Pauta Examen RedesElectricas Sem208

REDES ELÉCTRICAS 2008
PAUTA EXAMEN
Fecha : 05/12/08
Tiempo: 2:30 hrs.
Individual, sin apuntes.
P1

Prof. : M. Falcone
P. Aux : C. Lozano

Para el circuito de la figura determine la potencia disipada en la resistencia de 1 Ω.
9Ω

+
v1 (t ) = 10 sen(3t − 30°)

-

1
F
6

1Ω

~

2H

i2 (t ) = 2 cos(3t )

2Ω

4Ω

El primer paso es representar el circuito mediante fasores y luego transformar la fuentede corriente
conectada en paralelo con una impedancia (circuito tipo Norton) en una fuente de tensión en serie con
la misma impedancia (equivalente tipo Thévenin). Lo anterior permite utilizar el método de las mallas.
9− j2 Ω

10
V1 =
∠ − 120º
2
*

+
-

10
V1 =
∠ − 120º
2

~

+
-

~

*

I2 =

2Ω

9− j2 Ω

*

1Ω

2
∠0º
2

4+ j6 Ω

4+ j6 Ω

1Ω

+

*

*

2Ω

Ia

Ib

~

V 2 = (4 + j 6 )
*

-

2
∠0º
2De esta forma para poder determinar la potencia que se disipa en la resistencia de 1 Ω, sólo es
*

necesario determinar la corriente I b .
Aplicando el método de las mallas por inspección se tiene:

Marcos Falcone Salazar

Página 1

07.12.2008

10
⎡
⎤
*
∠ − 120º
⎡
⎤
⎡ * ⎤ ⎡ 0,8134∠ − 120,98º ⎤
⎢
⎥
−2 ⎤ Ia
I
2
⎢* ⎥ = ⎢
⎥ ⇒ ⎢* a ⎥ = ⎢
⎥
⎥
(7 + j 6)⎦ ⎢⎣ I b ⎥⎦ ⎢− (4 + j 6) * 2 ∠ 0º ⎥
⎢⎣ I b ⎥⎦⎣1,28241∠ − 163,91º ⎦
2
⎣⎢
⎦⎥

⎡(11 − j 2 )
⎢ −2
⎣

*

2

∴ Pr =1 Ω = r * I b

P2

= 1 * 1,28241∠ − 163,91º = (1,28241) = 1,6446 W
2

2

Un transformador monofásico de 100 kVA, 6900/230 V tiene una impedancia de fuga

*

Z f = 0,36 + j 0, 18 Ω vista desde el lado de alta tensión.
Los resultados de la prueba de vacío realizados desde el lado de baja tensión fueron
V = 230 V

I = 15 A

P = 100 W

Si sealimenta una carga de 66 kVA a tensión nominal en baja tensión, con un factor de potencia
0,6 inductivo. Calcular el rendimiento y la regulación del transformador.
Considerando el siguiente circuito equivalente aproximado para el transformador, y visto desde el lado
de alta tensión.
*

*

I'2

I1

rT = r1 + r ' 2

j xT = j x1 + j x ' 2

*

I0

+
*

V1

~

*

*

Ip

Im

+
*

j xm

rp

*

V2

S C arga

-

-

se puede determinara la corriente que va hacia la carga vista desde el primario, en este caso desde A. T.
*

*

V 2 = V Nom

AT

∠ 0° ⇒ I ' 2

⎛ *
⎜ S C arg a
=⎜ *
⎜ V Nom AT
⎝

⊗

⊗
⎞
⎛ 66000 ∠ − arccos(0,6) ⎞
⎟
=
⎟ = 9,5652 ∠ − 53,13°
⎜
⎟⎟
6900∠0º
⎠
⎝
⎠

A

Con este resultado se puede determinar la tensión necesaria en la fuente y con esto la regulación.
V Fuente = V 1 = (rT + j xT ) IC arg a + V 2 = (0,36 + j 0,18) * 9,5652 ∠ − 53,13° + 6900 ∠ 0° = 6903,44 ∠ − 0,01°
*

*

*

*

*

*

*

V Fuente − V C arg a
⇒ Re g =

*

V C arg a

*

V1 − V 2
* 100 =

* 100 =

*

V2

6903,44 − 6900
* 100 = 0,05 %
6900

Finalmente para determinar el rendimiento se tiene:
Marcos Falcone Salazar

Página 2

07.12.2008

PC arg a = S Nom * cos(ϕ C arg a ) = 66000 * 0,6 = 39600 W
⇒ η=

PC arg a
PCarg a + PCU Nom + PFE

* 100 =

39600

39600 + 0,36 * (9,5652 ) + 100
2

* 100 = 99,665 %

El cálculo anterior considera las pérdidas en el fierro iguales a las de la prueba de vacío.

P3
Un motor de inducción de rotor bobinado de 25 HP, 230 V, 60 Hz, 8 polos, tiene los siguientes
parámetros
re = 0,06 Ω
a)
b)

rr = 0,05 Ω

xe = xr = 0,18 Ω

Para una velocidad de 846 rpm, determine la potencia desalida y el torque.
Determine la resistencia externa que debe agregar al rotor para obtener el torque máximo en la
partida y calcule el valor de dicho torque.

a)
Para una velocidad de operación de 570 rpm se obtiene el siguiente deslizamiento:

nS =

n − n1 900 − 846
120 * f 120 * 60
=
= 900 rpm ⇒ s1 = S
=
= 0,06
900
8
nS
p

Con esto se obtiene:
2

* 2

PSal = 3R I r

=3

(1 − s ) r '
s

r

Ve
22

(

⎛
r' ⎞
'
⎜ re + r s ⎟ + xe + x r
1
⎝
⎠

TMec (s = 0,06 ) =

)

2

⎛ 230 ⎞
⎟
⎜
3⎠
⎝
= 44670,49 W
=
2
⎛⎜ 0,06 + 0,05
⎞⎟ + (0,36 )2
0,06 ⎠
⎝

PSal
44670,49
=
= 504,22
2π
2π
n
* 846
60
60

Nm

b)
El deslizamiento de torque máximo queda dado por sTm =

rr

, para el caso de tener el torque
2
2
re + xT
máximo en la partida con la inclusión de una resistencia externa se obtiene:

sTm = 1 =

rr +...