segundo parcial resuelto

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1. Se conecto a un sistema trifásico de tres conductores, 380V de tensión de línea y secuencia ABC una 
carga en estrella con las siguientes características: 
 
𝑍𝐴 = 36 Ω < 30° 
𝑍𝐵 = 60 Ω < 89° 
𝑍𝐶 = 10 Ω < 1° 
 
 
Determinar: 
 
a. Dibujar el circuito indicando todas las tensiones y corrientes. 
b. Los fasores de las seis tensiones en bornes del generador. 
c. Los fasores de las tensiones sobre cada una de las impedancias de carga. 
d. Los fasores de todas las corrientes. 
e. Todas las potencias. 
 
Nota: usar la tensión de línea VBC en cero grados, 0°. 
 
 
Tensiones de línea 
 
𝑉𝐵𝐶 = 380𝑉 < 0° 
𝑉𝐴𝐵 = 380𝑉 < 120° 
𝑉𝐶𝐴 = 380𝑉 < −120° 
 
Tensiones de fase 
 
𝑉𝐴 = 220𝑉 < 90° 
𝑉𝐶 = 220𝑉 < 210° 
𝑉𝐵 = 220𝑉 < 330° 
 
 𝐼𝐴 + 𝐼𝐵 + 𝐼𝐶 = 0 
 
𝐼𝐴 = 
𝑉𝐴 − 𝑉0
𝑍𝐴
 
 
𝐼𝐵 = 
𝑉𝐵 − 𝑉0
𝑍𝐵
 
 
𝐼𝐶 = 
𝑉𝐶 − 𝑉0
𝑍𝐶
 
 
𝑉𝐴 − 𝑉0
𝑍𝐴
+ 
𝑉𝐵 − 𝑉0
𝑍𝐵
+ 
𝑉𝐶 − 𝑉0
𝑍𝐶
= 0 
 
Despejando 
 
𝑉0 = 
𝑉𝐴. 𝑌𝐴 + 𝑉𝐵. 𝑌𝐵 + 𝑉𝐶 . 𝑌𝐶
𝑌𝐴 + 𝑌𝐵 + 𝑌𝐶
 
 
 
 𝑉0 = 
(220𝑉 < 90°. 0,0277 < −30°) + (220𝑉 < 330°. 0,0166 < −89°) + (220𝑉 < 210°. 0,1 < −1°)
0,0277 < −30° + 0,0166 < −89° + 0,1 < −1°
 
 
 
𝑉0 = 
(6,097 < 60°) + (3,652 < 241°) + (22 < 209°)
(0,024 − 𝑗0,013) + (0,00029 − 𝑗0,016) + (0,099 − 𝑗0.0017)
 
 
 
𝑉0 = 
(3,485 + 𝑗6,03) + (−1,77 − 𝑗3,19) + (−19,24 − 𝑗10,66)
(0,123 − 𝑗0,0307) 
 
 
𝑉0 = 
(−17,52 − 𝑗7,82)
(0,123 − 𝑗0,0307) 
= 
19,18 < −156°
0,126 < −14°
 
 
 
𝑉0 = 152,22𝑉 < −142° 
 
 
𝐼𝐴 = 
220𝑉 < 90° − 152,22𝑉 < −142°
36 Ω < 30°
= 
(0 + 𝑗220) − (−120 − 𝑗93,7)
36 Ω < 30°
 
 
𝐼𝐴 = 
(120 + 𝑗313)
36 Ω < 30°
 = 
335,2 𝑉 < 69,02°
36 Ω < 30°
= 9,31 𝐴 < 39,02° 
 
𝐼𝐵 = 
220𝑉 < 330° − 152,22𝑉 < −142° 
60 Ω < 89°
= 
(190,52 − 𝑗110) − (−120 − 𝑗93,7)
60 Ω < 89°
 
 
𝐼𝐵 = 
(310,52 − 𝑗16,3)
60 Ω < 89°
 = 
310,95 𝑉 < −3°
60 Ω < 89°
= 5,18 𝐴 < −92° 
 
𝐼𝐶 = 
220𝑉 < 210° − 152,22𝑉 < −142°
10 Ω < 1°
= 
(−190,52 − 𝑗110) − (−120 − 𝑗93,7)
10 Ω < 1°
 
 
𝐼𝐶 = 
(−70,52 − 𝑗16,3)
10 Ω < 1°
 = 
72,34 𝑉 < −167°
10 Ω < 1°
= 7,23𝐴 < −168° 
 
 
 
Potencias 
 
𝑆𝐴 = 𝑉𝐴0 . 𝐼𝐴
∗ = (335,2 𝑉 < 69,02°) ∗ (9,31 𝐴 < −39,02°) 
 
𝑆𝐴 = 3120,7 𝑉𝐴 < 30° = 2702,6 + 𝑗 1560,3 
 
 
𝑆𝐵 = 𝑉𝐵0 . 𝐼𝐵
∗ = (310,95 𝑉 < −3°) ∗ (5,18 𝐴 < 92°) 
 
𝑆𝐵 = 1610,2 𝑉𝐴 < 89° = 28,1 + 𝑗 1609,9 
 
𝑆𝐶 = 𝑉𝐶0 . 𝐼𝐶
∗ = (72,34 𝑉 < −167°) ∗ (7,23𝐴 < 168°) 
 
𝑆𝐶 = 523 𝑉𝐴 < 1° = 522,9 + 𝑗 9,127 − 
 
 
2. Al realizar un ensayo en cortocircuito a un transformador monofásico de SN = 250 KVA, tensiones 
24.000/398 V, es necesario aplicar al lado de alta tensión una tensión de 960 V para que por el 
primario circule la corriente nominal. Si la potencia absorbida en el ensayo es de 4.010 W, 
averiguar: 
 
a. Las corrientes nominales del primario y del secundario; 
b. Las pérdidas en el cobre para la potencia nominal; 
c. Los parámetros R’cc, X’cc y Z’cc. 
d. las pérdidas en el cobre cuando el transformador trabaje a la mitad de la carga. 
 
a. 
𝐼1𝑁 = 
𝑆𝑁 
𝑉1𝑁 
=
 250𝐾𝑉𝐴 
24000𝑉 
= 10,42 𝐴 
 
𝐼2𝑁 = 
𝑆𝑁 
𝑉2𝑁 
=
 250𝐾𝑉𝐴 
398𝑉 
= 628,14 𝐴 
 
 
b. 
Las perdidas en el cobre a potencia nominal, es la potencia cuando se le aplica tensión 
nominal o a corriente nominal al transformador. 
En el ensayo realizado, la Corriente de Cortocircuito (Icc) es la corriente nominal (I1N), por lo 
tanto, las perdidas en el cobre coinciden con la potencia de cortocircuito. 
 
 
𝑃𝐶𝑢 = 𝑃𝑐𝑐 = 628,14 𝐴 
 
 
 
c. 
 
𝑍𝐶𝐶
′ = 
𝑉𝐶𝐶 
𝐼1𝑁 
=
 960 𝑉 
10.42 𝐴 
= 92,13 𝑜ℎ𝑚 
 
 
𝑅𝐶𝐶
′ = 
𝑃𝐶𝐶 
𝐼1𝑁
2 
=
 4010 𝑊 
(10.42 𝐴) 2 
= 36,93 𝑜ℎ𝑚 
 
𝑋𝐶𝐶
′ = √𝑍𝐶𝐶
′ 2 − 𝑅𝐶𝐶
′ 2 = √92,13 2 − 36,93 2 = 84.40 𝑜ℎ𝑚 
 
d. 
 
Si el transformador trabaja a la mitad de potencia nominal seria: 
 
𝑆𝑁𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 = 
𝑆𝑁 
2 
=
 250𝐾𝑉𝐴 
2 
= 125 𝐾𝑉𝐴 
 
Con las tensiones nominales V1N y V2N se mantienen constantes, pero las corrientes 
nominales disminuyen a la mitad. 
 
 
𝐼1𝑁𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 = 
𝐼1𝑁 
2 
=
 10,42 𝐴 
2 
= 5.21 𝐴 
 
 
𝑃𝐶𝑢 (𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙) = (𝐼1𝑁𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙) 
2 . 𝑅𝐶𝐶
′ 
 
𝑃𝐶𝑢 (𝑚𝑖𝑡𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙) = (5,21 𝐴) 
2 . 3,93 𝑜ℎ𝑚 = 1002,43 𝑊 
 
3. Se dispone de un motor asíncrono trifásico de un par de polos y potencia útil, a plena carga, de 160 
KW, trabajando a una frecuencia de 50 Hz, 380 V y velocidad nominal de 2968 rpm. 
 
Calcular: 
 
a. El deslizamiento trabajando a plena carga. 
b. El par nominal. 
c. El valor de las corrientes de línea trabajando a la mitad de su potencia nominal si su 
rendimiento en ese punto de trabajo es del 91% con un factor de potencia de 0.87. 
 
Solución: 
 
Pu = 160 KW 
Datos 
pp= 1 
VL= 380 V 
nr = 2968 rpm 
 
a. El deslizamiento trabajando a plena carga. 
 
𝑛𝑠 = 
60 . 𝑓
𝑝𝑝
= 
60 . 50 𝐻𝑧
1
= 3000 𝑟𝑝𝑚 
 
𝑆 = 
 𝑛𝑠 − 𝑛𝑟 
𝑛𝑠 
=
 3000 𝑟𝑝𝑚 − 2968 𝑟𝑝𝑚 
3000 𝑟𝑝𝑚 
= 0,0106 
 
b. El par nominal. 
 
𝑛𝑟 (𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔) = 𝜔 = 
2968 𝑟𝑝𝑚 . 2𝜋
60 𝑠𝑒𝑔
= 310,81 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 
 
𝜏 = 
 𝑃𝑢
𝜔 
= 
 160 𝑘𝑊
310,81 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔 
= 514,78 𝑁 . 𝑚 
 
c. El valor de las corrientes de línea trabajando a la mitad de su potencia nominal si su rendimiento en 
ese punto de trabajo es del 91% con un factor de potencia de 0.87. 
 
FP = 0,87 
Rendimiento =  = 91% 
P = Pu / 2 = 160 kW / 2 = 80kW 
 
𝑃𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝐸𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 𝑃𝐸 = √3 . 𝑉𝐿 . 𝐼𝐿. cos 𝜑 
 
 
𝑃𝐸 = 
𝑃𝑢
 𝜂 
 = 
80 𝑘𝑊
 0,91 
 = 87,91 𝑘𝑊 
 
 
𝐼𝐿 = 
𝑃𝐸 
√3 . 𝑉𝐿 . cos 𝜑 
 = 
87,91 𝑘𝑊
√3 . 380𝑉 . 0,87
= 153,5 𝐴