Problemas de tecnología

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Reservados todos los derechos. NI la
totalldad ni parte de esta publlcaclôn
puedc reproduclrsc o transmltlrse por
nlngun procedlmlento clectrônlco o mecftnlco, lncluycndo fotocopla, grabaclôn
magnétlca, o cualqulcr almacenamlento
de lnformaclôn v slstema de recuperacl6n, sin permlso escrlto de ECOEM, S.A.
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PRACTICAS
Marzo 2018
Tecnologia {Secundaria)
-Grupos de Preparaci6n Completa{4sesiones al mes)
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De acuerdo al Real Decreto 1/1996, Ley de Propiedad Intelectual, y a su
texto refundido, la utilizaci6n de estos materiales sin autorizaci6n puede
ser considerada causa criminal, infracci6n muy grave, o cualesquiera
otras establecidas en la legislaci6n procesal penal.
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Tecnologla
-Secundaria-
Marzo 2018 - Grupas de Preparaci6n Campleta
PRACTICAS
(4 sesiones al mes)
•
Practicas:
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
Practicas de Dibujo (simulacro de examen) (marzo).
Practicas de Mecanica-Estructuras (marzo).
Practicas de Neumatica-Teoricos (marzo)- -;;, ~ CQJ\ 6J ro~o~Gl'>l
Practicas de Operaciones y Errores (marzo).
Practicas resueltas de Dibujo (febrero).
Practicas resueltas de Mecanica-Estructuras (febrero).
Practicas resueltas de Sistemas Automaticos (febrero).
Practicas resueltas de Trifasica (febrero).
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Huelva: C/ Vazquez L6pez, 21 - 21001 Huelva - 959 24 68 07
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Tecnologia ( Secundaria ), Practicas de Mecanlca: E~trncturas
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Proplcdad lnlele cluaf, y a su texto refundldo, la utlllzacf6n de eslos malerlales sin
nulorlznclôn puede ser c.onslder11d11 causa
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Prâcticas de Mecânica:
Estructu ras , .;
Tecnologia (Secundafia)
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Necesitamos una viga de 19 m de longitud. p_~ra qLe, apoy.adà en A y B, soporte las cargas puntuales representadas. La seccion .homogénea de la. vi'ga es la indicada.
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Calcular analfticamente la altura del alma de la viga para que resista las cargas indicadas
sabiendo que la tension admisfble lpe trabaj9 a flexion del material de la viga es de
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1.580 kg/cm .
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Una viga, de seccion de forma y dimensiones como las indicadas en la figura, esta sometida al estado de carga que se indica. Determinar:
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Dibujar los diagrarfias<:le esfuerzos cortantes y momentos flectores.
Calcular la~ ga maxit!)1 a traccion y compresion.
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Esta publicacion se encuentra registrada, estân reservados todos los derechos. Ni la totalidad ni parte de la misma
puede reproducirse o transmitirse por procedimiento electronico o mecânico alguno, induyendo fotocopia,
grabacion magnética, almacenamiento de informacion y sistema de recuperacion, sin permiso escrito de ECOEM.
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Tecnologia (Secundaria), Prâcticas de Mecânica: Estructuras
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3.
En la viga empotrada de la figura, de longitud L y seccion cuadrada, maciza de lado a,
sometida a su propio peso:
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Indicar cual es la seccion donde se producen mayores tensione~,,n?r~ alës';\
Para esa seccion, ten qué puntos es maxima esta tension? ,~ ,,,, · ~
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b)
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Tecnologia (Secundaria), Practicas de Neumatica: Te6ricos
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De acuerdo al Real Decreto 1/1996, Ley de
Propledad Intelectual, y a su texto refundldo, la utlllzac16n de estos materlales sin
autorlzacl6n puede ser conslderada causa
crlmlnal, lnfracci6n muy grave, o cualesqulera otras establecldas en la leglslacl6n
procesal penal.
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Prâcticas de Neumâtica:
Te6ricos
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Un cilindro de doble efecto tiene un émbolo de 7{~rrî'd e diâmetro '·; un vastago de 25
mm de diametro, la carrera es de 400 mrj,} _ià-pre~i~1:rde strâ,~ajo a la que esta sometido
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es de 6 bar.
1
Determinar:
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b)
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Fuerza teorica en"el avance.
Fuerza te6riêà enr·el retroceso:
Cons~~O~';: ,~Jre ~Q-~.1} ~{9rrido de avance y retroceso.
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Un cilindro ~e dobl~ eféçto tiene 60 mm de diametro y 15 mm de vastago siendo la presion de trabàjo de'. 6✓hares y el rendimiento del 90 % . Calcular la fuerza que ejerce en el
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3.
Un'.::cilindrg de doble efecto tiene un émbolo de 70 mm de diametro y el vastago de 20
•· "itrri m de -~i~metro, carrera de 250 mm. La presion de trabajo es de 6 bares. Calcule el voJ~rr1i,..~p:'.de aire en condiciones normales y temperatura constante que se necesita para el
cilindro de doble efecto.
4.
Un cilindro de doble efecto tiene un émbolo de 80 mm de diametro y un vastago de 15
mm de diametro, y la carrera es de 300 mm. La presion de trabajo es de 6 · 105 Pa y
realiza una maniobra de 9 ciclos par minuta.
Determinar:
a)
b)
Fuerza teorica en N que el cilindro entrega en su carrera de avance y retroceso.
El consuma de aire en condiciones normales.
Nota: Supongase la presion atmosférica igual a 10 5 Pa.
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Se mueve un cilindro de simple efecto cari a11 c. ... ~ .. ,
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75 mm y el diâmetro del vâstago es de 20 mm, la pres1on de traodJU c J
la resistencia del muelle de 60 N. su rendimiento es del 90 %. Calcule:
5.
a)
La fuerza te6rica que el cilindro entrega en su carrera de avance,
b)
La fuerza efectiva o real del cilindro.
-
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Se dispone de un cilindro de doble efecto con un émbolo de 70 mm y un vilstago de 25
mm, su_carrera es de 400 mm. La presI6n del aire es de 6 bar y realiza una maniobra
6.
de 10 c1clos par minuta.
Determinar:
a)
b)
Fuerza te6rica que el cilindro entrega en su carrera de avance Y retroceso.
El consuma de aire en condiciones normales.
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Un grupo hidrâulico suministra una presi6n de 150 kp/cm' y realiza e( (a. carrera de
avance una fuerza real de 1000 kp. Si se supone que las pérdid as; P.or fricci6n repre~en.:,:·/ , .,r \
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tan el 10% de la fuerza te6rica. Determina·.
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La fuerza te6rica.
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El diametro del cilindro expresado en milfmetf~s. : ~;
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A un cilindro neumatico de 26 mm de dia~ etrn"y 'una câà eJâ de 120 mm se le suministra presion a 7 kp/cm 2 • Suponiendo q~: rî'ëi"'h~aya,:pêrdidas/ èl.éterminar:
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Fuerza te6rica aplicable
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en la 'cr,. arrera
de avance.
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Trabajo desarrollado par escrito .deJa,,carrera de avance.
b)
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Un cilindro de doble,efeq o.,.tiene un;,.émbolo de 80 mm de diametro y un vastago de 30
mm de diametrô,~1~;'Ëàrrè'~a:'es,def 3~b mm y la presién de trabajo a la que esta sometido
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V_glumen total de aire contra.
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- Uîî id li~dro hidraulico tiene un diametro de 100 mm y un vastago de 60 mm de diametro.
Sabiendo que la presién de trabajo es de315 kp/cm 2 y que las pérdidas por rozamiento
son del 12%.
lCual es la fuerza teérica que el cilindro entrega en su carrera de avance?
lCual es la fuerza teérica que el cilindro entrega en su carrera de retroceso?
Si se considera la fuerza de rozamiento, lcual es la fuerza real que el cilindro entregan su carrera de avance?, len su carrera de retroceso?
·© Ecoem, S.A. - 954 652 321 - 954 652 ·106 - www.ecoem.es - [email protected]
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Tecnologia (Secundaria), Practicas de Neumatica~ Teoricos
6
Se mueve un cilindro de simple efecto con aire comprimi~o. El diam:tro del pis: n 5es de
75 mm y el diametro del vastago es de 20 mm, la presion de trabaJo es de 6 10 Pa Y
la resistencia del muelle de 60 N. su rendimiento es del 90 %. Calcule:
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a)
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La fuerza te6rica que el cilindro entrega en su carrera de avance.
La fuerza efectiva o real del cilindro.
Se dispone de un cilindro de doble efecto con un émbolo de 70 mm y un vastago de 25
mm, su_carrera es de 400 mm. La presion del aire es de 6 bar y realiza una maniobra
de 10 oclos par minuta.
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Determinar:
a)
b)
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Fuerza teorica que el cilindro entrega en su carrera de avance y retroceso.
El consuma de aire en condiciones normales.
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un grupo hidraulico suministra una presi6n de 150 kp/cm y real_iza~en la ·ç~rr.er a de
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Sabiendo que la presién de trabajo es de315 kp/cm 2 y que las pérdidas par rozamiento
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lCual es la fuerza teérica que el cilindro entrega en su carrera de avance?
lCual es la fuerza te6rica que el cilindro entrega en su carrera de retroceso?
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Tecnologia (Secundaria), Practicas de Operaciones y Errores
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ERRORES Y MEDIDAS ELÉCTRICAS
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Para verificar la pœcisioh·de un amperfrdéfro se le somete a una contrastacion con un
amperfmetro pat(on.'·oJ:J ôdos lo{ ''v alores obtenidos se observa que el mayor de los
errores absolutÔs ·cb~etid9.~i{'~Jt o.5 A. Leual sera la clase de este amperfmetro si el
valor maxim'o· de§u"escala
ës"dé 50 A? LCual serfa el error maxima que puede cometer
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si el valor maxirrio que''alcanza su escala fuese de 150 A?
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3.
;/.-,,r:.v,
Para comprobar el error que comete/ ud voltfr,netro seJ oma· una medida de 100 V y luego se comprueba con un voltfmetro fd'é gran predsion la misma medida, dando como resultado 98 V. Determinar el :~rf&'~b~olÙto y relativo cometido por el voltfmetro.
\,'-1-,,
~-_,-:•• ({t..,
::;- ,, y~~.;i/
/.Enî°lâ esc:9Ia de· un·amperfmetro puede verse que la mayor intensidad de corriente sus-
,C, ceptible d~ medicion es igual a 100 A. Determinar la clase de precision a la que pertene, ,. cè este afriperfmetro, si se sabe que el mayor error absoluto en sus lecturas es 0.2 A.
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U)l f-v.oltfmetro, cuya clase de precision es 2, puede medir una tension U = 250 V. Con
este aparato se midio una tension de 125 V. Determinar el maxima error posible de la
medicion realizada .
Teniendo en cuenta que un amperfmetro de 50 A posee una resistencia interna de 0.1
Q, calcular el valor de la resistencia de shunt para ampliar el alcance del aparato de medida hasta los 250 A.
Un amperfmetro permite medir una corriente coma maximo de 2 mA. Posee una escala
fraccionada en 40 divisiones y una resistencia interna de 1 Q, Se desea ampliar el alcance del aparato para poder realizar medidas hasta 2 A. Calcular la resistencia del shunt,
asf como la constante de la escala del aparato con y sin shunt. LCual sera el resultado
de la medida del amperfmetro con shunt si lee en la escala 10 divisiones?
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Tecnologia (Secundaria), Prâcticas de Operaciones y Errores
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Se dispone de un voltimetro con un campo de indlcaci6n de 10 V, una resistencia interna
de 2 KQ Y su escala esta fraccionada en 40 divisiones. Calcular el valor de la resistencia
ad!cional a conectar en serie con el voltfmetro para ampliar su alcance hasta los 200 V,
asi coma la constante del instrumenta con y sin resistencia adicional. lCual sera el resultado de la medida, con y sin la resistencia adicional 1 si se leen en la escala 30 divisiones?
/
8.
Disponemos de un voltimetro de escala 0-10 V resistencia interna de 3 KQ Y numero de
divisiones igual a 50. Queremos convertirlo en ~tro de constante de escala igual a S. Hallar la potencia que disipa la resistencia colocada cuando el indice el aparato marca el
centra de la escala.
9.
Un vatimetro ferrodinamico posee dos alcances de tension: 100 V y 200 V, Y dos alcances de intensidad: 1 A y 5 A. Averiguar las constantes de la escala para cada una de las
combinaciones posibles si la escala esta fraccionada en 50 divisiones. lCual sera el resultado de la mediç:la si se lee 15 divisiones para el campo de medida ~~o ~ .::- _S A? _
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Se tiene un voltfmetro que tiene una sensibilidad de 100 QjV y tres .escalas de\me<:licion
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de 50 V, 150 V y 300 V. Cuando se conecta el circuito mostrado:.en la 'figura, el ~m~dfdor
indica la lectura de 4.65 V en su escala mas baja. Calcula el valor de la resistencia Rx.
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Se quiere_ ~tiJii~~-~n ~a1\ ~Défo~;r~''2b n una resistencia _interna de 100 Q y una corriente
de deflex1on' a escala completa.-de 1 mA, como un volt1metro que pueda medir las escalas de voltaje dê,;1~10 /v,5y de 0-50V. Dibuje el circuito necesario para ello, calculando el
valor de las 'resistencias:en serie que haya que colocar.
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)4. 2. . , P~ra r~ali~~ar la medicion de una r~siste~ci_a disponemos de una bateria, de 12 V, de un
/ ":-:. a(JlR,enmetro de escala 0-1 A y res1stenc1a interna de 0.2 n, y de un volt1metro de 25 V y
· \'.' resistencia interna de 10 KQ. Hallar los valores obtenidos por calcula en los dos tipos de
è onexié.n de los instrumentas, cuando medimos una resistencia de 50 n.
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3.
·; : ;~:;entar el esquema de un polfmetro con tres alcances de intensidad (2 mA, 20 mA
y 200 mA) y tres de tension (1 V, 10 V y 100 V), para corriente continua.
Se utilizara coma indicador un miliamperfmetro de 0.2 mA de alcance y Ra = 1000 Q.
I
14/
---...........
I
Un alumno desea medir la corriente que circula por la resistencia R, del circuito de la
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figura, con un ampenmetro.
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l'Q-)
~=~
Por error conecta el amperfmetro en paralelo con la resistencia R, lcuanto marcarfa el amperfmetro?
Se da cuenta de su error y vuelve a conectar al circuito el amperfmetro, pero esta vez en serie, tal como se muestra en la figura, lcual sera la lectura en estas
condiciones?
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puede reproducirse o transmitirse por procedimiento electr6nico o mecanico alguno, incluyendo fotocopia,
grabaci6n magnética, almacenamiento de informaci6n y sistema de recuperaci6n, sin permiso escrito de ECOEM.
Pag.3
Tecnologia (Secundaria), Practicas de Operaciones y Errores
,on
100 V
R=200
20n
Selectividad andaluza junio 2002
15.
Para la medida de tensiones en el circuito de la figura se dispone de un voltfmetro cuya
resistencia interna es de 400 KQ. Cuando se aplica entre los terminales A Y C, la lectura
es de 12 V. lQué lectura se tendra cuando se conecta el voltfmetro entre los terminales
B y C?
/
NOTA: La fuente de 12 V se considera sin resistencia interna.
,/
100 kn
A
·1
100 k.Q
B
C
\
+
12 V
Selectividad andaluza junio 2003
' '"t_;_.,,
r,/;t;
0
~
'·
. .
\;
.
✓
f
l6.-<:·,1 séî'dispoÎJe de· tres voltfmetros A, B y C. Las resistencias internas de A y de B son de 12
de (0 KQ, respectivamente. Se conectan a una fuente de tension continua, de va, \\ lor"êonst9nte, segun indica la figura, con lo cual la lectura de A es de 4.8 V y la de 8 es
\,. ·.¼"d e 10 V.
desea saber:
d,. ·:Se
.
· /;'f'•~sjYy
'CO?\f• c,
a)
b)
Resistencia interna del voltfmetro C.
Lectura de cada uno de los tres voltfmetros, si se conectan en serie a la misma
fuente de tension continua del apartado anterior, considerada sin resistencia interna.
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T
-
Tecnologia (Secundaria), Practicas de Operaciones y Errores
Pag. 4
Ve
Selectividad andaluza 2003
17.
Calcular el error relativo porcentual producido èn la medida de corriente de R3 al i nsertar un amperfmetro cuya resistencia interna es de 100 n.
2k0
lkO
1
t""·
~
R2
~
2kn
R1
'i
.
R1
b
V
SV
'•-::-,_I
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-
l"""
\.: ,,,,,<')}
'<
Selectividad andaluza 2009
,
/
AMPLIFICADORES OPERACIONALES
18. , / Ob_
te~~t.~I valor de•lâ'tension de salida en funcion de la tension de entrada. Ve= 1 V.
w
"7
}41
~__;
,
100 K
,
C')W·c'
l._,9
19.
Para el circuito de la figura, determinar:
a)
b)
c)
( '(f)
i
~=#
1~ Y,
La tension de salida Vs, para los valores indicados de las resistencias.
Vs cuando R toma el valor de 10 K.
El valor de Vs cuando Ra = 22 K, Rb = 33 K y R = 100 K.
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e:
~
y
Tecnologia (Secundaria), Practicas de Operaciones y Errores
R = 22 K
Rn := IOK
0,5 \/ 0
- 1 1
o
1
A
]
-► 1
Rb = 10 K
~
LJ-
-► ~
1
0,25\/ o-
Pag . S
2
-►
-=~
1
l
Calcular el valor de la tensiôn de salida, siendo los datas los indicados en la figura.
E
,,
Ys
QJ
"!)\
~\))
\
\
Oz
li l
,,
'~
R3
~
\
Vz
/
L
~ed:n~;~t t~~0o~~/è~~2tl~s:i ~~:a~•d°."i,•c~~:;d;,;n: ~~~~n~;~~ .
0
~ ~::::~::~~~
c~dor operac1onal 1deal. k /:\
tf[J,~,>\i:ij \' ~-- -·~
R1=2K
I1 = 2 mA
RL (CAR.GA)
Oposici61t Extremadura 2000
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Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Mecanica: Estruct uras
ecoem
Tbrmac,on
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De acue rdo a l Real Decreto 1 / 199 6, Le y d e
Pro11led a d Inle lectual, y a su texto refundldo, la ul lllzaclôn d e e stos mater1al es si n
auto rlzaclôn puede ser conslderada causa
crlmlna l, lnfraccl6n muy grave, o cualesqulera otras establecldas e n la le g lslaclôn
procesal pe nal.
OIY.
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/ 11t ·e..•lto o k . 1•nh1/,•c..·,u1,n
Pag. 1
Pl" t,O
Prâcticas Resueltas deMecânica:
Estructuras
,
Tecnolog1a (Secund~ria)
-
'
;
/
1.
a)
b)
c)
Demostrar que la resultante del-sist~ma
de fuerzasi,aralelas
de la figura es un
I' ?·,
.
•
par de fuerzas y hallar su mon'l'ento. \
\ ·
,.,
Demostrar que el sistem_a es[Jquivalen,t e -~ un par de fuerzas de 15 N y hallar su
1
brazo.
,,i'q:~;;:;,}0
\
J· /
Hallar los momentcis ,con respep:o a,lôs puntos A y B.
~~~~ir··::,,:···:'P~
~
~
t: . . ·
&~;~}JI
À
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V
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•
·i
1.
20
t
?.o
l
1
Sumando vectorialmente las fuerzas sale cero.
Tomando momentos respecta al punto de aplicaci6n de la fuerza de 15 N:
LMc=9 -30+6 · 50=570N · mm
Estos dos resultados muestran que la resultante es un par con un momento de
570 Nmm (en el sentido de las agujas del reloj).
ui)
~=~
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, .
lt de Mecânica: Estructuras
Tecnologia (Secundaria), Practicas Resue as
nuldas par su resultante, es decir, 15
Las fuerzas de 9 N Y 6 N, pueden ser sustl resultante de la fuerza de 15 N, es
N. Si la distancia a la que se encuentra es a
'
d, tendremos:
b)
M = 15 · d = 570Nm;
d = 38mm
El sistema es equivalente a un par de fuerzas de 15 N, separadas 38 mm.
c)
Tomando momentos respecto a los puntos A YB:
IM
IM
A
= 9. 45 + 6 -65-15 · 15 = 570N · mm;
8
=15-70-9 -40-6·20=570N · mm;
/""'~::!,,-..,
A
~
!·,· ·~
·,.
El momento del par no varfa con la posici6n del punto, respe5\o,l'd1y cu~I s:~.toma
el momento.
p1 '· · , J,_
\/étvr~
/. ;
¼;~~;¼
ift-.~~-~ ;:_ ;
2.
a)
b)
a)
{
•,\
\t , .\
:, .'.. ·j
•'•t. v.';·<Î
v-41:;r
Sustituir el sistema
de fuerzas paralelas de la
.-figura.
p'ôr).Jna
fùerià,
unica Y un
,
,.-,:,,· '
r~f ',
\ .·•; ;,:r,
\ <rit-~
par, que actue en: 1°) El punto A; 2°) El punto B>Representar los-1resultados en
un diagrama.
/.<:; j ~/
\rj
Hallar la lfnea de acci6n de la resultante si fuctéia cbmo';Üna'.fuérza unica.
di~\ili:ttA t/!J&~~t1}!
La resultante de las fuerzas sobre la viga es R = 25 KN. Tomando momentos
respecta a A, para determinar el par:
IMA= 222,SKN · m
Tomando momentos de las fuerzas respecto a B, para determinar el par:
IM
b)
8
= 22,SKN•m
Puesto que el par en B tiene el sentido contrario a las agujas de reloj, la resultante estara a la izquierda de B. Llamando d, al brazo del par y tomando momentos de las fuerzas respecto a B, tendremos:
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yi
Tecnologia (Secundaria), Prâcticas Resueltas de Mecanica: Estructuras
Pag.3
A1 1œsurn1Nrn = AfFuJI111.As _1NDwmuAi.1:s;25 · d = 22,5;d = 0,9m
3.
a)
b)
Calcular la resultante del slstema de fuerzas de la ngura coma una fuerza t'm
. ica y
un par actuando en el punto A.
Hallar la fuerza resultante t'.mlca que puede sustltulr al slstema de fuerzas y mostrar en el dibujo, el punto en el que corta a la secclon en T.
lo\oJ
25\o-l
110
l '20
ID
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0
0
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4o kiJ
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' '
;,
,
1~t~;-:>;;·"'tt10t1\
a)
1.
En este casa, los senl:idqs adJ'2uadas para x e y, son, respectivamente,
hacia la derecnl (,y',hatYa' àbaja. L j
l:Jf
l1,./i/
\ ., \. -~,, •.
Por conveAià} el momen.to positiva gira del eje X al eje y, es decir, en este
ca~~ èn e_l s~n~ida 5:@ las agujas del relaj.
/(/'"~):;:i \(;; ,,'.
2.
,"'
{ Se/dêscampônê::1a fuerza de 40 KN en sus componentes;
r.1 ··; ?.éJ/.:-~
~ . ,,,,J,.
t~;)
/{/J
./."'" •
\<40~:sen30°= 20KN;
'\_. /)\ '!!!,Ji;J/
4Q ':'f os30°= 34,64KN;
Sumando las camponentes:
"X=1964KN·
L.,
'
'
Ir= ssKN;
4.
La resultante sera: R = 58,40 KN.
5.
Se toman mamentos respecta al punta A para hallar el momento del par.
Comenzando por las componentes de la fuerza de 40 KN:
LMA= 1586,4KN·mm;
b)
Suponienda que "s" es un punto situado en la linea de accion de la fuerza resultante Cmica y si tomamos mamentas respecta a A, se obtiene:
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_:!'ecnologia
( Secundaria), Practlcas Resue l~~~~M
as e ~
_y. 4
Xs
·I:Y - ys · I:X = M A;
Sustltuyendo los valores y para hallar el punto donde la 1/nea de acciôn corta al
eje de la ca beza de la T, se hace Ys = O; Se obtiene:
x8
= 28,84 mm ;
Para hallar el punto de carte con el eje de simetrfa vertical, se hace Xs = 120;
Ys
4.
= 255,3mm;
Determinar la magnitud de las fuerzas P, Q y R, que mantienen en equilibrio, la viga
acodada de la figura .
-{- -
QI
~I
boo
'=,oo
,
L
20
r
r.:i-:
20_ N
_ _ ______,:::.....!..;~::::::.._
· _4_
o_lJ_ .!I. . ;. 5
~ : - - - - - -- -
8
If)
p
- ---. A
Q
/~~- .
,~~·~;r::·~:v
De las ecuaciones de eq~ilibrio obtenemo;-
p = 84,64N;
= - 25,84N ;
Q = 65_,84N; ,
R
<..:)
,.
✓
1
Se comprÛeba la soluci6n tomando momentos con respecta a B.
- ·
S.
w
(,
Hallar,el 'tnomento del par M y la magnitud y direcci6n de la fuerza P, para que la viga
- de' la'·figura esté en equilibrio.
G,o N
Tomando momentos respecta a D, obtenemos M = 15,7 Nm.
El momento del par respecta a cualquier punto de la viga es el mismo e igual a M.
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V
\
Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Mecanica: Estructuras
Pag.5
Del equilibrio horizontal y vertical :
0=-21,8°;
P = 49,50N;
6.
Una calumna de hormig6n armada de un edificia se encuentra sometida a las fuerzas Y
al par que muestra la figura .
Sustituir el sistema de fuerzas par una fuerza horizontal, una fuerza vertical y un
par actuando en el punta A.
Hacer la misma para el punta B.
a)
b)
zok,-j
2_k_~- '~B--!~ 10 kIJ "'"
/ .5k~
0
.__.=;:-_,_:,0
r
10
'A
1
7.
La figura muestra una cercha de una cubierta sametida a la acci6n de la fuerza del vienta.
a)
b)
Dibujar el paralelograma de fuerzas y determinar la magnitud y direcci6n de la
fuerza resultante. Camprobar la soluci6n mediante el calcula analftica.
Dibujar el triangula de fuerzas.
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iOO >J
a)
R
Pag, 6
501.J
= 278,26 N;
b)
400
'
8.
\
9. ela figura.
Hallar los esfuerzos en los puntos C y D, en la viga ~imp(ëm,~nt~' ap~yad~ \
I
l.~l
\ . ..
..
\,'
'
..
•"
El calcula de las rêaècio j f~i ~era: < •
,,....
HA
·~
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.• :•.~.--;;,"':.,,
•
):,f
.
= 103,9~KN;RA = 70KN;1?.B = 50KN;
_Se>~;id~l ~ndo el cue·rpo libre AC:
/,,. ~~·-. ...
,/. /-+
\>',
....
V
Tt = -I0~;92KN;Vc
,7:,
~
'\
= I0KN;Mc = 290KN · m;
j)
·,consid~d ndo el cuerpo libre DB:
·
CGPir•
Tv
9.
= 0KN;Vv = - 50KN;Mv = 150KN-m;
Hallar los esfuerzos resultantes en el punto medio de la viga de la figura.
-4obJ
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A
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,~ l,.,J
C.
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Pag. 7
La reacclon RA = 66 KN.
Se halla el cuerpo libre AC y se calculan los esfuerzos resultantes del equilibrio.
= 8K.N;Mc = 249KN •m;
Ve
10.
La viga simplemente apoyada ABC de la figura tlene una carga dlstribuida variable, con
intensldades de 6 kN/m, en A y C, y 18 kN/m en B. Hallar los esfuerzos resultantes en el
punto media de la viga.
Se halla la reaccion en C tomando momentos respecta. al punto A y ·obtenemos:
-4_,.
/:V"'.
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R = 5 1KN ·
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/.· 'I
Siendo Del punto media del vano y conside~àr::ido_el cuèrpo libre DC, se tiene:
I ..
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VD
f'
<
= - 3,75K.N;MD = 138,3~.KN,•.,m;' ·,
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//(-~~;;;; ¾t~;r\;;,ij/)l
Hallar el momento flector maxima de la vigaide la figura.
' .
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11.
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1 •
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!:_;
V
Se hallan las reacciones:
, C0?\1- u
RA = 12KN;RD = 8KN;
El esfuerzo cortante es constante entre AB y entre CD:
V8 = RA = 12KN;Vc = - RD= - 8KN;
El esfuerzo cortante entre B y C varfa linealmente:
V(x)
= 12 -5 · x; V(e) = O;e = 2,4m;
El valor del maxima flector (en el punto E) se puede obtener considerando el cuerpo libre AE.
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♦
·
·
· ·
lt d Mecânica: Estructuras
Pag .,
~T~e~c:!n~o~l~o~gl!!•a~ (~S~e~c~u~n~d~a~r~,a~)l!_,_!P:!r!a~c~t•~c~a~s~R
~e~su~e~ ~a~s~ e:..:~=:::.::~-----------==
~
12.
Determinar la magnitud y naturaleza de los esfuerzos en las ~arras de las estructuras
articuladas planas que se muestran en la figura, utilizando el metodo de los nudos.
/
/
~--1.:...:__4,,-_...:c-"-'-_::,,, C
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13.
Pag. 9
Utilizando el método de las secclones, determlnar la magnltud y néJturaleza de los esfuerzos en las barras X, Y y Z de las estructuras artlculadas planas de la figura .
~
-41(1..1
~Il
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~ 11
;
~ k~
S~
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a)
Para la cercha completa:
RB =8KN;
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b)
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___P_a~·g.
_!ecnologia
(Secundaria), Pract1cas Resue as
~
a)
Se calculan las reacclones:
DIAGRAMA DE ESFUERZOS CORTANTES.
A<x<B
'-+
V(x )
En una viga cargada simétricamente, _los ~sfuerzos
cortantes de la mitad derecha de la v1ga t1enen los
mismos valores que los de los puntos simétricos
respecta al centra del vano, pero con signa contrario.
= 6KN ;
B<x<C
V(x)
= -4KN;
C<x<D
V (x)
= 4KN ;
D<x<E
V(x)
= -6KN ;
,
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES;.
'-+
/·:r~'-~f -~\:_\~~- <~·:</
A<x<B
/J:t ,
M ( x)
'
= 6 · x;·,/" \;
f ,..,
'; '"'>''
..
,.'
•
1
1
\.
:\ ,En un,~·vfga cargada simétricamente, el diagrama
, ,,c, 'de momentos flectores es simétrico.
\.~. . .J;_?_.__ -~:tP.·r·
•
-
,,..
M(x) = 4·x - 12;
D<x<E
M(x)
= 48- 6x;
DIAGRAMA DE ESFUERZOS AXILES.
'-+
A<x<B
T(x) =HA= O;
El diagrama de esfuerzos axiles es simétrico y la viga
esta sometida a una compresi6n uniforme entre B y
D.
B<x<C
T(x)
= -17,32KN;
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puede reproduclrse o transmitirse por procedimiento electronico o mecanico alguno, incluyendo fotocopia,
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'\O
Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Mccanlca: Estructuras
4
Pag. 11
C<x<D
T(x) = - l 7,32K.N ;
D<x<E
T(x) = O;
b)
Se calculan las reacciones:
H A= O;RA = 6KN;RE = 42KN;
DIAGRAMA DE ESFUERZOS CORTANTES.
4
A<x<B
V(x) = 6KN ;
B<x<C
V(x) = -18KN;
C<x<D
V(x) =-18KN;
D<x<E
\.V
ti!l'
~ (i)'= 30t '6 · xKN• _;>,
if'.l'":1;:f;; . { ._, ·., ,
DIAGRA~A-DE ~OMENTOS FLECTORES.
j;/>'
\ A<x~1f>,, ,,, ,.,
M(x)=6·x ;
B<x<C
M(x)=72-18-x;
C<x<D
M(x) = -18-x+264;
D<x<E
M(x) = -3 ·x 2 +30 ·x + 72;
La distancia x desde B hasta el punto en que se anula el momento, vendra dada
par:
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T
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~- ~~~~l
~~d~e~M~e~c~a~n~ic~a~:~E:::s~tr:.:u:.:ct
::::
u.:...
ra:..s____
P_a.g:...:
::!,.·~
_:!"ecnologia
(Secundaria), Practicas
Resue tas
X=
c)
4111;
Calculamos las reacciones :
=-RC =-3KN ·'
H A -- 9KN·R
'
A
DIAGRAMA DE ESFUERZOS CORTANTES.
A<x < B
'-+
J/(x)
= RA = -3 KN;
B<x<C
J/(x) = RA = -3KN;
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES.
A<x<B
4
M(x) = -3 -x ;
4
A~x<B,
4
T(x)' = J[A = 9KN;
I·. •
'\
u '-+
·--u,t,
.,
C:
\>-...
'<:_:
,
B<x<C
T(x)
= O;
t.u
'·'
S~- considera la ménsula BD. No existe ninguna fuerza axil. Para calcular el es· · cci:-1~·-· fuerzo cortante y los momentos flectores, se considera el cuerpo libre, formado
por la parte superior de BD.
- 1.,,.
DIAGRAMA DE ESFUERZOS CORTANTES.
V( x )
= 9KN ;
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES.
M (x ) =-9 -x ;
15.
Dibujar los diagramas de esfuerzos cortantes y momentos flectores de las vigas en ménsula de la figura. En el problema (c), la viga esta simplemente apoyada en A y B, pero
continua en ménsula hasta C, formando la ménsula BC.
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w
"
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·1
4 klJI..,
C,
....
Pag. 13
C.
~-
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L
2<lu/M ~
::-,...
fJi
l
TfaJ- · te
t ~..... .
':)""
'
l
Le.)
a)
Se calculan las reacciones:
H A = O; VA = w; M A = -a •w;
A<x<B
'+
' )'
v;., ,IU \ T(x)
. = w '·
;\
M(x)
= w-(x-a);
b)
V(x)=l2-4 -x;
M(x) = l2-x-2 -x 2 -8;
'-+-
B<x<C
V(x)
= -4KN;
M(x) = 24-4-x;
El. punto donde se anula el esfuerzo cortante y es maxima el momento sera:
V(x) = O;x = 3m;
M(3)
= IOKN · m;
El punto donde se anula el momento entre A y B sera:
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~T~e~c~n~o~lo~g~•~a~{~S~e~c~u~n~d~a~r~ia!J)~,.!:P:.!:r~a~ct~i~ca~s~R~e=s~u~e~lt~a~s~d::.:e::'....::M.:.:e:::c::a:.:n:.:i.::.
ca~: _
E_
s t_r_u_c_t_
u_ra_s____P_a...:::..:.
g~
= O;x = 0,764111;
M(x)
c)
Se calculan las reacciones:
HA
= O·V
= 80KN·V
= 64KN·'
' A
' 8
A<x<B
'-+
V(x)
=x2 -
M(x)
=!
3
24 · x + 80;
.x 3 - 12 · x 2 +80-x'
B<x<C
V(x)=x 2 -24 •x+l44;
M (X) = ! X 3
3
-
12 . X 2 + 144 . X - 5 7fr
'
/
En este casa, resultaran ecuaciones mas1;,;·ë:i11as1si ~e mide d~ derecha a
izquierda. Nosotros lo hemos hecho 1êf~{ii ~ uièrda ~·. ~er.echâ para completarlo didacticamente.
,,,- _~--:- '"' (.
:/i7~1[f
1
y;,jl;.:1
Para hallar la po~i~~on ,,,dél·pùn\9':ê~ e~~u~~~,;~'hula el esfuerzo cortante y,
par tanto, la pos1c1on en·el que el momento flector es maxima:
~~r· ''""'""~
.:. ~-. '\
r.~
.
1t 49,33~··:
,;,;
1
V(x)=0·' x=4m·•
/ ,,, ' .:...•', , ,~
~?•dxS.~)
/
7
,..
l
\
·..____ ,.,,
f
.
.
,·
.
/ Parà .h?1llar<l,i!! -POsiçion del punto de inflexion, se resuelve la ecuacion cubicâ.,,M(x),,= o-y·saldrfa x = 8,83 m.
1
r-
...
..
.,
•
· ,._
~:I .'. ~\·, , . . ._
/
;
,,,,,.,.<'1-',✓
.,
Se muestra una v1ga,con secc1on en T en la figura.
16.
.
f.a) !
,.J,/
è)
ca1cular el momento resistente con respecta al extrema inferior del alma y al
'-~ borde superior de la cabeza.
''
... '">b)
.Jjàllar
el momento maxima admisible, si la tension admisible es 250 N/mm 2•
·-.·c)r_p\;- c Determinar la carga, uniformemente distribuida, maxima admisible si la viga se
encuentra simplemente apoyada, con una luz de 6 m.
J
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------- --
Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Mecânica: Estructuras
a)
Pâg. 15
Se hall a el centra de gravedad de la secclon:
YGr = 40,83mm;
Se halla el momento de inercla de la secclon respecta al eje neutro
XG,
l x = 7,92 -10 6 mm 4;
Los momentos resistentes seran:
Z
RESPECTO AL EXTREMO INFERIOR DEL ALMA
- -
zRESPECTO
-
-
-
]X
3
3
= - y = 58,52 · l 0 mm ;
- AL - BORDE - SUPERIOR -DE- LA - CABEZA
_lx _
- -
y
-
3
3.
193, 73 · 10 mm ,
/
Si p = 250 N/mm 2 es la tension admisible, el momento maximo admisible sera:.
b)
/
.1
/
M R = p·Z;
Corno tenemos dos valores de Z (momento.resistente), se usa el que proporciona
un valor menor para MR, es decir, respecta ·al extrema. inferior del alma.
MR = 14,63KN · m;
c)
Se expresa el morne~
.flector
maxi~o, en funci6n de la carga, y se iguala al
/
\...
~
'
momento resistente; .1 . . ..,,,.,:
/
\
f•
f';
~-
--6
M(max)'~
.
/
w·>L
8
'
f
2\
.
,
.cf:.
·•~,
/;_ ·.
=··M
•.•
R --"'1".
, . , . _,,_/'
"-~.Y-"
w =3,25KN/ m
V
.,.).
~
<•
COPir V
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v
Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Sistemas Automaticos
Pag. 1
De acuerdo al Real Decreto 1/1996 1 Ley de
Propledad lntelectual, y a su texto refundldo, la ullllzacl6n de estos materlales sin
autorlzacl6n puede ser conslderada causa
crlmlnal, lnfraccl6n muy grave, o cualesqulera otras establecldas en la leglslac16n
procesal penal.
l'-
t
;
1.
J
Utilice las reglas de Ziegler-Nichais para ~nçontr~r 1o{ p;rarhetros d.el controlador PID
del siguiente sistema de contrai.
·•
C>., \ . >-.-,·//,
\/i::·:~:-1 '~-~ :::, ,-.,. ~ ,r
C(s)
fa;~01;::✓'' ;{{} .
,
Corno el sistema"tienetun 1ntegrador, se usa el segundo metodo. Se cancela la parte integral ✓y,_.derivativa. deVcontrolador. Se obtiene la funcion de transferencia de lazo cerra•
\''
: .<''éi~·:
'
t- ~
..;
"~
'<t~
'<;•> .
...,
,;,.;..: ;; -~'
''<~}
'·.· ù.--~~•,yl _,. 'j.-',-.:,.
C(s)
KP
=-------=----3
1
R(s) s +3s +2s+ KP
De la ecuacion caracter1stica se obtiene el valor de la ganancia que produce oscilaciones
sostenidas.
3
2
s + 3s + 2s + K P = 0
(Jm)3 + 3(Jm)2 + 2(jm) + KP = 0
- jm 3 -3m1 + J2m +Kp =0
KP=6
m= ✓
2
El valor de ganancia es la ganancia cr1tica es:
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T
,,y1
A..~
~
Pa__g. l
Tecnologia _{Secundaria), Practicas Resuelta~ de Sistemas Alltomaticos
'?'
Ker =6
Mientras que el periodo critico se obtiene de:
m= ✓2
21!
Pc, =-
~
=4.4428 s
OJ
2.
Considere el sistema realimentado mostrado en la siguiente figura. lPara cuales valores
de K el sistema controlado es estable?
C(s)
s+2
s(s+s)(s2+2i+5)
/"
r,-,
;,:-\
t.:,:(:,,;.}.,.
!_._~"
F _..,\:'°-... '~~-~\
AErl!iJr ~éJiiSh
\¾;]~/
En primer lugar, dcbcmos hallar la ccuaci6n caractcristica, para lo cual calculamos la
F.T.L.C.
C(s)
K(s + 2)
K(s + 2)
2
R( s) = s( s + s)(s2 + 2s + 5) + K( s + 2) = s + 7s + 15s + (25 + K)s + 2 K
4
3
Asi, la ccuaci6n caractcristica es :
4
3
1 + G(s)H(s) = s + 7s + 15s2 + (25 + K)s + 2K .
Construimos cl arrcglo de Routh:
4
l
15
s3
7
25+ K
2K
5
. s2 (SO~K)
/ s
1
donde:
2K
(~)(25+K)-14K
a1=
a,
(Ro7K)
= -K2 -43K+2000
80-K
(' so 2K
'\.•·
"·, Para que cl sistcma sca cstablc, es neccsario que:
a)( 80 7 K) > O ⇒ K$:80
2
c) a 1 ~0 ⇒ -K -43K+2000>0=>
b)2K>O ⇒ K>0
{K1 = 28.1
K2 =-71.7
⇒ -7l.7<K<28.1
Al intcrscctar las solucioncs a), b) y c) obtenemos que:
Para
K = 28.1
cl sistcma es criticamcntc cstable; si
0 < K < 28.1 .
K > 28.l
cl sistcma tendra raices en
cl semiplano derccho, transformandosc en un sistcma inestable.
Rcspucsta transitoria a lazo ccrrado para F.T.L.A.
~)
~=~
-.;:::::::,,
K(s + 2)
2
s(s + 5)(s + 2s + 5)
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Pag. 3
Tecnologia (Secundaria), Prâcticas Resueltas de Sistemas Automâticos
3.
Sea el sistema de la figura, determlne si es estable o no.
R(s)
+
C(s)
1
G(s)=--,- - - s(s- + s + l)(s + 2)
Primera se debe hallar la funci6n de transferencia de lazo cerrado:
C(s)
G(s)
R(s)
l+G(s)
=-------s +3s +3 ...2+2s+l
4
3
La ecuaci6n caracterrstica del sistema es:
4
3
2
s + 3s + 3s + 2s + 1 = 0
Se construye la tabla, con los coeficientes: { 0 0
s4
sJ
s
2
=1, a =3,
1
a2
=3,
a4
=2, a =1}
5
V
.,..
bl
s•
Cl
so
dl
3
2
b2
La tabla queda de la siguiente forma:
s
4
1
3
J
3
2
s
,
s-
s•
su
½
½
1
Y como en la primera columna no hay
cambios de signas en los coeficientes, se
puede asegurar que el sistema es "estable", debido a que no posee polos positivas o con parte real positiva.
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de Sistemas Automaticos
, •
Pa
_!T!ec~•~1o~lo~g~ia~ (S~e~c~u~nd~a~r~ia~)!..,~Pr~a~c~t1~
ca~s~R
~e::s~u~e1~ta~s~ ~ ~ ::.::.:=-=----------½_
Sea el sistema de la figura, deterrnlne si es estable O no.
4.
C(s)
R(s) +
JO
G(s)=--- s(s - 1)(2s+3)
Primera se debe hallar la funci6n de transferencia de lazo cerrado:
C(s)
G(s)
K
R(s) = l +G(s) = s +3s +2s+ K
3
2
La ecuaci6n caracterfstica del sistema es:
s-'
+3s-, + 2s + K = 0
Se construye la tabla, con los coeficientes: { a0 = 1, a1 = 3, a 2 = 2, a4 = K}
s
.r
3
2
I
2
3
K
'?:~--':;:7
s1 b1
SO
b
1
Cl
=
a1 a 1 - a()a J
~
= 3·2 -1 -K = 6- K
3
3
3
La tabla queda de la siguiente forma:
s
3
1
2
3
6-K
s1
3
s
2
K
--
s
0
K
Ahora, la condici6n para que la ecuaci6n caracterfstica no tenga raices positivas,
es decir el sistema no tenga polos positivas y por ende sea estable, es que no
haya cambios de signas en la primera columna, por lo que se debe cumplir que
todos los coeficientes de esa columna sean positivas:
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Tecnologia (Secundaria), Practicas Resueltas de Sistemas Automâticos
6-K
-->0
3
y
Pâg.5
K >0
Resolviendo el sisterna de lnecuaclones se tiene que:
6-K
-->0
3
y
6-K >0
K >0
6>K
De esta forma se obtiene el rango de valores de K para que el sisterna en lazo
cerrado sea estable:
0<K<6.
5.
Consideremos el sistema de la figura. Determine las condiciones de estabilidad.
/
con
l+K
s3 +
s+l
=0
s(s-1)(s+6)
5.r + (K -
G(s) - __._ç+_I__
- s(s- l)(s+6)
6)s + K
= O.
El arreglo de Rourh correspondiente es
K-6
K
s3
,
s-
5
si
so
- 5-
4K-30
K
Para que el sisrema permane=ca estable, 11ecesifamos que
t
\
4K-30
5
>
O
y
K>O
porque si K > 7.5 el sistema permanecerti eswble.
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Tormac,on
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Reservados todos los derechos. NI la
totalldad ni parte de esta publicaclon
puede reproduclrse o transmltlrse por
nlng(m procedlmlento electronlco o me•
cânlco, lncluyendo fotocopla, grabaclon
magnétlca, o cualquler almacenamlento
de lnformac16n y sistema de recupera·
cl6n, sin permlso escrlto de ECOEM, S.A.
PrâcticasResueltas de
Trifâsica
Tecnologia Secundaria:
~
orm ac,on
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De acuerdo al Real Decreto 1/1996, Ley de Propiedad Intelectual, y a su
texto refundido, la utilizaci6n de estos materiales sin autorizaci6n puede
ser considerada causa criminal, infracci6n muy grave, o cualesquiera
otras establecidas en la legislaci6n procesal penal.
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1. Un sistema trifasico trifila r de 240 V y secuencla RST, alimenta una carga trifaslca equilibrada conectada en
triangula, formado par impedanclas de valor 20 L'. 80° O. Hallar la lecture de dos vatlmetros dispuestos en las lfneas R
y S con sus bobinas de tensi6n conectadas segun el método de Aron.
RESOLUCIÔN :
En la figura se muestra el esquema del circulto eléctrico correspondiente a los datas proporcionados en el enunciado.
-
IR
R
I* V
1
►
URT
1
WR
-
Is
s
20 / 80° o
T _ _ _ _ _ _ _.....____.__ _ _ _ _ _ _ _ _____.
La lectura de los vatfmetros vendran dadas par:
URT
W R= U LhCOS-<Î -
1R
U sT
W s = uL fLcos-<Î Is
Par tante, habra que câïcular las corrientes de linea, en modulo (valor eficaz) y en argumenta, para lo cual se habrân
de obtener, en primer lugar, las corrientes de fase. Asf se tiene que:
lRs=
I ST =
URS
= 240 L. 120 o
20 ~ 80 °
20 L 80 o = 12 L 40 ° A
20
u ST
~ 80
o
= 240 L O
20 L 80
0
o
= 12 L - 80
o
A
- =
I TR
u TR
= 240 L - J20
20 L 80 °
= 12 L - 200
0
0
cP~
A
20 L 80 °
Aplicando la primera ley de Kircchoff en los vértices del triangula se obllene:
IR = fRs-JTR = 20,78 L JO
O
A
I s = I ST - I RS = 2 0, 78 L - 110 ° A
Ir = JTR-Jsr = 20, 78 L 130 ° A
El diagrama fasorial de las corrientes y tensiones de Hnea es el mostrado en la figura.
URS
50°
\ o
IR
UT
S_
Is
UTR
Mediante esta representaci6n se pueden deducir de forma clara los ângulos implicitos en las lecturas de los
vatimetros. Asi, dichas lecturas vendran dadas por:
WR=240x20,78xcos(60 ° -10 ° ) = 3,2kW
Ws = 240x20,78xcos( 110 ° -0 ° ) = -1, 7 kW
OTRA FORMA DE RESOLUCIÔN
Corno las tres impedancias son iguales, la potencia activa total de la carga sera: P r = ✓
3 U JL cos 0
r:; U
r:; 240
La corriente de linea se obtiene de: J L =..,; .:, - =..,; 3 - - =
Z
20
sustituyendo: P r = ✓
3. 240. 2'08. cos 80 ° = 1.500 W
Por otra parte:
Q =✓
3 . 240 . 2'08 . sen 80 ° = 8.507 VAR
,
2 08 A
\
Corno:
Wr Wi =
J¾
=
4.911
y; W, +Wi= Pr=l.500
se tiene que:
2W, =l.500 +4.911 =6.411 ,· w , =3'2 kW
Wi= l .500 -W 1 ,· W2 =-1'7 kW
D
"'7
/\ \
2. Se conecta una carga en estrella con impedancias por fase ZR= 10 L 0° 0 , Zs = 15 L 30° 0 Y Zr= 10 L - 30° 0 , a
una sistema trifilar de 208 V , secuencia RST. Hallar la lectura de dos vatrmetros conectados en las llneas R Y T, con
sus bobinas de tensiôn conectadas para medir la potencia total disipada por la carga.
RESOLUCIÔN:
En la figura se muestra el esquema del circuito, con la conexién de los vatfmetros descritos en el enunciado.
ÏR
R
t
URS
s
UsTl
T
I
UTR
-
ÏT
z 8 = 15
/ 30° 0
D
Las lecturas de los vatimetros vendrar, i'Jz11dàs ôeli
w R = u L I L cos --<Î
U RS
-IR
wT = u L h
cos --<Î
Urs
-Ir
Por tanto, se habra de calcular las corrientes de lfnea en las fases R y T. Se establecen las mallas indicadas en el
esquema del circuito, para las que se verifica que:
'
208 L 120 °
- 15 L 30 °
O
208 L O 15 L 30 °+ 10 L - 30 °
= 14, / 6 L 86, / 0 ° ;1
JO L 0 °+15L 30 °
- /5 L 30 °
- 15 L 30 ° 15 L 30 °+ 10 L - 30 °
10 L O + 15 L 30 ° 208 L 120 °
O
-
1i =
-15 L 30 °
JO L 0 °+ 15 L 30 °
O
208 L O
= 10,21 L 52,41 ° A
- 15 L 30 °
-15 L 30 ° 15 L 30 °+ 10 L -30 °
Las corrientes de lfnea seran:
Ï T = - Ï 2 = 10,21 L - 12 7, 5 9 ° A
Se obtienen las siguientes lecturas:
wR = 208 X 14,16 X cos ( 120
° - 86, 10 ° ) = 2, 4 kW
W r =208x 10,2l x cos( 180 ° -127,59 ° )=l,3kW
Los angulos de desfase entre las tensiones y corrientes, implicados en las lecturas, son los mostrados en el diagrama
fasorial de la figura.
UsT
La potencia total disipada por la carga trifasica se obtiene de la forma :
ProrAL = W R+ W r = 3, 7 kW
Este resultado se puede comprobar calculando la potencia dlslpada par cada fase de la siguiente forma
PJase R= 10 X 14, J61 = 2. 005 W
PJascs = 15 COS 30 ° X 8,0J1 = 833,46 W
PJaser= l0cos 30 ° xl0,2J1 =902,78W
ProrAL = p JaseR + P Jases+ PJaser= 3, 7 kW
3. Un alternador trifasico de 440 V y conexi6n estrella, admite una corriente maxima de 35 A en cada devanado
(lfnea). Calcular la potencia aparente maxima que puede suministrar el generador.
Dicho generador alimenta una carga trifasica equilibrada de 5 kVA con un factor de potencia 0,6 en retardo, a través
de una lfnea cuya impedancia R0r f~se es de 2 + j ohmios. Calcular la tension entre fases en la carga y la potencia
aparente suministrada par el generador.
RESOLUCIÔN:
En la figura se muestra un esquema del circuito propuesto en el enunciado del problema.
2 +jO
R
Carga
equilibrada
2 +j 0
s
5kVA
2 +j 0
fp
= 0,6,
T
La potencia aparente maxima que puede suministrar el alternador vendra dada par:
S = j3 x 440 x 35 = 26, 7 kVA
Llamando U a la tension de lfnea entre fases de la carga, IL a la corriente de lfnea, se obtiene del triangula de
potencias en la carga la siguiente relaci6n:
5. 000 = ✓3 . U . h ; h =
n5.000U
La potencia activa suministrada por el generador se obllene de:
P,:c11n11dor -- 1>rar):a + JJ/lnra
P rarga
= S rarga, fPcari;a = 5.000, 0,6 = 3.000 W
5.000
P,lnea = 3 x Ri,, X h = 3. 2 { .[} U
'
2
2
00
)
La potencia reactiva suministrada por el generador se calcula de:
Qgcncrodor = Qcorga + Qlinca
Qcarga =Scarga•sen ( arc cos ( iPcarga) )=5.000 .0,8=4.000kVARr ,
2
, 2
5.000
Q, lnea - 3 . X iinca. I L= 3 . 1. ✓
3U
(
kVARr,
)
La potencia aparente viene dada por:
r:; .U .Ji=-v3
r:; .440. ( 5.000
Sgenerador= -vJ
✓
JU )
+Q2generador
S 2generador -p2
generador
(
3 + 50 . ]03
2 )2
u
+(
4+ 25 . ]03 )2
2
u
=( ✓3 . 440 . .Jj
5.000 )2
u
Resolviendo se tiene que:
U -173. 600 . u 2+ 125 .106 = o
4
2
1
u/= 7'231V --_> U1= 2 69V SOLUCION NO VALIDA
5.000
= 6,9 A
-v3 x4'158
por tanto, la potencia aparente se obtiene de: S = ✓
3 . 440. 6 9 = 5'3 kVA
La corriente suministrada por el generador sera de: / L = r:;
1
4. Un generador trifasico alimenta una carga equlllbrada medlante una Hnea de lmpedancla
0, 1 + j 0, 1 ohmios. La carga, alimentada a 360 voltlos, esla compues ta por un equlpo trifâsico que consume 50 kW
con un factor de potencia 0,85 en retarda, y Ires reslslenclas de calefacclôn de 43,2 ohmios, cada una, conectadas en
triangula.
Al principio de la llnea, en paralelo con el generador, se conectan Ires condensadores lguales para corregir el factor de
potencia del generador a la unidad.
Se pide, calcular:
a) La potencia aparente en bornas del generador y el valor eficaz de las corrientes de llnea suministradas par del
generador.
b) Si manteniendo constante la tensi6n del generador se desconectan las tres resistencias de calefacciôn, l cuâl sera
en este casa la potencia aparente en bornas del generador y su factor de potencia ? .
RESOl l IGIÔN·
En la figura se muestra un esquema de la conexi6n de los elementos descritos en el enunciado y en el que se indican
las abreviaturas de las tensiones y corrientes que se calcularan posteriormente.
lg
RS
Ugl
0,1 + j 0,1 O
360V
0,1 + j 0,1 O
1
Carga
equilibrada
50kW
0,1 + j 0,1 n
T
Bateria
de
conden
sadores
43,2 O
a.- El triangula de potencias del equipo trifasico vendra dada par:
p ,= 50 kW
Q, =
S,
=
.J s; - p; = 31 kVARr ,
5 0 kW
0,85
=
58 8 kVA
'
.
resislencias de calefacc16n sera:
El triangula de potencias del con1unto de
)
0)
. 43,2
= 3 !L = 3 i L = 9kW
PR
.R
sR =9 kVA
.
.
r
.
en el siguiente triangulo de potenc1as:
El conjunto forrnado por el equipo trifasico y las res1stenc1as calefactoras ien
Q,, R= Q, + QR= 31 kVARr,
Corno la tension de alirnentacion de este conjunto de cargas es de 360 V, la corriente de alirnentacién de ambas
cargas serâ de: /' =
_}/ R
l' 069 A
3 360
Esta corriente circula por la irnpedancia de lfnea, por tanto, el triângulo de potencias total correspondiente a las Ires
lfneas estara dado par:
PL=3 .0,J .1'06 l
=3'4 kW
Ql =3 .0,J .J'06 l=3'4 kVARr ,
El triângulo de potencias a la entrada de la lfnea estarâ forrnado por:
Corno la corriente de alirnentacion es de 98,5 A, la tension surninistrada por el generador serâ de:
3
=Se,R,l = 7'13.]0 385 V
Ug ✓3 J' ✓3 1'069
La potencia aparente total en bornas del generador se obtendra teniendo en cuenta la correccion del factor de
potencia debido a los condensadores. Corno la correccion del factor de potencia se hace a la unidad, se tiene que:
Sg = SC, 11, L, c = 1\
N. /. =
6'2 4 k VA
y la corriente total suministrada por el generador se obtlene de: / 11 = S •;
11
• '·· c =
...;3 Vn
01 1
6
I = 9 36 A
✓3 385
J4 ·
b) Al desconectar las resistencias el consuma en corrlente varia y, por tanto, se modifica la calda de tensi6n en las
Hneas. Por ello, la tensi6n de alimentaci6n del equipo trlféslco deja de ser de 360 V, asl mismo el triângulo de
potencias consumido por la misma sera dlferente. Lo ünlco que permanece con el mismo valor es la impedancia
equivalente del equipo, que se puede obtener a partir de las condlciones de funcionamiento descritas en el primer
apartado.
V
Asl, suponiendo la irnpedancia equivalente en estrella, se tiene que: Sc= ✓
3 V 1 Y Zc= ✓3 f
3602
3 . Sc 3 .5'88 . )0
V
2
,
2 20.
Portanto Z = -- = - - - - =
3
'c
El argumenta se obtiene a partir del factor de potencia, escribiendo: arg Z, = arc cos ( 0'85 ) = 3' 18 °
1
1
° O.
Asl pues: Z, = 2 2 L. 3 18
Corno las cargas conectadas son equilibradas, se puede establecer el circuito monofasico equivalente de la figura.
l'g
F
Vg
N
0,1 + j 0,1 0
l
zc
Z1
I"
----+
V'
l
Cornponiendo la irnpedancia del equipo con la impedancia de la linea se obtiene:
1
Z ,, i=( O'J+ JO'J )+2'2 L. 3 18 °=2'3 L. 3'26 °0,
Corno la tension del generador se rnantiene constante, la corriente surninistrada a la impedancia equivalente anterior
sera de:
385
l"=
Vg
Z equivaleme
= ✓3 = 9 66 A
1
1
23
El triangula de potencias de arnbas cargas, equipo trifasico y lfnea, vendra dado por:
P,,i= 3 .2'3 . cos (3'26 ° ).9 66 2 =5'43kW
1
~
Q,, ,. = 3. 2'3. se n (3'26 ° ) . 9 6 6 2 = 3'47 kVA R( ,.
1
Por ultimo, el triangula de potencias del conjunto de todas las cargas se obtiene sumando al triangula de Pot
.
.
en~
antenor, el tnângulo de potencias debido a los condensadores , calculado en el apartado a). Por tanto:
P ., L, c = 5' 43 kW
Q c, L, c= Q ,,L,C + Qc = 3'4 7 -3'44=305 kVARr ,
S e,
l,C
=
.J
P~.
L, C
y par consiguiente:
fp = P e, /, C = l
S e, 1, C
F:;- .
+
Q;,
L, C
= 5' 43 k VA
~
5. Una carga trifasica equilibrada en triangula con impedancias de 27 L - 25° n , y otra en estrella
equilibrada con impedancias de 10 L - 30° n, se conectan a un sistema trifasico de tres conducto-res, 208
voltios y secuencia RST. Hallar la corrientes de lfnea y la potencia disipada par cada carga trifasica.
RESOLUCIÔN:
El esquema correspondiente al circuito propuesto por el enunciado es el representado en la figura.
R------,---------------
s
T-----+----+----"""T""----~
27 / - 25° 0
Para establecer el circuito monofasico equivalente la carga trifasica ha de ser equilibrada Y conforrnai:1-.
--f"
estrella. Par tanto, la carga dispuesta en triangula se habra de transformar en estrella. Corno las \t
impedancias son iguales, la impedancia equivalente en estrella de la carga en triangula tendra coma va~ .
Z t.= 2 7 L -25 ° 0. --- _> 2r=9L -25 °0.
El circuito monofasico equivalente, tomando coma origen de tiempos la tension de fase, sera el representado en la figura.
10 /- 30° 0
120~V
Corno ambas cargas se encuentran en paralelo, se pueden componer para obtener:
- 9 L - 25 ° X JO L - 30 °
Zequiva/entc = 4 74 L _ 27 4 or.
'
'
:.t.
9 L-25°+10L-30°
Esta simplificacién permite establecer el circuito monofasico equivalente de la figura.
120~V
El valor de la corriente genérica de linea se obtiene de:
120 LO 0
h = - - - - - 25,32 L 2 7,4 ° A
4, 74 L -27, 4 °
con origen de tiempos en la tension de fase.
)
1$)~
~
" ~
"'
~ 111
Las corrientes de las fases tendrén el mlsmo valor erlcaz que el de la corrlente de Hnea calculada. Las
sucesivas fa ses se obtendran sum ando a la rase de la correspondiente tensi6n la fase obtenida de la
corriente genérica de llnea. Asf se obtlenen:
JR = 25,32 L
90 ° + 2 7, 4 ° = 25, 32 L 11 7, 4 ° A
Ï s = 25,32 L - 30 ° + 2 7, 4 ° = 25, 32 L - 2, 6 ° A
Ï T = 25, 32 L - 150 ° + 2 7, 4 ° = 25,32 L - 122, 6 ° A
Corno confirmaci6n de que los resultados obtenidos son correctos se comprueba que las tres corrientes
tienen el mismo valor eficaz y estan desfasadas 120° entre si.
El calcula de la potencia total se establece mediante la obtenci6n de la potencia que disipa cada una de
las fases de cada una de las cargas conectadas.
9 / - 25°
120~V
y
Para la carga en triangula, la corriente de fase sera:
= 120 L O o = 13 33 L 24 o A
] t,
9 L -25 °
'
par tante, la potencia vendra dada par:
P 6 =3 xPtase P6 =3x13,3J2x 9cos 25 °= 4.348W
Para la carga en estrella, la corriente de fase sera:
= 120 LO
Ir
o
=12 L 30 o A
10 L -30 °
par tanto, la potencia vendra dada por:
Pr= 3x P1ase Pr =3 x 1ix 10 cos 30 °= 3. 741W
L
0
li
.
ne,·a RST alimenta una carga en trian9li\
'
ti
Hallar las corrientes de linea.
208 volt10s y secue
6. Un sistema trifasico de tres conductores,
o
con ZRs =5 L. 00 0 , Zsr =4 L. 300 0 y ZTR =6 L - 15 O.
RESOLUCIÔN :
El esquema del circuito propuesto es el representado en la figura.
Las corrientes de fase se obtienen como cociente entre las tensiones de linea y el valor de la correspondiente impedancia. Asf se tiene, teniendo en cuenta la secuencia, que:
-
IRs
=
208 L 120
5L0 o
o
=
41 6 L 120
'
o
A
- = 208 L O = 52 L -30 OA
I sr 4 L 30 o
O
l TR
=
208 L -120 o
6 L - 15 0
=
34 67 L - 105
'
o
A
Las tres corrientes de fase ni tienen el mismo valor eficaz ni estan desfasadas 120° entre sf.
Las corrientes de lfnea se obtendran aplicando la primera ley de Kirchhoff a cada uno de los nudos del
triangule. Portante, se obtendra:
Js = fsr - JRS = 90,45 L - 43,3 ° A
I T = I TR - Ï ST = 54, 51 L
18 7, 9 ° A
Las tres corrientes de lfnea ni tienen el mismo valor eficaz ni estan desfasadas 120° entre sf.
El diagrama fasorial de las corrientes es el mostrado en la figura.
Is
7. Se conecta una carga en estrel\a con impedancias por fase
z. • 10 L 0' O,
.
\
o y Zr = 1o L
- 30° O, a un sistema trifilar de 208 voltios Y secuencia RST. Hallar los valores
·
·
d 1·
t
·
s de fase en la carga y tension de
de los fasores correspond1entes a las cornentes e inea, ens1one
Zs = 15 L 30°
'
desplazamiento de neutre.
RESOLUCIÔN :
El esquema correspondiente a la conexi6n indicada por el enunciado se muestra en la figura adjunta.
Hay que hacer notar que, corne la carga es desequilibrada y no hay conexién con el neutre, las tensiones
de fase en la carga no son iguales a las tensiones de fase en el generador y habran de ser calculadas.
Par el mismo motiva, el centre de la estrella no esta a la tension de neutre. Se denomina tension de
desplazamiento de neutre a la tension existente entre el neutre del generador y el centra fisico de la
estrella.
-
IR
R
URS
VNO
Ne
Î1
s
l
Usr UrRD
T
-
ÎT
Teniendo en cuenta lo anterior, el problema del calcula de las corrientes de linea se resume en calcular las
dos corrientes de malla indicadas en la figura anterior.
Por tanto, el problema se reduce a calcular:
208 L 120 °
Ïi=
-15 L 30 °
O
208 LO
15 L 30 °+ 10 L -30 °
=J4,1 6 L 86, 10 o A
JO L O O + 15 L 30 °
-15 L 30 °
-15L 30 ° 15L 30 °+ 10L-30 °
10 L O + 15 L 30 ° 208 L 120 °
O
Ï i=
-15L30°
10L0 °+ 15L30 °
O
208 L O
= 10 21 L 52, 41 ° A
-15 L 30 °
'
-15L 30 ° 15L 30 °+10L-30 °
Las corrientes de linea vendran dadas por:
Ïr=-1 2 =10,21 L -127, 59 ° A
Los valores eficaces de las corrientes de linea no son iguales, ni estan desfasadas 120° entre si.
Hay que hacer notar que la suma de las corrientes de linea ha de ser cero, ya que ha de cumplirse la
primera ley de Kirchhoff en el nudo del centro de la estrella.
Las tensiones de fase en la carga seran:
0
VRo=ïR lO L O =141,6L 86,10 °V
Vso= Ïs 15L 30 °=120,15L -18,91 °V
Vro=Ïr lO L -30 °=102,JO L -157,59 °V
La tension de desplazamiento de neutro se calcula a través de la suma de caidas de potencial en una fase
con referencia del neutro, es decir:
R ------------
VRN
VNo
N•-----------
T
0
-VNo -vRN+ f 1X l0L 0 = 0
0
VN0 =- ] L 90 ° +]4,16L 86,10 ° x]OL 0 =23,2L 65,5 ° V
El diagrama fasorial de las tensiones de linea y corrientes de linea es el mostrado en la figura. Se
~
comprueba que las tres corrientes de linea ni tienen el mismo valor eficaz ni estan desfasadas 120° entre
si, como corresponde a una carga trifasica genérica en estrella.
IR
URS~
~
~--
.
UsT
-UTR..
En la figura se muestra el diagrama fasorial de las tensiones simples, en el generador tensiones entre
fase y neutro, y en la carga tensiones entre fase y centra de la estrella. Asi mismo, se muestra la tension
de desplazamiento de neutro que linea el centra de la estrella con el neutro del generador.
VRo
Il VRN
N
8. Al circuito de la figura se le aplica un sistema trifésico de tensiones simétrico,
equilibrado y de secuencia de fases 1,2,3. Cuya tensién de lfnea es l!i2=400Lo•V.
Determinese:
Con K cerrado:
1
Lectures de los instrumentas: LA, LW 1 y LW 3
2
3
Potencias disipadas en el circuito : P, Q, y 5.
Diagrama vectoriel de tensiones y corrientes.
Se abre el interruptor K: Respéndanse las mismas preguntas que con K cerrado.
li= j10.!1
li
L1
y,,.400,,,.v
K
î
lz
L2
Zz= -jl0.!1
h
L3
RESOLUCION:
Con K cerrado:
Se resuelve por el método del desplazamiento del neutro.
Sin embargo no hace falta obtener matemciticamente el valor de la tension de
desplazamiento del neutro, basta con analizar el esquema del circuito y observar que el
punto O' esta al mismo potencial que 2.
li
3
li= j10.!1
L1
K
î
y,,,400,ooV
L2
lz
0------ - -- - - -
0'=2
~ 2= -j10.!1
h
L3
00----+)-----1
0'=2 ï e e l ' L - - - - - - - - ~ •
lho·=O
Yio·=Yi2
También se puede determinar el voler del desplazamiento del neutro de forma
matemciticamente y no solo de forma grcifica. Vecimoslo:
U10 ·Y 1 + U 20 ·Y 2 + ~30 X.3 .
u 00' ==
~::.!.._~ ""-"--=--=-"--~ •
-
r1 + r2+ r3
Come
y
- 2
=.!._0 =
00
se presenta una indeterminaci6n:
~oo· = ~ = indeterminado
Para re;olver la indeterminaci6n, dividimos el numerador Y el denominador por
Xz.
Del diagrama vectorial se extraen los valores de los vectores .Jl.30• y .ll.10·. A partir de esos
valores se determinan las corrientes de linea del circuito:
I _ ~10' _ ~12
400 L OO
i - - ~- - - - - = - ~ ~ = 40L 900A
-
lQ L90°
I 3 -_
-
~30'
lQL 90°
lQL 90°
_
-
~32
lQL 90°
lQ L90°
-
400L60o
0
= 40Ll5ooA
l L-90°
l...2 = -(Il + l._3) = -(- 20./3 + j20 - j40) = 20./3 + j20 = 40 L 30o A
(Las corrientes son simétricas y equilibradas pero de secuencia inversa)
1 Lectura de los instrumentas:
LW1 = U12-Ir cos(~ 1z"'
I...1) = 400-40·cos 90°= Odiv
A
LW:3 = U32-I3·cos ~ 32
I... 3 = 400-40cos90°= Odiv
LA = \l... 2\ = 40A
2 Potencias disipadas en el circuito
P = 0-40 2 + 0-40 2 + 0·40 2 =
Q = 10·(40)2 - 10-(40f = Ovar
ow
5 = ✓P 2 + Q 2
= OVA
3 Diagrama vectorial de corrientes y tensiones
3
;[3 ,-; •
0'=2• "l',e.,C:- - - - - - - - -__.,.
Yio·
Yw=Q :
...,
Ii
Con K abierto: Cuando el interruptor esta abierto se trata tan solo de un circuito
monofcisico.
Iz
o·
L2
J:!23=4OO L-120° V
L3
î
0
~2 = -jl0.!1
I3
)
Corrientes
l._i
DIAGRAMA VECTORIAL en forma funicular
= OA
3
Iz
-
[.3
= u 23
10L-90°
400L -1200
= ---=c...=~
= 40L - 30
10L -90°
0
A
= -lI._z) = 4 0 L 150° A
1 Lectura de los instrumentos:
I3 ,-;
o·:2· -~---------~.,
Yzo·=o
·•·~
Iz
Yiz
2 Potencias disipadas en el circuito
P=OW
Q
=- 10-(40)2 =- 16000var
s =.j p 2 + Q2 =16000 VA
3 Diagrama vectorial de corrientes y tensiones
Yzo
Y10
lJ23=400L-120oV
DIAGRAMA VECTORIAL en forma estrellada
/
/
9. Al circuito de la figura se le aplica un sistema trlfcislco de tenslones simétrico,
equilibrado y de secuencia directa, de tensiorf230/230 3V "' 230/ 400V . Determfnese:
Para K cerrado:
1 Valores de las corrientes li
2
3
4
, lz, IJ e la .
Lecturas de los instrumentas: LV, LW1 , LA 1 y LAo
Potencias P, Q, y S.
Diagrama vectorial completo, tomese como origen de foses el vector
Se abre K: Resp6ndanse las mismas preguntas del apartado anterior.
li
5{1
l2
j5./3D.
Ll
L2
-j5./3.n
l3
L3
K
la
LO
RESOLUCION:
Con K cerrado:
Con K cerrado, el potencial de punto O' es O. Y por tanto las tensiones aplicadas en las
cargos son las tensiones simples del sistema.
No obstante no dcindose cuenta de esto se puede resolver por un método general, toi como
el desplazamiento del neutro, con el que llegarfamos a la misma conclusion:
U ·Y + U ·Y + U ·Y
1
:;t 0
Uo·o = -10 -1 -20 -2 -30 _3; Yo =- ➔ oo; Luego Uo·o = ~ = QV ➔ 0 = O'
Y +Y +Y +Y
0
oo
-1 -2 -3 -0
-
1 Corrientes de Hnea:
Il = ~ 10 = 230 LOO = 46 LOO A
5L0o
5L0o
I - ~20 - 23OL-120o
- 2 - 5/3 L90° - 5/3 L90°
J 46 l
~30
_ 23 0 L120°
3
- - 5/3 L-90° - 5/3 L-90°
I _
J 461
l/3 L-210°
J 46 l
lo = l1 + l2 + [3 = 46 L0° +
A
l/3 L150°
J 46 l
l/3 L210°
[46]
r-,
-.,3 Ll50°
A
l/3 L-150°
l46J
+ r-,3
-,J:>
= OA
L-150°
2 Lecturas de los instrumentas:
LA1 = 46A
LAo = OA
j
LWi = U23°Ir cos( u23" I 1 = 4OO-46-cos 90° = Odiv
La lectura del vatimetro también se puede obtener de la siguiente manera:
LW1 = 9\e ~23°[1 * )= 9te[400L-900-46 LOo )= 9\e(- jl8400] = Odiv
LV =OV
3 Potencias
P = 5-46 2 = 1058OW = 10,58kW
Q = 5/3{
~
J- ~J
5/3{
= 0 var
5 = P = 10580 VA= 10,58 kVA
4 Diagrama vectorial
.Y12=4OOL3o.V
I
-
2 = 46
A
{3 Ll50°
0
46
I3=-
-
{3 L-150°
A
l:!20=23O L-120°V
k'
..~.------..-i----.YI0=23OL0.V
/
/
Se abre el interruptor K:
[¼t0° +[51t_90° +[51t90° +~
230] [230] [230]
[-5
- +5T3 +5T3
L oo
L-2100
_!_]
[ 5 L OO
L2100
=
230 +[230]
=
+[230]
L oo
/j
L -210°
/j
=av
L 210°
Como la tensién de desplazamiento tiene el mismo valor que con K cerrado, no hay que
rehacer el ejercicio para K abierto. Las corrientes son las mismas que con K abierto y las
lectures de los instrumentes también iguales.
NOTA: En realidad no hubiera sido necesario ni tan siquiera obtener el desplazamiento .Yoo·,
puesto que si la corriente de neutro es Q, dicho desplazamiento también es Q para cualquier
impedancia ~ ya que f!.oo· = Z O"!..o = Z O·0 = OV
,
.
a trifasico de tensiones, simétrico,
10. Al circuito de la figura se le aphca un s1stem
t d valor· n 12 = 230 3 L oo V
una tension compues a e
·...r
d
equilibrado y de secuencia irecta con
·
Determ,nese:
Con K cerrado:
1 Corrientes de linea: li , lz , J3 e Io.
2 Lectura de los instrumentas: LA , LV, LW1 Y LW2
3 Potencias disipadas en el circuito: P, Q, Y S.
4 Diagrama vectorial completo .
Se abre K:
5 Nuevas corrientes de linea:
L1
li , l2 , [3 e Io.
li
i
jlO.Q
-jlO.Q
!!_12 = 230,/J Lo•V
Iz
O'
L2
L3
lo
LO
K
RESOLUCION:
Esté K abierto o cerrado la corriente lo sera nula (Io=O) , ya que la impedancia del
voltimetro tiende a inf inito y se da la mis ma circunstancia con independencia de la posici6n
del interruptor K: es un sistema a tres hilos. la unica diferencia entre estas dos casas es
que con K cerrado el voltimetro indica la tension de desplazamiento \~oo·\ y con K abierto
LV=OV.
Por métodos de sustituci6n: Resoluci6n mediante la transformaci6n estrella-triangulo
(teorema de Kenelly):
Ll
!!_ 12
= 230,/J LO"V
i
li
.612
20
fj
n
l2
j;31
L2
j;23
-jlO.Q
jlO.Q
100 20
Z12 = - - = - n ·
5./3 J3 .
Z31 = - 100- = J·10.n
Z23 = lOO = - J10.0 ·
-
jlO
.
-
- jlO
~12 230./3 L OO
J:.12 = 20 =
= 34,5L0 oA
20
J3
I 23 -_
-
~23
_ 230./3 L-120° _
r-;3
A
- - ---='--==-- - 23 v::J L-3O°
lQ L-9O°
I 31 -_ ~31
-
J3
lQ L9O°
lQ L -9O°
_ 230./3 L120° _ 23 r-;
3 L 3OoA
V;,
1QL9O°
1 Las corrientes de lfnea:
L = 34,5L OO -
23./3 L3O°
I2 = 23./3 L-3O°
J:.3 = 23v'3 L 3O°
-
-
= 11,5./3 L -9O° A
34,5L OO = 11,5v'3 L -9O° A
23v'3 L-3O° = 23v'3 L9O° A
J:.o =QA
2 Lectura de los instrumentos:
Lectura del amperfmetro:
LA= IJ:.31 = 23./3A
Lectura del voltfmetro:
lf.30 = 230LOO' V
o·
î
U30•
V 30
Io
LO
I3
L3
É
L3
î .
LO~
o·
U30 •
Io=OA
K
K
Uo·o
Uo·o
K cerrado
K cerrado:
U O'O = ~30 - ~30' = 230 L90o - 5./3·23./3 L9O°
Asi la lectura del voltimetro con K cerrado:
LV=
= 115V
~o·ol
5../3.n
K abierto
= 230L9Oo -
345L 9Oo
= 115L-goo V
K abierto:
LV=0 V
Lecturas de los vatîmetros:
LI½ = 'lt,
~,,I, •]
= 'lt, [2 30,/3 L-,o• ·11,5,/3
L90•] = 'lt, [79 35L30°] = 'lt, [3 967,5../3 + j 3967,5] = 3967,5,lîd;,'
De otro modo:
J
LWi = U1rir co{~ 13" I.1 = 230.J3°·11,5.J3°·cos 30° = 396 7,5.J3°div
0 de otro modo:
LWz = Uz3-Iz·cos(~23" I.2) = 230-v'3·11,5-v'3·cos30°= 3967,5-v'3div
3 Potencias disipadas
P = 5-v'3·(23-v'3f = 7935-v'3W = LW1 + LWz
Q = 10·(11,5-v'3f -10·(11,5-v'3f = 0var
S = ✓P + Q
2
2
= 7935-v'3 VA
4 Diagrama vectorial completo:
.lh1=230✓3 L120°V
3
À
1
1
Jho=23QL90.v
.lho·
Y.10·
Y.i2
Y.10=23QL-30.V
~10' = 10L90° ·11,5.J3° L-90 = 115.J3 L0°V
~20' = l0 L-9oo·ll,5.J3° L-90 = 115-v'3 L1B0°V
/
i
r
1130' =
5JL0°·23 {f9o = 345 L 9ooV
0
5 Nuevas corrientes de Hnea: I 1 ,
Iz, [ 3 e I o.
Resoluci6n por métodos generales de anallsls (método de mafias).
Ji
jlOD
L1
v 12
~ 230✓3
LO"v
î
- - - - ----- - - - - - --- - - -- -- - -,
-jlOD
Ji
- -- .,
Iz
1
1
1
1
~
L2
<>-----+--~
~ --- -,1
1
L3
[l_l] =[-230✓
230✓3
3 L-120°
0
- jlQ ]
[ - jlO 5✓
3 - jlO . I._3
L 0°
]
[
230✓3 L 0° ]
= 230✓3 L60°
Desarrollando la primera fila:
.
O·I._ 1 - JlO·I._
3
r-,
= 230v3
L 0°
➔
I._ 3
230✓
3 L OO
r-,
·23 v.:J
M3A
=-~
- = 23v3
L 90° = J
10L-90°
Desarrollando la segunda fila:
-jlO·I..1
+(5✓3-j10123✓3 =230✓
3L60° ➔
_ 115✓
3 + j345 - j345 - 230✓
3 = -115✓
3 =_1 ✓
3 = 115✓
3
oA
I..1 -jlO
-jlO
J ,
,
L -90
15
l..o = OA
El resto del problema igual que en el caso anterior.
Por aplicacién de teoremas generales de redes (Teorema de Millman)
Uo'o =
-
U1o·Y1 + U2o·Y 2 + U3o ·Y 3 =
r1 + r2 + r3 + ro
~o·o =
230L-30J 1~l
L L
90°
+ 230L-15oo·[_!._1
10
+ 230L90J \,]
L~t-90° +(1~t90° +(5~to0 +
~o·o =
L5v3
L 9O o
~
5✓3[23L-120° + 23L Loo+ ( 46,.;3 jL9O°1-115
L-9O0 V
-o
'1/:J
i:!.10· = i:!.10 -1:!.o•o = 230L-300 -115 L-9O = 115✓
3 Loo V
U · -- 230 L-150° - 115L-90 =115v3
,.; L1so0V
-U 20' = -U 20 - -OO
i:!.30· = i:!.30 -1:!.o·o = 230 L-9O0 -115 L-9O = 345 L9oo V
Las corrientes:
I_i
!:!.10· _ 115.J3 L0° = 11,5../3 L-90°A
= 10 L9Oo
I2
-
-
!:!.20· _- 115.Jj
= 11,5✓
3 L27Q0A
10 Ll80°
°
10L- goo
L - 9O
=-:-;;---
l._ = !:!_30•
3
1Q L 9Oo
5.Jj LO°
= 345LgQo
23
5.Jj LOO = .Jj L90°A
El resto del problema igual que los casos anteriores.
LOo =
~
r
/
/
11. Al circuito de la figura se le aplica un sistema trifcisico de tensiones simétrico,
equilibrado Y de secuencia directa, siendo la tension compuesf-o Y, 2=4OO/ Jct.V. Se sobe que
la lectura del vatîmetro 1 es nula (LW1=0 div) y que las lecturos de los omperfmetros A, y A 3
son iguales. En estas condiciones se pide:
1 Valores de las corrientes li ,lz , }J, y Ji' , lz', B.
2 Lecturas de los amperfmetros: LA 1, LA 2, y LA 3•
3 Volor de la impedancia ~ .
4 Lectura del vatfmetro W3•
li
I,'
_l
lz
_I:'
2
Ll
î
~,,400,,,.v
L2
Equilibrada
lz3
l3
KA
*
J;'
_3
L3
j20D
RESOLUCION:
• LW1 = U23 -Ir cos(V23" I 1) = 0div
Corno los valores de l/23 e Ji son distintos de cero (!l.23 * 0 e ,[ 1 -:t= 0 ), en la expresion de
la lectura del vatfmetro el factor que debe ser nulo es el coseno y por tonto el cingulo que
deben formar la tension Jl23 y la corriente li debe ser de 90°, asf: V23" I 1 = ± 90° .
La corriente li por tanto podrci situarse en dos posiciones: 90° adelantada o 90° atrasada
respecta a la tension .!l23 , véanse las posibles posiciones de la corriente en el diagrama
vectorial:
Yi2=400 L30° V
.!l20=23OL-120°V
De las dos posibles soluciones de li , la solucion li= Jj LJso• no es posible yo que desfasa mcis
de ±90° de la tension simple de su fose Yto. Po tanto la solucion es li= Jj Lo•= li'.
Luego: li'= I' Lo• , [2'= I' L-120• , b'=I 'L120• , Por ser
. .
Ademas sabremos que l.A es resist,va por no
•
LA1 = LA3
Eso significa que: \li\ =
\fa\ ;li= [1'.
Se da asimismo la circunstancia de que
J::23
1 arga equilibrada.
ac
hOb r desfase entre U10 e fi .
e
-
\I. 3\ = \I.'3-I.ZJ\, Yque [23 es conocida
400 L- goo
--=--~ = 20 L1B0° A
20 L90o
Las corrientes seran las siguientes:
Come la cargo~ es equilibrada, se cumple: \fi\= \I'2I =
Para que se cumpla que
\,['3\ •
\Ii\ = \J:: 3\ = \I'i\ , es decir que las lecturas de los amperimetros 1 Y
3 sean iguales ( LA1 = LA3), el triangule formado por las corrientes , [3',
-l23 eh debera
ser equilcitero. Ya que B, e -;[23 forman un angulo de 60°, luego [3'=2OL120• A.(*)
Por todo elle:
II11 = II2 'I = \[3 'I ~
1- Id = 20 A
Jbo=23OL12o•V
1 Las corrientes seran las siguientes:
[i'=20L 0 oA
I2'= 20L-120°A
[3'=
20 L120°A
[i =[i'=20L0 oA
[z =[z'+[z3 =2QL-120o +2QL!B0o =2O,/3L-150oA
I_3 = I_3 '-I.23 = 20L12Q0 + 20 LOO = 20L600 A
2 Las lecturas de los amperimetros:
LA1 = LA3 = 2OA
..!112=400 L3o•V
/
/
LAz = 20./3A
3 Valor de la impedancia b
z
-estrella
= U10
I , =
[
400]
J3
20
-1
Z
6
= 3·[
2
~]
v3 L oo
:
L0° -[20]
- ,..
!1
L oo
v3 L oo
= 20./3 L OO .Q
4 Lectura del vatfmetro W 3
:
o:
LW3 = U1z-I3 · cos(l:!._ 1/
I...3) = 400·20-cos 30° = 4000.J3div
(*) Quien no desee hacerlo graficamente apoyandose en el diagrama vectorial, habrfa
llegado a la misma soluci6n de la siguiente forma:
,
4OOL-90o
.
Ademas l...23 =--~-=20L180oA,
2OL 90o
-I... 23 = 20L Oo A luego:
/l_3j = /l_3 '+20L 0°1
I' = /- ½I'+j
~ I'+20/ operando
I" = [20 _ ..!.2 r] + [.J32 I'] ➔ r
2
2
I' = [20-½rr +[
2
2
= 400 -
~ I'r
o
2or+ rz
+ I r 2 ➔ 2or = 400 ➔ r - 20A
4
4
-
,
ptor K esta cerrado la lecture
.
b ue cuando el interru
.
.
'f, 1 de tensiones de ahmentac16n es
12 . En el circuito de la figura se sa e q .
3A y ue el s1stema tri as co
del amperlmetro es de ?fJ
· q
, se·
simétrico, equilibrado y de secuencia directa. Determine ,
Para K cerrado: ( t6mese J!.30= J!.30
Lo"
V)
Corrientes Ji , h, be lo
2 Lecture de los instrumentas: LV, LW, YLW 3 .
.
p O otencia reactiva, Q?
3 i.Pueden los vatimetros W1 y W3 medir potenc1a activa, • P
Raz6nese la respuesta.
1
Se abre K: Resp6ndanse las mismas preguntas del apartado anterior.
20.0
Ll
20.0
l2
L2
L3
LO
lo
RESOLUCION:
Con K cerrado:
El cuarto hilo se puede suprimir para cualquiera de las posiciones del interruptor K dodo
que el la impedancia infinita del voltimetro no permite la de corriente por el neutre.
Resolveremos este circuito a tres hilos por el método del desplazamiento del neutre. Sin
embargo no tenemos por qué obtener matemciticamente el valor del desplazamiento del
neutre, ya que en el esquema del circuito se ve que el potencial del punto 0' coïncide con el
del punto 3.
2
li
20.0
1bo·=0
.Y.t2
l2
0'=3
20.0
0'=3
L3
Se obtienen los valores de las corrientes tras determinar en el diagrama vectoriel el valor
de las tensiones aplicadas en las cargos.
/
/
li =~10'
-
= ~ 13 =
Uc,H 5Q
20LO"
20LO"
20 / 0"
~20'
~23
0
0
[Uc]
A
. 20 / - 150"
VeLl50° [Ve]
!...2 = 20LO" = 20LO" = 20LO" = 20
Ll50" A
!.._3 =-(!..., +!...2)=j[ve]
+[Ve]
]=- Ve(- ./3 - J~- ./3
l_ 20 L-150" 20 L+l 500 20 2 2 2
+j~)=Vel i A
2
20
Conocemos el médulo de la corriente [J. Planteemos la ecuacién y resolvomos el volor de la
corriente compuesta.
u.
JJ::3j = 2~ ./3 = LA = 20./3 ➔ Ve = 400V
1 Una vez conocida la tensién se puede obtener el valor numérico de las corrientes.
-[400]
=2OL-150°A
-I 1 - 2O L-150 •
2
lz
= 20Ll50°A
I2 --[400]
20 Ll50°
Y.tz
I._3
}_
• .~ ......►
h
= 20../3 LO" A
Io = OA
J:!30·=0
.!:h1
2 Lectura de los instrumentas
Lo lectura del voltfmetro es el médulo del desplazomiento J!o·o
400
LV=
= !~30! = ../3 V
l~o·ol
LW1 = U12-Irco{~ 1/ I..1) = 4OO·2Ocos6O°= 4.OOOdiv
LW3 = U32-I3 ·cos(~3/ I.. 3) = 400·20../3 cos3O°= 12.OOOdiv
3 i.Pueden los vatfmetros W1 y W3 medir potencia activa, P, o potencia reactiva, Q ?
Razénese la respuesta.
P = 20·20 2 + 20·20 2 = 16.OOOW
Q = Ovar
S =JP 2 +Q 2 =16OOO1/A
La conexién de los instrun,entos se corresponde con el método de los dos vatimetros. Cotno
el sistema es a tres hi los sietnpre es poslble obtener la potencla activa: P = LW3 + LW, la
cargo es desequilibrada, se puede obtener solo la potencla activa de la cargo hacienda la
sumo de los dos vatf n,etros. No se puede determinar la potencia reactiva de la cargo por
ser cargo desequilibrada.
ft =LW3 + LW1 =4.000 + 12.000 =16.000 W
En cuanto O Q como el sistema de corrientes no es simétrico y de la misma secuencia que el
de tensiones un pu ede ca 1cu 1arse con las lecturas de los vat,metros.
,
Se abre K:
Come
.
. . el cuarto hile por tener conectado el
volt' set ha indicado ante riormente,
se puede eliminar
'
s· ,me
d ro
, en serie y este ac t,ua coma un interruptor abierto
, a emas se abre el interrupt or Kestamos ante un circuito monofasico.
.
Resolvcimoslo:
1 Corrientes
li
o---+.---- ---1
20.!1
------- -----------,
1
1
<----->
20.!1
L2
I =
-l
O'
~12
40
L0°
-
-
400 L900
40
= 10 L90°A
L0°
2 Lectura de los instrumentes
li
Ll
20.!1
------------------,
li
.!!.io·
l2
:
<-----"
20.n
o·
L2
LO
LV
=\~o·o\
f!.o·o + L ·20L0° -f!.10 = Q ➔ f!.o·o = [
200
LV = 1V o·o\ = - V
-
../3
4
~]
-10 L-9oo·20LOO= [
v 3 L-120°
200
../3
]
V
L0°
/
I
LW1 = U12-Ircos(u1/
LW3 =U32 ·I 3
I 1J= 400·10cos0° = 4.000div
·cos(u z"' [
3
3 J=
Odiv
3 i.Pueden los vatfmetros W1 y W3 medir potencia activa , P, o potencia reactiva, Q ?
Razénese la respuesta.
P = 40·10 2 = 4.000W
Q =0var
S
= ✓P 2 +Q 2 = 4.000 VA
El vatfmetros tres indica 0 , pues ,lj=Q. El vatfmetro uno por sus conexiones mide la potencia
activa de la cargo que tiene conectada tras de s i, como se puede comprobar comparando las
expresiones de medida del vatfmetro y de la potencia activa.
NOTA : En este caso también ~LW 3 +LW1 pues el sistema es a tres hi los, donde Z
3 ~
00
f2
'f, , de tensiones simétrico,
13, Al circuito de la figura se le apl ica un slstetna tri ·asico
. d.1rec t a, cuya t en slo'"''v,n 12 -- 220 3L3ooV ,
equilibrado y de secuenc10
,
•
1 1 t
del vatimetro W2 es nula (W2=O
Se sabe que cuando el interruptor Kesta ab1erto O ec uro
d bl
,
d 1 1 t
d I vatimetro 1 es eI o e que 1a
div.) y que cuando el interruptor K esta cerro o a ec uro e
lectura del vatimetro 2, (W1=2W2).
Determinese:
• Cuando K esté abierto :
1 Lectures de los instrumentas
2 Voler y noturaleza de la cargo l..
3 Balance de potencias y diagrama vectoriel.
• Se cierra el interruptor K:
4 Lectures de los instrumentas
5 Balance de potencias y diograma vectoriel.
6 Voler de la potencia reactiva Qc, y de la reactancia Xe que lo hace posible.
li
1
-"\,•
220✓3 ,ao•V• 3 BOVI
lie
.l.
estrella
equilibrada
2
3
RESOLUCION:
K abierto:
LW2 = U23'I2·cos(fd.. 23/\
cos(fd..23/\
/\
fd..23
I.2
I. 2) = 220J3·55·co{fd.. 23/\ I. 2) = Odiv
I.2) = 0
= ±900
De las dos respuestas posibles hay que seleccionar la que sec valida.
la corriente lz' desfasa 120° en adelanto respecta a su tensién simple, J,b. 0 . Eso significa
que el angulo de la cargo .l.estrella es de 120°, imposible, ya que los angulos de las
I
impedancias solo pueden tomar valores entre -90° y +90°. Por tanto esta respuesta no es
posible.
Sin embargo la tension simple J,b. 0 adelanta 60° respecta a la corrlente l/, eso slgnif ico
que la cargo tiene un éngulo de 60° y es inductiva (+60°).
La corriente es por tanto l /.
J!31=380Ll50°V
Y20=220L-120.v
Corrientes de lineo:
1 Lectura de los instrumentes
_" .r,. cos(u
" I ) = 220·./3·55· cos 30° = 18150div
L,.,
vv1 - v13 1
-13 -1
LWz =
Uz31z·cos(~2/ Iz) = 220·./3·55·cos900= Odiv
LA1 =II1 J= 55A
LA2 = Jiic1 = 0 A
LA3 =II31=55A
2 Valor y naturaleza de la cargo K
Z
-estrella
= ~10 = 220L0o = 4L60o.{1 = (2 + j2./3JC1
l._i 55L-60
3 Balance de potencias y diagrama vectorial
P2estrella
Q.zestrella
= LW1+ LW2 = 18150W
= J3(LW1 -LW2 )= 18150./3 var
~cncrada =
J=3-220·55·cos 60° =18150W
3-Uio 11 co{Y.10" [. 1
Qgcncrada = 3-U10-I1 co{ Y.10"
[. 1) = 3-220·55·sin 60° = 18150"'3 var
~
J:61=380Ll50.V
.Y12=380L3a.V
l2=55Lt80°A
Y.10=220La•V
Y2a=220L-12a•V
·-......
.!:!iJ
Yz3=380L-90°v
K cerrado:
f<r = 2LW2 + LW2 = 3LW2
~ = ./3(2LW2 -LW2 )=./3LW2
Se puede obtener en cingulo de la cargo total
~
./3LWz
1
tg<pT =-=--=- ➔ <pT
f<r 3LW2 ./3
~
=30
~Estre11a+Xc.1):
o
1
=tg30° Pr-= ✓3·18150 =6050✓3var
Qc = ~ -QzEstrcllo =18150./3-6050./3 =12100./3 var
Qc
12100./3
= 55 A
= ✓3Ic·Ucsin 9 0 ➔ Ic = J3·220./3·sin90° ✓3
55
55
55
I1c = A; Ize=A; I3c = A
✓3 L90°
J3 L-30° ✓3 L-150°
LL =
!..ic + li =
55
,-;
v3 L90°
+ 55 L-60°
4 Lectures de los instrumentes
55
= ,-;
v3 L-30°
A;
l2L
55
= ,-;
v3 L-150°
A; [3L
55
= ,-;
v3 L90°
A
(
/
!
Pr = 18150 = 3LW2 ➔ LW2 = 6050div
LW1 = 2LW2 = 12100div
LA1 = II1LI = 55 A
-
LA2 =
J3
ll1cl =~A
LA3 =IJ:31=
~A
5 Balance de potencia y diagrama vectorial
Pr
= Pzestrella = 18150W
Q,- =Qzestrella -Qc =18150./3 - 12100./3 = 6050./3var
~enerada =3·U10-I1Lcos(~lO "I ll )= 3·220·]·cos30°=18150W
Qgenerada = 3·U10 ·I1 cos(u 10"
,[1)
= 3·220·] ·sin30° = 6050./3 var
.ljL
-e h
Iz
r
Ui2
----- - --+ 1&o=220Lo•V
I
~ 2L _ 3
Ize ,fa
Ii
monofasico
/
,.
I,
••--~.:..IL
Ii ·.~: -lie
6 Valor de la potencia reactiva Qc y de la reactancia Xe que lo hacen posible
Qc = Qr -Qzestrella = 18150./3 -6050./3 = 12100./3 var
Qc = Uz
3
Xe
➔X
2
2
= 3·220 = ./3-220 = 4./3[2 ➔ _ "4./3f2
c 12100·./3
12100
J
.,
Uio
14. Al circuito de la figura se le aplica un slstema trifaslco de tensiones simétrico y
equilibrado de secuencia directe, con una tension j)12 que responde a la siguiente
expresi6n:
U12 (t) = 240/6 cos(rvt - 60°) V. Asimismo se conocen las lecturas de los siguientes
instrument os:
•LW~= LWB= 7200div. con k=l
•LA1=49 div. con k=0,5 .
Determinese:
1
2
3
4
Valores de las impedancias en estrella y en tricingulo, en forma bin6mica.
Corrientes de linea del circuito .
Lecturas de los vatimetros Wc y WD ; suponiendo que son aparatos de lectura
di recta.
Mejorese el cos1p de la instalacion hosto obtener una bonificaci6n del 3%. Ind1quese
la capacidad de los condensadores a conectar a toi fin .
Ll
~strella
L2
) '
1
C
Equilibrada
L3
.Ztricingulo
(,1>=75°
RESOLUCION:
Se puede obtener el diagrama vectorial del sistema de alimentacion conocidas
secuencia:
Ui2(t) = 240./6 cos(mt-60°)V ⇒ ~12
= 240J3L-6Q
f
0
V
U 31
-
Ui 2 (t)
= 240J3 L 6ooV
Y20
{Lz3
= 240J3 L18Q
0
V
!L.12
= 240J3 L-6ooV
y la
'
De la lectura del vatfmetro A:
LWA
=U23-Ir cos(u 23/\
l1) =
7200div = Qy- Zesfrella .
✓
3
'
n_
~ Zesf rella
= 7200 r-ï3
'1/.JVor
Se sa~e por _t~nto que la carga en estrella es inductlva por ser el volor de la potencio
react1va pos1t1vo.
Lectura del vatf metro B:
LWa = U23-I2 · cos(U 23" .[2 ) = 7200div
Igualando las lecturas de los vatf metros:
LWA = LW8 = 7200div
U23 1 r cos( U 2t
l1) =
U23 ·I2 · cos(!:!.23" I2)
/\
/\
!:!.23 I1
= U23
I2
Por ser la cargo inductiva y empleando el diagrama vectorial:
90°-q,z estrella = 30°+q>z estrella
90°-30° = 2q,z estrella ➔ <l'z estrella
= 3 0°
yI,
_I
Otra forma de .hacerlo, variante de la anterior es también empleando el diagrama vectorial:
/\
El cingulo entre Ii e Iz es de 120°. Se sabe de la igualdad de cingulo: U2 3 l
/\
/\
1 = U23 l2 .
/\
Luego por simetria !,!_23 .[1 = !,!_23 .[2 = 60° .
Finalmente el cingulo de la cargo:
/\
<P =
u 20
l..2 =
60°-30° = 30°
Corrientes de linea:
De la carga en estrella:
Qy- zestrella
I
=
estrella
= 7200/jvar = ✓3Uc ·Iestrella ·Sin 30°
7200✓3
/j-240✓
3 -sin 30°
I1 estrella = 2 0✓
3 L-120° A;
= 20.Jj A
I2 estrella = 20✓
3 L+120° A ; [3 estrella = 20../3 L0° A
.
,
on un éngulo de 75°. Luego estas
De las cargos en triangula: La cargo es induct1va ~
. les El valor del m6dulo se
cor rientes estaran 75° atrasadas respecta a las tens1ones Simp ·
obt iene de la lectura del amperimetro:
LA =
II16I= 49div · O,~A
= 24,5A
d,v
En secuencia directa: ,[F6 = ~
•,[l.ô
v3 L 30°
corrientes de fose:
empleando esta relacién, se obtienen las
2 5
2 5
2 5
l...126 = [ ;, ]
A; l...236 = [ ;, ] .
A; [316 =[ ~ ]
A
v3 L-135°
v3 Ll05°
v3 L-15°
1 Valores de las impedancias en estrella y en tricingulo, en forma bin6mica.
2
Z
~lO
= ~ L - 9 0o = 4.J3 L 30°f°l = (6 + j2.J3\,...,
-estrella - -lestrella
I
20 3 L-1200
/H
Z t:. = U12 = 240.J3L-60o = [1440]
D=(76+j28 38)D
4 9 L75°
l.._126 [ 49 ]
'
,
2.J3 L-135°
2 Corrientes de lfnea del circuito
l...1 = l.._i 6 + l...iestrella = 20✓
3 L-120° + 24,5L-1650 = -10-/3 - j30 - 23,6 - j6,3 = (- 40,9 - j36,3)A
.[_1 = (-40,9-j36,3) = 54,68L-l3B.6oA
Por ser la cargo equilibrada:
.[_2 = 54,68L-10l,6oA
I._ 3 = 54,68L-lB,6oA
3 Lecturas de los vatfmetros Wc y WD
LWc = U12 -I1· cos(~ 12A
[
J
1 = 240.J3·54,68·cos 78,6°= 4492,760div
LWo = U32-I3· cos(u 3 / ,[3 = 240✓
3·54,68.cos 18,6°= 21542,8div
J
Por ser la conexi6n el método de los dos vatfmetros:
Pr
= LWc + LW0 = 26035,56W
Q,- = J3(L% -LWc }= -✓3(21542,8- 4492,76) = 29531,536var
r-
/
(
i
4 Mejora del factor de potencia.
/\
<f>r-
=Us IL = 48,6°
Para logra una bonificacion del 3%, el valor que deberci tener el costp' lo obtenemos de la
siguiente expresion, donde en el valor de kr% se sustituye por -3.
kr% =
37 026
·
- 41026
cos 2 rp'
'
cos2 , =
37,026
_
- 3 + 41,026 -
rp
0 973
·
rp' = 9,33°
Valor de la potencia reactiva de los condensadores a instalar:
Qc = P(tgrp- tgrp') = 26035,56(tg48,6°-tg9,33°) = 25254,061 var
Capacidad de los condensadores:
C=
Qc
3·@U 2
Segun los conectemos en estrella o en triangule tenemos dos valores de capacidad:
C
_
Qc
estrella - 3·@U}
Cll
=
=
25254,06; = 465,4 µf
3·314·240
Qc = 25254,061
3·@U} 3·314·(240J3f
= 155,1 4 µF
'
\
·stema trifasico de tensiones simétrico,
15. Al circuito de la figura se le op 1ica Un Sl
· ·,nversa cuya tension compuesta .llt2 se ha tomado como
equI·I·b
1 ra d o y d e secuencI0
referencia j,,!12= U1uo.V.
•
Cuando el interruptor K esta abierto las lecturas de los instrumentas son las
siguientes: LA = 20J3A, LW 1=6600 div. y LW 2=13200 div.;Determinese:
1
2
3
•
Valor de la tension de alimentaci6n.
Valor de la impedancia bCorrientes de fase y de lfnea: ;[t , lz , J3 y
Itz , J23, J31
Cuando se cierra el interruptor K determfnese:
4
Valor de la corriente lo
Ll
Itz
b
L2
Jz3
b
b
.!J1
L3
1(
LO
lo
RESOLUCION :
K abierto:
Las conexiones de los vatimetros son las del método de los dos vat,metros, como la cargo
es equilibrada con la lecture de los vat,metros podremos obtener las potencias activa y
reactiva de la cargo, as, como el cingulo de la misma.
Hay que tener en cuenta que el sistema de alimentaci6n es de secuencia inversa, por loque:
P = LWz + LW1 = 13200 + 6600 = 19800W
Q = J3(LWz -LWi)= ./3(13200-6600))= 6600./3 var
\
;'
(
/
f/JztJ.
-
6600./3
J3
=arctg--=
arctg - = 30°
19800
3
1 Conocidas la potencia act,·va Y e 1tno'd uIo d e Ia corrlente se puede determinor
.
el volor del
modulo de la tension de alitnentacion:
P = J3·Uc ·IL ·cos q,ZL\
Uc =---=-_P_ _
✓
3-IL ·cos 'PZL\
=
19800
./3·20✓3 cos 30°
= 220./Jv .
'
2 Al estar la carga conectada en triangula el valor del modulo de la corriente Ii z es ✓3
veces menor que el de la corriente Ii y ademas estara 30° retrasada respecta a Jl,2, es
decir, el angulo de la carga. I.,12 = 20L - 30 A .
0
Asf la cargo en triangula vale:
-
-Z 6 -
U12 -
l..12
220./3 L OO -11 ,-;3
,.,
v'.:J L 30°H.
20 L-30°
3 Corrientes:
I. 1 = 20./3Lo A
0
, 30° atrasada respecta a la tension simple Jl, 0. Par ser de secuencia
inversa 30° adefanta respecta a fa carriente I, 2 . El resta de las carrientes de lfnea
estaran a 120° en retrasa y adelanta respecta a I,:
I.2
J!z3
= 20./J L120°A
Las corrientes de fose:
wt=0°
l.23
= 20 L 90° A
lliz
l:!31
...,--
Se cierro K:
L
'
L1
Ii'
_!
~10 = 220 L30o = 20 L60o A
= llL-300
llL-300
L2
lz'
'
U20 - 220L150o =2OL120oA
l._2 = 11L30o - 11L30o
L3
=20L -9ooA
, U
- 30 - _220L-90o
·.•
[3 = llLoo llLoo
KI
1
1
1
I-.
_3
llL-30°.a
Io
LO
4 Valor de la corriente !o
I l 11L30°.a
,l 0 = ,l 1'+,l 2' +,l 3'= 20 L60o+ 20 L12oo+ 20L -900= j(2M- 20)A = 14,64LgO' A
~
Y.zo
/!\
r • I
.:!:.2 {
/ !\
1 \
1 T_ ·j
Y.io
I,'
_J
wt=-Oo
r
_3
Y.lo
<id
•
11L0°_Q
..
16. Al circuito de la figura se le ha aplicado un s lstema trifaslco de tensiones simétrico,
equilibrado , y de secuencia directa donde, la tension compuesta Y,2 es de valor:
J.!12=400 LO.V,
(
•
Cuando K esta abierto se sabe que:
La lectura del Amperf metro es 40A (LA=40A) y que la lectura del vatfmetro W, es
nula (LW1=0div).
•
Cuando el interruptor K esté cerrado se sabe:
La lectura del vatfmetro W es: LW = 16; 0 div
1
1
En funci6n de esos datos, determinese:
Valor de la impedancia b en forma de modulo y argumenta, ~ L,"·
Cuando el interruptor K esta cerrado, lecturas del amperimetro y del vatfmetra W2.
Cuando K esta abierto lectura de los dos vatfmetros.
Potencias en ambos casos: cuando K esta abierto y cuando esta cerrado.
Diagrama vectorial para las dos posiciones de K.
1
2
3
4
5
Ii
Ll
y
Iz
L2
o
)
1
(7
l*~
"
Yi,
~
1 1
1
lb
61,
h
L3
RESOLUaON :
Con K abierto: LA=40A y la LW1=0div
Se convierte en un circuito monofcisico.
Ii
Ii
Ll
61,
L2
b
o
h
L3
1::-b
b
h
~·
\
El triangula en el circuito monofasico se convierte en dos ramas en paralelo. Y se puede
obtener su impedancia equivalente:
= 2~e,. )2 = ~ z e,.
Z e,. , = ~ e,. ·2Z e,.
Z e,. + 2Z e,.
3Z 6
3-
Con la lectura del amperimetro se puede determinar el valor del modulo de la impedancia
~• sin mas que dividir el valor de la tensién U13y el valor de la corriente li :
Z t> , = IU13
Z e,.
ri
b ,
1
,
= 400 = 10H
, tom ien, c aro esta,
40
3
. en triangu
.,
1
a imped anc1a
o:
1
= Z e,.'·~ = o = 15.!1
2
2
Para poder resolver el circuito, sigamos trabajando con la informacién que disponemos de la
lectura del vatimetro (LW 1=0div).
LW1
= U13-Ircos(!l_13" :[1) = 400·20·cos(!l_13" :[1) = 0div
À
cos U13 I1
(
)
J/J1=400L120°V
=0
À
u 13 I:1 = ±90°
⇒ rp =
±90°
Jl30
Luego en principio g_ debe ser inductiva o capacitiva pura.
l!iz=400Lo•V
Jlzo
Jlz3:400 L -120.V
''
Jl,o
'
''
''
''
''
''
.. Jl13=400L-60°v
I,. se podra situar en dos posiciones:
I,.' en cuadratura y adelantada respecta a .Yi 3 (capacitiva pura).
I,." en cuadratura y atrasada respecta a
Jli3 (inductiva pura).
Luego las respuestas pueden ser dos, una, o ninguna. Vienen condicionadas por su
comportamiento con K cerrado.
Para poder determinar que respuestas son validas disponemos de la lectura del vatimetro
que todavfa no ha sido utilizada: la lectura del vatimetro cuando K esta cerrado.
Para K cerrado: LW1
16000 .
div
= /3
\
/
LW1 = U13-Ircos(u
d.IV
- 13" -I 1) = ~
✓
3
(
l,"3=400V
r,12 = 4 oo = 80
15
3
80 80
IL = .fi- = - A
3
./3
_ r:;
r:; 400
80
I,1-v3-I12
= v3 - = - A
✓
3
15
y
~ = Ul3'Ir cos('::f.13
11
L
cos(U 1t !..1) =
11
!..1) = 400·~ ·cos('::!_13
J= 16;
I..1
0
div
½
.!lio
/\
U13 !..1 = ±600
\
Al igual que en el otro caso de la lectura del vatfmetro, hay dos posibles respuestas:
Que la corriente Ii' esté 60° adelantada respecta a la tension, o .li", que esté
atrasada.
60°
Analizando el valor del desfase de esas dos corrientes Ut' y .li") respecta a la tension Uio
se puede def inir el carécter de la cargo, asf:
.li', esté 30° adelantada respecta a .Yio la cargo tendrfa carécter capacitivo pero no puro,
luego no es solucion . .li", esté 90° atrasada respecta a Jii0 . La cargo sera de carécter
inductivo puro . .li" coïncide con una de las respuestas de la lectura del vatf metro uno para K
abierto, cumpliéndose asf ambas condiciones, luego es solucion y es
.Y31=4QQLl20"V
Asf pues, la cargo es inductiva pura.
1 El vafor de fa cargo es:
Z
t:.
.YJo
= 15L 90 o.Q
2 Lectura del amperfmetro y el vatfmetro 2
.Yzo
LW2 = U23-I2·cos( U 23
"
r:;
I.2 ] = 400 400 v3
·cos 120° = -
15
3 Lectura de los dos vat,metros con K abierto
LVi.1 = 0div
LWz = 0div
por ser I._2 = Q A
Yio
16000
✓
3
div
Jdi3=4QQL-60"v
'~
4 Potencias con K abierto y cerrado
K abierto:
P = 0W
Q = 10-40 2 = 16000 var
2
2
S = ✓P +Q = 16000 VA
También P=LW1 +LWz =0+0=0W
K cerrado:
P=0W
400
Q = 3·U12 ·I12 = 3-400·-- = 3 2000 var
S = ✓P
2
15
2
+ Q = 32000VA
También se podrfa haber hecho con las lecturas de los vatimetros, por estar conectados
por el método de Aron:
p = LWi + LW = 16000 _ 16000 = 0W
2
J3
J3
16
16
Q =J3(LW1 -LW2 )= ~0 + ~0 =32000var
5 Diagramas vectoriales
Ii
Ll
K abierto
.le =-hi
L2
o
L3
Jl12=400Lo•V
Jl20
Y.io
Y'
~
~13
400L-600 [200]
!_A = 30L 9Oo = 30L 9Oo =
L-15O0
~ 13
, !.._9 =
400
L-6O0
[400]
15L 9Oo = 15L 9Oo = Ô
L- 15O0
I.1 = I_A + ,I_9 = 4 0 L-15O°
I 2 =OA
!.._3
=-40L-15O° = 4 0 L30°A
K cerrado
I 12 _400L0 =[BO]
A
o
-
I
-
. - 400L 120o
-23 -
I
lb.a
Yio
15L 9Oo
- 400L -12O0
-Jl -
J,6 2 =400La•V
15L 9Oo
15Lgoo
3
L -9O°
=[BO]
3
A
L 3Oo
=[BO]
3
L 150°
A
\
17. Del circuito de la figura se conoce lo si gui ente:
a) El sistema trifasico de alimentaci6n es de secuencia directa.
b) u12 (t) = 24016 cos(314t)V
c) La lectura del amperimetro es de 20 divisiones y la constante de aparato
\
k,.,=0,5A/div.
d) Todas las cargos son equilibradas.
e) La lectura del W 1 es el doble que la def vatimetro W2 (LW,=2LW2).
SE DESEA CONOCER:
A) Cuando el interruptor K esta abierto:
1 Corrientes a través de las ramas del circuito; modulo y argumento.
2 Valor de la cargo X e.str1dlo•
3 Lecturas de los vatfmetros (supuesto kw=l) y del amperimetro (k,.,=0,5A/div)
4 Coeficiente de recargo impuesto por la compafiia suministradora.
B) Se cierra el interruptor K:
5 Numero de condensadores a conectar en tricingulo fin de reducir lo mciximo posible
el recargo impuesto por la compafiia suministradora. Para tal fin se dispone de
condensadores que a 200V y 50Hz son de 120var, como mciximo soportan 240./3 V .
6 Nuevo recargo impuesto por la compafiia suministradora.
7 Nuevo tension de entrada .Jli 2.
(2,5./3 + j2,5 )n
1'
I,'
_!
Ii
1
16,î (2,5./3 + j2,5)n.Yi·2·î
2
Jf31
.
I,"
_!
24./3 L60°f2
I:'
_2
I2
24./3L60°f2
2
M,î (2,5./3 + j2,5 )n
I:,,
_2
3'
r
I3
_3
3
I"
_3
K
1~
d
X
estrella
24./3L60°f2
RESOLUCION:
(
Las tensiones entre los puntos 1, 2, 3,
b· d
Y 1as obtenemos a partir de dato de la t ensiôn u1,2•
sa ien o que la secuencia es directa:
.fiu cos(mt + a) ➔ uL.a
240./6 = 240./3}
U = ---,=--
.fi
ij_ = 240./3 L oo V
a =0°
U3'1' = 240✓
3 L.120 oV
Y.rz• = 240✓3 Lo V
0
l:ào
l:!ro
Y.2•3'= 240✓3 L-lzooV
Con K abierto :
LA=
'Ii"/
= 20div· O,~A = 10 A
t:c.
div
La cargo Xwrella es reactiva pura, o inductive pura o capacitiva pura. Conocidas la corriente
la tension y el carcicter de la cargo se puede conocer la potencia reactiva de la cargo
mencionada:
qstrella = J3·L12·1i "sin± 90° = J3·240·J3·10 = ±7200var
signa doble par las dos
2 0
posibilidades en el carcicter de la cargo, y X = ~ = ±24.Q
1
Par otro lado, se sabe que:
LWi = 2LW2
Los vatfmetros tienen la conexién del método de los dos vatf metros, al ser la cargo
equilibrada, y el sistema de alimentacion de secuencia directe, se puede obtener la
siguiente informaci6n:
Pr= 2LW2 +LW2 = 3LW2
\
Se
puede
determinar
el
cingulo
tg9',-
= Qr = ../3 LW2 =_1 - HP,- =300
Pr 3LW2 ../3
de
la
cargo
total
~ •Xu ,,~110):
A continuacién se calculan las potencias de la cargo ~:
Ur2·
-I1·2· =--="-24 -.,3
r=;
L60°
0o
= 240../3
L
=10L
,.:;
24-.,3 L60°
-
600 A •·
I..2•3•
=
10 LIB0° A; I..3'1'
= 10 L60° A
Corrientes de Ifnea:
Ii' =l0../3 L-90° A;
I..2' =l0../3 Ll50° A;
l..i' =l0../3 L30° A
fl 2 = U1,2,11'2' cos 60° = 240../J·lO·cos 60° =1200../JW
P6
=3·fl 2 =3·1200../3 =3600../JW
Q 2 =U1,2,1r2, sin 60° =240../J·lO·sin 60° =3600W
Q6
=3·Q 2 =3·3600 =10800W
Se ha calculado, que el tricingulo de las potencias totales tiene un cingulo de 30°. Eso
signif ica que la cargo reactiva (X w rc11a) debe tener carcicter capacitivo puro y no inductive.
Ya que si fuera inductive el cingulo de la potencia aparente total resultaria mayor de 60°.
Esta explicacién se ve por media del siguiente triangule de potencias:
Q6 =10800 var
+
Qxutrcllo
P6 =3600✓3W
P,- =ft:. =3600./iW
Q,.
= tg30°·Pr =3600./i·tg30° =3600var (ind)
=Q,. - Q6 =3600 - 1080 =- 7200var (cap)
(1)
Por otro lado planteamos la expresién de la potencia reactiva en la cargo en estrella en
funci6n de la tension y la reactancia.
Qestrella
\
I'
-3-X{; r-31 -3·
2
Qcstrella
2
~
7
_ l ~0B (2)sab lendoque
Qestrella > 0 4 X > 0 cargo inductiva
{ Qcstrella < 0 4 X < 0 cargo capacitiva
Igualando las expresiones (1) y (2) se puede obtener el valor de X
172508
X
= 72OO 4 X = 24.0
Como se sabe que la cargo es capacitiva, entonces: -jXc = - j24{2
Con el valor de la reactancia en estrella y las tensiones simples obtenemos las corrientes
de la cargo en estrella, comprobamos que los corrientes de lfnea estcin 90° adelantados
respecta a las tensiones simples del sistema.
I "= Uro - 240L-3oo .
-1
- '24 - 24
-lOL60oA ,
J
L-90°
U2·0= 240L-1500 =10
I "=~
oA ·
- 2 - ·24
24
L-60 ,
J
L -90°
U 3,0
240 900
I "-~
L
-10
A'
- 3 - - j24 - 24L-90o - Ll80o ,
Las corrientes de lfnea de la entroda de la instalaci6n serein:
l..1 = l..1 '+l..1'' = 10./3 L-90° + 10L60 o = 10
l..2 = 10 Ll80° A ;
½+ jlO ~ ~ jl0./3 = 5 - j5./3 = 10L-600 A
[_3 = lO L60° A
~ !'2' = 240./3 L OO V
Yro
3 Lectures de los vatf metros
LA~
l:f:1"1 = 10 A;
LW1 = l/i3·Ircos(u1/
LW2
=U23·Ir cos(u 2
LA= lOA·±._ = 2Odiv
0,5A
' :[1)
t :[
= 24O./3·10·cosO°= 2400./3div
2)
=240./3·10·cos 60°= 1200../3div
4 Coeficiente de recargo
kr% =
2 16
~•
- 36 = 2,88 % de recargo.
cos 30°
5 Numero de condensadores
Todo el recargo se anularla si el angulo cp' se encuentra entre 18,19° y 25,84°.
A continuaciôn se determinaran los condensadores a instalar para que el cingulo sea de
~·=18,19°,
Qc
= P(tgq, - tgq,') = 3600J3(tg30°-tg18,19°) = 1551,11 var
Los condensadores de los que se dispone son tales que a 200V y 5qHz consumen 120var.
Si se instalan en triangula la tension a la que estaran sometidos sera de 240✓3 V y la
potencia reactiva de estos condensadores sera:
Qc
'
Qc
200 2 ·wC
·,
(240J3)2
'?~ Qc = 120
= 518,4var
240J3°J ·w -C
200 2
=(
Numero de condensadores por fose:
1551,11
n° = - - ~!-,4- = 0,99 == 1
51
6 Nuevo recargo
Q = 3600 - (518,4·3) = 2044,Bvar
2044 8
=
arct
· = 1815°
<P
g 3600J3
'
Al ser finalmente
<fJ
= 18,15° < 18,19° no habra recargo sino bonificaciôn:
37 026
,
- 41,026 = -0,02 , Bonificaciôn del 0 ,02%. Que no se materializa por el
cos 2 18,15°
redondeo.
kr% =
7 Nuevo tension de entrada
~ --'--_
ft= ,-:; 3600J3
I1 = - ,-:;
,-:;
-.13Urz•·cos <P -.13 ·240-.13 cos 18,15°
= 9,llA
Todas la corrientes:
I.1
= 9,11 L-48,15° A;
I.2
Y la tension de entrada:
= 9,11 L -168,15° A ;
[.3
= 9 ,ll L?l,85° A
u12 = (2,5"3 + j2,5 k 1 + u 1'2' - (2,5"3 + J2,5 k 2 =5L JOO ·9,llL- 48,150 + 240"3LOO -
5L3oo ·9,11L-168,150
45,55L-18,15 + 240J3° - 45,55L- 138,15o = 43 ,23 - j14,19 + 240J3° + 33,92 + j3O,39 = 492 ,84 + j16,2 =
U 12 = 493,10Ll,BBoV
=
\
\
18. Una instalaci6n industrial que se alimenta de una red trifasica (380/220 V) dispone
de los siguientes receptores:
a) Tres motores trifasicos de 100 CV, # = 92 % y cos <p<p<p<p = 0,8
b) 25 motores trifasicos de 10 CV, # = 80 % y cos cp<pcpcp = 0,75
c) 90 calefactores monofasicos de 3 80 V, 1200 W
d) 600 tubas fluorescentes de alumbrado de 220 V, 60 W, cos <p<p<p<p = 0,85
Se pide:
1.- Determinar la distribuci6n 16gica de los receptores para que la instalaci6n se
comporte como un receptor trifasico equilibrado.
2 .- Calcular las potencias activa, reactiva y aparente absorbidas de la red y la
intensidad total cuando todos los elementos estan funcionando en cor.diciones
nominales.
3.- Calcular la capacidad de la bateria de condensadores que, conectados en
triangula, consiga elevar el factor de potencia a 0,9.
4.- Determinar la estrella de impedancias equivalente a toda la instalaci6n
industrial (con condensadores incluido).
5.- Si el conductor neutro se rompe por el punto PN, determinar la tensiones a las
que se ven sometidos todos los receptores.
R
U = 380 V
s
Instalaci6n
Industrial
T
PN
N
Instalaci6n
Condensadores
Soluci6n:
1) Los receptores trifüsicos tipo a) y b) se conectan directamente a las fases por scr estos
equilibrados. Los receptores monofasicos hay que suministrarles su tension nominal ; por lo
que a los calefactores hay que colocarlos entre las fases (380 V) repartidos equilibradamente
segun se muestra en el dibujo y a Ios tubas fluorescentes cuya tension nominal es de 220 V
hay que colocarlos entre fase y neutro repartidos también equilibradamente
La instalaci6n quedaria coma sigue:
R
s
T
PN
N
u=
380 V
Mo tores
trifasicos
3 de l00CV
Motores
trifasicos
25 de l0CV
~o~
y
200
y
200
y
200
Calefactores
Lam paras
90 de 1200 W
600 de 60 W, Cos q, = 0,85
2)
P a = 3 x 100 x 736 / 0,92 = 240 KW
Pb = 25 x 10 x 736 / 0,8 = 230 KW
P = 90 x 1200 = 108 KW
C
Pd = 600 x 60 = 36 KW
Qa = Pa Tg <pa = 240 X 0,75 = 180 KVAr.
Qb = Pb Tg <ph= 230 x 0,88 = 202,8409 KVAr.
Qc = 0 KVAr.
Qd = Pd Tg <pd = 36 x 0,62 = 22,3108 KVAr.
La potencia aparente total sera:
2
Sa= /P0 + Q; = 735,6248 KVA
de donde se obtendra la intensidad total consumida por la instalaci6n:
Sa =
{iU la -> la= 1117,666 A
3) El factor de potencia de la instalaciém valdra: cos q> 0 = P O/
S 0 = 0,83466
Condiciones iniciales
Condiciones finales
Cos <p 0 = 0 ,83466
P 0 = 614 KW
Cos q>F= 0,9
PF= 614 KW
Q 0 = 405,1517 KVAr
S 0 = 735,6248 KVA
QF = PF Tg q>F = 297,3738 KVAr
SF =
✓Pi+ Qi
= 682,222 KVA
La potencia reactiva que tiene que suministrar los condensadores sera:
Ocond = QF - Oo = 297,3738 - 405,1517 = - 107,77793 KVAr
de donde obtenemos su capacidad conectados en triangula:
Ocond=3U 2 coC
4)
- > C=791,9xI0 ·6 F
Estre lia equivalente a la instalacion industrial SIN condensadores:
R
s
T
N
Instalacion
Industrial
Cos <p0 = 0,83466
- >
->
P 0 =614=31/~
Q 0 = 405,1517 = 3 I/X0
S0 = 735,6248 = 3 1/ Z 0
->
- >
cp 0 = 33,419
= 0,1638411 n
X 0 = 0,10811 n
~
Z0 = 0, 1962957 n
con loque ZE = 0,1638411 + 0,10811 j = 0,1962957 133,419
Estre/la equivalente a la instalacion industrial CON condensadores:
La intensidad total consumida por la instalacion con condensadores se obtendra de:
PF =
fiu IF Cos <t>F
- > 614000 =
fi
x 380 x IF x 0,9 - >IF= 1036,53 A
U = 380 V
R
s
T
N
Insta lacién Industrial
+
condensa dores
Cos q>F= 0,9
2
PF = 6 14 = 3 IF RF
QF = 297,3738 = 3 IF 2 xF
SF= 682,222 = 3 IF 2 .li,·
-
con lo que ZE
= 0, 191 +
0,0925 j
-
(j)F = 25,84} 9
RF = 0,191 n
xF = o,0925 n
0 = 0,212246 n
>
>
>
>
= 0,212246
125,8419
r - - - --- - -- - - - - - - - - -7
I F- 1036 53 A j
'
R
--
--
Instalacion
Industrial
1
1
P0
1
1
Q0 = 405,1517 KVAr
1
1
s
/
10 = 1117,7 A
1
T
614 KW
=735,6248 KVA
ZE =0,164 + 0,1081j
50
PN /
1
N
=
1
1
1
/ ZE = 0,191 + 0,0925j
1
1
1
1
/ PF = 614 KW
QF= 297,37738 KVAr
/ SF= 682,222 KVA
1
1
u =380V
1
Condensadores
Q F= 107,778 KVAr
C = 0,0007919 F
L _ __ _______________
1
1
1
~
5) Al romperse el conductor neutro aguas arriba de la instalaci6n solo afectara a las cargas
conectadas al neutro, al1ora bien, al formar estas sistemas trifasicos equilibrados en estrella las
tensiones aplicadas a cada receptor monofasico no varian, sigue siendo la tension simple.
19. Dos estacioncs de bombeo cstan alimcntadas desdc un mismo punto mediantc un
generador Trifàsico. En un momento detcrminado se mide las potencias activas Y reactivas
de cada una de el\as y la tension de entrada de lfnea en la estaci6n B (ULB= 370 Y).
Sabiendo que las impedancias de la Hnea que alimenta a la estaci6n B (Z' L) Y la
impedancia de la linea comun que alimenta a las dos (ZL) son iguales y de valor
ZL = Z\ = 0,08627 L45° = 0,061 + 0,061 j
-11
12
3
---
-12
ZL
-13
ZL
-
Z'L
1'
-
-
2'
-
-
3:
l
l
---
ZL = Z·L = 0,08627 450
l"-
-1
Z'L
2"
--
Z'L
3"
-
-
1A , 1 2A, l3A
-
,, I 1B
-
.1
2e
-I3e
PA= 50 KW
P 8 = 30 KW
QA = 20 KVAr
Qe = 30 KVAr
ULe= 370 V
Estaci6n Bombeo A
Estaci6n Bombeo B
Calcular:
1.-
Dibujar el esquema monofasico equivalente de la instalaci6n.
2.-
Potencia perdida en los conductores de linea.
3.-
Tension de linea en bornes del generador.
4.-
Balance de potencias en el generador.
Nota: Se supone que las estaciones de bombeo estan equilibradas.
S0l11cior1:
Primer método: A partir del csqucma monofasico de la ins(alaci6n.
1.- Dibujar cl esquema monofasico cqui\lalcntc de la instalaci6n.
El esquema monofiisico equivalente de la instalacién es el siguiente:
11
1
I
ZL = 0,08627 45°
1
I
Z'L = 0,08627 45°
1'
1
1
1
1
U FG
1"
1
1A
1
+
z8= 3,2211
N
45°
N"
N'
En este esquema se han representado los valores eléctricos conocidos, y a partir de
estas tenemos que calcular los demas.
La intensidad que circula par Za, es la intensidad de linea que entra en la estacién B y
valdra:
ILB = UFB / Za = 213,62/ 3,227 = 66,2 A
Corno se ha tomado la fase R para representar el esquema, tomarnos coma referencia
de fases la tension simple entre l "N' ', par la que:
IIB = 66,2
1
90° - 45° = 66,2 lli
y con este valor ya podemos calcular la tension en bornes de la impedancia ZA, que es la
tension simple en la estacion de bombeo A:
u 1~ , = u 1, 1" + u 1,~"= Zi_' 118 + u 1,~ " =
=
0,08627 j 45° x 66,2 j 45° + 213,62W
y par tanto la tension de linea en la carga B es de: ULA =
=
219,33 j 90
./3 219,33 = 379,89V
( =380V)
Conociendo este valor se puede detenninar la intensidad de linea entrante en la
estacion de bombeo A que valdra:
PA= 50 KW ; QA = 20 KV Ar - > SA= 53851,484 VA - > Il.A = 81,8428 A
y por tanto, la tension simple de la fase R en este punto valdra:
-
JIA = 81 ,84 j 90° - 21,8° = 81 ,84 j 68,2
~
\
Aplicando cl primer lema al nudo I', se oblendrâ la inlensidad de llnea dada por cl generador:
T,
=ÏIA +JIU = 66,2 j~
+ 81,84
l 68,2° = 145,1
j 57,84
Y con este valor se puede calcular la tension simple da la fase R en el gcnerador:
u,N = u1,' + 0 1'N ,= zL 11+ o,w =
= 0,08627
1
45°
X
145, 1 1 57,84° + 219,33
1
90 = 231 ,55
3.- Tension de linea en bornes del generador
Y por tanto la tension de linea en el generador es de: UL =✓
3231,55
=
1
90,68°
401,05V ( "' 401 V)
Ya se tiene resuelto el circuito, se conocen las intensidades y tensiones en todos lo
el~mentos de este, y por tanto, ya estamos en disposicion de hacer un balance de energfa en el
m1smo.
2.- Potencia perdida en los conductores de linea.
La perdida de potencia en los conductores de linea sera:
PPL = 3 R 1/ + 3 R 1a2 = 3 X 0,061
= 3851 + 802 = 4653 W
X
(145,1)2 + 3
X
0,061
X
(66,2)2 =
4.- Balance de potencias en el generador.
y par tanto la potencia activa suministrada par el generador sera de:
P0 = PPL +PA+ P8 = 4653 + 50000 + 30000 = 84653 W
Para calcular la potencia reactiva puesta en juego en la red, se tendra que calcular la
de las lineas que valdran:
QPL = 3 X 1/ + 3 X 1/ = 3 x 0,061 x (145,1) 2 + 3 x 0,061 x (66,2) 2 =
=
3851 + 802 = 4653 VAr
y par tanto :
Q 0 = QPL + QA + Q 8 = 4653 + 20000 + 30000 = 54653 Var
con lo que se puede calcular la potencia aparente del generador: Sc= 100762 V A
\
20. Una industria absorbe 415 kVA ( con f.d.p.= 0,8 75 en rclraso) de una rc<l trifaska <le 240 V
en un momento detcrminado . Si suponemos la industria equilibrada en cargas, calcular:
a) La impedancia por fase de la planta.
b) El angul o de dcsfase entre la tension y la intensidad de fasc.
c) El diagrama vectorial completo.
Soluci6n:
a)
Suponemos la planta eléctricamente equivalente a una conexion en estrella de tres
impedancias idénticas Z, = Z2 = ZJ = Z.
,---------7
1
l'
1
1
1
2401120
~~-~~- ;~ --r---- -U~J
1N
2
j
1
....
Z21 cp2
1
N'z,~
z3 L.!I
I m..,
3'
1
-
2'
240 LQ__
u~
415 'tWA
! 0,875
1
1
1
u~
1
1
3
1
L _________
1
_J
La tension 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 linea, IL= S/( ✓
3 UL), y en el caso de la estrella IF= IL , por loque la
corriente por fase es: IF= IL= S / ( ✓3 UL) = 415000 / (1 ,732 x 240) = 1140,954 A. .
La impedancia por fase es: Z = UF /IF= 138,564 / 1140,954 = 0, 1214 n.
b)
El angulo de desfase entre las tensiones simples (138,564 V) y las correspondientes
intensidades de linea (1141 A) viene dado por: cos <p = 0,875 - > cp = 28,955Q .
La corriente en cada fase retrasa 292 respecta a su tension.
La impedancia compleja por fase vale:
Z= 0,12129°
c)
El diagrama veclorial complelo es el de la figura siguienle. En la prâctica se
rcpresenlaria una fase solamente.
Las inlensidades de lfnca son:
Ï, = l 14 lj90°-29° = 11 4 1161°
ï2= 11 4 11-3 0°- 29° = 11411- 59°
L = 11411-1 50°- 29° = 11411-119°
î 1 =11411610
<p
29
°
Î3 =11411 -179°
cp
î 2 =11411 -590
Diagrama de tensiones e intensidades.
,-----7
1
1'
1
I 1 = 11411 900 - 290 1
139
~
:
u·,
l
1
1
z, lli :
N'
►---------------,---N
1
1
1
L ___ __ J
Esquema monofiisico equivalente
415/3 IWA
0,875
2 1. Determinar las lccturns de los vatfmctros W y W ciwndo la i111peda11ei11 d(; c;adu 111111 de 11,s
1
2
cargas concctadas en lriangulo a la rcd trif{1sica de ln figura sca11:
a)
212 = 223= 231 = 2 = 1+ j✓3
b) Z12 = Zn =
z31= z = ✓3 + j
Comprobar los resultados. Nota: UL = 400 V.
R
s
400V
50 Hz
I2T
IJT
I1T 1
1
2
1
1
1
1
1
1
3
1
1
L - - Z:i1 - -
_J
RECEPTOR TRIFASICO
\
Soluci6n:
a) Si
z= I + j ✓3
y por tanto
en forma cartesiana, en forma polar sera: tg <p = ./3 , <p = 60° , Z = 2 n
Z= 2 J60° .
Las intensidades de fase en la carga seran:
_ u12
400 J120°
li, = ~ = - - = = = 200 J60
- Z12
2J60°
-
0
U23 400100
o
123 =-=--=-~=2001-60
Z23
2160°
-U31 4001-120°
h1 =~=---===a== 2001-180°
Z31
2160°
y por tanto, los fasores de las intensidades de las corrientes de linea seran:
Ï, = Ï12 - Ï31 = 200160° - 2001180° = 200✓3130°
ï2 = ï23 -ï12=2001-60° -200160° = 200FJ 1-90°
Ï3 = Ï31 - Ï23 = 2001-180° - 2001- 60° = 200✓
3
I- 210°
Las lecturas de los vatimetros W 1 y W2 resultaran, en consecuencia:
wl
= u,~ 1, cos(U1 3,Ïi) = 400 X 200 X ✓3 cos(30°) = 120000 w
\
w 2
= u231 2cos(U 23, 12) :;:: 400 X 200 X ✓3 cos(90°) = 0 w
Con loque: PT = W 1 + W 2 = 120.000 W Coma comprobaci6n se tendra:
PT = 3 PF = 3 (112)2 R12 = 3 x200 2 xl = 120000 W
o bien: PT = ✓
3 UL IL cos <p = ✓
3 x 400 x 200 x 0,5 = 120000 W
b) En este supuesto: Z = ✓
3+j
en forma cartesiana, en forma polar sera : tg cp = I /../3 , cp =
30° , Z= J3+1=2n yportanto Z=2l30°.
Las intensidades de fase y linea seran: IF= UJ Z = 400/2 = 200 A e h =
.fi IF= 200 ✓3 A
Y los fasores de las intensidades de las corrientes de linea tendran por expresi6n:
Ï1 = 200.fi 190 - 30° ,; 200✓
3160°
Ï2 = 200✓
3
I- 30 - 30° = 200✓3 I- 60°
Ï1 = 200.fi 1-1 so - 30° = 200.fi j-180°
Las lecturas de los vatimetros W 1 y W 2 seran en estas nuevas condiciones:
W1 = U 13 11 cos(Uu,Î1) = 400x 200x ✓
3 cos(0°) = 80000✓3 W
W2 =U 23 12 cos(U 23, Ï2) = 400x 200x ✓
3 cos(60°) = 40000✓3 W
Con loque: PT= W 1 + W 2 = 80000 ✓
3 +40000 ✓3 = 120000 ✓3 W
2
Corno comprobaci6n: PT= 3 PF = 3 (IF)2 R = 3 x200 x ✓
3 = 120000 ✓3 W
o bien: PT=
✓3 UL IL cos cp = ✓3
x 400 x
200 ✓3
x
✓3 /2 = 120000 ✓3
W
Para el supuesto (a) se comprueba asimismo que:
r;;
tg (<p) =
W 1 -W 2 - ✓
3 120000-0
3
120000 + 0
"_j Wi + W
2
✓
3
.
Para el supuesto (b):
_
tg (<p) -
.fj
W 1- W2 = ✓
3 80000 ✓3 - 40000 ✓3 = ✓3 40000✓3 = _I
W, + W
80000 ✓
3 + 40000 ✓3
I 20000✓
3 ✓3
2