Problemes - Circuitos eléctricos

8/16/2019 Problemes - Circuitos eléctricos

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Régimen permanente 11

1 Circuitos eléctricos: régimen permanente

© Els autors, 2006; © Edicions UPC, 2006


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12 Circuitos eléctricos. Problemas

Problema 1

El circuito de la figura está alimentado por un generador )t100(senE)t(e max π= siendo la lectura delvoltímetro V=220 V.

Se pide:

a) La impedancia del circuito equivalente

b) Las lecturas de los voltímetros: V 1, V 2 y V 3

c) La lectura del amperímetro A 1

d) Las expresiones instantáneas en régimen permanente de i(t), u 1(t), u 2(t), u 3(t) y u AC(t)

e) La intensidad y las caídas de tensiones en el instante t 0=10,4722 ms

f) Comprobar que se cumple en el instante del apartado anterior e(t)=u 1(t)+u 2(t)+u 3(t)

L= 18mH

C= 30mF

R= 15 Ω

e(t)

A1

V1

VV2

V3

a

c

b

d

~

Figura 1.1

Resolución:

a) De la expresión temporal del generador de tensión f 2100 π=ω =π , se busca ∑= i Z Z (están enserie)

Ω=15R Ω=π

=ω

= − 103,106100·10·301

C1

X 6C Ω=π=ω = − 654,5100·10·18LX 3L

Ω−=−+= j448,10015 j)103,106654,5(15Z



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b)

º50,81166,2º50,81562,101

º0220ZUI ∠=−∠

∠==

Diagramas vectoriales:

81,5º

-81,5º

V=220

V = 3 2 , 5

1

R

1 2 ,2 5 = V 2

XL

V = 2 3 0 3

XC

(No a escala)

(No a escala)

ZT

Diagrama de tensiones Diagrama de impedancias

º50,8149,32º015º·50,81166,2R ·IU1 ∠=∠∠== (V 1) marcará 32,49 V

º507,171249,12º90655,5º·50,81166,2X·IU L2 ∠=∠∠== (V 2) marcará 12,25 V

º493,8982,229º90103,106º·50,81166,2X·IU C3 −∠=−∠∠== (V 3) marcará 229,982 V

c)

Aº50,81166,2I ∠= El amperímetro (A) marcará 2,166 A

d)

A)º180

º507,81t100(sen166,2·2)t(i π+π=

V)º180

º507,81t100(sen49,32·2)t(u 1 π+π=

V)º180

º507,171t100(sen25,12·2)t(u 2 π+π=

V)º180 º493,8t100(sen98,229·2)t(u 3 π−π=



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163,102722,34º656,20031,16º·507,81166,2)XR ·(IU LAC ∠=∠∠=+=

V)º180t100(senU·2)t(uAC

ACAC πϕ

+π=

163,102722,34º656,20031,16º·507,81166,2)XR ·(IU LAC ∠=∠∠=+=

e) Sustituyendo en las expresiones anteriores t =10,4772·10 -3 s resulta:

Ω−= 06321,3)t(i 1 V95,45)t(u 11 −= V0)t(u 12 = V0)t(u 13 =

f)

V95,4500uV95,45)10·4772,10100(senE)t(e i3max1 −+==−=π= ∑−



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GU

1U

3C U 1LU

Problema 2

En el circuito de la figura 1, y con el interruptor D abierto, se observan las siguientes indicaciones delos aparatos de medida:

A25A G = V400V1 = V0V2 = siendo la frecuencia de 50 Hz

En las mismas condiciones, pero variando la frecuencia hasta 150 Hz, se observa A 25A G = ,V0V1 = , V80V2 = . Se conoce también que Ω= 4,2R 1 .

Se pide:

a ) Calcular V G para ambos casos

b ) Reactancias X L1, X C2, X L2, X C3 a 50 Hz

c ) Manteniendo la frecuencia y la tensión del generador en los valores correspondientes al segundocaso, se cierra el interruptor D. Calcular A 0 .

Figura 2.1

Resolución:

a ) Con una frecuencia de 50 Hz, U 2 = 0V, cosa que indica que 2C2L UU −= , y si se tiene en cuentaque los vectores coinciden en dirección, aunque no en sentido, 2C2L UU = .

Tomando como origen de fases la corriente GI del generador, el diagrama vectorial de estas tensionesse puede ver en la figura 4.2 (caso f=50 Hz)

G I

1 RU G I

2 LU

2C U

1 LU

Figura 2.2 Figura 2.3

D

A0

AG

~ V2V1VG

XL1R 1

XC2

XC3

XL2



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A continuación, y tomando también el mismo origen de fases, se pueden suponer vectores de caídas detensión en R 1, en X L1 y X C3 con longitudes arbitrarias y direcciones conocidas, pero con la condición

de que 1L3C UU > ya que al pasar la frecuencia de 50 a 150 Hz, los valores de las X L aumentan ylas X C disminuyen, y no sería posible que la lectura de V 1 pasara de 400 V a 0 V. Por claridad deexposición, se han representado estas tensiones en la figura 2.3 y no sobre la misma figura 2.2.

Una vez dibujados los anteriores vectores, ya quedan definidos los vectores de las tensiones 1U y

GU :

1L3C1 UUU +=

1R 1G UUU += A 50 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular U G son:

V400U1 = V604,225R IU 1G1R =⋅=⋅=

V5,40460400UUU 2221R 2

1G =+=+= siendo la lectura de V G = 404,5 V.

A 150 Hz, las magnitudes de los vectores necesarios para calcular U’ G son:

V0'U 1 =

V604,225R 'I'U G1R =⋅=⋅=

V60600'U'U'U222

1R 2

1G =+=+= siendo la lectura de V G’ = 60 V.

b ) Para calcular las cuatro reactancias X L1, X C2, X L2, X C3 a 50 Hz y las cuatro X’ L1, X’ C2, X’ L2, X’ C3 a150 Hz, se requieren ocho ecuaciones.

Como una frecuencia es tres veces la otra, ya podemos escribir cuatro:

1L1L X3'X ⋅= 2C2C X31

'X ⋅=

2L2L X3'X ⋅= 3C3C X31

'X ⋅=

Por otra parte, a 50 Hz se puede escribir:

2L2C XX = ya que V0U 2 =

Ω==− 1625

400XX 1L3C ya que U 1 = 400 V, y la corriente total I G es de 25 A.

y a 150 Hz se puede escribir:

3C2C2L1L 'X'X'X'X +=+ ya que V0U1 =

Ω==− 2,325

80'X'X 2C2L ya que U 2 = 80 V, y la corriente total I G es de 25 A.

Con estas 8 ecuaciones se hallan las 8 incógnitas fácilmente:



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Ω= 2,12 L X Ω= 2,12C X Ω= 8,163C X Ω= 8,01 L X

Ω= 6,3' 2 L X Ω= 4,0' 2C X Ω= 6,5' 3C X Ω= 4,2' 1 L X

c) Cerrando el interruptor D, el circuito queda reducido a la siguiente figura 2.4:

A0~

XL1R 1

XC3

I0

Figura 2.4

La impedancia total del circuito será (a 150 Hz):

( ) ( ) Ω=−+=−+= 44,26,54,2'X'XR ''Z 2221L3C21

La corriente que marca el amperímetro A 0 es:

A15460

''Z'U

''IG

0 ===



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Problema 3

El circuito representado en la figura trabaja en régimen permanente, alimentándose de un generador decorriente alterna de frecuencia 50 Hz. Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos.

V=225 V A=33,75 A A 2=12,728 W A 3=18 A

Se dispone de las siguientes cargas: 111 X jR Z ⋅+= inductiva y, además, 222 X jR Z ⋅+= (capacitiva), siendo 22 XR = . La impedancia Z 3 es resistiva pura.

Se sabe que el conjunto de la carga presenta un factor de potencia unidad.

Figura 3.1

Se pide hallar:

a) La impedancia en formas binómica y polar de Z 1 y la capacidad del condensador C 2

b) La lectura del amperímetro A 1

Resolución:

a)

Ω⋅−=−∠=∠⋅= 5,12 j5,12º45677,17R X

arctgI

UZ

2

2

22

1

22 04,0 j04,0º450565,0

Z

1Y −Ω⋅+=∠==

Ω∠== º05,12I

UZ

33

1

33 º008,0

Z

1Y −Ω∠==

1

Tº015,0º0

225

75,33º0

U

IY −Ω∠=∠=∠= el conjunto un factor de potencia unidad.



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1-32T

11 º13,5305,0YYY

Z

1Y Ω−∠=−−==

Ω⋅+==∠= 16 j12Y

1º13,5320Z

11

b)

22505,0UYI 11 ⋅=⋅= A Aº13,5325,11I1 −∠=

mH9,50XL 11 =ω = F650,254X 1C 22 µ=ω ⋅=



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Problema 4

Aplicar al circuito de la figura el método de los tres amperímetros para determinar el factor de potencia de la carga Z.

Se conocen las lecturas de los 3 amperímetros:

A1=1 A A 2=3 A A6,13A G =

ReG

Figura 4.1

Resolución:

312916,13

AA2AAA

cos21

22

21

2G

⋅⋅

−−=⋅⋅

−−=ϕ

6,0cos =ϕ factor de potencia.

U

ϕ A2 AG

A1



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Problema 5

Del circuito de la figura se conocen los siguientes valores: R=4 Ω, C=5/4 ⋅π mF, la lectura delvoltímetro es de 100 V y e (t) =100 ⋅√2 sen(100 ⋅π⋅t) V.Si se modifica la pulsación de la fuente a ω = 100 ⋅π/3 rad/s, ¿Qué ángulo de desfase se presenta entrela intensidad i(t) y la tensión e(t)?

e(t)~ C

R

L V

i(t)

Figura 5.1

Resolución:

mF4

5C

π⋅=

CL

3

CXX8

5

40

1004

5

10X ==Ω==

π⋅⋅π⋅

=−

ya que V=E

Para ω /3

º903Zº908X

3º90X8

X3

º903

X9XX

º90X33X

X33X

XXXX

Z p22

CL

CLP ∠=⇒∠⋅=

∠−=

∠⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

=−∠⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

⋅−

⋅

=−⋅=

º87,3653 j4Z T ∠⇒⋅+= por lo tanto i(t) retarda a e(t) en 36,87º.



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Problema 6

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente.

Figura 6.1

Se conocen los siguientes datos:

X1= 4,5 Ω X2=94,25 Ω E= 240 ∠0º V A=23,046 A

¿Cuál debe ser el valor de R para que la corriente I se retrase 30º respecto de la tensión E?

Resolución:

30º

60º I

E

I1

I2

Figura 6.2

º60cos464,25046,23225,94

240046,23I

222

1 ⋅⋅−⎟⎟ ⎠ ⎞

⎜⎜

⎝ ⎛ +=

884,21I1 = A

Ω== 967,10844,21

240Z1

Ω=−= 105,4967,10R 221

R X

X A

E

I 1

2

I 1



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Problema 7

El circuito de la figura está alimentado por un generador senoidal de frecuencia 50 Hz.

La potencia consumida por la carga Z 3 vale 3066,667 W. El voltímetro V 3 indica una lectura de 550 V.El amperímetro A indica una lectura de 10A.

La componente reactiva de la corriente que circula por Z 3 es de 2,5A (inductivo).

La corriente que circula por la rama DB está en fase con la tensión V DB. La potencia disipada por R 4 vale 250W.

Se pide:

a) Valor de la inductancia L 4

b) Caída de tensión V DBc) Valor de la inductancia L 1

d) Tensión que proporciona el generador (lectura del voltímetro V)

V3

R =253 Ω

R =2504 Ω

Z3

A

B

C D

L4

C5

20 Fµ

~ V

A

25Ω

L1

L5

12,5 Ω

Figura 7.1

Resolución:

a ) Corriente por Z 3

UZ3

I3

I3a

I3reϕ3

2,5 Α=

a333333 IUcosIUP ⋅=ϕ⋅⋅=



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CDU

4 RV

4 LV

A58,5550

667,3066UP

I3

3a3 ===

A11,65,258,5III 222re32

a33 =+=+=

448,058,55,2

tg 3 ==ϕ º13,243 =ϕ

Cogemos a partir de ahora como origen de fases A I º011,63 ∠=

V95,1822,69284,224 j69,65484,224 j94,50175,152

º13,24550º075,152º13,24550º025º011,6UR IU 3Z33CD∠=+=++=

=∠+∠=∠+∠⋅∠=+⋅=

En cuanto a la resistencia R 4, se sabe:

4

24R

42

44 R

VR IP =⋅= V250250250V 4R =⋅=

y también

V5,64625022,692VVV 2224R 2

CD4L =−=−=

Ω==== 5,646

250

250

5,646

R

P

V

I

VX

4

4

4L

4

4L4L

Por lo tanto:

H05,25025,646

w

XL 4L4 =

⋅π==

b )

Aº91,491º86,6815,693º95,1822,692

5,646 j250º95,1822,692

jXR U

I4L4

CD4 −∠=

∠

∠=+∠=

+=

Aº42,679,6º91,491º011,6III 4343 −∠=−∠+∠=+=−

AC43AC ZIU ⋅= −

Ω−∠=−=⋅π⋅⋅

−= − º5,8564,15915,159 j5,1250210201

j5,12Z6AC

Vº92,9196,1083º5,8564,159º42,679,6ZIU AC43AC −∠=−∠⋅−∠=⋅= −

Vº42,675,16925º42,679,6R IU 543DB −∠=⋅−∠=⋅= −

Vº11,4876,1175

º42,675,169º95,1822,692º92,9196,1053UUUU DBCDACG

−∠

=−∠+∠+−∠=++=

134G III +=



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º11,138Iº42,679,610 1 −∠+−∠=ϕ∠

de donde:

( ) ( )º11,138cosIº42,6cos79,6cos10 1 −+−=ϕ

( ) ( )110se n 6,79sin 6,42º sin 138,11º I ϕ = − + −

elevando al cuadrado y sumando resulta:

086,53I9I 12

1 =−−

10,13I1 =

negativoI1 = (no tiene sentido físico)

Si buscamos:

⎩⎨⎧

−=ϕ

63,107

33,76

Teniendo presente que:

143G III += −

I1

I34-138,11

-6,42

El valor del ángulo ϕ correcto es º63,107−=ϕ

Por lo tanto:

Aº63,10710IG −∠=

Ω=−∠−∠

=== −

88,89º11,13810,13º11,4876,1175

I

U

I

UX 1

G

1

BA1L

H28,050298,89

wX

L 1L1 =⋅π

==



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Problema 8

Se quiere montar en el laboratorio un circuito eléctrico, cuyo esquema está representado en la figura,con la particularidad de que presente, entre sus bornes A y B, los siguientes valores de impedancias:

a ) a la frecuencia de 50 Hz Ω∞= ZAB

b ) a la frecuencia de 150 Hz Ω= 0Z 'AB

c ) a la frecuencia de 250 Hz Ω= 0Z ''AB

Si únicamente se dispone de dos condensadores de capacidad C=1,08823 µF, determinar los valores delas inductancias L 1, L2 y L 3.

Figura 8.1

Resolución:

La reactancia de los condensadores a la frecuencia de 50 Hz vale:

Ω=⋅⋅π

= 292508823,1502

10X

6

50C

por lo tanto, a las otras dos frecuencias, serán:

Ω== 97532925'X 150C Ω== 58552925''X 250C

Las impedancias de las tres ramas en paralelo a cada una de estas frecuencias serán de la siguienteforma:

a) A f = 50 Hz

Ω∠=Ω= º90111 L L X jX Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º9029252925 22222 L LC L X X j X X j Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º9029252925 33333 L LC L X X j X X j Z

b) A f’ = 150 Hz = 3·f Hz

B

L1 L2 L3

CC



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Ω∠=Ω= º90''' 111 L L X jX Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90975'975'''' 22222 L LC L X X j X X j Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90975'975'''' 33333 L LC L X X j X X j Z

c) A f’’ = 250 Hz = 5·f Hz

Ω∠=Ω= º90'''''' 111 L L X jX Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90585''585'''''''' 22222 L LC L X X j X X j Z

[ ] [ ] [ ] Ω∠−=Ω−=Ω−= º90585''585'''''''' 33333 L LC L X X j X X j Z

Por otra parte, la impedancia vista desde A y B, impedancia de entrada del dipolo pasivo queconstituye este circuito, valdrá en general:

313221

321TAB

ZZZZZZ

ZZZZZ

⋅+⋅+⋅⋅⋅==

Para que 0'= AB Z o 0'' = AB Z bastará, para los dos últimos casos, que se cumpla:

1 ) A 150 Hz Ω= 0'Z 2 Ω= 975'X 2L

2 ) A 250 Hz Ω= 0''Z 3 Ω= 585''X 3L Por lo tanto serán:

H035,11003975

3

'X

'

'XL 2L2L2 =π⋅⋅

=ω

=ω

=

H372,01005585

5

''X

'

''XL 3

L3L3 =π⋅⋅

=ω

=ω

=

Con lo cual, a 50 Hz serán:

Ω=== 3253

9753

'2

2

L L

X X

Ω=== 1175

5855

'3

3

L L

X X

Las impedancias de las ramas a 50 Hz valdrán, pues:

Ω∠== º90X jXZ 1L1L1

[ ] [ ] Ω−=Ω−=Ω−= 26002925325222 j j X X j Z C L

[ ] [ ] Ω−=Ω−=Ω−= 28082925117333 j j X X j Z C L



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Se debe cumplir ahora que ∞= AB Z , por lo que el denominador de la expresión que la define debe ser

igual a cero, o sea que a 50 Hz se debe tener:0ZZZZZZ 313221 =⋅+⋅+⋅

O lo que es lo mismo,

[ ] [ ] [ ][ ]02808 j2600 j2808 j jX2600 j jX 1L1L =−−+−+−

07300800X2808X2600 1L1L =−+

7300800X5408 1L =

Ω== 135054087300800

X 1L

H297,410013501350

L1 =π⋅=

ω =



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Problema 9

El circuito de la figura está alimentado por un generador ( ) ,Vt100sen224)t(e π⋅= presentando unfactor de potencia capacitivo de 0,966; las lecturas de los tres amperímetros A, A 1 y A 2 sonrespectivamente 23 A, 3 A y 3 A.

e(t)~Z1 Z2

V

A

A 1A2

Figura 9.1

Determinar el valor de la impedancia capacitiva 1Z .

Resolución:

EϕG=15º

α

Ι =3 Α2

Ι =3 Α1 Ι = 2 3 Α

Figura 9.2

º15966,0cos GG =ϕ⇒=ϕ

A23I =

A3I1 = º4522

3223

I

2Icos

1

=α⇒=⋅

==α

A3I2 =

º603

24Z1 −∠= Ω º608Z1 −∠= Ω



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Problema 10

El circuito de la figura 10.1 está formado por dos fuentes de tensión Vº03E1 ∠= y,Vº905E 2 ∠= dos fuentes de corriente Aº902I1 ∠= y Aº01I 2 ∠= , una resistencia óhmica

pura de 1 Ω , una reactancia inductiva pura de 5 Ω y una capacitiva de 2 Ω .

Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

E1 E2~ ~

R ω L

~

~

I1

I2

Figura 10.1

Resolución:El circuito se transforma de la configuración de la figura 10.2 a la configuración de la figura 10.3trasladando la fuente de corriente. Se pasa de la figura 10.3 a la figura 10.4 transformando las fuentesde corriente en fuentes de tensión. Esta configuración (10.4) puede resolverse por corrientescirculantes, consiguiendo con esto las corrientes I A e I B que pasan por las ramas del circuito originalque contiene las fuentes de tensión E 1 y E 2 que no se han visto transformadas.

E =3V1 E =5jV2~ ~

Z=1 Ω

Z=5jΩ

Z=-2j Ω~

~

I =2jA1

I =1A2

Figura 10.2



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~ ~

~

~

~

E =3V1

Z =11 Ω

I =2jA1 Z= -2j Ω

I =1A2

I =1A2

Z=5jΩ

E =5jV2

Figura 10.3

~

~

~

~

~

E =3V1

E=4V

E=1V

Z =11 Ω

Z=5j Ω

Z= -2j Ω

E =5jV2

E =5jV2

IA IB

Figura 10.4

A j53

j31 j21

j21 j21

j313

j210

I A −=

++−+−−

++−

= A j53

j31 j21

j21 j21

3 j21

0 j21

I B −=

++−+−−

+−−

=

Con sólo las corrientes AI e BI y las corrientes de las fuentes de corriente del enunciado, ya quedandefinidas todas las corrientes de cada rama del circuito original:

Figura 10.5

-3j/5

1 - 3j/5

1 - 2

7j/5

11

-2j

-3j/5

2j



22/332


Los productos ( )IZ ⋅ dan la caída de tensión en las ramas con impedancias y en el resto se consiguen por sumas o diferencias.

Figura 10.6 (Caídas de tensión en V)

Los productos *IE ⋅ dan las potencias generadas en las fuentes en forma compleja (P+Qj), y los

productos ( )*IU ⋅ de las tensiones en las cargas por los conjugados de las respectivas corrientes, danlas potencias consumidas en éstas.

Figura 10.7 (Potencias generadas y consumidas en VA)

-3

3 + 5j1

-4

-4-5j

-4

-5j

(9j/5)

(34j/5)

(0)

0

(1)

(-8j)

(4+5j)

(-8j)

(-3)

0

0



23/332


Problema 11

El circuito de la figura está formado por una fuente de corriente de A º902 −∠ , una fuente detensión de ,Vº06∠ dos resistencias óhmicas puras de 4 Ω , una reactancia inductiva de 3 Ω y una

capacitiva de 3 Ω .

Calcular:

a ) Corriente y tensión en cada rama

b ) Potencia activa y reactiva suministrada por cada una de las fuentes

~

~-3jΩ

4Ω

4Ω

E=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºA

Figura 11.1

Resolución:

Se empieza haciendo unas transformaciones de la red, pasando en sucesivas etapas a otrosequivalentes eléctricos (de la figura 11.2a a la figura 11.2b, y de la figura 11.2b a la figura 11.2c).

~

~-3jΩ

4Ω

4Ω

E=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºA

~

~ ~-3jΩ

4Ω

4Ω

E=6 0ºV E=6 0ºV

3jΩ

I=2 90ºAI=2 90ºAI=2 90ºA ~

Figura 11.2a Figura 11.2b



24/332


~

~

~

~-3jΩ

4Ω

4Ω

3jΩ

E=6 0ºV

E=6 0ºV

E=6 0ºV

E=-8j V

I1 I2

Figura 11.2c

De esta figura se deduce:

Aº26,16225

j1448 j34 j86

I1 −∠=−=−−=

A0I2 =

Con las corrientes I , 1I e 2I , ya se tienen todas las corrientes de rama, que se representan en el gráficosiguiente de dos maneras, de forma compleja y en forma de módulo y argumento. Las tensiones secalculan utilizando la expresión K K K ZIU ⋅= y se obtienen resultados reflejados en la figura 11.4.Finalmente, las potencias consumidas en cada una de las ramas se encuentran aplicando la fórmula

*IUS K K K = (potencia aparente) y se obtienen los resultados de la figura 11.5.

I=-2j 2 -90ºA

2 -16,26ºA

2 1

6 3 , 7 4 º A

2 ,4 3 6 ,8 7 º A 2

- 9 0 º A( 4 8 + 3 6 j ) / 2 5

( -4 8 + 1 4

j ) / 2 5

(48-14j)/25I2 I2

I =1

- 2 j

Figura 11.3



25/332


(42+144j)/25 6 -73,74ºA

6 -106,26ºA

9 ,6 3 6 ,8 7 º A 6 0 º

A

6 0 º A

( 1 9 2 + 1 4 4 j ) / 2 5

6 (-42-144j)/25 I2I2

6

Figura 11.4

(-288+84j)/25 12 163,74ºA

2 -90ºA

1 2 -1

6 3 , 7 4 º A

2 3 ,0 4 0 º A 2 9 0 º A

5 7 6 / 2 5

( -2 8 8 - 8 4

j ) / 2 5

12jI2 I2

1 2 j

Figura 11.5

Observando los resultados, deducimos que:

- La fuente de corriente absorbe potencia reactiva y genera activa.

- La fuente de tensión genera potencias activa y reactiva.

- Sólo una de las resistencias consume potencia activa.

- La potencia reactiva se consume en la reactancia y se genera en el condensador.



26/332


Problema 12

Dado el circuito de la figura, sabemos que las lecturas de los amperímetros A 1, A 2 y A 3 valen,respectivamente, 5,77 A, 6,33 A y 6,93 A y las lecturas de los voltímetros V 31 y V 32 son,respectivamente, 55,44V y 83,13 V. El vatímetro indica una lectura de 749,87 W.

Calcular:

a) Valor de la tensión máxima proporcionada por el generador

b) Valores de les resistencias R 1 y R 2 y de la inductancia L 2

c) Expresión temporal de la corriente i(t)

Se quiere compensar el factor de potencia del conjunto hasta la unidad. Indicar la mejor manera para poderlo conseguir, calculando su valor.

Figura 12.1

Resolución:

V921,9913,8344,55VVU 22232231 =+=+=

( ) ( )Vtπ120cos299,921teV921,992E màx ⋅⋅⋅⋅=⇒⋅=

Ω== 8AV

R 3

313 Ω11,996A

VX

3

32C3 ==

Fµ221,1311.996120 π

1

Xω

1C

C33 =

⋅

=⋅

=

Ω=⋅⋅

=⋅

= 579,16160π120

10Cω

1X

6

1C1 V95,65916.5795.77XAU C11C1 =⋅=⋅=

V28,87295,65999,921UUU 222C12

R1 =−=−= 1

R11 A

UR = Ω=51 R

W791,55093,6877,55AR AR W 2223321113 =⋅+⋅=⋅+⋅=

W079,199791.55087.749WWW 1312 =−=−=

22

22

AWR = Ω= 968,4R 2 Ω== 783,15

AVZ

22

i t ( )

C 1=160 Fµ L

2

R2 C

3

R3

e t E ( )= ·cos120 t Vm à x π

R1



27/332


28/332


Problema 13

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente estando el interruptor K 1 cerrado y el interruptorK 2 abierto. Las lecturas de los aparatos de medida son las siguientes.

WG = 1886,025W A 1 = 10 A A 2=10 A

AG = 23,942 A V G =100 V f = 50 Hz

a.1) Determinar la lectura del amperímetro A 3

a.2) Determinar los valores de la resistencia R 3 y del condensador C 3

a.3) Valores de la resistencia R 1 y del condensador C 2

b) A continuación se abre el interruptor K 1 siendo ahora las lecturas de los aparatos de medida las

siguientes: WG = 1386,370 W A G = 16,5096 A

siendo el factor de potencia capacitivo.

b.1) Determinar los valores de la resistencia R 4 y de la inductancia L 4

b.2) Indicaciones de los voltímetros V 3 y V 4

c) Finalmente se cierra el interruptor K 2 y se abre el interruptor K 1 y se pide el valor que ha de tener lainductancia de la bobina L 5 para poder conseguir que el circuito entre en resonancia.

Figura 13.1

Resolución:

ω = 100 π rad/sTomamos:

Vº0100VG ∠=

1

G1 A

VR = Ω=10R 1 Ω⋅+=∠=⇒ 0 j10º010Z1

Ω⋅−=−∠=⇒Ω== 10 j0º9010Z10A

VX 2

2

G2C

L

R C

R K C

R L

GV

A WG G

2

5

1

A1 A2

A3

2

3

3

V3

1 4 4 V4



29/332


Ω⋅+=∠== 10 j0º9010ZU

I2

G2

Aº45142,1410 j10III 2112 ∠=⋅+=+=

º794,389417,23100025,1866

arccosAU

Warccos T

GG

GT =ϕ⇒

⋅=

⋅=ϕ

A15 j660,18794,389417,23IG ⋅+=∠= por ser capacitivo

Aº30105 j660,8III 12G3 ∠=⋅+=−= A10A 3 =

Ω⋅−=−∠== 5 j660,8º3010I

VZ3

G3

Ω= 660,8R 3

5100 π10 6

3C ⋅= µF62,6363C =

2C

6

X10010

2C ⋅π= µF31,3182C =

b) W G = 1386,370 W A G = 16,5096 A

º888,325096,16100370,1386

arccosAU

Warccos

GG

GT =

⋅=

⋅=ϕ

A965,8 j8637,13º888,325096,16IG ⋅+=∠=

A0353,1 j8637,3º001,154III 12G34 ⋅−=−∠=−=

Ω⋅+=∠=−∠∠== 4710,6 j148,24º1525

001.154º0100

IU

Z34

G34

Ω∠=⋅+=−= º5256,36273,194709,11 j4876,15ZZZ 3344

1

44 03088,0 j0417,0º5256,360519,0Z

1Y −Ω⋅−=−∠==

0417,01

R 4 = Ω= 98,23R 4



30/332


Ω== 3817,3203088,0

1X 4L 3817,32100

10XL

34L

4 ⋅π⋅=

ω =

− mH07,103L 4 =

VA j463,896 j37,1386º888,3296.1650º888,325096,16º0100IUS *GGG ⋅−=−∠=−∠⋅∠=⋅=

Vº4540º3010º001,154ZIU 3343 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V40V3 =

Vº524,210925,77º5256,36273,19º001,154ZIU 4344 ∠=∠⋅−∠⋅=⋅= V0925,77V4 =

c) Se tendría que calcular una bobina en paralelo con la fuente:

mH507,35100463,896

10010

QV

L2

3

G

2G

5 =π⋅⋅⋅=

ω ⋅=



31/332


Problema 14

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente. En estas condiciones las lecturas de losaparatos de medida son respectivamente:

V=161,747 V W 1=3662,703 W W 2 = 1046,486 W

Así mismo, es conocido el factor de potencia que se presenta en bornes del generador, siendo 0,8754inductivo. El valor de la resistencia R 0 es de 2 Ω y la relación entre X L2 / R 2 vale 2.

Calcular:

a) Valores de la resistencia R 2 y de la inductancia L 2

b) Valor de la inductancia L 0

c) Lecturas de los aparatos de medida A G y V G así como también valor de E máx d) Expresión temporal de la corriente i 2(t) que circula por la resistencia R 2

GV L

L

RK

R

t sinma x E t e 100

R

i t ( )

GA0

C

0

1W

1

2W

0A

2

2

2

VE(t)=E ·sen100 tmax πe

Figura 14.1

Resolución:

W217,2616WWP 21R1 =−= Ω== 10PV

R 1R

2

1 Ω∠= º010Z1

º435,632R

Xtg 2

2

2L2 =ϕ⇒==ϕ A467,14cosV

WI

2

22 =

ϕ⋅=

22

22

I

WR = Ω= 5R 2

Ω=⋅= 10R 2X 2L2 Ω∠=⋅+= º435,63180,1110 j5Z2

Ω+=+⋅

= 077,3 j385,5ZZZZ

Z21

2112

12TG Z

VIA == A081,26A G =

( )Ω++=++= 0L120L0T X077,3 j384,7ZX jR Z 8754,0cos G =ϕ º907,28G =ϕ



32/332


Ω=⇒+= 1X384,7

X077,3907,28tg L0

L0 ω

= L00X

L mH186,3L0 =

ω = L22

XL mH86,31L 2 =

V011,220IZU TTG =⋅= Vº0011,220U G ∠= V011,220VG =

Ω∠=+= º907,28435,8077,4 j384,7ZT

V011,2202E max ⋅= ( ) ( ) Vt100sen011,2202te ⋅π⋅⋅⋅=

Aº597,62467,14844,12 j658,6ZZ

ZV

I2

12

T

G2 −∠=⋅−=⋅=

( ) A180

62,97-t100sen467,142ti 2 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝ ⎛ π⋅π⋅⋅=



33/332


Problema 15

El circuito de la figura, alimentado por una fuente de corriente alterna de frecuencia 50 Hz yR G = 25 Ω se halla en régimen permanente con los interruptores k 1 y k 2 abiertos. Se conocen laslecturas de los siguientes aparatos:

VG = 51,45 V A 1 = 10,29 A W = 423,53 W

Se pide:

- Valor de la corriente I G

- Valores de R 1 y L 1

A continuación se cierra el interruptor k 1 y se mantiene k 2 abierto y conocemos las lecturas de lossiguientes aparatos:

VG = 29,9625 V A 2 = 6,70 A

Se piden:

- Lectura del amperímetro A 1

- Lectura del vatímetro W

- Valores de R 2 y C 2

A continuación se cierra el interruptor k 2 y se mantiene k 1 cerrado, se quiere que el conjuntoZ1=R 1+j⋅XL1 y Z 2=R 2+ j⋅XC2 compensen su factor de potencia hasta la unidad.

Se piden:

- Valor de la capacidad C

- Nueva lectura del voltímetro V G

- Nueva lectura del voltímetro W

Figura 15.1



34/332


Resolución:

Con los interruptores k1, k2 abiertos:

L1

R G

W

IG~

IG I1

Figura 15.2

Ω== 4I

WR

21

1 Ω=== 529,1045,51

I

UZ

1

G1

º87,36ZR

arccos1

11 ==ϕ

Ω⋅+=∠= 3 j4º87,365Z1

π⋅=⋅π= 1003

f 2X

L1L

1 mH55,9L1 =

A058,2R

UI

G

GRG == º0058,2IRG ∠= A

Si Vº045,51U G ∠=

A174,6 j232,8º87,3629,10I1 ⋅−=−∠= A174,6 j29,10III 1RGG ⋅−=+=

A30,965º-12IG ∠=

Con k 1 cerrado, k 2 abierto:

A12I G = A7,6I 2 = A1985,1259625,29

R

UI

G

G

RG ===

1

G1

Z

UI = A9925,5I1 = Aº87,369925,5I1 −∠=

utilizando el teorema del coseno

α⋅⋅⋅−+= cosII2III G1RG2

G2

1RG2

2



35/332


Aº965,30988,6III 1RG11RG −∠=+= 88211,012988,627,612988,6

cos222

=⋅⋅

−+=α

º,10228=α ( ) º863,2º102,28º965,30RG1G −=−−−=α+ϕ=ϕ Aº863,212IG −∠=

Si Vº09625,29U G ∠=

A996,2 j992,5º564,267,6III 1RGG2 ⋅+=∠=−=

º565,26472,42 j4I

UZ

2

G2 −∠=Ω⋅−== π⋅

=⋅π⋅

=2100

1f 2X

1C

22 mF591,1C 2 =

Ω= 4R 2

222

211 AR AR W += W11,359W =

Con k1, k2 cerrados:

Ω∠=⋅+=+⋅= º1801,3773,21538,0 j769,2

ZZZZ

Z21

2112

1

1212 02,0 j36,0º180,33606,0Z

1Y −Ω⋅−=−∠=

Ω−∠=Ω−==⇒Ω⋅= − º9050 j50Y

1X02,0 jY

C

C1

C

π⋅⋅=

ω ⋅=

100501

X1

CC

µF668,63C =

1C12C12 º036,0YYY −Ω∠=+= Ω∠== º077,2

Y1

ZC12

C12

Ω∠=+⋅= º05,2

ZR ZR

Z12G

12GT

TGG ZIU ⋅= V30U G = C12

2G

ZV

W = W324W =

IRG VG

36,87º

I2

IG

I1IRG1

α



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Problema 16

El circuito representado en la figura se alimenta por un generador de corriente alterna( ) ( ) ,Vt100cos2240te ⋅π⋅⋅⋅= presentando un factor de potencia capacitivo.

Se conocen las lecturas de los siguientes aparatos:

V=248,128 V A=11,697 A W G=2052,2565 W.

AWG

e (t)G~ VZu

L0

Figura 16.1

Determinar:

a) Valor de la inductancia L 0 b) La impedancia en formas binómica y polar de Z

c) Expresión temporal en régimen permanente de la tensión en bornes de Z

d) Potencia aparente en forma compleja absorbida por la carga Z

Resolución:

0º240E ∠= V

Ω⋅−=−∠=⋅

∠⋅= 14 j15º025,43518,20IE

Warccos

I

EZ

GGT

( ) Ω== 15ZR R Te

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛ ∠=⋅+=

G

G

I

U

R arccos

I

UX jR Z

Ω⋅−=−∠= 15 j15º45213,21Z



37/332


Vº975,1128,248IZU G −∠=⋅=

( ) ( )Vº975,1t100cos2128,248tu −⋅π⋅⋅⋅=

Ω∠==−=−

= º901 jZZI

UEX T

G

G0

ω = 00 XL mH1831,3L 0 =

VAº4535,2969º025,43967,11º975,1128,248*IUS GG −∠=−∠⋅−∠=⋅=

Aº025,43967,11IG ∠=



38/332


Problema 17

El circuito de la figura está alimentado por un generador que proporciona una tensión senoidal de1345,5 V (valor eficaz) a 50 Hz, estando los interruptores K y K’ abiertos. Las lecturas de los aparatosde medida son las siguientes:

Amperímetro A: 69 A Voltímetro V R : 517,5 V Voltímetro V L: 690 V

Se conoce que con estas condiciones el generador proporciona una potencia reactiva de 74271,6 VAr.La carga 1 Z es de características inductivas.

a) Calcular la lectura del voltímetro V y la característica de 1Z .

A continuación se cierra el interruptor K regulándose la tensión del generador de forma que lacorriente que continúa circulando es de 69 A, siendo la tensión eficaz en bornes del mismo es 1150 V.En estas condiciones la potencia activa consumida por la carga es de 63480 W. Determinar:

b) Valor de la impedancia 2Z y nueva lectura del voltímetro V.

Finalmente se cierra el interruptor K’ (manteniendo K cerrado). Se pregunta:

c) Valor de la carga 3Z para poder conseguir que el conjunto 1Z || 2Z || 3Z , presente un factor de potencia de 0,8 inductivo.

VR VL

~ V

A

Z1

Z2 Z3

R XLK K’

Figura 17.1



39/332


Resolución:

VR VL

~ V

A

Z1R XL

XZ1

1345,5V74271,6VAr

R Z1

Figura 17.2

ϕ⋅⋅= sinIUQ 8,0695,13456,74271

sin =⋅

=ϕ º13,53=ϕ inductivo

Ω=== 5,769

5,517I

VR R Ω=== 10

69690

IV

X LL

( ) ( )1Z1ZT X10 jR 5,7Z +++= Ω== 5,19

695,1345

ZT

Ω+=∠= 6,15 j7,11º13,535,19ZT

por lo tanto,

⎭⎬⎫

=−=

=−=

6,5106,15X

2,45,77,11R

1Z

1Z Ω+= 6,5 j2,4Z1

Ω∠=+= º13,5376,5 j2,4Z1

V483697V =⋅=



40/332


b)

~

A

7,5Ω 10j Ω

4,2Ω

1150V63480W

5,6j Ω

Z2

I=69A

U1

Figura 17.3

ϕ⋅⋅= cosIUP 8,0691150

63480cos =

⋅=ϕ º87,36±=ϕ

Se coge como origen de ángulos: º069I ∠= , por lo tanto:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

−∠=

+∠=

º87,361150U

º87,361150U

G

G No se sabe

En bornes de R = 7,5 tenemos Vº05,517U R ∠=

En bornes de X L = 10 tenemos Vº90690U LX ∠=

Vº87,361150U G +∠= Vº0403º90690º05,517º87,361150U1 ∠=∠−∠−+∠=

Vº87,361150U G −∠= Vº72,7364,1437º90690º05,517º87,361150U1 −∠=∠−∠−−∠=

Ω∠=∠

∠= º084,5º069º0403Z 1eq

11eq º0171,0Y

−Ω∠=

Ω−∠=∠

−∠= º72,7383,20

º069º72,7364,1437

Z 2eq 1

2eq º72,73048,0Y −Ω∠=

Del apartado anterior

Ω+= 6,5 j2,4Z1 11 º13,531428,0Y −Ω−∠=

por lo tanto:

12 º26,531428,0º13,531428,0º0171,0Y −Ω∠=−∠−∠= Ω−∠= º26,5301,7Z 2

No sesabe

No se sabe



41/332


y la segunda posibilidad:

12 º25,114175,0º13,531428,0º72,73048,0Y −Ω∠=−∠−∠=

Ω−−=−∠= 18,5 j33,2º25,11468,5Z 2

en donde la impedancia 2Z estaría situada en el tercer cuadrante, cosa imposible (se desestima).

Vº87,361150U G +∠=

Ω+= 6,5 j2,4Z 2

c)

~

7,5Ω 10jΩ

70/12 Ω XL

Figura 17.4

Ω∠=+

⋅= º0

1270

ZZ

ZZZ

21

2112

( )1225X36

X1225 jX210

1225X36

35 jX6X3535 jX6

X35

70 jX12X70

jX7012

X

j1270

X

X1270

X1270

j

X1270

X j1270

X j1270

Z

2L

L2

L2

L

LL

L

L

L

L

L

L

L

L

L

L

L

L

eq

+⋅

⋅⋅+⋅=

+⋅

⋅−⋅⋅⋅=

⋅−⋅⋅

=

=⋅−⋅

⋅=

−=

−

⋅

=−⋅

⋅−=

⋅+

⋅⋅

=

ϕ=

⋅

⋅tg

X210

X12252

L

L → ϕ=

⋅

tg

X210

1225

L

Pero 8,0cos =ϕ → 75,0tg =ϕ

210X75,01225 L ⋅⋅= 970

97

77,721075,0

1225X L =+==

⋅=

Ω=9

70X L → Ω∠= º909

70Z 3

970

50f 2 =⋅⋅π

H02476,0L =



42/332


Finalmente el circuito completo queda:

~

7,5Ω 10jΩ

4,2 Ω 4,2 Ω

5,6j Ω -5,6j Ω

(70/9)j Ω

Figura 17.5



43/332


Problema 18

El circuito de la figura representa la alimentación de un receptor R puramente óhmico de consumo1600 W nominales, previsto para una tensión nominal de 400 V, y alimentado por un generador de320 V, 50 Hz.

Se pretende, por medio de la combinación de una reactancia inductiva y una capacitiva (conectadassegún el esquema), elevar al tensión entre terminales del receptor R hasta su valor nominal y conseguirun factor de potencia de 1 en el conjunto del circuito.

Determinar:

a) Parámetros de la bobina y del condensador

b) Diagrama completo de tensiones e intensidades en el circuito

E=320V50Hz

~ R

XL

XC

Figura 18.1

Resolución:

a ) Se determina primeramente el valor de la resistencia R, sabiendo que conectada a 400 V absorbeuna potencia de 1600 W. Por lo tanto:

Ω=== 1001600400

PU

R 22

Ω∠= º0100R

Si suponemos que al introducir las dos reactancias ya hemos conseguido elevar la tensión dealimentación de R hasta su valor nominal, querrá decir que la corriente que circulará por ella valdrá:

A4100400

R

U

I

R

R ===

Si además, el factor de potencia del circuito tiene que ser 1, siendo las dos reactancias, inductiva purauna y capacitiva pura la otra, la única potencia consumida por el circuito será activa y precisamente laabsorbida por la resistencia R, o sea: P T = 1600 W.

La impedancia reducida equivalente a las trescomponentes del circuito será, pues, una resistencia

pura de valor R T:

Ω=== 641600320

PE

R 2

T

2

T

Ω+= j064Z T

E=320V50Hz

~ R T

IT

Figura 18.2



44/332


Obviamente A564

320R E

IT

T === estando TI en fase con E .

Del esquema original conocemos ahora algunos valores:

~ R

XL

XCUG

IT IR

IC

UR

Figura 18.3

A5IT = A4IR = V400U R = V320U G =

Además:

Ya que dos elementos están conectados a la misma tensión e CI tiene que adelantar 90º respecto ,U R

mientras que R U está en fase con R U en consecuencia CI es perpendicular a R U y por lo tanto:

De donde se deduce que:

A345III 222

R 2

TC =−=−=

Ω=== 3,1333

400

I

UX

C

R C

Ω−∠=Ω−= º903,133 j3,133XC

Lo que nos permite hallar la capacidad del condensador ya que:C

1XC

ω =

F873,23F3,133502

10F3,133502

1Xf 2

1X1C

6

CCµ=µ

⋅⋅π=

⋅⋅π=

⋅π=

ω =

CI

R U

R U

CI

R U

TI

R CT III +=



45/332


Una vez conocido el valor de ,X C podemos hallar la impedancia equivalente a las dos ramas en paralelo:

Ω−∠=−∠

−∠=−

−∠⋅∠=+⋅= º87,3680

º13,536,166º903,13333

j3,133100º903,133º0100

XR XR Z

C

CP

Ω−= j4864Z P

El circuito queda reducido a:

PLT ZXZ +=

PTL ZZX −=

y substituyendo valores, ya que inicialmente se hadeterminado Ω+= j064ZT :

Ω=+−+= j48 j4864 j064X L

y como: LX L ω =

mH79,152100

48f 2

XL

L=

π=

⋅π=

También se hubiera podido determinar LX teniendo en cuenta que, según el enunciado del problema,

al ser un circuito total óhmico, la potencia reactiva absorbida por la inductancia tiene que ser lasuministrada por el condensador y por lo tanto:

C2

CL2

T XIXI =

Ω=== 485

33,133

I

XIX

2

2

2T

C2

CL

Valor que coincide con el hallado anteriormente.

b ) Para determinar el diagrama de tensiones e intensidades del circuito, trazamos primero el diagramade tensiones, ya que es inmediato,

habiendo cogido como origen de fase la tensión del generador. Al ser un circuito óhmico, la corriente

TI está en fase con GU .

22 320240400 +=== C R U U

V U L 240=

Vº90240º05º9048IXU TLL ∠=∠⋅∠=⋅=

V U G 320=

ZP

XLIT

UG



46/332


Las corrientes vienen determinadas sabiendo que: R CLT IIII +== y que R I tiene que estar en fase

con R U e CI adelantada 90º respecto R C UU = .

Al ser:

A5IT = A4I R = A3IC =

entonces, el diagrama completo será:

UG

ULU =UR C

36,87º

36,87ºΙΤ

ΙC=3 AΙR =4 A



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Problema 19

El circuito de la figura trabaja en régimen senoidal permanente en todos los casos, con todos losinterruptores cerrados.

Al abrir el interruptor K 1 se observa que la lectura del voltímetro V es de 96,5 V, siendo la indicacióndel vatímetro W de 2234,94 W. A continuación se vuelve a cerrar el interruptor K 1 y se abre K 2,estando K 3 cerrado. En estas condiciones las lecturas del voltímetro y el vatímetro son respectivamente80,96 V y 1041,85 W.

Finalmente, con todos los interruptores abiertos,las lecturas de los aparatos de medida son de 223,09 Vy 3798,88 W respectivamente.

Se pide:

a ) Valor de la resistencia R 1 b ) Valor de la admitancia Y 2 de la carga 2

c ) Valor de la admitancia Y 3 de la carga 3

Dato: Ωϕ−∠= 1100Z

VZ

R 1W R 2 R 3

C2 C 3

~

Carga 2 Carga 3

Carga 1

K 2K 1 K 3

Generador Real

cap

24A

Figura 19.1

Resolución:

Primera prueba: Con K 1 abierto y K 2 y K 3 cerrados, el circuito queda como:

VZ

R 1W

~

I1

cap

Figura 19.2



48/332


1

2

R

VW = Ω=== 166,4

94,2234

5,96

W

VR

22

1 1

124.0

166,4

1G −Ω==

Y también:

A16,23166,4

5,96R V

I1

1 ===

Cogiendo como origen de fases la tensión º 05,96V 1R ∠= se tiene:

º016,23I24 1Z ∠+=ϕ∠

º016,23100

º05,9624

1

∠+ϕ−∠

∠=ϕ∠

1

1

sen965,0sen24

16,23cos965,0cos24

ϕ=ϕ

+ϕ=ϕ

.

( ) ( )212 16,23cos965,0cos24 +ϕ=ϕ

sumando

( ) ( )212 sen965,0sen24 ϕ=ϕ

( ) ( ) ( ) 1222 cos16,23965,0216,23965,024 ϕ⋅⋅⋅++=

( ) ( ) ( )865,0

16,23965,0216,23965,024

cos222

1 =⋅⋅

−−=ϕ

º301 ±=ϕ ( capacitivo según el enunciado )

Ω−∠= º30100Z

Segunda prueba : Con K 2 abierto y K 1 y K 3 cerrados.

V100 -30º Ω

W R 2

C2

~

24A

Figura 19.3



49/332


2

2

R V

W = Ω=== 25,674,1041

69,80WV

R 22

2 S16,025,61

G 2 ==

Si cogemos como origen de fase la tensión en bornes del paralelo, se tiene:

Vº069,80V ∠=

y por lo tanto, la corriente:

Aº091,1225,6

º069,80R V

I2

2R ∠=∠

==

y la corriente que pasa por º30100Z −∠= vale:

Aº308069,0

º30100

º069,80I Z ∠=

−∠

∠=

y por lo tanto:

º90Iº091,12º308069,0'24 2C ∠+∠+∠=ϕ∠

91,12º30cos8069,0'cos24 +=ϕ

2CIº30sen8069,0'sen24 +=ϕ

566,024

º30cos8069,09,12'cos =

+=ϕ º48,55' =ϕ

A37,19º30sen8069,048,55sen24I 2C =−=

Ω−∠=== º90165,437,1969,80

IV

X2C

22C

S24,0Y 2C =

S j24,016,0YGY 2C22 +=+=

Tercera prueba : Con K 1 , K 2 y K 3 abiertos.

V100 -30º Ω

W

~

24A Z3

Figura 19.4



50/332


La PZ , es decir la ,Y P está formada por:

R p

X p

P2

p

2

GVR V

W ⋅== S07635,009,223

88,3798

V

WG

22P === Ω= 1310R P

Y cogiendo como origen de fases ,º009,223V ∠= se tiene:

º90Iº01,13

º009,223º30100º009,223''24 PX ∠+

∠

∠+−∠∠=ϕ∠

029,17º30cos2309,2''cos24 +=ϕ PXIº30sin2309,2''sin24 +=ϕ

0,7924

17,0290º223,09cos3''cos =

+=ϕ 81,37'' =ϕ

A59,13º30sen2309,2''sen24I PX =−ϕ= Aº9059,13I PX ∠=

Aº609,3879,21º9059,13º010,13º009,223

III PXPGP ∠=∠+∠

∠=+=

Pero,

º609,3809767,0º009,223

º609,3879,21

V

IY PTOTAL ∠=

∠

∠== del conjunto total

Ω−∠=∠

== º609,38238,10º609,3809767,0

1

Y

1Z

TOTALTOTAL

Ω∠−=+

−∠−−∠=−−= º38,619,39 j24,016,0

1º0166,4º609,38238,10ZZZZ 21TOTAL3

( ) S j22,012,0º35,612506,0Z

1Y

33 +=∠==



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Problema 20

Dado el circuito de la primera figura, alimentado a una tensión de 100 V y 60 Hz, calcular:

a) Lecturas de los aparatos de medida conectados al circuito

b) Características de la impedancia equivalente al circuito

c) Potencia reactiva total

d) Potencia aparente total

e) Capacidad de la batería de condensadores, de forma que mejore el factor de potencia de lainstalación hasta al unidad

L=0,04 F C = 160 F2 µ C = 220 F3 µ

R =51 Ω R =52 Ω R =83 Ω

A1

A

A2 A 3

W

Figura 20.1

Resolución:

a) Se calcula, en primer lugar, la impedancia de cada rama:

[ ] Ω∠=+=⋅π⋅+=ω += º57,7181,15 j155 j60204,05 jLR Z 11

[ ] Ω−∠=−=ω

−= º24,7334,17 j6,165 jC

1R Z

222

[ ] Ω−∠=−=ω

−= º31,5642,14 j128 jC

1R Z3

33

Si se toma como origen de fases el vector V,0º100U ∠= se obtiene:

Aº57,7133,6º57,7181,15

º0100I1 −∠=

∠

∠=

por lo tanto el amperímetro indica A33,6A1 =

Igualmente se hará para las ramas 2 y 3:

Aº24,7377,5º24,7334,17º0100

I 2 ∠=−∠∠

= A77,5A 2 =



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Aº31,5693,6º31,5642,14

º0100I3 ∠=

−∠∠

= A93,6A 3 =

La corriente total vale:

Aº31,5693,6º24,7377,5º57,7133,6IIII 321T ∠+∠+−∠=++=

Aº14,3517,9I T ∠=

y el amperímetro indica A17,9A =

Para calcular la indicación del vatímetro W, se determinará previamente la impedancia equivalente delcircuito:

[ ] Ω−=−∠=∠

∠== 28,6 j92,8º14,3591,10º14,3517,9

º0100IUZT

T

Las características de la impedancia equivalente son:

Resistencia de Ω92,8 en serie con una reactancia capacitiva de valor Ω28,6 .

El vatímetro indicará:

( ) W87,749º14,35cos17,9100cosIUW T =−⋅⋅=ϕ⋅⋅=

b) La impedancia equivalente ya ha sido determinada y vale:

[ ] Ω−= 28,6 j92,8Z T donde Ω=+= 9,1028,692,8Z 22T

c) Potencia reactiva total:

( ) var 80,527º14,35sen17,9100senIUQ TT −=−⋅⋅=ϕ⋅⋅=

es decir, capacitiva.

d) La potencia aparente vale:

j80,52787,749 jQPS TTT −=+=

VA917QPS 2T2

TT =+=

e) Como el circuito ya es capacitivo, no se puede mejorar el factor de potencia colocando uncondensador; en todo caso, se tendría que poner una bobina o un grupo de bobinas en paralelo.



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Problema 21

En el esquema de la figura y con los datos indicados, determinar el valor que tendría que tener 3 Z paraconseguir que la potencia que suministra el generador sea totalmente activa, calculando también elvalor de la corriente total G I .

Datos:

Ω= 100 L X Ω= 28C X

XL

R

XC

VG

WG

Z3

~

I3 I2 I1

IG

Figura 21.1

Resolución:

Para conseguir que la potencia suministrada por el generador sea totalmente activa, se tiene que

cumplir que 0Qn

1ii =∑

= siendo iQ la potencia reactiva de cada carga.

En consecuencia, 0QQQ 321 =++ .

Se toma como origen de fases GU :

Vº02100U G ∠=

La corriente por LX vale:

Aº9021º90100º02100

I1 ∠=∠

∠=

El valor de 1ϕ es: º901 +=ϕ

La potencia reactiva absorbida es:

var 44100212100senIUQ11G1

=⋅=ϕ⋅⋅=



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La corriente por el conjunto R - X C vale:

Aº5360 j2821

º02100

Z

UI

2

G2 ∠=

−

∠==

El ángulo º532 −=ϕ y la potencia reactiva absorbida es:

( ) var 100800º53sen602100Q 2 −=−⋅⋅= (es decir, es una generada de 100800 var)

Para obtener que: 0QQQ 321 =++

var 56700QQQ 213 =−=

es decir,

56700sinIU 33G =ϕ⋅⋅ [1]

ya que es positiva, esta rama es inductiva, y el ángulo 3ϕ positivo.

Por otro lado,

W134400PPPP 321 =++=

y siendo

W0P1 =

W756006,0602100cosIUP 22G2 =⋅⋅=ϕ⋅⋅=

se deduce que:W5880075600134400P3 =−=

es decir,

W58800cosIU 33G =ϕ⋅⋅ [2]

y de las ecuaciones [1] y [2] se pueden hallar los valores de 3ϕ e ,I3 que resultan ser:

A39I3 =

º443 +=ϕ

[ ] Ω+=∠=−∠∠

== 37 j39º4454º4439º02100

I

UZ

3

G3

y, finalmente, la indicación de GI será:

º4439º5360º9021IIII 321G −∠+∠+−∠=++= A

operando resulta,

Aº064A j064IG ∠=+=

La indicación, por lo tanto, del amperímetro será de:

A64IG =



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Problema 22

En el circuito de la figura, la carga 1 absorbe una potencia de 30 kW con factor de potencia igual a 1,la carga 2 absorbe 30 kW con un factor de potencia 0,45 inductivo.

Calcular:

a) Tensión en los terminales del generador

b) Factor de potencia en los terminales a’b’

c) Factor de potencia en los terminales ab

X =4L Ω

~

R=0,5 Ω

carga 1 carga 2

a a’

b b’ Figura 22.1

Dato: la tensión entre a’b’ es de 1000 V.

Resolución:

a) Se calculan, en primer lugar, las potencias aparentes correspondientes a cada carga:

[ ] VAº030000VA0 j30000 jQPS 111 ∠=+=+=

[ ] VAº63256455,66666VA59535 j30000 jQPS 222 ∠=+=+=

[ ] VAº458452559535 j60000SSS 21T ∠=+=+= Tomando como origen de fases:

Vº01000' b'aU ∠=

[ ] A535,59 j60º01000

59535 j60000

V

S*I T +=

∠

+==

[ ] A535,59 j60I −= A6,84I =

La tensión en los terminales a y b del generador vale:

L' b'aG XIR IUU ⋅+⋅+=

( ) ( )535,59 j604 j535,59 j605,0º01000U G −⋅+−⋅+∠= V

[ ] Vº5,91285V21,210 j3,1268U G ∠=+= En consecuencia, la tensión entre los terminales ab será:



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V1285U ab =

b) El factor de potencia entre a’ y b’ será:

16000059535

PQ

tgT

T' b'a ≅==ϕ

º45T' b'a =ϕ=ϕ

707,022

cos T ==ϕ inductivo

707,022

cos ' b'a ==ϕ inductivo

c) Para calcular la f. de p. entre a y b, hallaremos primero las potencias activa y reactiva de la línea:

W6,35785,06,84R IP 22R =⋅=⋅=

)var(6,2862846,84XIQ 2L2

LX +=⋅=⋅=

y las potencias totales:

W6,6357830000300006,3578PPPP 21R ab =++=++=

)var(6,88163QQQQ 21LXab +=++=

387,16,635786,88163

tg ab ==ϕ º2,54ab =ϕ

585,0cos ab =ϕ



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Problema 23

En el circuito que se representa en la figura, determinar:

a) Valor de la reactancia inductiva X L que está conectada de tal forma que la desviación de la aguja delvatímetro al paso de corriente sea cero.

b) Valor de esta reactancia que provoca la lectura de 1 W.

c) Qué valor de la reactancia inductiva producirá inicialmente una lectura negativa, e invirtiendo laconexión de la bobina de tensión, dará una lectura de 0,2 W en sentido positivo.

E =1 0ºVA

E =1 0ºVB

~

~

R=1 Ω

WG

XL

X =1C1 Ω

Figura 23.1

Resolución:Se resuelve en primer lugar, la red, aplicando corrientes de malla:

2

1

2

1

2221

1211

E

E

I

I

ZZ

ZZ=⋅

E =1 0ºVA

E =1 0ºVB

~

~

R=1 Ω

XL

X =1C1 Ω

I1

I2

Figura 23.2

Siendo:

[ ] Ω+=+= LL11 jX1 jXR Z

Ω−=−= 1R Z12



58/332


Ω−=−= 1R Z 21

[ ] [ ] Ω−=−= j1 jXR Z C22

[ ] V0 j1EE A1 +==

[ ] V0 j1EE B2 +−=−=

Sustituyendo valores:

( )( )( )

( )

( )ϕ−ϕ⋅=

+⋅−⋅−

+⋅−⋅−

=

=−+

−−−=

−+−

=

−−−+

−−−

=

sen jIcosI1X2X2

X j

1X2X2

X1

1XX

1X jX j1X jX

j

j11

1 jX1

j11

11

I

11

L2

L

L

L2

L

L

2L

2L

LL

LLL

1

O sea que:

( )1X2X2

X1cosI

L2

L

L1

+⋅−⋅

−=ϕ⋅

a) El vatímetro calcula la potencia multiplicando la tensión por el componente activo de la corriente,es decir:

ϕ⋅⋅= cosIEP 1A

Y este valor tiene que ser cero, así pues, sustituyendo los valores:

01X2X2

X11

L2

L

L =+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce que:

Ω= 1X L

b) Si tiene que indicar 1W:

11X2X2

X11

L2

L

L =+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce:

ΩΩ

=0

5,0X L (Las dos soluciones son válidas)

c) Si tiene que indicar -0,2W:

2,01X2X2

X11

L2

L

L −=+⋅−⋅

−⋅

de donde se deduce: ΩΩ

= 5,12

X L (Las dos soluciones son válidas)



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Problema 24

El circuito representado se alimenta mediante una fuente de tensión de fuerza electromotriz:

( ) Vºt100cos2410)t(e δ+⋅π=

Las lecturas de los dos vatímetros que hay conectados son, respectivamente, kW75,1W1 = y

kW0W2 = . Además, se sabe que el factor de potencia del conjunto resultando de la asociación en

paralelo de 1Z y 2Z es la unidad.

La impedancia 1Z está formada por una resistencia óhmica ideal en serie con una bobina igualmente

ideal y de coeficiente de autoinducción H28,0

L1π

= , siendo Ω+= 18 j10Z 0

Se pide:

a) Lecturas de V G, A G, V O, V 1

b) Expresiones en forma binómica y polar de cada una de las impedancias desconocidas 1Z y 2Z .

c) Lecturas de los otros aparatos de medida W G, A 1 y A 2

d) Balance de potencias en el circuito

Todos los aparatos de medida se consideran ideales

A1

AG

A2

W 1 W 2W G

e(t) ~ VG V 1

V0

Z0

Z1 Z2

Figura 24.1

Resolución:

a ) La lectura de V G es inmediata:

V4102

2410

2

EU 0G ===

Para determinar V 1 plantearemos la siguiente ecuación vectorial:

G01G IZUU ⋅+=

Vº410U G δ∠=



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[ ] Ω∠=+=+= º94,6059,2018 j10 jXR Z OLOO

Por otro lado, de la lectura del vatímetro W 1 se deduce que:

21G11 cosIUW −ϕ⋅⋅=

1cos 21 =ϕ −

G11 IUW ⋅=

11

1G U

1750UW

I ==

Si se toma 1U como origen de fases, será º 0UU 11 ∠= y resulta:

11G U

1750º94,6059,20UU ⋅∠+=

o bien:

º94,60U

7,36034Uº410

11 ∠+=δ∠

que, desdoblando en parte real y parte imaginaria, resulta:

º94,60cos7,36034UcosU410 211 ⋅+=δ⋅⋅

º94,60sen7,36034senU410 1 ⋅=δ⋅⋅

y que resolviendo resulta:V103U1 =

V350U1 =

Después de no considerar las soluciones negativas, porque no tienen sentido físico, y de que lasolución V103U1 = se haya desestimado, porque no sería lógico que la línea diese tanta o más caídaque la carga, escogemos:

Vº0350U1 ∠=

Para determinar G I , se hará de la siguiente forma:

A51350

1750cosUW

I211

1G =

⋅=

ϕ⋅=

− en fase con 1U

El amperímetro A G indica 5ª:

Aº05IG ∠=

La caída de tensión en la impedancia O Z vale:

Vº94,6096,102º05º94,6059,20IZU GOO ∠=∠⋅∠=⋅=

Por lo tanto, la indicación de OV :V96,102VO =



61/332


b) La impedancia reducida del conjunto en paralelo 21 ZZ − se puede determinar, conociendo que:

Vº0350U1 ∠= Aº05IG ∠=

Ω∠=∠

∠== º070º05

º0350

I

UZ

G

1P

Se trata de una resistencia pura, porque 1cos 21 =ϕ − .

Por otro lado:

Ω=π⋅π

=π⋅=ω ⋅= 2810028,0

100LLX 111L

Ω∠== º902828 jX 1L

y resulta:

[ ] Ω+= 28 jR Z 11

Para conseguir un factor de potencia del conjunto en paralelo igual a la unidad, 2Z tiene que ser de laforma:

º90X jX0Z 2C2C2 −∠=−=

Si se tiene además en cuenta que W 2 = 0 kW, condición que se expresa por:

2222 cosIUW ϕ⋅⋅= 0cos 2 =ϕ

º90IU 222 =⋅=ϕ

La admitancia del conjunto 21 ZZ − es:

2C121P

jX1

28 jR 1

Z

1

Z

1Y

−+

+=+= (1)

que tiene que resultar igual a :

Sº070

1Y P∠

= (2)

Igualando las partes reales e imaginarias de las ecuaciones (1) y (2), resulta:

ΩΩ

=14

56R 1

Ω= 140'X 2C

Ω= 35''X 2C

Hay dos posibles valores de 1 Z y 2 Z , que son:[ ] Ω∠=Ω+= º56,266,6228 j56'Z 1



62/332


[ ] Ω∠=Ω+= º4,633,3128 j14''Z 1

Ω−∠=Ω−= º90140140 j'Z2

Ω−∠=Ω−= º903535 j''Z 2

c) Para el caso de 1' Z y 2' Z , la corriente en A 1 y A 2 vale:

[ ] A5,2 j5º56,2659,5º56,265,62

º0350'I 1 −=−∠=

∠

∠=

[ ] A5,2 j0º905,2º90140

º0350'I 2 +=∠=−∠

∠=

º05'I'II 21G ∠=+= , que cumple las condiciones iniciales:

A59,5A1 = A5,2A 2 =

Cuando se cogen los valores de 1''Z y 2''Z , resulta:

[ ] A10 j5º43,6318,11º43,633,31

º0350''I 1 −=−∠=

∠

∠=

[ ] A10 j0º9010º9035

º0350''I 2 +=∠=−∠

∠=

º05'I'II 21G ∠=+= , que también cumple:

A18,11A1 = A10A 2 =

En referencia al vatímetro, se tiene:

W20005101750IR WW 22GO1G =⋅+=⋅+=

d) Balance de potencias:

En [ ] Ω+= 28 j56'Z 1

W175059,556'P 21 =⋅=

[ ] VA875 j1750'S 1 +=

var 87559,528'Q 21 =⋅=

En [ ] Ω+= 28 j14''Z 1

W175018,1114''P 21 =⋅=

[ ] VA3500 j1750''S 1 +=

var 350018,1128''Q2

1 =⋅=



63/332


En Ω−= 140 j'Z 2

W0'P 2 =

VA875 j'S 2 −=

)var(8755,2140'Q 22 −=⋅=

En Ω−= 35 j''Z 2

W0''P 2 =

VA3500 j''S 2 −=

)var(35001035''Q 22 −=⋅=

En [ ] Ω+= 18 j10Z O

W250510P 2O =⋅=

[ ] VA450 j250SO +=

var 450518Q 2O =⋅=

En el generador se tiene:

∑= CG PP ∑= CG QQ

y da para cada caso el mismo resultado:

VAº68,122050450 j2000''S'S GG ∠=+==

También se podría haber llegado al mismo resultado aplicando:

VAº68,122050º05º68,12410*IUS GGG ∠=∠⋅∠=⋅=



64/332


Problema 25

En el circuito eléctrico representado en el esquema, y con los interruptores K 1 cerrado (es decir,conectado) y K 2 abierto, se tienen las siguientes lecturas de los aparatos de medida:

V5,220VG = A60A G = kW938,7WG =

A continuación se abre el interruptor K 1, continuando K 2 abierto. Las lecturas de los aparatos demedida son ahora:

V1008'V G = kW512,64'W G = A80'A G = A28'A 2 =

V25,656'V 4 = kW224,28'W 1 = kW0'W 2 = kW199,17'W 3 =

Se sabe que con estas condiciones la carga total del generador es inductiva y que las impedancias 0Z y 4Z son capacitivas y la 3Z inductiva.

Determinar:

a) Formas binómicas y polares de todas las impedancias conectadas al circuito

b) Lecturas del resto de los aparatos de medida

c) Diagrama vectorial de todas las tensiones y corrientes

A continuación, con el interruptor K 1 abierto, se cierra K 2 que conecta una batería de condensadores afin de mejorar el factor de potencia de la carga situada a la derecha de los terminales M y N hasta launidad, siendo V’’ 5 = 1050 V.

Determinar:d) Características de la batería de condensadores

e) Nuevas lecturas de G''I , O''V , G''V y G''W

A A 2

A1

WG W 1 W 3W 2

V0 V 3

V 1

V5

V2

V4

VG

Z0 Z3

Z1 Z2

Z4

K 1

K 2

V6

Μ

Ν

Α

Β

e(t) ~

Figura 25.1



65/332


Resolución:

a) Con el interruptor K 1 cerrado, el circuito que se tiene es el siguiente, que permite determinar 0Z :

AG WG

~ VG

V0

Z0

Figura 25.2

GGGG cosIUW ϕ⋅⋅=

6,0605,220

7938IU

Wcos

GG

GG =

⋅=

⋅=ϕ º13,53G ±=ϕ

Si 0Z es capacitiva: º13,53G −=ϕ Tomando GU como origen de fases se tiene:

Vº05,220U G ∠= Aº13,5360IG ∠=

º13,5360º05,220

I

UZ

G

G0

∠

∠==

[ ] Ω−= 94,2 j205,2Z 0

Abriendo el interruptor K 1 y continuando K 2 en la misma posición, abierto, el circuito que se tiene queresolver es:

Z4

Z2

Z3

X1

AG

~ VG

Z0

Se sabe que, además, el circuito es inductivo, por lo tanto:

Figura 25.3



66/332


8,0801008

64512'I'U

'W'cos

GG

GG =

⋅=

⋅=ϕ

º87,36'G =ϕ 6,0'sen G =ϕ Si, como en el caso anterior, se toma ,Vº01008'U G ∠= [ ] A48 j64º87,3680'I G −=−∠= , retardada

respecto a GU ' , la caída de tensión que se produce ahora, en la impedancia ,Z 0 vale:

Vº90294º87,3680º13,53675,3'IZ'U G00 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

V294 jº90294'U 0 −=−∠= V294'U O =

y la tensión en los terminales de todo el conjunto en paralelo, que viene indicada por el voltímetro V 5,vale:

[ ] V294 j1008º90294º01008'U'U'U 0G5 +=−∠−∠=−=

Vº26,161050'U 5 ∠=

V1050'U 5 =

Por lo tanto, la impedancia total del circuito resulta:

[ ] Ω+=∠=−∠∠

== 56,7 j08,10º87,366,12º87,3680

º01008

'I

'U'Z

G

GT

También la impedancia reducida de las dos ramas en paralelo vale:

[ ] Ω+=∠=−∠∠== 5,10 j875,7º13,53125,13

º87,3680º26,161050

'I

'U'Z

G

5P

Como comprobación, se tiene que verificar que:

[ ] [ ] Ω−−+=−= 5,10 j975,756,7 j08,10'Z'ZZ PT0

[ ] Ω−∠=−= º13,53675,394,2 j205,2Z 0

y, efectivamente, coincide con el valor hallado al principio.

Por otro lado, la impedancia reducida del conjunto 43 ZZ + en serie 43Z − vale en módulo:

Ω====+ − 5,3728

1050

'I

'UZZZ

2

54343

habiendo un desfase entre 5U e 2 I tal que el coseno vale:

96,0281050

28224'I'U

'Wcos

25

143 =

⋅=

⋅=ϕ −

º26,1643 ±=ϕ −

[ ] Ω±=±∠=+=− 5,10 j36º26,165,37ZZZ 4343



67/332


Por otro lado, el módulo de 4 Z se puede obtener de:

Ω=== 4375,2328

25,656

'I

'UZ

2

44

Para conocer el desfase que ocasiona ésta impedancia, sabemos:

W17199'W 3 = V25,656'U 4 = A28'I 2 =

por lo tanto,

936,0'I'U

'Wcos

24

34 =

⋅=ϕ º61,204 =ϕ

y siendo 4Z capacitiva, será de la forma:

[ ] Ω−=−∠= 25,8 j9375,21º61,204375,23Z4

y ya que [ ] [ ] [ ] Ω−++=±=+ 25,8 j9375,21 jXR 5,10 j36ZZ 3343

Ω=−= 0625,149375,2136R 3

Ω=+= 75,1825,85,10X3 ó Ω−=+−= 25,225,85,10X3

La segunda solución de 3X no es válida ya que, según indica el enunciado, 3Z es una impedanciainductiva.

En consecuencia:

[ ] Ω∠=Ω+= º13,534375,2375,18 j0625,14Z 3

[ ] Ω−∠=Ω−= º61,205375,2325,8 j9375,21Z4

Para hallar el vector 2' I , se tendrá, ahora:

[ ] A0 j28º028º26,165,37º26,161050

ZZ

U'I

43

52 +=∠=

∠

∠=+

=

que nos permitirá hallar inmediatamente el vector 1'I porque:

21G 'I'I'I += 2G1 'I'I'I −=

[ ] Aº13,536048 j36º028º87,3680'I 1 −∠=−=∠−−∠=

y a continuación se podrá determinar 21 ZX + :

Ω∠=−∠∠

==+ º39,695,17º13,5360º26,161050

'I

'UZX

1

521

[ ] [ ][ ]212

21 XX jR 38,16 j16,6º39,695,17ZX ++=Ω+=∠=+

Ω= 16,6R 2 Ω=+ 38,16XX 21



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Para poder conocer los valores de 1 X y 2 X , se estudia la tensión que hay entre los terminales delvatímetro 2'W :

115AB 'Uº26,161050'U'UU −∠=−=

º87,69X60º90Xº13,5360º90X'I'U 11111 ∠⋅=∠⋅−∠=∠⋅=

º87,36X60º26,161050U 1AB ∠⋅−∠=

La potencia aparente en forma compleja en este tramo de circuito es:

( )[ ]( ) ( )VAX36294 j28X481008

º028X36294 jX481008'*IUS

11

112ABAB

⋅−+⋅⋅−==∠⋅−+⋅−=⋅=

ya que la lectura del vatímetro W’ 2 es cero, quiere decir que la parte real ABS es nula. O sea:

( ) 028X481008 1 =⋅− Ω= 21X1

y, en consecuencia, Ω=+ 38,16XX 21 Ω−=−= 62,42138,16X 2

por lo tanto, [ ] [ ] Ω−∠=Ω−=−= º87,367,762,4 j16,6 jXR Z 222

Ω∠=Ω= º902121 jX1

b) Las indicaciones de los aparatos de medida se obtienen de:

Aº13,5360I1 −∠=

Aº028I2 ∠=

Aº87,3680'I G −∠=

Vº87,361260º13,5360º9021'IZ'U 111 ∠=∠⋅∠=⋅=

Vº90462º13,5360º87,367,7'IZ'U 122 −∠=−∠⋅−∠=⋅=

Vº26,161050'U'U'U 215 ∠=+=

Vº13,53º25,656º028º13,534375,23'IZ'U 233 ∠=∠⋅∠=⋅=

Vº61,20º25,656º028º61,204375,23'IZ'U 244 −∠=∠⋅−∠=⋅=

Vº26,161050'U'U'U 435 ∠=+=

Vº61,2025,656'U'U'U 316 ∠=−=

Vº90462'U'U'U'U 215AB −∠==−=

En consecuencia, las indicaciones serán:



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A60'A 1 = A80'A G = A28'A 2 =

V1260'V 1 = V462'V 2 = V25,656'V 3 =

V1050'V 5 = V25,656'V 4 =

V25,656'V 6 = V462'V AB =

c) Diagrama vectorial de tensiones y corrientes:

Figura 25.4

51243 'U'U'U'U'U =+=+ AB2 'U'U =

G05 'U'U'U =+ 46 '*U'U =

21G 'I'I'I +=

d) Cuando se conecta la batería de condensadores, se mejorará el factor de potencia hasta valor 1.

La potencia aparente en forma compleja, absorbida por la carga antes de conectar el interruptor, es:

[ ] VA67200 j50400º87,3680º26,161050'*I'U'S G5C +=∠⋅∠=⋅=

Como consecuencia, los condensadores han de aportar 67200 var (-), y por lo tanto:

C'UX

'U'U67200Qcond 2C

C

CC ⋅ω ⋅=⋅==

F107,1941050100

6720010C

2

6

F µ=⋅π

⋅=µ

y la reactancia valdrá:

2'U

0'U

6'U

1'U

4'U

5'U

3'U

2' I G I '

1' I

GU '



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Ω=== 406,16672001050

Q

'UX

2

cond

2C

C

e) Antes de conectar los condensadores, la corriente valía:

A48 j64º87,3680'I G −=−∠=

Los condensadores aportan una corriente que vale:

Aº26,10664º90406,16

º26,161050

'X

'U''I

C

5C ∠=−∠

∠==

[ ] A44,61 j92,17º26,10664''I C +−=∠=

por lo tanto, la nueva corriente valdrá:

[ ] Aº26,1648A44,13 j08,46''I'I''I CGG ∠=+=+=

y ahora serán:

Vº87,264,176º26,1648º13,53675,3''IZ''U G00 −∠=∠⋅−∠=⋅=

Vº30,9423,1164º87,364,176º26,161050''U'U''U 0CG ∠=−∠+∠=+=

La potencia aparente suministrada por el generador vale:

[ ] VA8,6772 j4,55480º26,1648º30,9423,1164'*'I''U''S GGG −=−∠⋅∠=⋅=

Por lo tanto, las lecturas de los aparatos de medida son:

A48''A G = V423,1164''V G =

V4,176''V 0 = W4,55480''W G =



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Problema 26

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente con el interruptor K cerrado. En estas condi-ciones las lecturas de los aparatos de medida son:

W432W = V42V = )ind(99778,0cos G =ϕ (factor de potencia del generador)

A continuación se abre el interruptor K, obteniéndose en régimen permanente las siguientes lecturas

A2=15,1789 A A 3=18 A siendo A 1


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a) Situación: K abierto, K 1 en A, A81A 3 = , A15,1789A 2 = , 2Z y 3Z resonancia, Ω1R 1 =

C'GG QQQ += = 1448336,28 + = VAr 6833,172

21L

21

1L2G

GXR

X·UQ

+= 8336,172 =

21L

1L

X1

X·24

+ Ω4333,0X ' 1L = ; Ω3X

''1L =

Ω3X '' 1L = jXR Z 1L11 += = j31 + = º565,71163,3 ∠

º024U G ∠= ;1

1G1

Z

UI = [1]= Aº565,71589,7 −∠

A589,7A1 = < A10 mH954,9X

L 1L1 =ω =

b) La misma situación del apartado a)

jQWS GG += = VAº805,212907,465 j8336,172432 −∠=+ *

G

GT U

SI ⎥

⎦

⎤

⎢⎣

⎡= = Aº805,21387,19 j201,718 −∠=−

1T23 III −= = Aº06,15 j06,15 ∠=+

Por el teorema del coseno:

º13,53I·I·2III

arccos323

223

23

22

3 ±=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

−−−

=ϕ

Ω6j0,18,0º13,53333,1º13,5318

º024I

UZ

3

G3 +=∠=−∠

∠==

1

33 º13,53750,0Z

1Y

−Ω−∠== ;

1

G

2323 º06,0V

IY

−Ω∠==

3232 YYY −= =1º565,71632,0 −Ω∠ ; Ω5j,15,0º565,715811,1

Y1

Z2

2 −=−∠==

c) La misma situación que en los apartados a) y b)

13 º13,5318I

−Ω−∠= ; A)180

º13,53t100cos(18·2)t(i3 π−π=

I2

VGI23

I3

ϕ3

ϕ3



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Problema 27

El circuito de la figura se halla en régimen permanente, estando alimentado por un generador decorriente ),t100cos(14,14)t(i π= presentando un factor de potencia igual a la unidad.

Se conocen las siguientes lecturas de los aparatos de medida: A 1=10 A, A 2=10 A, V=60 V.

Se pide:

a) Valores de L o, R 2 , C 1 y L 2

b) Lecturas de W y de V g. Potencia aparente que suministra el generador en forma vectorial

L0

L2

R 2

C1

i(t)

A1 A 2

Vg

W

~V

Figura 27.1

Resolución:

Para la primera parte del problema se consideran los datos: A 1=A 2=10 A y I g=10 A (valor eficaz)2/14,14 y que el factor de potencia es 1 las dos ramas y la bobina L 1 están en resonancia:

I2I1

Ig

Ig U g

I2I1 Ig

cosϕ=1

=+

60ºI ·X =Ug L0 L0

|I |=|I |=|I |1 2 g

Se desconoce U g y X L0 (pero sí el ángulo, ya que es una bobina), teniendo en cuenta queUUU LOg += donde el último término representa la caída de tensión entre A-B de la que conocemos

el modulo.



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El diagrama de fasores del circuito queda:

El ángulo entre la I g y U se puede determinar gracias alcondensador. Sabiendo que adelanta 90º la intensidad yconocido el ángulo de ésta, solo tiene que atrasar Urespecto I 1 (intensidad del condensador). 60-90=-30º,que es el ángulo de la tensión U.

Ω=== 61060

AV

X1

1C Ω−∠= º906Z1

Ω∠=−∠−∠=ϕ∠= º306

º6010º3060

AV

Z 22

2

º306º306º906º306º·906

ZZZ·Z

Z21

2112 −∠=

∠+−∠∠−∠

=+=

Ω3 j2,5Z12 −=

Tengo que hallar ω , f f 2100 π=ω =π

a)

ω =

C

1X 1C donde Ω= 6X 1C (parte imaginaria de 1 Z ), ω conocida Fµ5,530C1 =

ω = 22 LX donde 30·sin6X 2 = (parte imaginaria de 2 Z ), ω conocida Hm55,9L2 =

30·cos6R 2 = (parte real de 2 Z ) Ω2,5R 2 =

ω = 0L0L LX [1] el único camino para hallar X L0 es a partir de U L0.

{ 0LG0L VI·X = , IG=10 A y 30cosVV 0L = V=60 }

hallamos Ω3 jX 0L = [1] Hm55,9L0 =

b)

Tgg Z·IU = necesitamos 0L12T ZZZ += Ω2,53 j)3 j2,5(ZT =+−=

Como están en fase, podemos hallar con los módulos directamente:

Ug=Ig·ZT =10·5,2=52V que es el que indicará el voltímetro.

Pg=W=I gUg=10·52=520W (el que indicará el watímetro)

Q=0 (carga resistiva) VA520PS ==

I2I1

Ig U g60º

30º

-60º

U l0U



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Problema 28

El circuito de la figura trabaja en régimen permanente.Se pide :

a) Circuito equivalente de Thevenin en bornes de A-B (E Th y Z Th)

b) Generador equivalente de Norton en bornes de A-B (I N)

c) Impedancia a colocar en bornes de A-B para transferir la máxima potencia y valor de ésta

Datos: Aº05IG ∠= Ωº02R G ∠= Ω j43Z += Ω j2XC −= 1Ω10,0k −=

~R GIG Z

XC

U

A

B

Uk

Figura 28.1

Resolución:

a) Cálculo de la Z Th :

R G Z

XC

U

U

A

B

Uk E0

I0I2 IC

I1

Figura 28.2

Nudo U : C21 III += C

0

G XEU

ZU

R U0 −+=− [1]



76/332


Nudo A: 0IU01,0I 0C =+= con las tensiones anteriores: 0IU01,0XEU

0

C

0 =++−

[2]

con [1] y [2] tenemos 2 ecuaciones con 2 incógnitas (en complejos 4 ec, 4 incógnitas), de donde se puede determinar 0 E en función de 0 I :

⎪

⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=++−∠−

−∠−

+∠

=∠

−

0IU01,0º902

EU

º902EU

º13,535U

º02U

00

0

⎟ ⎠ ⎞

⎜

⎝ ⎛

−∠+

∠+

∠=

−∠ º9021

º13,5351

º021

Uº902

E0

Con esta expresió

Problemes - Circuitos eléctricos

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