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ELECTROTECNIA Grados. Curso 2012-13 Q5. Examen final 15/1/2013 Tiempo: 3 h 20 m. 1 punto por pregunta. Entregar cada problema en hojas separadas

Departamento de Ingeniería Eléctrica UPC. Prohibida la reproducción comercial (total o parcial) y la obra derivada

Dado el circuito de la figura, a) Escribe el sistema lineal de ecuaciones que permite resolverlo

por el método de los nudos. Si la tensión del generador es UG = 400 V y la potencia instantánea que genera vale pG(t) = 8 + 10·cos (200t + 0,05463 rad) kW, b) Determina la expresión temporal de la tensión uG(t) y de la

corriente iG(t), y el valor de la impedancia equivalente que está alimentando el generador.

__________________________________________________________________________________ Dado el circuito de la figura, a) Calcula las intensidades IAB, IAC e IBC. b) Realiza las tres representaciones fasoriales siguientes: (1) de

las corrientes IG, IAB e IAC, (2) de las tensiones UAB, UBD, UAD y de la corriente IAB, y en la que deben aparecer los nombres de los nudos A, B y D, (3) de las tensiones UAC, UCD, UAD y de la corriente IAC, y en la que deben aparecer los nombres de los nudos A, C y D.

__________________________________________________________________________________ Dado el circuito de la figura, a) Determina la medida de

todos los amperímetros. Si la impedancia de la fase a de la carga 1 (carga en estrella) y la impedancia entre las fases a y b de la carga 2 (carga en triángu-lo) duplican su valor, b) Determina la medida de todos los amperímetros. __________________________________________________________________________________ El transformador trifásico de la figura tiene la si-guiente placa de características: 25000/960 V, 4 MVA, εcc = 10%, Wcc = 25 kW, Wo = 12 kW. La red se caracteriza con una tensión de vacío de 25 kV y con una potencia de cortocircuito Scc = 25 MVA. La carga consiste en una impedan-cia conectada en estrella de 0,6 + j0,4 Ω. Estando el interruptor D1 cerrado y el D2 abierto, a) Calcula la intensidad en el primario del trans-

formador, la tensión en bornes de la carga y la eficiencia del transformador. Estando el interruptor D2 cerrado y el D1 abierto, se quiere mantener el aerogenerador, que está gene-rando 2 MW, a una tensión de 960 V en bornes. En estas condiciones,

1

2

3

4

Red

Zcc

Uo

D1

D2

Carga

Aerogenerador

+

uG(t)+

0

X2 Xm

1

iG(t)R3

X3

X1

2+j2 Ω

2 Ω 2 ΩIAB

IAC

IG

A

B C

2 Ω

IBC

D 2 Ω

4+j4 A

Z1 = 8 + j6

Aa1 Ab1 Ac1

Z2 = 9,6 + j2,8

Aa2 Ab2 Ac2

a b c

U = 400 V

Aa3 Ab3 Ac3

P3 = 10 kW cos 3 = 0,6 (i)



b) Calcula la potencia reactiva que intercambia el aerogenerador con el secundario del transformador, la caída de tensión en el transformador en % y las pérdidas del transformador.

__________________________________________________________________________________ La red trifásica de la figura se alimenta desde el nudo 1 a una tensión de 400 V. La resistencia unitaria de todas las líneas es r = 0,0018 /m. Los consumos son:

P2 = 100 kW, Q2 = 40 kvar, P3 = 20 kW cos 3 = 0.8(i), P4 = 80 kW, cos 4 = 0.96(i)

Suponiendo nulas todas las caídas de tensión, calcula la corriente que consume cada una de las tres cargas y suponla constante en todo el problema. a) Calcula la tensión en cada nudo. Se desea que la caída de tensión desde la alimentación hasta los consumos sea inferior al 1,5% (es decir, se desea que la caída de tensión en el nudo más desfavorable sea, como máximo, del 1,5%). Para ello se decide cambiar la sección de todas las líneas utilizando cobre con una resistividad = 1/56 ·mm2/m. En estas condiciones, b) Calcula la sección mínima que deben tener los conductores (la misma sección en todas las líneas). __________________________________________________________________________________ La figura muestra el pupitre de alimentación del laboratorio, un wattímetro y una resistencia. Se desea alimentar la resistencia desde dos fases de la red de alterna y medir la potencia con el wattímetro.

a) Repite esta misma figura (la fuente, el wattímetro y la resistencia) en la hoja de respuestas, y re-

presenta en ella las conexiones necesarias entre los aparatos y la alimentación. Ten cuidado al di-bujar todas las bornas que utilices, ya que deben quedar perfectamente identificadas.

b) Calcula la potencia que consume la resistencia si la aguja del wattímetro señala 25 divisiones (el fondo de escala es de 100 divisiones, la bobina de tensión está en la escala de 100 V y la de co-rriente en la de 2,5 A). Si se sabe que la resistencia es de 68 , calcula también la tensión de ali-mentación y la corriente que circula.

__________________________________________________________________________________

5

6Pr

U1S430 m

2

4S2

3

40 m

1

S3

10 m

50 m

K = 1 2,5 A 5 A

100 V L2,5 L5 200 V L5 L10 400 V L10 L20

* *



Potencia instantánea consumida por circuito monofásico:

U I U I

U I U I

U I

, ,cos cos 2

cos 2

U U I Ip t u t i t UI UI t

P S t

Thévenin-carga

El valor de U, E, P, Q, R o X se calcula con la expresión:

4 2 2 2 2 2 2

*4 2 2 2 2

2 2 0

o también:

2 Re 0

U U RP XQ E R X P Q

U U Z S E Z S

El fasor I (módulo y ángulo) y el desfase entre E y U se pueden calcular con:

2

PQ PQ*PQ

, ,

U EZ I U Z IZ ZS

Método de los nudos

Y V J siendo: Y matriz de admitancias de nudo, cuyo término k-ésimo de la diagonal está formado por la suma de las admitancias que tocan al nudo k, y cuyo término en la posición ( j , k ) está formado por la suma de las admitancias, cambiadas de signo, que tocan a los nudos j y k simultáneamente.

V vector de potenciales de nudo. J vector de intensividades de nudo, formado por la suma algebraica de las fuentes

de corriente que entran al nudo k (convenio: la fuente de corriente es positiva si entra al nudo y negativa si sale del nudo).

Método de los nudos ampliado (acoplamientos y fuentes ideales de tensión)

m gtm m mtg g g

Y A A V JA Z 0 I 0A 0 0 I U

Acoplamientos (caso 2 bobinas)

11 mm m m r1 r2

2m 2

j j, ,

j j

X X IX X I

Z I A A A

siendo: Ar1 y Ar2 vectores de incidencia de las ramas r1 y r2 (convenio: la corriente entra por el punto en ambas bobinas; por lo tanto, en el vector de incidencia de la rama r1 hay un +1 en la po-sición correspondiente al nudo n1, un 1 en la posición correspondiente al nudo n2 y un 0 en el resto de posiciones).

Fuente ideal de tensión

g g g r, , I UI U A A

siendo: Ar vector de incidencia de la rama r (convenio: la corriente entra por el terminal + de la fuente; por lo tanto, en el vector de incidencia de la rama r hay un +1 en la posición correspondiente al nudo n1, un 1 en la posición correspondiente al nudo n2 y un 0 en el resto de posiciones).

i(t)

Dipolo u(t)

i(t)

Dipolo u(t)

+E

I

U

Z = R + j X

S = P + jQ

+E

I

U ZPQ = U 2 / S *

Z = R + j X

r2

r1 n1 n2

n3 n4

I1

I2

X1

X2

U +

r

n1 n2

I



Circuitos trifásicos

Operador a:

2

3

2

a 1 120a 1 120a 11 a a 0

Centro de gravedad (cdg) de sistema trifásico de tensiones: punto G en el que

AG BG CG 0 U U U

AB ACAG 3

U UU

Sistema de tensiones simé-trico: tensiones de línea (UL) iguales

AB BC CA L U U U U

Sistema de tensiones equi-librado: neutro en el cdg (N ≡ G)

Sistema de tensiones simétrico y equilibrado: tensiones de línea iguales y neutro en el cdg. Tomando, por ejemplo, como referen-cia UAN:

2AB BC AB CA ABL

2AN BN AN CN ANL

30 , a , a

3 0 , a , a

U U U U U U

U U U U U U

Teorema de Millman: B CAB AC

AFA B C

U Y U YU

Y Y Y

El punto F está en el cdg (F ≡ G) si:

2A B Ca a 0 Y Y Y

Si el sistema de tensiones es simétri-co, IA, IB e IC forman una estrella simétrica de secuencia directa si:

2AB BC CAa a 0 Y Y Y

Si el sistema de tensiones es simétri-co, IA, IB e IC forman una estrella simétrica de secuencia inversa si:

AB BC CA 0 Y Y Y Transformación estrella-triángulo:

A B B CAB BC

A B C A B C

C ACA

A B C

Y Y Y YY YY Y Y Y Y Y

Y YYY Y Y

Transformación triángulo-estrella: AB CA BC AB

A BAB BC CA AB BC CA

CA BCC

AB BC CA

Z Z Z ZZ ZZ Z Z Z Z Z

Z ZZZ Z Z

Teorema de Millman: B C NAB AC AN

AFA B C N

U Y U Y U YU

Y Y Y Y

Medida de potencias activa y reactiva

P Q Observaciones

(1) 13 W 23 W Para alimentación simétrica y equilibrada de secuencia directa y carga simétrica

(2) 1 2 3W W W - Para cualquier alimentación y carga

(3) 1 2W W 1 23 W W P para cualquier alimentación y carga. Q para alimenta-ción simétrica de secuencia directa y carga simétrica

(4) 1 2W W 1 2 31 3 W W 2 W P para cualquier alimentación y carga. Q para alimenta-ción simétrica de secuencia directa y carga cualquiera

a2

a

1

B

C

AG

UCG UAG

UBG

B

C

A

UAB

UBC

UCA

B

C

AN ≡ G

B

C

A

UCN UAN

UBN

N ≡ G

A

ZA

B C N

F

ZB ZC

ESTRELLA AISLADA DESEQUILIBRADA

A

ZCA

BCN

ZAB ZBC

IA

ICIB

TRIÁNGULO DESEQUILIBRADO

A

ZA

B C N

F

ZB ZC

ESTRELLA AISLADA DE 4 PUNTAS DESEQUILIBRADA

ZN

N

A

B

C

W1

W2

(1)

Simetr.

N

A

B

C

W1

W2

(2)

No simetr.W3

A

B

C

W1

W2

(3)

Simetr.

CONEXIÓN ARON

A

B

C

W1

W2

(4)

No simetr.

W3



Transformadores

REDUCCIÓN r (GENERAL) REDUCCIÓN A PU REDUCCIÓN AL PRIMARIO REDUCCIÓN AL SECUNDARIO

brS b NS S b' 3S b'' 3S

b1rU b2

rU b1 N1U U b1 N2U U b1' 3U b2t

3' Ur

b1 t'' 3U r b2'' 3U

bb1

b13

rr

r

SIU

bb2

b23

rr

r

SIU

Nb1

N13

SIU

Nb2

N23

SIU b1' 1I b2 t' I r b1

t

1'' Ir

b2'' 1I

2

b1b1

b

r

rr

UZ

S

2

b1b1

b

r

rr

UZ

S 2

b1b1

b

U

ZS

2b2

b2b

U

ZS b1' 1Z b2 2

t

1' Zr

2b1 t'' Z r b2'' 1Z

Valores nominales: SN = 3·UN1·IN1 = 3·UN2·IN2. Relación de transformación: rt = UN1/ UN2. Las bases anteriores corresponden a transformadores trifásicos, y también son válidas para monofásicos reemplazando los 3 y 3 rodeados con un círculo por un 1.

Cambios de base entre las diferentes reducciones Cambio de base entre las bases r1 y r2

12 1

2

valor basevalor red. valor red.

valor base

rr r

r

Transformadores en paralelo (de igual rt) y en cascada

Normas de uso de la rama del hierro del esquema equivalente del transformador reducido

- Sólo se conecta cuando el secundario está en vacío (o próximo a él; es decir, cuando i2 ≤ iFe), colocándose siempre en el lado BT. - Aunque no se conecte, se deben tener en cuenta las pérdidas en gFe al calcu-lar el rendimiento del transformador:

22

Fe 1222 Fe 2

... y si el transformador es BT/AT:

p g up ri g u

- Aunque no se conecte, se debe tener en cuenta el consumo de bFe al calcular la potencia reactiva que consumen las bobinas del transformador:

2 22Fe 2 Fe 1... y si el transformador es BT/AT: q xi b u b u

Ensayo de vacío (ensayo normalizado: alimentación por lado BT a la tensión nominal) Reducción genérica o ensayo no normalizado: Reducción en pu y ensayo normalizado (uo = 1 pu):

2

Fe o or r rg w u Fe o or r ry i u 2 2

Fe Fe Fe r r rb y g Fe og w Fe oy i 2 2Fe Fe Fe b y g

Ensayo de cortocircuito (ensayo normalizado: alimentación por lado AT a la intensidad nominal) Reducción genérica o ensayo no normalizado: Reducción en pu y ensayo normalizado (icc = 1 pu):

2

cc ccr r rr w i cc ccr r rz u i 2 2 r r rx z r ccr w cc cc z u 2 2 x z r

r x

i1

u1 u2

i2

iFe

gFe bFe

AT/BT

Reducción a pu

Reducción al primario

Reducción al secundario

b2

3

U

b2

1

I

b2

1

Z

b2

3

U

b2 I

b2 Z

b1

3

U

b1

1

I

b1

1

Z

b1

3

U

b1 I

b1 Zb2'3

U

b2' I b2' Z

b1"3

U

b1" I b1" Z

b'3

S

b"3

S

b

3

Sb

3

S b

3

Sb

3

S

(rt)Trafo A

1 2(rt)Trafo B

bSb1U b2U

b1 b2 tU U r

(rt

A) Trafo A

1

bSb1U

(rtB)

Trafo B2 3

b3Ub2U

A Bb1 b2 t b2 b3 t U U r U U r



SOLUCIONES a) Considerando el grafo de la figura y aplicando el método de los nudos

extendido se tiene el sistema

13 3

m11 m

m2m 2

GG

1 1 1 10j

01 j j 0 .

01 j j 0

'1 0 0 0

VR X

IX X

IX X

U I

donde se debe observar que la flecha de valoración para la corriente del generador (IG’) lleva la direc-ción contraria a la representada en el enunciado, es decir, IG’ = ‒IG. b) Teniendo en cuenta que la expresión temporal de la potencia instantánea es

G G G UG IGcos 2 100 8 10cos 200 0,05463 rad kW,p t P S t t

la expresión temporal de las tensiones y corrientes será

G UG

3

G IG IG

2 400cos 100 V,

10 102 cos 100 2 25cos 100 A,400

u t t

i t t t

donde

UG IG

UG IG

UG IG

3600,05463 3,132 20º ; 16,87º .

8acos acos 36,8710

PS

La impedancia equivalente del dipolo pasivo que alimenta el generador es

Geq

G

400 20 16 36,87º 12,8 j9,6 .25 16,87

UZI

__________________________________________________________________________________ a) Por la simplicidad del circuito, su resolución normal sería la presentada en las resoluciones nº 1 y

2. No obstante, también se incluyen dos resoluciones alternativas utilizando el método de los nu-dos.

Resolución nº 1 El circuito se puede resolver calculando la impedancia total vista por la fuente de corriente:

total

2 j2 j2 22 j2 2 j2 j2 2 2 j2 4,47 26,57º .2 j2 2 j2

Z

La impedancia equivalente de las cuatro impedancias de la derecha es

AD

2 j2 j2 22 j2 j2 2 2 0º .2 j2 2 j2

Z

Por lo que podemos calcular cada una de las tensiones del circuito:

1

2

0

1

IG’ Im1 Im2



AD G GAD AB AC

GBC CD

2 j211,31 45º V 8 j8 V, 8 0º V

2 j2j2 2 8 90º V.

2 j2

U Z I U U I

U U I

Y, por último, las corrientes que nos piden son

AB AC BDAB AC BD BC AB BD4 0º A, 4 90º A, 4 0º A, 0 A.

2 j2 j2

U U UI I I I I I

Resolución nº 2 La tensión del nudo B es igual a la tensión del nudo C. Entre A y B-C tenemos un divisor de corriente

AB AC G ABj2 4 j4 4 A, j4 A

2 j2I I I I

Entre B-C y D también hay un divisor de corriente

BD CD G BD2 4 j4 4 A, j4 A

2 j2I I I I

Al aplicar la ley de corrientes de Kirchoff en el nudo B se obtiene

AB BC BD BC AB BD 0 AI I I I I I

Resolución nº 3 El circuito se puede resolver por el método de los nudos utilizando el nudo D como nudo de referencia el nudo D, y calcular las tensiones de los nudos A y B. El sistema de ecuaciones a resolver es el si-guiente:

AD AD

BD BD

1 1 1 18 j8V4 j42 j2 2 j2

j8V1 1 1 1 1 1 02 j2 2 j2 2 j2

U UU U

Se debe observar que la impedancia que está en serie con la fuente de corriente no interviene en el cálculo anterior (una fuente de corriente en serie con una impedancia equivalen únicamente a la fuente de corriente). Aunque no lo pide el enunciado, se puede calcular la tensión en bornes de la fuente de corriente UIG:

IG AD 2 j2 4 j4 8 j24 VU U

Conocidas las tensiones de nudo el cálculo de las corrientes es inmediato

AD BD BD AD BD BDAB BD AC CD4 A, 4 A, j4 A, j4 A

2 j2 j2 2U U U U U UI I I I

Al aplicar la ley de corrientes de Kirchoff en el nodo B se obtiene

AB BC BD BC AB BD 0 AI I I I I I

Resolución nº 4 Con el método de los nudos también se puede calcular directamente la tensión de la fuente de corriente UIG si añadimos un nudo ficticio entre la fuente de corriente IG y la impedancia de 2 + j2 . Al igual



que en la resolución nº 3, utilizamos el nudo D como nudo de referencia y calculamos las tensiones de los nudos A, B y el nuevo nudo ficticio. El sistema de ecuaciones a resolver es:

IGIG

AD AD

BD BD

1 1 02 j2 2 j2 8 j24V4 j4

1 1 1 1 1 1 0 8 j8V2 j2 2 j2 2 j2 2 j2

0 j8V1 1 1 1 1 102 j2 2 j2 2 j2

UUU UU U

El cálculo de las corrientes del circuito es idéntico al del apartado anterior. b) La figura muestra los tres diagramadas fasoriales que pide el enunciado.

__________________________________________________________________________________ a) Al ser las tres cargas simétricas las intensidades que medirán los amperímetros de cada fase serán

las mismas y de valor,

a1 b1 c1 a2 b2 c2

3

a3 b3 c3

400 3 400A A A 23,09 A, A A A 3 69,28 A8 j6 9,6 j2,8

10 10A A A 24,06 A.3 400 0,6

b) Las intensidades medidas por los amperímetros de la carga 3 no cambian

3

a3 b3 c310 10A A A 24,06 A.

3 400 0,6

Al haberse desequilibrado la carga 1, las intensidades medidas por los amperímetros se calculan apli-cando el Teorema de Millman. Tomando como referencia la tensión Uan y denominando el punto neu-tro de la carga como f, se tiene

b1 c1 1 1ab ac ab acaf ab ac

a1 b1 c1 1 1 1

bf af ab

cf af ac

afa1 a1a1

1

2 ( ) 277,13 j0 V1 (2 ) 1 1 5

69,28 j200 V (211,66 109,11º V)69,28 j200 V (211,66 109,11º V)

11,08 j8,31 A A 13,86 A2

U Y U Y U Z U ZU U UY Y Y Z Z Z

U U UU U U

UI IZ

bfb1 b1b1

1

cfc1 c1c1

1

17,54 j11,84 A A 21,17 A

6,46 j20,16 A A 21,17 A.

UI IZ

UI IZ

3

IAB = 4 A

IAC = j4 A IG = 4 + j4 A

IAB = 4 A

UAB = 8 V

UBD = j8 V UAD = 8 + j8 V

A

D

B

IAC = j4 A

UAC = 8 V

UCD = j8 VUAD = 8 + j8 V

A

D

C



Al haberse desequilibrado la carga 2, las intensidades medidas por los amperímetros se calculan a partir de las intensidades que circulan por cada impedancia. Tomando como referencia la tensión Uan se tiene

ab ca ab caa2 ab2 ca2

2 2 2

a2

bc ab bc abb bc ab

2 2 2

b2

ca bc ca bcc2 ca2 bc2

2 2 2

0,5 47,08 j24,15 A (52,91 27,15º A)2

A 52,91 A0,5 30,63 j43,15 A (52,91 125,37º A)

2A 52,91 A

16

U U U UI I IZ Z Z

U U U UI I IZ Z Z

U U U UI I IZ Z Z

c2

,45 j67,30 A (69,28 103,74º A)

A 69,28 A

__________________________________________________________________________________ a) Definimos el sistema en pu:

Sb = 4 MVA Ub1 = 25 kV Ub2 = 960 V

Zb1 = 156,25 Ω Zb2 = 0,2304 Ω Ib1 = 92,376 A Ib2 = 2405,6 A

Y los parámetros del esquema equivalente del transformador valen:

2 2cc occ cc Fe o

b b

0,1 pu , 0,0063 pu , 0,0998 pu , 0,003 pu W Wz r w x z r g wS S

La reactancia de cortocircuito de la red y la impedancia de la carga en pu valen:

2cargao cccc

cargaccb1 b1 b2

25 0,6 j0,40,16 pu , 2,6042 j1,7361 pu156,25 0,2304

ZU SXx zZ Z Z

Tomando la tensión de vacío de la red como referencia de ángulos, uo = 1 pu, podemos calcular la intensidad consumida por la carga y la tensión en bornes de la carga

ocargacarga

cargacc

0,30432 37,4014º pu , 0,95246 3,7113 puj +

ui u z ix z z

Ahora podemos contestar a las preguntas del problema. La intensidad del primario vale

1 b1 28,1118 AI i I

La tensión en la carga es

carga carga b2 914,3652 VU u U

Por último, la eficiencia del transformador es

carga

22carga Fe carga

0,2412= = 98,65%0,2445

p

p ri g u

b) Se trata de un Thévenin-carga. Para resolverlo utilizamos la ecuación:

4 2 2 2 2 2 22 2 0 U U RP XQ E R X P Q

4



con

cc2

o

aerog.

aerog.6 6aerog.

0,0063 pu0,2598 pu

1 pu 0,0675 0,5196 0,0106 0960 960 1 pu 7,6731 pu

2 10 4 10 0,5 pu 0,0205 pu

R rX x xE u Q QU u

Q qP p

Para calcular la intensidad consumida por el aerogenerador, calculamos previamente su impedancia

2aerog. o

aerog. *aerog.ccaerog.

1,9966 j0,0819 pu , 0,4984 j0,0445 puj

u uz ir x x zs

Ahora podemos contestar a las preguntas. La potencia reactiva que consume el aerogenerador es

aerog. aerog. b 82,083 kvar Q q S

Es decir, el aerogenerador está consumiendo potencia reactiva capacitiva, o lo que es lo mismo, está entregando potencia reactiva inductiva al secundario del transformador. La caída de tensión en % y las pérdidas del mismo son

2 2o aerogenerador pérdidas Fe aerog. bcdt % 100 0 % , 18,3 kWu u P ri g u S

__________________________________________________________________________________ a) La Figura 1 muestra el esquema fase-neutro corres-

pondiente a la fase A. Tomando la tensión sencilla de la fase A en el nudo 1 como referencia de ángu-los, calculamos el valor de las fuentes de corriente:

* *

2 22

AN , 2 AN , 1

* *

3 33

AN , 3 AN , 1

* *

4 44

AN , 4 AN , 1

3 3 155,46 21,80 A

3 3 36,08 36,87 A

3 3 120,28 16,26 A

S SIU U

S SIU U

S SIU U

Resolución nº 1 Resolveremos el circuito de la Figura 1 mediante el método de los nudos y aplicando la regla de sustitu-ción. Como la fuente de tensión del nudo 1 entrega una corriente igual a la suma de los consumos de 2, 3 y 4, esta fuente de tensión se puede sustituir (apli-cando la regla de sustitución) por una fuente de co-rriente que entregue dicha corriente (la tensión que habrá en bornes de esta fuente de corriente será pre-cisamente UAN , 1), tal y como se muestra en la Figura 2. Las ecuaciones de este circuito por el método de los nudos son:

5

I2

2

3

I34

I4 UAN , 1

0

+

1

Figura 1

I2

2

3

I34

I4

0

1

UAN , 1

I2 + I3 + I4

Figura 2



AN , 1 2 3 4

AN , 2 2

AN , 3 3

AN , 4 4

1 1 0 010 10

1 1 1 1 1 11 10 10 40 30 40 30

1 1 1 1040 40 50 501 1 1 1030 50 30 50

U I I IU IU IrU I

(1)

Como la tensión en el nudo 1 es conocida, AN , 1 400 3 0 V U , podemos reescribir las tres últimas ecuaciones teniendo como incógnitas las tensiones de los nudos 2, 3 y 4, resultando:

AN , 1AN , 2AN , 2 2

AN , 3AN , 33

AN , 4 AN , 44

AN , 22

1 1 1 1 110 40 30 40 30 225,75 0,52 V

1 101 1 1 1 222,31 0,95 V40 40 50 50

220,58 0,98 V1 1 1 130 50 30 50

3 391,02V cd

U UU Ir UU

Ir U UI

U U

12

AN , 33 13

AN , 44 14

t 2,2460 %

3 385,05V cdt 3,7368 %

3 382,06V cdt 4,4859 %

U U

U U

(2)

Observación: circuito con uno o varios nudos flotando Se dice que un circuito tiene un nudo flotando si no existe ningún camino formado por impedancias o fuentes de tensión entre dicho nudo y el de referencia. Para dicho camino no son válidas las fuentes de corriente. Si un nudo está flotando, no se puede calcular su potencial con respecto al de referencia (di-cho potencial está indeterminado a falta de una constante, la cual puede tomar cualquier valor). Por lo tanto, los nudos 1, 2, 3 y 4 del circuito de la Figura 2 están flotando y no se pueden calcular sus potenciales con respecto al nudo 0. Matemáticamente, esto se traduce en que la matriz de admitancias de nudos del circuito [la matriz de (1)] no tiene inversa. Se debe tener en cuenta que nosotros no hemos invertido dicha matriz, sino que hemos eliminado la primera fila y la primera columna. Si en el circuito de la Figura 1 se cambia la fuente de tensión del nudo 1 y la resistencia de la línea 1-2 por su equivalente de Norton se obtiene el circuito de la Figura 3, cuyos nudos ya no están flotando porque existe un camino hasta el nudo de referencia a través de R12 (por ejemplo, el nudo 4 está unido al de referencia a través de las resistencias R24 y R12). Por este motivo, en este nuevo circuito se pueden determinar los potenciales de todos los nudos (la matriz de admitan-cias de nudos tiene inversa). La matriz de admitancias de nudos de este nuevo circuito coincide con la de (2) por-que la operación matemática de eliminar la primera fila y la primera columna equivale en este caso a la conversión de la fuente de tensión UAN,1 y de la resistencia R12 en su equivalente de Norton.

I2

2

3

I34

I4

0

UAN , 1R12

R12

R24

R23 R34

Figura 3



Resolución nº 2 Aplicando superposición se obtiene la tensión de los nudos 2, 3 y 4 cuando únicamente se considera el generador de tensión:

(1) (1) (1)2 3 4 AN , 1 400 3 0 V V V V U

La tensión en los nudos 2, 3 y 4 cuando únicamente se consideran las fuentes de corriente se obtiene por aplicación del método de los nudos:

(2)(2)22 2

(2)(2)3 33

(2) (2)44 4

1 1 1 1 110 40 30 40 30 5,5805 158,61 V

1 1 1 1 19,4099 156,97 V

40 40 50 5011,0614 159,97 V1 1 1 1

30 50 30 50

VV II VV

rIV V

Por lo tanto, las tensiones sencillas y de línea en los nudos 2, 3 y 4 son:

(1) (2)AN , 2 2 2 AN , 22 12

(1) (2)AN , 3 3 3 AN , 33 13

(1) (2)AN , 4 4 4 AN , 44 14

225,75 0,52 V , 3 391,02V cdt 2,2460 %

222,31 0,95 V , 3 385,05V cdt 3,7368 %

220,58 0,98 V , 3 382,06V cdt 4,4859 %

U V V U U

U V V U U

U V V U U

b) Como la resistencia de un conductor de longitud L y sección S vale R = ·L/S = r·L, podemos

trabajar con la resistencia unitaria r = /S. El último sistema de ecuaciones de la resolución nº 1 (o también el último sistema de ecuaciones de la resolución nº 2) del apartado anterior nos propor-ciona la tensión de cada nudo en función de la resistencia unitaria r.

Trabajando con el sistema de ecuaciones de la resolución nº 1 del apartado anterior

1

AN , 1AN , 2 2

AN , 33

AN , 44

1 1 1 1 110 40 30 40 30

101 1 1 140 40 50 501 1 1 1

30 50 30 50

UU rIU

rIU

rI

Parece evidente que la máxima caída de tensión se producirá en el nudo 4. Si nos fijamos en la ecua-ción correspondiente a UAN , 4 y sustituimos valores:

AN , 4 230,9401 5773,5 j2104,9 U r

Imponiendo una caída de tensión en ese nudo del 1,5% se obtiene una ecuación de segundo grado en r,



2 2

AN , 41 114

1 1

17 2 6 34

2

21

1

22

2

3 3 230,9401 5773,5 2104,9cdt % 100 100

0,0700 /m3.7764 10 2.6667 10 1,5880 10 0

6,0061 10 /m

0,2551 mm Solución no válida

29,7318 mm

U U U r rU U

rr r

r

Sr

Sr

La primera solución es falsa porque, además de que las tensiones en los otros nudos salen mucho ma-yor de 1,5%, se trata de una solución en la que un ligero incremento de la sección supone un aumento de la caída de tensión, lo cual se contradice con una situación realista. Por último, teniendo en cuenta que las secciones comerciales son 2,5, 4, 6, 10, 16, 25, 35, 50, 70, 95, 120, 150, 185, 240 mm2..., se deberá elegir la de 35 mm2. Teniendo en cuenta la ecuación de segundo grado que acabamos de resolver, es evidente que el pro-blema no es lineal en r. Por ello, aunque el resultado es muy similar, no es correcto calcular la resis-tencia a partir de la resistencia unitaria y de la caída de tensión del primer apartado (r = 0,0018 /m, cdt14 = 4,4859 %):

4 214 nuevanueva antigua nueva

14 antigua nueva

cdt 1,50,0018 6,0188 10 /m 29,6687 mmcdt 4,4859

¡Resultado no correcto!

r r S

r

Trabajando con el sistema de ecuaciones de la resolución nº 2 del apartado anterior En este caso, el potencial de todos los nudos en función de la resistencia unitaria vale:

1

(2)2 2(2)

33(2)

44

1 1 1 1 110 40 30 40 30

1 1 1 140 40 50 501 1 1 130 50 30 50

V rIrIVrIV

Dado que todo parece indicar que la máxima caída de tensión se producirá en el nudo 4, sustituimos valores para el potencial del nudo 4:

(2)4 5773,5 j2104,9 V r

Y sumando la tensión fase-neutro del nudo 1, llegamos a la misma expresión para UAN , 4:

(1) (2)AN , 4 4 4 AN , 1 5773,5 j2104,9 230,9401 5773,5 j2104,9 U V V U r r

__________________________________________________________________________________



a) La figura muestra el conexionado, aunque se podría haber elegido la fase W en lugar de la U o de la V.

Se debe tener en cuenta que no son válidas conexiones del estilo de la figura de la derecha. b) Si la aguja del wattímetro indica 25 divisiones, la potencia se calcula multiplicando la lectura por

2,5 (según la tabla de la figura para la escala de 100 V en la bobina de tensión y la escala de 2,5 A en la bobina de corriente), por lo que la resistencia consume 252,5 = 62,5 W. Como la resistencia es de 68 , la tensión y la corriente valen:

62,5 0,96 A , 68 0,96 65,2 V68

PI U R IR

__________________________________________________________________________________

6Pr

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