problemos resueltos

TEORIA UTIL PARA ELECTRICISTAS
PROBLEMAS RESUELTOS
Fórmulas.Pérdida de tensión

Pérdida de potencia

Continua

Vp = 2 × R × I

Pp = 2 × R × I 2

Alterna

V p = 2 × R × I × cos ϕ

Pp = 2 × R × I 2

trifásica

V p = 3 × R × I × cos ϕ

Pp = 3 × R × I 2

Problema 1. Corriente continua.
Datos:
Potencia a transportar P = 2 Kw
Tensión nominal V = 110 V
Longitud de la línea decobre bajo tubo L = 40 mts.
Calcular
1 sección mínima de la línea,
2 pérdidas de tensión,
3 pérdidas de potencia.
1. I = P / V = 2000/110=18,2 A (la intensidad del fusible más aproximado por
exceso es 20 amperios. Las tablas del REBT nos indican una sección de 4 mm2.
Será la idónea siempre y cuando el cálculo de la caída de tensión esté dentro
del margen establecido en el reglamento. )2. R=ρ x L / s = 0,0175 x 40 /4 = 0,175 Ω
V p = 2 × R × I = 2 x 0,175 x 18,2 = 6,4 V → 6,4 x 100 / 110 = 5,8%
(Según el REBT ITC-BT-19 2.2.2. Sección de los conductores. Caídas de tensión:
La sección de los conductores a utilizar se determinará de forma que la caída de tensión entre el
origen de la instalación interior y cualquier punto de utilización sea, salvo lo prescrito en lasInstrucciones particulares, menor del 3% de la tensión nominal para cualquier circuito interior de
viviendas, y para otras instalaciones interiores o receptoras, del 3% para alumbrado y del 5% para los
demás usos. Esta caída de tensión se calculará considerando alimentados todos los aparatos de
utilización susceptibles de funcionar simultáneamente. El valor de la caída de tensión podrá compensarse
entrela de la instalación interior y la de las derivaciones individuales, de forma que la caída de tensión
total sea inferior a la suma de los valores límites especificados para ambas, según el tipo de esquema
utilizado. Para instalaciones industriales que se alimenten directamente en alta tensión mediante un
transformador de distribución propio, se considerará que la instalación interior de bajatensión tiene su
origen en la salida del transformador. En este caso las caídas de tensión máximas admisibles serán del
4,5% para alumbrado y del 6,5% para los demás usos).

3. Pp = 2 × R × I 2 = 2 x 0,175 x 18,2 x 18,2 = 117 W → 117 x 100 / 2000 = 5,8%

Problema 2. Corriente continua.
Un motor de c.c. que absorbe 6,2 Kw debe conectarse por medio de una línea de
aluminio bajo tubo de 70metros a una tensión de 220 voltios. Las pérdidas de tensión y
de potencias admitidas 2 %. Calcular la sección.
I = 6200 / 220 = 28,2 A
Fusible más cercano por exceso 32 A. Según tabla REBT escogeremos 16 mm2 Al.
R=ρ x L / s = 0,028 x 70 /16 = 0,122 Ω
V p = 2 × R × I = 2 x 0,122 x 28,2 = 6,9 V → 6,9 x 100 / 220 = 3,1% no válida,
subiremos la sección a 25 mm2.
R=ρ x L / s = 0,028 x 70 /25 =0,0784 Ω
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V p = 2 × R × I = 2 x 0,0784 x 28,2 = 4,42 V → 4,42 x 100 / 220 = 2 %

Problema 3. Corriente continua.
Entre una pequeña central y un pueblo hay una línea aérea de 2 x 35 mm2 de cobre.
Longitud 250 metros. ¿qué potencia máxima puede consumir el pueblo sin que la
pérdida de potencia exceda de 4,5 %. Tensión 220voltios.
V p = 4,5 x 220 / 100 = 9,9 voltios de perdida máxima.
R=ρ x L / s = 0,0175 x 250 / 35 = 0,125 Ω resistencia de la línea.
Vp
= 9,9 / 2 x 0,125 = 39,6 A
V p = 2 × R × I , de donde I =
2× R
P = V x I = 220 x 39,6 = 8712 W

Problema 4. Corriente alterna monofásica.
Para transportar una potencia de 22 Kw a 380 voltios a una distancia de 180 metros se
quiere calcular una línea aérea dealuminio que no tenga pérdida de potencia ni tensión
superior al 5 %. Factor de potencia 0,7.
P
= 22000 /380 x 0,7 = 82.7 A (fusible aproximado en exceso 100 A,
V × cos ϕ
sección según tabla 35 mm2 Al.)
I=

R=ρ x L / s = 0,028 x 180 / 35 = 0,144 Ω resistencia de la línea.
V p = 2 × R × I × cos ϕ = 2 x 0,144 x 82,7 x 0,7 = 16,67 V→ 16,67 x 100 / 380 = 4,38 %
Pp = 2 × R × I 2 = 2 x 0,144 x...