0,5

77

35

027

ΩX

=1

,73

20

51

ΩX

=0

,57

73

50

27

ΩX

=1

,73

20

51

Ω

Z=

0,6

66

66

667

ΩZ

=2

ΩZ

=1

,15

47

00

54

ΩZ

=3

,46

41

02

Ω

I1 =

34

6,4

102

30

,00

0º

=3

00

,00

+1

73,2

1j

I1 =

20

0,0

00

06

0,0

00

º =

10

0,0

0+

17

3,2

1j

I2 =

34

6,4

102

-90

,00

0º

=0

,00

+-3

46,4

1j

I2 =

20

0,0

00

0-6

0,0

00

º =

10

0,0

0+

-17

3,2

1j

I3 =

34

6,4

102

-21

0,0

00

º =

-30

0,0

0+

17

3,2

1j

I3 =

20

0,0

00

0-1

80

,00

0º

=-2

00,0

0+

0,0

0j

ZE

=0

,66

67

60

,00

0º

=0

,33

33

33

+0

,57

73

50

26

9j

ZE

=1

,15

47

30

,00

0º

=1

+0

,57

73

50

26

9j

ZT

=2

,00

00

60

,00

0º

=1

+1

,73

20

50

80

8j

ZT

=3

,46

41

30

,00

0º

=3

+1

,73

20

50

80

8j

S =

24

00

00

,00

00

60

,00

0º

=1

20

00

0+

20

78

46

,096

9j

S =

13

85

64

,06

46

30

,00

0º

=1

200

00

+6

92

82

,03

23

j

W1

=4

00

,00 x

34

6,4

1 x

0,8

7 x

W1

=4

00

,00

x20

0,0

0 x

1,0

0 x

W2

=40

0,0

0 x

34

6,4

1 x

0,0

0 x

W2

=4

00

,00

x20

0,0

0 x

0,5

0 x

W1

+ W

2W

1 +

W2

= 8

000

0,0

0 W

= 4

000

0,0

0 W

= 1

200

00

,00

W

= 1

20

00

0,0

0 W

= 0

,00

W

= 1

20

00

0,0

0 W

R S T

21 3III

400 V

1W

W2

RECEPTOR TRIFASICO

Z12

Z23

Z31

I1T

I2T

I3T

31

2

50 Hz

R S T

21 3III

400 V

1W

W2

RECEPTOR TRIFASICO

Z12

Z23

Z31

I1T

I2T

I3T

31

2

50 Hz

3/06/2010 5

Ejercicio: Se tiene un generador trifásico que alimenta una línea a UL = 400 3 V, siendo la

impedancia por fase de la línea: LZ = 3 + 4j y la de la única carga conectada (en estrella):

CZ = 12 + 16j, asimismo por fase.

GW3

A1

V1

W1

S (2)

Z = 12+16j

Z = 12+16j

C C

N

Z = 3+4jL

Z = 12+16jC

T (3)

K

Z = 3+4jL

Z = 3+4jL M R (1)

Se pide:

11) Lectura del amperímetro A1.

21) Lectura del voltímetro V1.

31) Se montan dos vatímetros según la conexión ARON y se desea saber en este caso, la

lectura de cada uno de ellos.

41) Potencia consumida por la carga.

51) Si se rompe la líena por el punto AK@, determinar las nuevas lecturas del amperímetro

A1 y del voltímetro V1.

61) En estas nuevas condiciones hallar la potencia consumida por la carga.

71) En las condiciones de los dos últimos apartados cae sobre la línea una rama de un

árbol produciendo un cortocircuito entre M y N. Indicar la nueva lectura de A1 instantes

antes de que funcione la protección automática.

Solución:

11111) El ángulo de desfase debido a la impedancia de la carga y a la de la línea será:

ϕC = tg-1

(4/3) con lo que: ϕC = 53,13º y cos(ϕC) = 3/5.

El fasor de la intensidad de la corriente de línea R será:

36,87| 16 = 1353,| 25

90| 004 =

j20 + 15

90| 004 =

16) + j(4 + 12) + (3

90| 004 = I

o

o

ooo

1

con lo que la lectura de A1 será 16 AMPERIOS.

3/06/2010 6

Las demas intensidades de línea valdrán: º13,8316º13,533016I2 −=−−=

º13,20316º13,5315016I3 −=−−=

=16U2 31U=

2I

C

U'3

30º

30º

3U U12=

U1 U23=

U12

276,87º

C

30º2U'

=16

1

C

I 1

U'

36,87º

U32

156,87ºI 3 =16

21111) Evidentemente la lectura del voltímetro V1 será: 400 3 voltios.

31111) Las lecturas de los vatímetros valdrán:

=+××== )30(cos163400)I,U(cosIUW C1121121 ϕ 1325,95 W

=−××== )30(cos163400)I,U(cosIUW C3323323 ϕ 10194,05 W

41111) La potencia consumida por la carga y pérdida en la impedancia de la línea será:

PT = W1 + W3 = 1325,95 + 10194,05 = 11520 W

La potencia perdida en la línea tendrá por valor: PL = 3 RL (IL)2 = 3×3×16

2 = 2304 W

La potencia absorbida por las cargas resulta: PL = 3 RC (IF)2 = 3×12×16

2 = 9216 W

y naturalmente: PT = PL + PC = 2304 + 9216 = 11520 W

3/06/2010 7

5º) La lectura del voltímetro es la misma que la indicada en el apartado 21) o sea, 400/3 V.

El fasor de la corriente en la línea en la que se ha conectado el amperímetro A1, será

ahora:

8768,| 38 = j)20+ (15 2

120| 3004 =

j)16+ 12 + j4 + (3 2

U = Io

o

121′

y la nueva lectura del amperímetro A1 será: 8 3 = 13,856 A

61111) La potencia consumida por las cargas vendrá dada por:

P’C = C

2

1 R)'I(2 = 2 ×13,8562 × 12 = 4607,7 W

o sea, la mitad de la absorbida cuando la línea no se habia roto.

71111) La intensidad de la corriente en la línea (R) será en el supuesto considerado:

º87,66340º13,5310

º1203400

)j43(2

º1203400

Z

U''I

RS

RS1 ==

+==

con lo que la lectura del amperímetro A1 sería ahora: 40 3 = 69,28 A

3/06/2010 8

Ejercicio: En una línea trifásica a 200 V se conectan, Aeléctricamente contiguas@ (ver figura)

una carga trifásica equilibrada en triángulo, de impedancia individual: 1RZ = 1 + j y otra

carga, asimismo equilibrada, en estrella de naturaleza óhmica: 2RZ = 1 + 0j. En un momento

determinado queda fuera de servicio la resistencia óhmica de la fase 3. Indicar las lecturas de

los vatímetros (W1, W2), (W=1, W=2) , (W=>1, W=>2). Comprobar los resultados.

Z = Z = Z = Z = 1 + 1j

RECEPTOR TRIFASICO 1

I3T

50 Hz

200 V

31Z

1 2 3

2

2Z3

Z1

1TI 3TI2TI

1

2S I

R I

2W

1W

3I''3I'

RECEPTOR TRIFASICO 2

3E

Z

Z = Z = Z = Z = 1 1 2 3

Z1 Z2

I1E

1

I I2E

2 3

3

2I'

I'11W'

2W'2I''

I''11W''

W''2

Solución:

La impedancia compleja de la carga conectada en triangulo vale: º452Z = = 1 + j

por lo que las intensidades de fase en la carga en triangulo serán:

º752100º452

º120200

Z

UI

12

1212 ===

º452100º452

º0200

Z

UI

23

2323 −===

º1652100º452

º120200

Z

UI

31

3131 −=

−==

y por tanto, los fasores de las intensidades de las corrientes de línea del receptor 1 serán:

j206,173206,173º456100º1652100º752100III 3112T1 +==−−=−=

j603,236397,63º756100º752100º452100III 1223T2 −=−=−−=−=

j397,63603,263º1956100º452100º1652100III 2331T3 +−=−=−−−=−=

3/06/2010 9

U1

I31

=U2

=3

U

31U

3E

ϕ

ϕ

= 244,95 -195

U12

I3

3U =

ϕ

30

ϕ

2E

= 244,95 -752I

23I

ϕ

U2 =

= 244,95 45I11

E

= 45º

30

I 12

ϕ

I12

I31-

=

U23

U1=

Diagrama vectorial de tensiones e intensidades del receptor 1 (carga en triangulo).

Por las cargas que permanecen en servicio de la carga en estrella circularán corrientes de

intensidades:

86,603 j + 50- = 120| 100 = 0|2

120| 200 = I = I

o

o

o

1E12E

86,603. j - 50 = 300|100 = I = I- = Io

2E12E21E

Las intensidades de las corrientes totales en las líneas (1) y (2) valdrán, respectivamente:

+ 173,206 = 120| 100 + 45| 244,95 = I + I = Ioo

1E1T1

= j 259,808 + 123,205 = j 86,603 + 50 - j 173,206 + .62964,| 287,54 o

= j 86,603 - 50 + j 236,603 - 63,397 = I + I = I 2E2T2

.66670, -| 342,521 = j 323,205 - 113,397 = o

Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 serán, en consecuencia:

W42,57320)º629,4(cos54,287200)I,U(cosIUW 1131131 =×==

W98,22679)º666,70(cos3521,342200)I,U(cosIUW 2232232 =××==

siendo entonces: W1 + W2 = 57 320,42 + 22679,98 = 80000,4 W

3/06/2010 10

2T

=U2 31U

I

= 244,95 -1953TI

3U =

I 1E

U12

= 100 -60

= 342,52 -70,6

= 244,95 -75

2I

2EI

I2T

2EI

= 287,44 64,6

= 244,95 451TI

I1

U23U1 =

Diagrama vectorial de tensiones e intensidades de la instalación .

Las lecturas de los vatímetros W=1 y W=2 serán, por su parte:

W10000)º60(cos100200)I,U(cosIU'W E113E1131 =××==

W10000)º60(cos100200)I,U(cosIU'W E223E2232 =××==

con lo que: W’1 + W’2 = 20000 W

Por fin: W’’1 = W’’2 = 0 W.

Como comprobación se tendrá:

- Potencia consumida por las cargas en Triángulo (Receptor trifásico 1):

PT = 3 (100 2 )2 × 1 = 60000 W

o bien: PT = 3 UF IF cos ϕ = 3 × 200 × (100 2 ) × ( 2 /2) = 60000 W

- Potencia consumida por las cargas en Estrella (Receptor trifásico 2):

PE = 2 (IE)2 R = 2 × (100)

2 ×1 = 20000 W

o bien: PE = U IE cos φ =220 ×100 ×1 = 20000 W

y, por tanto: PT + PE = 60000 + 20000 = 80000 W.

Ejercicio 4:

3/6/2010

ZT =

1,4142

45,000

Z =

2,0000

0,000

Solución:

UL =

200V

UL =

200V

RR

Monofásica RS

SS

TT

NN

RS

200V

P=

60000W

P=

20000W

fdp=

0,70710678

fdp=

1

UL=

200V

UL=

200V

P =

60000W

ϕ=

0,785398rad

P =

20000,000W

ϕ =

0rad

Q =

60000Var

ϕ=

45º

Q =

0,000Var

ϕ =

0º

S =

84852,8137VA

IL=

244,949A

S =

20000,000VA

Z =

2,000Ω

Carga en: Estrella

Carga en: Triángulo

IF=

100A

R =

2,000Ω

UF = 115,470054V

UF =

200V

X =

0Ω

IF =

244,948974A

IF =

141,4214A

URS =

200,00

120º =

-100,00+

173,21j

R =

0,33333333Ω

R =

1Ω

X =

0,33333333Ω

X =

1Ω

IRS =

100,00

120º =

-50,00+

86,60j

Z=

0,47140452Ω

Z=

1,414214Ω

I1 =

244,9490

45,000º =

173,21+

173,21j

I1 =

100,00

120º =

-50,00+

86,60j

I2 =

244,9490

-75,000º =

63,40+

-236,60j

I2 =

100,00

300º =

50,00+

-86,60j

I3 =

244,9490

-195,000º =

-236,60+

63,40j

I3 =

0,00

0º =

0,00+

0,00j

ZE =

0,4714

45,000º =

0,333333+

0,333333333j

ZT =

1,4142

45,000º =

1+

1j

ZRS =

2,00

0º =

2,00+

0,00j

S =

84852,8137

45,000º =

60000+

60000j

SRS =

20000,00

0º =

20000,00+

0,00j

W1 =

200,00 x

244,95 x

0,97

W1 =

200,00 x

100,00 x

0,50

W2 =

200,00 x

244,95 x

0,26

W2 =

200,00 x

100,00 x

0,50

W1 + W2

W1 + W2

Aplicando el primer lema a cada fase

obtenemos las intensidades totales:

IT1 =

287,540418

64,63º =

123,21+

259,81j

W1 =

200,00 x

287,54 x

0,997

IT2 =

342,520814

289,33º =

113,40+

-323,21j

W2 =

200,00 x

342,52 x

0,331

IT3 =

244,948974

165,00º =

-236,60+

63,40j

W1 + W2

P1+P2 = 0,33 W

= 57320,51 W

= 22679,49 W

U = 200 V

= 80000,00 W

= 10000,00 W

= 10000,00 W

= 20000,00 W

= 47320,51 W

= 12679,49 W

= 60000,00 W

Sistema Desequilibrado

3/06/2010 11

Ejercicio: En la línea III de la figura siguiente se conectan dos motores monofásicos idénticos,

de potencia en el eje 10 CV, rendimiento: η = 0,9 y cos n = 2 / 3 (UL = 220 V).

11) Se desea conocer las lecturas de los vatímetros W1 y W2.

21) )Coincidirá la suma de dichas lecturas con la potencia total absorbida por los dos

motores?. En caso negativo modificar las conexiones del vatímetro W1 para que la suma

de las nuevas lecturas exprese la potencia total absorbida.

Motor

cos ϕ = 3/2

η = 0,9

10 CV

M1

=

LU = 220 V

T

=

=

W1

S

R

I T

I 12

I R

2W I S

Motor

cos ϕ = 3/2

η = 0,9

10 CV

M2

I 13

3

2

1

Solución:

1) La potencia mecánica proporcionada por cada motor será: Pm1 = Pm2 = 10 × 736 = 7360 W

Dicha potencia mecánica supone que se deberá absorber de la red una potencia eléctrica

(por cada motor):

Pe1 = Pe2 = 7360 / 0,9 = 8177,77 W

Para los dos motores: Pe = 2 Pe1 = 16355,55 W

La intensidad de la corriente absorbida por cada motor será: A92,422/3220

77,81777IM ==

La intensidad absorbida por el motor 1, 12I , tiene un desfase de 301 con respecto a la

tensión de línea 312 UU = , y la intensidad absorbida por el motor 2, 13I , de 301 con respecto de

213 UU −= ; por lo que las intensidades en la línea trifásica serán:

º60| 34,74 º30| 43 º90| 43 = I + I = I 31211=+

º90| 43 º180º90| 43= I = I 122 −=−−

º150| 43º180º30| 43= I = I 133 −=−−

3/06/2010 12

31

13

U = U

3U'

I = -I3

312U = U

2

I = -I2

U'12

2

U = U 23 1

U = -U

I12

U'1

1

I13

I

13 2

Con todo ello, las lecturas de los vatímetros W1 y W2 resultarán:

W778,8177)º60(cos34,74220)I,U(cosIUW 1121121 =××==

W0)º90(cos43220)I,U(cosIUW 2232232 =××==

2) Si sumamos las lecturas de los vatimetros: W1 + W2 = 8177,778 W ≠ 16355,55 W

Si se disponen los dos vatímetros en conexión ARON como la indicada en la figura

siguiente se tendrá:

1

= S

= T

= RW'

ReceptoresW'2

2

3

1

W,)º(cos,)I,U(cosIU'W 5516355034742201131131 =××==

W0)º90(cos43220)I,U(cosIU'W 2232232 =××==

Ahora W=1 + W=2 = 16355,5 W que es el valor de la potencia eléctrica absorbida por los

dos motores.

Solución:

Carga Carga

R Monofásica RS R Monofásica RT

S S

T T

N N

R S R T

Pe = 8177,778 W P = 10 CV Pe = 8177,778 W P = 10 CV

fdp= 0,866025 η = 0,9 fdp= 0,866025 η = 0,9

UL= 220 V UL= 220 V

P = 8177,778 W ϕ = 0,523599 rad P = 8177,778 W ϕ = 0,5236 rad

Q = 4721,442 Var ϕ = 30 º Q = 4721,442 Var ϕ = 30 º

S = 9442,884 VA Z = 5,126 Ω S = 9442,884 VA Z = 5,126 Ω

IF= 42,9222 A R = 4,439 Ω IF= 42,9222 A R = 4,439 Ω

X = 2,562776 Ω X = 2,56278 Ω

URS = 220,00 120 º = -110,00 + 190,53 j URT = 220,00 60 º = 110,00 + 190,53 j

IRS = 42,92 90 º = 0,00 + 42,92 j IRT = 42,92 30 º = 37,17 + 21,46 j

ZRS = 5,13 30 º = 4,44 + 2,56 j ZRT = 5,13 30 º = 4,44 + 2,56 j

SRS = 9442,88 30 º = 8177,78 + 4721,44 j SRT = 9442,88 30 º = 8177,78 + 4721,44 j

I1 = 42,92 90 º = 0,00 + 42,92 j I1 = 42,92 30 º = 37,17 + 21,46 j

I2 = 42,92 270 º = 0,00 + -42,92 j I2 = 0,00 0 º = 0,00 + 0,00 j

I3 = 0,00 0 º = 0,00 + 0,00 j I3 = 42,92 210 º = -37,17 + -21,46 j

Aplicando el primer lema a cada fase

obtenemos las intensidades totales:

IT1 = 74,34343 60,00 º = 37,17 + 64,38 j W1 = 220 x 74 x 0,5

IT2 = 42,9222 ##### º = 0,00 + -42,92 j W2 = 220 x 43 x -0

IT3 = 42,9222 ##### º = -37,17 + -21,46 j W1 + W2

P1+P2

= 8177,78 W

= 16355,56 W

U = 220 V U = 220 V

= 8177,78 W

= 0,00 W

Sistema Desequilibrado

Ejercicio : Calcular la lectura de los dos watímetros. 3/6/2010

M2

10 CV

MotorM1Motor

U = 220 VL 13I

RI

SI

TI

1

2 = S

3 = T

1 = RW

W 2

12I

cos ϕ = 3/2

η = 0 ,9 η = 0 ,9

cos ϕ = 3/2

10 CV