máquinas eléctricas

Potencias en los circuitos de corriente alterna. Problema 2. Máquinas eléctricas.

Problema.

La figura 1.2.1 muestra un sistema de potencia de ca monofásico con tres cargas. La fuente de voltaje es V=240 \ \angle 0 \ V y las impedancias de estas tres cargas son Z_1 = 10 \ \angle 30 \Omega, Z_2 = 10 \ \angle 45 \Omega y Z_3 = 10 \ \angle -10 \Omega. Responda las siguientes preguntas.

a) Suponga que el interruptor que se muestra en la figura está abierto y calcule la corriente \mathbf I, el factor de potencia y las potencias real, reactiva y aparente suministradas por la fuente.

b) ¿Cuánta potencia real, reactiva y aparente se está consumiendo por cada carga en el interruptor abierto?

c) Suponga que el interruptor que se muestra en la figura está cerrado y calcule la corriente \mathbf I, el factor de potencia, las potencias real, reactiva y aparente suministradas por la fuente.

d) ¿Cuánta potencia real, reactiva y aparente se consume por cada carga con el interruptor cerrado?

e) ¿Qué le pasa a la corriente que emana de la fuente cuando se cierra el interruptor? ¿Por que?

figura 1.2.1
Figura 1.2.1 Sistema de potencia de ca monofásico con tres cargas.

Solución a).

Para este caso se toma la figura 1.2.1 y se tiene lo siguiente.

figura 1.2.2
Figura 1.2.2 Circuito que no toma en cuenta la tercera carga del sistema.

De la fórmula del voltaje, se despeja la corriente.

\displaystyle \mathbf{V} = \mathbf{Z_1} \ \mathbf{I_1}

\displaystyle \mathbf{I_1} = \frac{\mathbf{V}}{\mathbf{Z_1}}

La corriente de la primera rama es

\displaystyle \mathbf{I_1} = \frac{\mathbf{V}}{\mathbf{Z_1}}

\displaystyle \mathbf{I_1} = \frac{240 \angle 0}{10 \angle 30}

\displaystyle \mathbf{I_1} = 24 \angle -30 \ (A)

La corriente de la segunda rama es

\displaystyle \mathbf{I_2} = \frac{\mathbf{V}}{\mathbf{Z_2}}

\displaystyle \mathbf{I_2} = \frac{240 \angle 0}{10 \angle 45}

\displaystyle \mathbf{I_2} = 24 \angle -45 \ (A)

De la figura 1.2.2, aplicando LCK (leyes de corriente de Kirchhoff), la corriente total es

\mathbf{I} = \mathbf{I_1} + \mathbf{I_2}

\mathbf{I} = 24 \angle -30 + 24 \angle -45

\mathbf{I} = 20.78 - j12 + 16.97 - j16.97

\mathbf{I} = 37.75 - j28.97 \ (A)

\therefore \mathbf{I} = 47.58 \angle -37.5 \ (A)

El valor del factor de potencia es

F.P. = \cos{\theta}

F.P. = \cos{(-37.5)}

\therefore F.P. = 0.793 (en atraso)

El valor de la potencia real total es

P = V \ I \ \cos{\theta}

P = (240)(47.58) \ \cos{37.5}

P = 9055 \ W

El valor de la potencia reactiva total es

Q = V \ I \ \sin{\theta}

Q = (240)(47.58) \ \sin{37.5}

Q = 6952 \ var

Y el valor de la potencia aparente total es

S = V \ I

S = (240)(47.58)

S = 11,419.2 \ VA

Solución b).

La potencia real que consume en la primera carga es

P_1 = V \ I_1 \ \cos{\theta_1}

P_1 = (240)(24) \cos{30}

P_1 = 4,988 \ W

La potencia reactiva que consume en la primera carga es

Q_1 = V \ I_1 \sin{\theta}

Q_1 = (240)(24) \sin{30}

Q_1 = 2880 \ var

La potencia aparente que consume en la primera carga es

S_1 = V \ I_1

S_1 = (240)(24)

S_1 = 5760 \ VA

La potencia real que consume en la segunda carga es

P_2 = V \ I_2 \ \cos{\theta_2}

P_2 = (240)(24) \cos{45}

P_2 = 4,073 \ W

La potencia reactiva que consume en la segunda carga es

Q_2 = V \ I_2 \sin{\theta_2}

Q_2 = (240)(24) \sin{45}

Q_1 = 4073 \ var

La potencia aparente que consume en la segunda carga es

S_2 = V \ I_2

S_2 = (240)(24)

S_2 = 5760 \ VA

La potencia real que consume en la tercera carga es

P_3 = V \ I_3 \ \cos{\theta_3}

P_3 = 0

La potencia reactiva que consume en la tercera carga es

Q_3 = V \ I_3 \sin{\theta_3}

Q_3 = 0

La potencia aparente que consume en la tercera carga es

S_3 = V \ I_3

S_3 = 0

Solucion c).

figura 1.2.3
Figura 1.2.3 Circuito que no toma en cuenta la tercera carga del sistema.

Ahora el interruptor está cerrado. Entonces, se determina la corriente en la primera rama

\displaystyle \mathbf{I}_1 = \frac{\mathbf{V}}{Z_1}

\displaystyle \mathbf{I}_1 = \frac{240 \angle 0}{10 \angle 30}

\displaystyle \mathbf{I}_1 = 24 \angle -30 \ A

Calculando la corriente de la segunda rama se tiene lo siguiente

\displaystyle \mathbf{I}_2 = \frac{\mathbf{V}}{Z_2}

\displaystyle \mathbf{I}_2 = \frac{240 \angle 0}{10 \angle 45}

\displaystyle \mathbf{I}_2 = 24 \angle -45 \ A

Y el valor de la corriente en la tercera rama es

\displaystyle \mathbf{I}_3 = \frac{\mathbf{V}}{Z_3}

\displaystyle \mathbf{I}_3 = \frac{240 \angle 0}{10 \angle -90}

\displaystyle \mathbf{I}_3 = 24 \angle 90 \ A

Por leyes de corriente de Kirchhoff, el valor total de la corriente es

\mathbf{I} = \mathbf{I}_1 + \mathbf{I}_2 + \mathbf{I}_3

\mathbf{I} = 24 \angle -30 + 24 \angle -45 + 24 \angle 90

\mathbf{I} = 20.78 - j12 + 16.97 - j16.97 + 0 +j24

\mathbf{I} = 37.75 - j4.97

\therefore \mathbf{I} = 38.08 \angle -7.5 \ A

El valor del factor de potencia se calcula extrayendo el valor del ángulo de perteneciente al fasor de la corriente total

F.P. = \cos{\theta}

F.P. = \cos{-7.5}

\therefore F.P. = 0.991 (en atraso)

La potencia real que suministra la fuente es

P = V \ I \ \cos{\theta}

P = (240)(38.08) \cos{(-7.5)}

\therefore P = 9061 \ W

La potencia reactiva que suministra la fuente es

Q = V \ I \ \sin{\theta}

Q = (240)(38.08) \sin{(-7.5)}

Q = - 1192.9 \ var

La potencia aparente que suministra la fuente es

S = V \ I

S = (240)(38.08)

\therefore S = 9139.2 \ VA

Solución d).

De este enunciado, aun menciona que el interruptor está cerrado. El valor de la potencia real en la primera carga es

P_1 = V \ I_1 \cos{\theta_1}

P_1 = (240)(24) \cos{30}

\therefore P_1 = 4988 \ W

El valor de la potencia reactiva en la primera carga es

Q_1 = V \ I_1 \sin{\theta_1}

Q_1 = (240)(24) \sin{30}

\therefore Q_1 = 2880 \ var

Y el valor de la potencia aparente en la primera carga es

S_1 = V \ I_1

S_1 = (240)(24)

\therefore S_1 = 5760 \ VA

El valor de la potencia real en la segunda carga es

P_2 = V \ I_2 \cos{\theta_2}

P_2 = (240)(24) \cos{45}

\therefore P_2 = 4072.9 \ W

El valor de la potencia reactiva en la primera carga es

Q_2 = V \ I_2 \sin{\theta_2}

Q_2 = (240)(24) \sin{45}

\therefore Q_2 = 4072.9 \ var

Y el valor de la potencia aparente en la primera carga es

S_2 = V \ I_2

S_2 = (240)(24)

\therefore S_2 = 5760 \ VA

El valor de la potencia real en la tercera carga es

P_3 = V \ I_3 \cos{\theta_3}

P_3 = (240)(24) \cos{(90)}

\therefore P_3 = 0 \ W

El valor de la potencia reactiva en la tercera carga es

Q_3 = V \ I_3 \sin{\theta_3}

Q_3 = (240)(24) \sin{(-90)}

\therefore Q_3 = - 5760 \ var

Y el valor de la potencia aparente en la primera carga es

S_3 = V \ I_3

S_3 = (240)(24)

\therefore S_3 = 5760 \ VA

Solución e).

El flujo de corriente disminuyó cuando el interruptor se cerró, porque la mayor potencia reactiva es consumida por las cargas 1 y 2, y está siendo alimentada o suministrada por la carga 3. Como la fuente suministra  menos potencia reactiva, provocó que la corriente total disminuyera.

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