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Solucionario: Electrotecnia

Electrotecnia
SOLUCIONARIO

Pablo Alcalde San Miguel

© ITES-PARANINFO 1

Solucionario: ElectrotecniaUnidad de contenido 1
1.6
Q = 18,9 · 1018 electrones / 6,3 · 1018 = 3 C
t = 2 min · 60 + 20 = 140 s
I=

3
Q
=
= 120 A
t 140

2 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 2
2.3
I=

V 1,5
=
= 0,03 A
R 50

P = VI = 1,5 · 0,03 = 0,045 W

2.4
V = R · I = 22 · 5,7 = 125,4 V

2.5
V 230
=
= 115 Ω
I
2
P = VI = 230 · 2 = 260 W
R=

2.9
R =l

L
R· S 0,056 · 0,5
⇒l =
=
= 0,028 Ω · mm 2 / m
S
L
1

Resistividad que según las tablas coincide con la del aluminio.

2.10
R cobre = l

L
100
= 0,017
= 0,283 Ω
S
6

R aluminio = l

L
100
= 0,028
= 0,28 Ω
S
10

Su resistencia es aproximadamente igual.

2.11
R =l

L
L
5
⇒ S = l = 0,061 = 0,31 mm 2
S
R
1

2.12
La sección del hilo de cobre sabiendo su diámetroes igual a:

s = π · r 2 = π · (0,25/2) 2 = 0,049 mm 2
R · S 34,6 · 0,049
L
R=l ⇒L=
=
= 100 m
l
0,017
S

© ITES-PARANINFO 3

Solucionario: Electrotecnia

2.13
R t = R 0 (1 + αΔtº ) = 5 [(1 + 0,0039 · (80 - 20)] = 6,17 Ω

2.14
R t = R 0 + 1,05 = 65 + 1,05 = 66,05 Ω
⎞
⎛R
⎛ 66,05 ⎞
R t = R 0 (1 + αΔtº ) ⇒ Δtº = ⎜⎜ t - 1⎟⎟ / α = ⎜
- 1⎟ / 0,004 = 4 º C
⎝ 65
⎠
⎝ R0 ⎠

4 ©ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 3
3.1
P = VI = 100 · 0,75 = 75 W
R=

V 100
=
= 133,33 Ω
I 0,75

P=

V2
⇒ V = P · R = 750 · 75 = 237 V
R

I=

V 237
=
= 3,16 A
R 75

I=

P 3.000
=
= 13,6 A
220
V

3.2

3.3

La resistencia del calentador que permanece constante es igual a:

R=

V 220
=
= 16,2 Ω
I 13,6

La potencia para125 V la podemos calcular así:
P=

V 2 125 2
=
= 964,5 W
R
16,2

3.4
I=

P 3.450
=
= 15 A
V 230

3.5
P 500
=
=4A
V 125
V 125
R= =
= 31,25 Ω
I
4
R · S 31,25 · 0,5
L
R=l ⇒L=
=
= 19,5 m
S
l
0,8
I=

© ITES-PARANINFO 5

Solucionario: Electrotecnia

3.6
P 1.000
=
=8A
V 125
L
2 · 50
Re = l = 0,028
= 1,86 Ω
S
1,5

I=

PpL = R · I 2 = 1,86·8 2 = 119 KW3.7
P 2.500
=
= 10,87 A
V
230
V 230
R= =
= 21,16 Ω
I 10,87
E = P · t = 2,5 KW · (30 · 2)h = 150 KWh

I=

3.8
P = 3CV · 736 = 2.208 W
P 2.208
I= =
= 5,8 A
V 380
E = P · t = 2,2 KW · (2 · 30 · 8)h = 1.056 KWh
Gasto = 1.056 KWh · 16 pts = 1.6896 pts

6 © ITES-PARANINFO

Solucionario: Electrotecnia

Unidad de contenido 4
4.3
Q = 0,24 P t = 0,24 · 2.000 (2 · 3.600) =3.456.000 cal

4.4
Q = m c Δt = 75.000 · 1 · (50 - 10) = 3.000.000 cal
Q
3.000.000
Q = 0,24 E ⇒ E =
=
= 12.500.000 Julios
0,24
0,24
E 12.500.00
E=P·t⇒t = =
= 3.571 s ≅ 1 hora
P
3.500

4.5
Q = m c Δt = 40.000 · 1 · (55 - 12) = 1.720.000 cal
Q = 0,24 E ⇒ E =
E =P·t⇒P=

Q
1.720.000
=
= 7.166.667 Julios
0,24
0,24

E 7.166.667
=
= 1.327 W
t 1,5 · 3.600

Potencia teóricanecesaria para calentar sólo el agua (Potencia útil) = 1.327 W
Potencia total necesitada para calentar el agua + la cuba (Potencia total) = 1.500 W
η=

Pu
1.327
100 =
100 = 88,47 %
PT
1.500

La potencia restante se ha perdido o utilizado en calentar la resistencia, la cuba, etc.

4.8
P 6.000
=
= 26 A
V
230
Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Conductores aislados en tubosempotrados en paredes aislantes)
I=

Columna 3, tenemos que : S = 6 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A)
δ=

I 26
=
= 4,33 A/mm 2
S 6

4.9

Consultando en la tabla 4.2 para 2 x PVC (Cables multiconductores directamente sobre la pared)
Columna 6, tenemos que : S = 4 mm 2 ( I máx. admisible = 30 A)
δ=

I 26
=
= 6,5A/mm 2
S 4

© ITES-PARANINFO 7

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