Ejercicios de corriente alterna resueltos paso a paso (2015)

Apunte Español
Universidad Universidad Carlos III de Madrid (UC3M)
Grado Ingeniería en Tecnologías Industriales - 3º curso
Asignatura electrotecnia
Año del apunte 2015
Páginas 18
Fecha de subida 18/02/2015
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Ejercicios de corriente alterna resueltos paso a paso

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PROBLEMAS DE CORRIENTE ALTERNA PROBLEMA 1: Aplicando la Segunda Ley de Kirchhoff de manera vectorial, se tiene: r r r r E = ER + U L + U C Tomando en cuenta los signos y magnitudes, el diagrama correspondiente es: Cálculo del módulo: E = U R 2 + (U C + U L ) = U R 2 + (U C + U L ) = 102 + ( −30 + 20 ) = 10 2V 2 2 Cálculo del argumento:  20 − 30   = −45º  10  ϕ = arctg  El vector tensión resultante es: r E = 10 2 −45ºV 2 PROBLEMA 2: Puesto que hay presente dos fuentes con diferentes frecuencias y puesto que se trata de un circuito lineal, entonces, si se desea resolver el problema aplicando las técnicas de análisis del régimen estacionario sinusoidal, será necesario aplicar el método de superposición.
Sea i’ la intensidad de corriente correspondiente a la frecuencia ω1 = 100 I1 = rad s 10 0 10 0 10 0 10 0 π = = = =5 2 − π 4 R + jω1 L 1 + j100 ⋅ 0, 010 1 + j1 2 4 Que al pasar al dominio temporal, queda: π  i ' ( t ) = 5 2 cos 100t −  4  Sea i’’ la intensidad de corriente correspondiente a la frecuencia ω2 = 200 rad s Al haber una fuente de corriente, se puede ignorar el efecto del condensador C, esto permite calcular el vector I2 asociado a i’’ aplicando directamente un divisor de corriente, teniendo en cuenta el sentido, lo que se refleja en el signo negativo del resultado: Con las debidas aproximaciones propias del cálculo numérico y recordando que −1 = 1 π Así como también, considerando que la señal seno, tiene un desfase de − π 2 respecto al coseno, se llega a:    π  j2 π  jω2 L π  j 200 ⋅ 0, 010 I 2 = −  20 −  = (1 π )  20 −  =  20  = 8 5 −0,35π 2  R + jω2 L 2  1 + j 200 ⋅ 0, 010  2  1 + j2   Que al pasar al dominio temporal y recordando que el seno atrasa al coseno en − π 2 se transforma en: i '' ( t ) = 8 5sen ( 200t − 0,85π ) Ahora se puede aplicar el principio de superposición para encontrar el resultado pedido: π  i ( t ) = i ' ( t ) + i '' ( t ) = 5 2 cos 100t −  + 8 5sen ( 200t − 0,85π ) 4  PROBLEMA 3: En este circuito, ambas fuentes son de la misma frecuencia ω = 50 rad . La fuente de tensión seg será la referencia de fase, por lo tanto, la fase de la fuente de corriente, considerando que al ser sinusoidal retrasa en − radianes, será: π − π 2 = π 2 π 2 y que su signo negativo equivale a añadir una fase de π El circuito equivalente que resulta de calcular las respectivas reactancias es: Como se realizará un análisis de mallas, es necesario transformar la fuente de corriente y la reactancia capacitiva, en una fuente de tensión con la reactancia capacitiva en serie.
E2 = ( j10 )( − j 2 ) = 20V El sistema obtenido al aplicar el método de mallas es: ( R + jω L1 + jω L2 ) I I jω L2 I II − = − E1 1   +  jω L2 − j I ωC  II  − jω L2 I I = E2 Reemplazando los valores numéricos: (1 + j3) I I − j 2 I II − j 2I I Cuya solución es: I I = j10 = −10 = e 20 I II = 5 + j10 Ya es posible calcular todas las tensiones y corrientes del circuito: U R = RI I = 1 ⋅ j10 = j10V U L1 = jω L1 I I = j ⋅ j10 = −10V U = U L 2 = jω L2 ( I I − I II ) = j 2 ( j10 − ( 5 + j10 ) ) = − j10V U C = U = − j10V ⇒ I C = − j10 = 5A − j2 El diagrama vectorial obtenido, con E1 como referencia, es: PROBLEMA 4: Del gráfico y considerando la tensión como la referencia para la fase, se obtiene: U= 14,14 0ºV 2 También se puede calcular la fase de la corriente: ϕ= 8ms 360º = 72º 40ms Del gráfico, se observa que esta fase está retrasada respecto a la referencia: I= 11, 08 −72º A 2 Por lo tanto la impedancia es: 14,14 0ºV U 14,14 2 Z= = = 72º = 1, 276 72º = ( 0,394 + j1, 214 ) Ω I 11, 08 −72º A 11, 08 2 PROBLEMA 5: Sea I la intensidad de corriente suministrada por la fuente de tensión.
Se puede leer directamente del Amperímetro: I = 19, 2 A Sea U1 la caída de tensión en la resistencia: U1 = V1 = 96V Sea U 2 la caída de tensión en el condensador: U 2 = V2 = 128V La potencia activa entregada por la fuente es: P = E ⋅ I ⋅ cos ϕ = 200 ⋅19, 2 ⋅ 0,8 = 3072W El único elemento del circuito que consume potencia activa es la resistencia, entonces: P= V12 V2 962 ⇒R= 1 = = 3Ω R P 3072 La intensidad eficaz que circula por la rama RC, es la misma que circula por R y por C, ya que estos elementos están en serie.
I RC = U1 U2 96 128 = ⇒ = 32 = R  1  3  1       ωC   1000 ⋅ C  1000C = XC = 32 ⇒ C = 250µ F 128 U 2 128 = = 4Ω I RC 32 Se puede calcular el voltaje efectivo de la rama RC: U = U12 + U 2 2 = 96 2 + 1282 = 160V La potencia reactiva que está entregando la fuente es: Q = E ⋅ I ⋅ senϕ = 200 ⋅19, 2 ⋅ 1 − 0,82 = 2304VAR Potencia que se distribuye entre las reactancias inductivas y la capacitiva: U2 Q = I ⋅ XL + − I RC 2 ⋅ X C XL 2 1602 2304 = 19, 2 ⋅ X L + − 322 ⋅ 4 XL 2 368, 64 X L 2 − 6400 X L + 25600 = 0 Que al ser una ecuación de 2º grado, tiene dos posibles soluciones: XL = 6400 ± 64002 − 4 ⋅ 368, 64 ⋅ 25600 2 ⋅ 368, 64 Caso 1: XL = 6400 + 64002 − 4 ⋅ 368, 64 ⋅ 25600 = 11,11Ω 2 ⋅ 368, 64 X L = ωL ⇒ L = XL ω = 11,11 = 11,11mH 1000 Caso 2: XL = 6400 − 64002 − 4 ⋅ 368, 64 ⋅ 25600 = 6, 25Ω 2 ⋅ 368, 64 X L = ωL ⇒ L = XL ω = 6, 25 = 6, 25mH 1000 Para ambos casos, en forma vectorial: U = 160 0º I RC = U 160 0º 160 0º = = = 32 53,13º = (19, 2 + j 25,6 ) A R − jX C 3 − j 4 5 −53,13º Caso 1: IL = U 160 = = − j14, 4 A jX L j11,11 I = I L + I RC = − j14, 4 + 19, 2 + j 25, 6 = 19, 2 + j11, 2 = 22, 23 30, 26º A Y el diagrama vectorial queda: Caso 2: IL = U 160 = = − j 25, 6 A jX L j 6, 25 I = I L + I RC = − j 25, 6 + 19, 2 + j 25, 6 = 19, 2 = 19, 2 0º A Quedando así el diagrama vectorial: PROBLEMA 6: Primero se calcula la impedancia equivalente en paralelo Z RC de la resistencia y el condensador: Z RC 1   25 ⋅  − j −6   1000 ⋅ 30 ⋅10  = − j 25 = 25 −90º = 20 −36,87º = 16 − j12 Ω = ( ) 1 0, 75 − j 1, 25 −53,13º 25 − j 1000 ⋅ 30 ⋅10−6 Esta impedancia está en serie con la bobina, debiendo calcular otra impedancia equivalente Z LRC = j1000 ⋅ 0, 024 + Z RC = j 24 + 16 − j12 = 16 + j12 = 20 36,87ºΩ Por lo tanto, la intensidad de corriente I LRC que circula por esta rama y cuyo valor efectivo indica el amperímetro es: I LRC = 100 0º 100 0º = = 5 −36,87º A = ( 4 − j 3) A Z LRC 20 36,87º Entonces, lectura del amperímetro = 5A En cuanto a la lectura del voltímetro, se puede obtener a partir de I LRC y Z RC U RC = Z RC I LRC = ( 20 −36,87º )( 5 −36,87º ) = 100 −73, 74ºV = ( 28 − j 96 ) V Entonces, lectura del voltímetro = 100V La intensidad de la corriente que circula por el condensador en paralelo con la fuente es: IC = 100 0º = 3 90º A −j 0, 03 La intensidad de corriente que circula por la fuente es: I = I C + I LRC Por claridad a I LRC se le llamará I L I = I C + I L = j 3 + 4 − j 3 = 4 0º A Con lo que el diagrama vectorial queda: PROBLEMA 7: Al cortocircuitar los terminales A y B, U se hace 0 y por tanto, se anula la fuente dependiente 5U, así como también desaparece la resistencia de 1Ω quedando el siguiente circuito: I CC = −5 I De la simple observación, se obtiene que: Y por otro lado, aplicando la Ley de Ohm, se puede calcular que: I= 5 0º = 1A ⇒ I CC = −5 A 5 Como existen fuentes dependientes, para obtener la Impedancia de Norton, además de anular la fuente independiente, se conectará una fuente de tensión externa U x entre los terminales A y B, para luego, por medio de las técnicas de análisis de circuitos, se pueda calcular la intensidad producida I x pudiendo calcular a su vez la impedancia buscada Z N = Ux .
Ix El análisis se hará por mallas, por lo que se transforma la fuente de corriente en la equivalente de tensión: Que permite plantear el sistema: 5I1 (1 − j5) I 2 − I2 − I3 + I3 = −5U x = 5I + 5U x = −5I − U x Se deben tener en cuenta dos relaciones importantes para la solución: I = I1 I x = −I3 El sistema entonces se convierte en: 5I1 −5I1 5I1 + − (1 − j 5) I 2 I2 + Ix − Ix = −5U x = 5U x = −U x Que se puede resolver directamente por Cramer 5 0 −5U x −5 1 − j 5 5U x 5 −1 −U x ( 20 − j100 )U x = 4, 08 −168, 7º U Ix = = ( ) x 5 0 0 j 25 −5 1 − j 5 1 5 −1 −1 Entonces: ZN = Ux Ux = = 0, 245 168, 7º = ( −0, 2404 + j 0, 048 ) Ω I x ( 4, 08 −168, 7º ) U x Por tanto, el equivalente de Norton, considerando el signo obtenido de la corriente, es: PROBLEMA 8: Para aplicar Thevenin, se retira Z y se calcula la tensión en abierto: 10 0º − 10 − I= π E1 − E2 3 = = Z1 + Z 2 1+ j +1− j 10 3 2 =5πA 2 3 10 − 5 + j El voltaje de Thevenin es: U o = E2 + Z 2 I = 10 − = 5− j π  π 10 3  π  π  + (1 − j )  5  = 5 − j +  2 − 5  = 3 2 4  3    3 π  10 3  10 3 + 5 2  = 5 − j + 6,83 + j1,83 = 11,83 − j 6,83 = 13, 66 −30ºV 2 12  2  La impedancia de Thevenin es: Z th = (1 + j )(1 − j ) = 2 = 1Ω Z1Z 2 = 1+ j +1− j 2 Z1 + Z 2 Por tanto, aplicando el circuito equivalente de Thevenin, el resultado pedido es: I= Uo 13, 66 −30º 13, 66 −30º 13, 66 −30º = = = = 4,83 −75º A Z th + Z 1 +1 + j2 2 + j2 2 2 45º PROBLEMA 9: A) Sean u ( t ) = 2Usen (ωt ) e Por definición: i ( t ) = 2 Isen (ωt − ϕ ) p (t ) = u (t ) i (t ) p ( t ) = 2UIsen (ωt ) sen (ωt − ϕ ) Aplicando identidades trigonométricas, se puede reducir a: p ( t ) = UI cos ϕ (1 − cos ( 2ωt ) ) − UIsenϕ sen ( 2ωt ) p ( t ) = UI cos ϕ − UI cos ϕ cos ( 2ωt ) − UIsenϕ sen ( 2ωt ) Por otro lado, también se puede reducir la expresión propuesta para la potencia: π  p ( t ) = 125 − 250 cos  200π t −  = 125 − 125cos ( 200π t ) − 125 3sen ( 200π t ) 3  Comparando término a término, se tiene que: UI cos ϕ = 125 UIsenϕ = 125 3 UIsenϕ 125 3 senϕ π 1 = ⇒ tan ϕ = = 3 ⇒ ϕ = ⇒ cos ϕ = UI cos ϕ 125 cos ϕ 3 2 De donde: P = UI cos ϕ = 125W Q = UIsenϕ = 125 3VAR B) P = UI cos ϕ ⇒ I = P 125 5 = = A 100 1 U cos ϕ 2 2 2 i ( t ) = 2 Isen (ωt − ϕ ) = 2 5 π  sen 100π t −  3 2  C) W = P ⋅ tiempo = 125 ⋅ 3 ⋅ 3600 = 1350000 J = 1350 KJ D) Se supone la siguiente configuración: 2  100  2 2   U U 2 P= ⇒R= = = 40Ω R P 125 2  100  2 2   U U 2 Q= ⇒Χ= = = 23, 09Ω Χ Q 125 3 Χ = ωL ⇒ L = Χ ω = 23,09 = 0, 0735 H 100π PROBLEMA 10: 1) La potencia que se pierde en la línea es: ∆P = Ps − Pe = 7200 − 6400 = 800W Por otro lado: ∆P = I 2 R ⇒ I = ∆P 800 = = 400 = 20 A R 2 2) Según el enunciado la impedancia es inductiva, por lo tanto es de la forma Z = R + j Χ Pe = I 2 R ⇒ R = Pe 6400 = = 16Ω I2 400 Z 2 = R 2 + Χ 2 ⇒ Χ = Z 2 − R 2 = 202 − 162 = 12Ω Z = 16 + j12 ⇒ cos ϕ = 16 = 0,8 20 3) La potencia aparente es: S S = EI = 440 ⋅ 20 = 8800VA cos ϕ s = PS 7200 = = 0,818 S S 8800 4) S S 2 = PS 2 + QS 2 ⇒ QS = S S 2 − PS 2 = QS = 88002 − 72002 = 5059, 6VAR Qe = I 2 Χ = 202 ⋅12 = 4800VAR La diferencia debida a la línea es: ∆Q = QS − Qe = 5059, 6 − 4800 = 259, 6VAR ∆Q = I 2 Χ L ⇒ Χ L = ∆Q 259, 6 = = 0, 649Ω I2 400 ω = 2π 50 = 100π ΧL = ωL ⇒ L = ΧL ω = 0, 649 = 2, 06mH 100π 5) Expresando lo anterior en forma gráfica, se obtiene el diagrama: 6) Considerando como referencia la tensión U en la carga: U = U 0º U = ZI = 20 ⋅ 20 = 400V cos ϕ = 0, 9 ⇒ ϕ = 25,84º ⇒ tan ϕ = 0, 4843 ∆QC = QC − Q 'C = P ( tan ϕ − tan ϕ ') Pero también: ∆QC = ωCU 2 ⇒ C = ∆QC P ( tan ϕ − tan ϕ ' ) 6400 ( 0, 75 − 0, 4843) = = = 40 µ F ωU 2 ωU 2 100π ⋅ 4002 ...