“AÑO DE LA INTEGRACION NACIONAL Y RECONOCIMIENTO DE NUESTRA DIVERSIDAD”

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

FACULTAL DE INGENIERIA MECÁNICA

CURSO:

CIRCUITOS ELECTRICOS

TEMA:

SOLUCIONARIO DE TERCERA PRÁCTICA

ALUMNO:

CALDERON ZUÑIGA, ERIK JORGE 20110124K

PROFESOR:

SINCHI YUPANQUI, FRANCISCO EDI

SECCIÓN:

“B”

FECHA DE ENTREGA:

27/06/13

CICLO:

IV

LIMA, JUNIO DEL 2013

SOLUCIONARIO TERCERA PRACTICA CALIFICADA DE CIRCUITOS ELECTRICOS (ML 140B)

PROBLEMA N°1:

La carga eléctrica de una fábrica consta de las siguientes máquinas y equipos eléctricos (de 220 V y 60 Hz) que tienes las siguientes especificaciones de placa:

04 Tornos, c/u con motor eléctrico de 3HP,n=93%, PC=80%, cos∅=0.70(IND). 03 Fresadoras, c/u con motor eléctrico de 5HP,n=96%, PC=70%, cos∅=0.63(IND). 02 Esmeriles, c/u con motor eléctrico que consume 500 vars, cos∅=0.63(IND). 01 Maquina Eléctrica de 8KVA de factor de potencia 0.25 en adelanto. 15 Lámparas incandescentes de 100 watts c/u. 01 Horno puramente inductivo de 55mH.

Si todas estas máquinas y equipos trabajan ininterrumpidamente con los valores nominales indicados en su placa durante 15 horas diarias y 325dias al año, determinar:

a) El factor de potencia y la corriente que consume esta fábrica.b) Si la tarifa que tiene esta fábrica es de US $ 0.01/KVARh ¿Que ahorro anual (en US $) se

obtendría al instalar un banco de condensadores a fin de conseguir un factor de potencia de 0.95 en retrazo?

SOLUCION:

Calculo de potencia activa:

04 Tornos.

PT=4 (3)(746)(80)

93=7700,645watts

03 Fresadoras

PF=3(5)(746)(70)

96=8159,375watts

02 Esmeriles

PE=2(500)cot ¿¿

01 Maquina Eléctrica

PME=8000cos (cos−1 (0.25 ) )=2000watts

15 Lámparas

PL=15 (100 )=1500watts

Horno

PH=0watts

∴Ptotal=∑ P=20171.25watts

Calculo de potencia reactiva:

04 Tornos.

QT=7700.645 tan (cos−1 (0.7 ) )=7856.23vars

03 Fresadoras

QF=8159,375 tan(cos−1(0.63))=10057.52vars

02 Esmeriles

QE=1000 vars

01 Maquina Eléctrica

QME=−8000 sen (cos−1 (0.25 ) )=−7745.97vars

15 Lámparas

QL=0vars

Horno

QH=2202

55 (377)(10−3)=2334.22vars

∴Qtotal=∑ Q=13502vars

a) Factor de potencia:

∅=tan−1( 1350220171.25

)=33.8°

→cos∅=0.83 (inductivo)

b)

Para un Factor de potencia de 0.95

∅ ´=cos−1(0.95)=18.2 °

∆Q=P( tan∅−tan∅ ´ )

∆Q=20171.25 (tan (33.8 ° )−tan (18.2° ) )=6871.51vars deahorrode energia

PARA UN AÑO:

1año≠325∗15=4875horas

Potencia=Trabajotiempo

→Trabajo=Potencia∗tiempo

→Trabajo ahorro=6.87151∗4875=33498.61KVARh

∴ Ahorr o=Tarifa∗Trabajo ahorro

∴ Ahorro=0.01∗33498.61=334.98US$

PROBLEMA N°2

Un amperímetro A y un voltímetro V (ambos de hierro móvil), instalados como se indica en el circuito, indican 8 amperios y 50 voltios respectivamente, asimismo la fuente sinusoidal suministra

una corriente i(t )=Imax sin (100 t+30 )amperios y un voltaje V (t )=V max sin (100 t+α ) voltios. Si la

corriente que circula por la impedancia Z, esta adelantada 60° respecto a la corriente que circula por la bobina de 100 mili henrios. Determinar:

a. La corriente Imax.

b. El voltaje V max y el ángulo α .c. La potencia compleja y el factor de potencia suministrada por la fuente.

Solución:

Primero calculamos la reactancia inductiva: X L=ωL=100x 100 x10−3=10Ω

100mH

Luego hallamos los polares de cada uno de los voltajes, corrientes e impedancias.

dato : (A )=8 A , I Z=8 A

ademasdel circuitoV 2=X L I L→I L=5010

,=¿ I L=5 A . X L=1090 °

Dato : I zadelanta60 ° a I L→si I L=5 β° , entonces I z=5 β°+60 analizamos en elnodo enel cualingresa I=I 30 °

I=I L+ I zI 30 °=8β+60 °+5β °

Lo vamos a determinar por el método grafico

Resolviendo por ley de cosenos: I 2=52+82−2 x5 x 8 xcos120 °→I=11.36

por ley de senosI

sin 120°= 5sin (30+β )

, del cual β=−7.59 °

A) Imax=I √2=11.36 x √2=16.062 A .

Imax=16.062 A.

B) V=V 2=¿ I L x X L=5 β° x1090 ° , entonces V=50 82.41°

V max=V √2=70.71Voltios

α=82.41 °

C) Potencia compleja: S=V x I¿……(1)S=5082.41 ° x 11.36−30 °=56852.41°

S=56852.41° VA

cos∅=cos52.41°=0.61

PROBLEMA 3:

En el siguiente circuito la onda de tension de la fuente adelanta a la onda de la corriente total con un angulo de desfase de 17°. Calcular:

a) La capacidad del condensador. b) El triangulo de potencias.

SOLUCIÓN:

DATOS:

f=50Hz→w=314.16 rad /s

V adelanta17 ° a I →=V ∟0 ° ; I=I ∟−17 °

Llevando el circuito a fasores:

15Ω

35mH

C

220∟0 °

f=50Hz

I

V

Aplicando primera ley de kirchoff:

Donde:

V=Z . I Z→I Z=200∟0 °

18.601∟36.254 °=10.752∟−36.254 ° A

V=XC . IC→IC=200∟0 °XC∟−90 °

=200XC

∟90 ° A

Reemplazando y resolviendo en (1):

I∟−17 °=10.752∟−36.254 °+ 200XC

∟90 °

Parte real:

18.601∟36.254 °

XC

220∟0 °

f=50Hz

I

V

I cI z

Z

I cos (−17)=10.752cos (−36.254 )+ 200XC

cos (90)

Parte imaginaria:

I sin (−17 )=10.752sin (−36.254 )+ 200XC

sin(90)

I=9.067 A; X C=53.952

a) XC=1wc

=53.952→C ≈59uF

b) Triangulo de potencia

S=V . I ¿= (220∟0° ) (9.067∟17 ° )

S=1813.4∟17 °VA .

P=Scos (17 )=1734.163watts .

Q=S sin (17 )=530.187VARS .

∅=17 °

1813.4VA .

1734.163watts .

530.187 vars.

PROBLEMA N°4:

Aplacando el teorema de Thevenin entre los terminales D y tierra. Calcuar la potencia reactiva en el condensador.

SOLUCION:

Haciendo el circuito abierto entre D y tierra para calcular el ETH

∴ETH=45∠ 0°

Haciendo el circuito pasivo para hallar el ZTH

ZTH=100∠0 °

REPRESENTANDO EL EQUIVALENTE THEVENIN:

V= (45∠0 ° ) (331.56∠−90 ° )(100∠0 ° )+ (331.56∠−90° )

V=(43.1∠−16.78)

HALLANDO LA POTENCIA REACTIVA:

Q=−V 2

X c

Q=−43.12

331.56∴Q=−5.6vars