Solucionario Tercera Practica Calificada de Circuitos Electricos
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“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