ELECTROTECNIA Grados. Curso 2012

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
1
Dado el circuito de la figura,
1
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 (200t + 0,05463 rad) kW,
iG(t)
+
uG(t)
Xm
X1
R3
X2
X3
b) Determina la expresión temporal de la tensión uG(t) y de la
0
corriente iG(t), y el valor de la impedancia equivalente que está
alimentando el generador.
__________________________________________________________________________________
2
3
Dado el circuito de la figura,
2+j2 Ω A
IAC
IAB
a) Calcula las intensidades IAB, IAC e IBC.
2Ω
2Ω
b) Realiza las tres representaciones fasoriales siguientes: (1) de
IBC
IG
las corrientes IG, IAB e IAC, (2) de las tensiones UAB, UBD, UAD y
C
B
4+j4
A
de la corriente IAB, y en la que deben aparecer los nombres de
2Ω
2Ω
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
D
nudos A, C y D.
__________________________________________________________________________________
Dado el circuito de la figura,
a
a) Determina la medida de
todos los amperímetros.
b
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 triángulo) duplican su valor,
U = 400 V
c
Aa1
Ab1
Ac1
Aa2
Ab2
Ac2
Aa3
Ab3
Ac3
P3 = 10 kW
cos 3 = 0,6 (i)
Z1 = 8 + j6 
Z2 = 9,6 + j2,8 
b) Determina la medida de todos los amperímetros.
__________________________________________________________________________________
4
Zcc
El transformador trifásico de la figura tiene la siguiente placa de características: 25000/960 V,
+
4 MVA, εcc = 10%, Wcc = 25 kW, Wo = 12 kW. La U
o
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 impedanRed
cia conectada en estrella de 0,6 + j0,4 Ω. Estando
el interruptor D1 cerrado y el D2 abierto,
D1
Carga
D2 Aerogenerador
a) Calcula la intensidad en el primario del transformador, 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 generando 2 MW, a una tensión de 960 V en bornes. En estas condiciones,
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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.
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5
3
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)
S3
40 m
U1
50 m
2
1
10 m
30 m
S2
S4
4
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).
__________________________________________________________________________________
6Pr
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.
*
*
100 V
200 V
400 V
K=1
2,5 A
L2,5
L5
L10
5A
L5
L10
L20
a) Repite esta misma figura (la fuente, el wattímetro y la resistencia) en la hoja de respuestas, y representa en ella las conexiones necesarias entre los aparatos y la alimentación. Ten cuidado al dibujar 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 corriente en la de 2,5 A). Si se sabe que la resistencia es de 68 , calcula también la tensión de alimentación y la corriente que circula.
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Potencia instantánea consumida por circuito monofásico:
U  U  U
,
I  I  I
i(t)
,   U  I
p  t   u  t   i  t   UI cos   U   I   UI cos  2t   U   I 
Dipolo
u(t)
 P  S cos  2t   U   I 
Thévenin-carga
El valor de U, E, P, Q, R o X se calcula con la expresión:
Z = R+j X I
U 4  U 2  2 RP  2 XQ  E 2    R 2  X 2  P 2  Q 2   0
E
o también:
  E Z S
U 4  U 2 2 Re Z S
*
2
2
2
+
U2
*
S
, I
E
Z  Z PQ
S = P + jQ
0
Z = R+jX I
El fasor I (módulo y ángulo) y el desfase entre E y U se pueden calcular con:
Z PQ 
U
+
, U  Z PQ I
E
ZPQ = U 2 / S *
U
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)
Y
 t
A m
 A gt

Ag V   J 
   
0  I m    0 
0   I g   U g 
Am
Z m
0
I1
 jX

m
jX m
,
j X 2 
siendo: Ar1 y Ar2
r1
I2
Acoplamientos (caso 2 bobinas)
Z m    j X 1
X1
n1
I1
 ,
I 2 
I m   
 A m   A r1
A r2 
n2
X2
n3
r2
n4
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 posición correspondiente al nudo n1, un 1 en la posición correspondiente al nudo n2 y un
0 en el resto de posiciones).
I
Fuente ideal de tensión
I g    I  ,  U g   U  ,  A g    A r 
n1
U
+
n2
r
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).
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Tiempo: 3 h 20 m. 1 punto por pregunta. Entregar cada problema en hojas separadas
Circuitos trifásicos
Centro de gravedad (cdg) de sistema Sistema de tensiones simé- C
UCA
trico: tensiones de línea
trifásico de tensiones: C UCG
UAG
A
(UL) iguales
punto G en el que
UBC
A
a 2  1  120
1
U AG  U BG  U CG  0
U AB  U BC  U CA  U L
UAB
G
a3 1
a2
B
U  U AC
 U AG  AB
UBG
1 a a 2  0
B
3
C UCN
Sistema de
UAN Sistema de tensiones simétrico y equilibrado: tensiones de línea C
tensiones equiA iguales y neutro en el cdg. Tomando, por ejemplo, como referenA
librado: neutro
cia UAN:
N≡G
2
N≡G
en el cdg
U AB  U L30, U BC  a U AB , U CA  aU AB
B
U
BN
(N ≡ G)
B
U AN  U L 3 0, U BN  a 2U AN , U CN  aU AN
Operador a:
a  1120
a
ESTRELLA AISLADA
DESEQUILIBRADA
A
B
C
N
ZA
ZB
TRIÁNGULO
DESEQUILIBRADO
Teorema de Millman:
U Y  U AC Y C
U AF  AB B
Y A Y B Y C
El punto F está en el cdg
(F ≡ G) si:
Y A  a 2 Y B  aY C  0
ZC
F
Transformación estrella-triángulo:
Y AY B
Y BY C
Y AB 
Y BC 
Y A Y B Y C
Y A Y B Y C
Y CA 
Y CY A
Y A Y B Y C
ZC 
A
B
C
N
ZB
ZC
Z CA Z BC
Z AB  Z BC  Z CA
Teorema de Millman:
U Y  U AC Y C  U AN Y N
U AF  AB B
Y A Y B Y C Y N
ESTRELLA AISLADA DE 4
PUNTAS DESEQUILIBRADA
ZA
Si el sistema de tensiones es simétrico, IA, IB e IC forman una estrella
A
simétrica
de secuencia directa si:
B
IA
C
2
IB
IC Y AB  aY BC  a Y CA  0
N
Si el sistema de tensiones es simétriZCA ZAB ZBC
co, IA, IB e IC forman una estrella
simétrica de secuencia inversa si:
Y AB  Y BC  Y CA  0
Transformación triángulo-estrella:
Z AB Z CA
Z BC Z AB
ZA 
ZB 
Z AB  Z BC  Z CA
Z AB  Z BC  Z CA
ZN
F
Medida de potencias activa y reactiva
A
B
A
W1
W2
C
Simetr.
N
A
W1
B
W2
C
W3
B
No
simetr.
A
W1
W2
Simetr.
B
W1
C
C
No
simetr.
W2
W3
CONEXIÓN ARON
N
(1)
(2)
P
(3)
Q
(1)
3   W1 
3   W2 
(2)
-
(3)
 W1    W2    W3 
 W1    W2 
(4)
 W1    W2 
Observaciones
3   W1    W2 
1 3    W    W   2   W 
1
2
(4)
3
Para alimentación simétrica y equilibrada de secuencia
directa y carga simétrica
Para cualquier alimentación y carga
P para cualquier alimentación y carga. Q para alimentación simétrica de secuencia directa y carga simétrica
P para cualquier alimentación y carga. Q para alimentación simétrica de secuencia directa y carga cualquiera
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Tiempo: 3 h 20 m. 1 punto por pregunta. Entregar cada problema en hojas separadas
Transformadores
REDUCCIÓN r (GENERAL)
S
U b1r
I b1r 
Z
r
b1
REDUCCIÓN AL PRIMARIO
REDUCCIÓN AL SECUNDARIO
Sb  SN
S b'  3
S b''  3
U b1  U N1
U b2r
S br
3U b1r
I b2r 
U 

r 2
b1
S
REDUCCIÓN A PU
r
b
Z
r
b
r
b1
S br
3U b2r
U 

r 2
b1
S
r
b
U b1  U N2
SN
3U N1
I b1 
U b1 
Z b1 
SN
3U N2
I b2 
2
Z b2 
Sb
U b1'  3
U b2 
I b1'  1
I b1'' 
I b2'  rt
2
Z b2' 
Z b1'  1
Sb
3
U b1''  3rt
rt
U b2' 
1
rt 2
U b2''  3
1
rt
I b2''  1
Z b2''  1
Z b1''  rt 2
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




1
Z b1
1
I b1
3
Reducción
a pu
3
Sb
S
 b
U 3
 b1
3
U b1

 I b1
 Z b1

Cambio de base entre las bases r1 y r2
r1
r2
r1  valor base 
 valor red.    valor red.
r2
 valor base 
3
Sb
3
Sb

U b2
3 U
1
 b2

I b2
3
 I b2
1

 Z b2
Z b2
S b'
U '
 b2  I b2'  Z b2'
3
3
S"
U "
 b  b1  I b1"  Z b1"
3
3
Transformadores en paralelo (de igual rt) y en
cascada
1

Reducción al
primario
Trafo A
Trafo B
A
B
(r
)
t
1
2 (rt ) 3
Trafo A (rt)
Reducción al
secundario
Trafo B (rt)
U b1
Sb
2
Sb
U b2
U b1
U b2
U b1 U b2  rt
A
U b3
U b2 U b3  rtB
U b1 U b2  rt
Normas de uso de la rama del hierro del esquema equivalente del transformador reducido
i1
i2
- Sólo se conecta cuando el secundario está en vacío (o próximo a él; es decir,
r
x
cuando i2 ≤ iFe), colocándose siempre en el lado BT.
iFe
- Aunque no se conecte, se deben tener en cuenta las pérdidas en gFe al calcuu1
u2 lar el rendimiento del transformador:
gFe bFe
p2
2

... y si el transformador es BT/AT: g Fe  u1 
2
2
p 2  ri  g Fe  u 2 
AT/BT
- Aunque no se conecte, se debe tener en cuenta el consumo de bFe al calcular
la potencia reactiva que consumen las bobinas del transformador:
q  xi 2  bFe  u 2 
... y si el transformador es BT/AT: bFe  u1 
2
2
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):
r
g Fe
 wor
u 
r
o
2
r
y Fe
 i or u or
bFer 
 y   g 
r
Fe
2
r
Fe
2
g Fe  w o
y Fe  i o
bFe 
y Fe 2  g Fe 2
Ensayo de cortocircuito (ensayo normalizado: alimentación por lado AT a la intensidad nominal)
Reducción genérica o ensayo no normalizado:
r r  wccr
i 
r
cc
2
z r  u ccr i ccr
xr 
Reducción en pu y ensayo normalizado (icc = 1 pu):
z   r 
r
2
r
2
r  wcc
z  u cc    cc 
x  z2  r2
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SOLUCIONES
1
1
a) Considerando el grafo de la figura y aplicando el método de los nudos
extendido se tiene el sistema
1


1
1
1  V 1 
 0  
IG’
Im1
Im2
j

R
X
3
 0   3
  I m1 
 
.
1
 j X 1  j X m 0 
 I m2 
 0  

 j X m  j X 2 0 
   1

I G '
U G  


1
0
0
0
0

donde se debe observar que la flecha de valoración para la corriente del generador (IG’) lleva la dirección contraria a la representada en el enunciado, es decir, IG’ = ‒IG.
b) Teniendo en cuenta que la expresión temporal de la potencia instantánea es
p G  t   PG  S G cos  2  100t   UG   IG   8  10cos  200t  0,05463 rad  kW,
la expresión temporal de las tensiones y corrientes será
u G  t   2  400cos 100t   UG  V,
iG t   2 
10  10 3
cos 100t   IG   2  25cos 100t   IG  A,
400
donde
360

 3,13

2
   UG  20º ;  IG  16,87º .
P
 8
 acos    acos    36,87 

S
 10 
 UG   IG  0,05463 
 UG   IG
La impedancia equivalente del dipolo pasivo que alimenta el generador es
Z eq 
UG
40020

 1636,87º   12,8  j9,6 .
I G 25  16,87
__________________________________________________________________________________
2
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 nudos.
Resolución nº 1
El circuito se puede resolver calculando la impedancia total vista por la fuente de corriente:
Z total   2  j2    2    j2    j2   2    2  j2  
2    j2  j2  2

 4,4726,57º .
2  j2
2  j2
La impedancia equivalente de las cuatro impedancias de la derecha es
Z AD   2    j2    j2   2  
2    j2  j2  2

 20º .
2  j2
2  j2
Por lo que podemos calcular cada una de las tensiones del circuito:
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Tiempo: 3 h 20 m. 1 punto por pregunta. Entregar cada problema en hojas separadas
U AD  Z AD I G  11,3145º V  8  j8 V,
U BC  U CD 
U AB  U AC 
2    j2 
2  j2
I G  80º V
j2  2
I G  890º V.
2  j2
Y, por último, las corrientes que nos piden son
I AB 
U AB
 40º A,
2
I AC 
U AC
 490º A,
 j2
I BD 
U BD
 40º A,
j2
I BC  I AB  I BD  0 A.
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
I AB 
 j2
 4  j4   4 A,
2    j2 
I AC  I G  I AB  j4 A
Entre B-C y D también hay un divisor de corriente
I BD 
2
 4  j4   4 A,
2  j2
I CD  I G  I BD  j4 A
Al aplicar la ley de corrientes de Kirchoff en el nudo B se obtiene
I AB  I BC  I BD

I BC  I AB  I BD  0 A
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 siguiente:
1
 1
 2   j2

1
 1
  2   j2

1
1

 
 U   4  j4 
U AD  8  j8 V
2  j2
  AD   


U BD  j8V
1
1
1 1 U
0 

    BD  
2  j2 2 j2 
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:
U IG  U AD   2  j2  4  j4   8  j24 V
Conocidas las tensiones de nudo el cálculo de las corrientes es inmediato
I AB 
U AD  U BD
 4 A,
2
I BD 
U BD
 4 A,
j2
I AC 
U AD  U BD
 j4 A,
 j2
I CD 
U BD
 j4 A
2
Al aplicar la ley de corrientes de Kirchoff en el nodo B se obtiene
I AB  I BC  I BD

I BC  I AB  I BD  0 A
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
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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:
 1

1

0
 2  j2

2  j2

  U IG  4  j4 
U IG  8  j24 V


1
1
1
1
1
1



 
  2  j2 2  j2  2   j2
 U AD    0   U AD  8  j8V
2  j2

 U BD   0 
U BD  j8V
1
1
1
1
1 1 






0

2  j2
2  j2 2 j2 

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.
B UAB = 8 V A
IAC = j4 A IG = 4 + j4 A
UBD = j8 V
UAD = 8 + j8 V
IAB = 4 A
C UAC = 8 V A
UCD = j8 V
UAD = 8 + j8 V
IAC = j4 A
D
D
IAB = 4 A
__________________________________________________________________________________
3
a) Al ser las tres cargas simétricas las intensidades que medirán los amperímetros de cada fase serán
las mismas y de valor,
 A a1    A b1    A c1  
 A a3    A b3    A c3  
400 3
 23,09 A,
8  j6
 A a2    A b2    A c2  
3
400
 69,28 A
9,6  j2,8
10  10 3
 24,06 A.
3  400  0,6
b) Las intensidades medidas por los amperímetros de la carga 3 no cambian
 A a3    A b3    A c3  
10  10 3
 24,06 A.
3  400  0,6
Al haberse desequilibrado la carga 1, las intensidades medidas por los amperímetros se calculan aplicando el Teorema de Millman. Tomando como referencia la tensión Uan y denominando el punto neutro de la carga como f, se tiene
U af 
2
U ab  Y b1  U ac  Y c1
U ab Z 1  U ac Z 1

 (U ab  U ac )  277,13  j0 V
1 (2 Z 1 )  1 Z 1  1 Z 1 5
Y a1  Y b1  Y c1
U bf  U af  U ab  69,28  j200 V (211,66  109,11º V)
U cf  U af  U ac  69,28  j200 V (211,66109,11º V)
I a1 
U af
 11,08  j8,31 A 
2Z 1
I b1 
U bf
 17,54  j11,84 A 
Z1
I c1 
U cf
 6,46  j20,16 A 
Z1
 A a1  
I a1  13,86 A
 A b1  
 A c1  
I b1  21,17 A
I c1  21,17 A.
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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
I a2  I ab2  I ca2 

 A a2   52,91 A
I b  I bc  I ab 

U bc U ab U bc  0,5  U ab


 30,63  j43,15 A (52,91  125,37º A)
Z 2 2Z 2
Z2
 A b2   52,91 A
I c2  I ca2  I bc2 

U ab U ca 0,5  U ab  U ca


 47,08  j24,15 A (52,91  27,15º A)
2Z 2 Z 2
Z2
U ca U bc U ca  U bc


 16,45  j67,30 A (69,28103,74º A)
Z2
Z2
Z2
 A c2   69,28 A
__________________________________________________________________________________
4
a) Definimos el sistema en pu:
Ub1 = 25 kV
Zb1 = 156,25 Ω
Ib1 = 92,376 A
Sb = 4 MVA
Ub2 = 960 V
Zb2 = 0,2304 Ω
Ib2 = 2405,6 A
Y los parámetros del esquema equivalente del transformador valen:
z   cc  0,1 pu , r  w cc 
Wcc
W
 0,0063 pu , x  z 2  r 2  0,0998 pu , g Fe  w o  o  0,003 pu
Sb
Sb
La reactancia de cortocircuito de la red y la impedancia de la carga en pu valen:
U  S cc  25  0,16 pu , z  Z carga  0,6  j0,4  2,6042  j1,7361 pu
X
x cc  cc  o
carga
156,25
0,2304
Z b1
Z b1
Z b2
2
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
i
uo
 0,30432   37,4014º pu ,
j x cc  z carga + z
u carga  z carga i  0,95246  3,7113 pu
Ahora podemos contestar a las preguntas del problema. La intensidad del primario vale
I 1  i  I b1  28,1118 A
La tensión en la carga es
U carga  u cargaU b2  914,3652 V
Por último, la eficiencia del transformador es

p carga
p carga  ri  g Fe  u carga 
2
2
=
0,2412
= 98,65%
0,2445
b) Se trata de un Thévenin-carga. Para resolverlo utilizamos la ecuación:
U 4  U 2  2 RP  2 XQ  E 2    R 2  X 2  P 2  Q 2   0
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con




E  u o  1 pu


U  u aerog.  960 960  1 pu

P  p aerog.  2  10 6 4  10 6  0,5 pu 
R  r  0,0063 pu
X  x cc  x  0,2598 pu

0,0675Q 2  0,5196Q  0,0106  0
 7,6731 pu
Q  q aerog.  
 0,0205 pu
Para calcular la intensidad consumida por el aerogenerador, calculamos previamente su impedancia
z aerog. 
2
u aerog.
s
aerog.

*
 1,9966  j0,0819 pu ,
i
uo
 0,4984  j0,0445 pu
r  j  x cc  x   z aerog.
Ahora podemos contestar a las preguntas. La potencia reactiva que consume el aerogenerador es
Q aerog.  q aerog. S b  82,083 kvar
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
cdt  %    u o  u aerogenerador   100  0 % ,


2
Ppérdidas  ri 2  g Feu aerog.
 S b  18,3 kW
__________________________________________________________________________________
5
a) La Figura 1 muestra el esquema fase-neutro correspondiente a la fase A. Tomando la tensión sencilla
de la fase A en el nudo 1 como referencia de ángulos, calculamos el valor de las fuentes de corriente:
*
*
 S 3   S 3
I 3   3    3   36,08  36,87 A
 U AN , 3   U AN , 1 

 

*
1
4
2
I3
+
*
 S 3   S 3
I 2   2    2   155,46  21,80 A
 U AN , 2   U AN , 1 

 

*
3
UAN , 1
I2
I4
0
Figura 1
*
 S 3   S 3
I 4   4    4   120,28  16,26 A
 U AN , 4   U AN , 1 

 

Resolución nº 1
Resolveremos el circuito de la Figura 1 mediante el
método de los nudos y aplicando la regla de sustitución. 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 (aplicando la regla de sustitución) por una fuente de corriente que entregue dicha corriente (la tensión que I2 + I3 + I4
habrá en bornes de esta fuente de corriente será pre0
cisamente UAN , 1), tal y como se muestra en la Figura
2. Las ecuaciones de este circuito por el método de
los nudos son:
3
1
4
2
I2
I4
UAN , 1
Figura 2
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I3
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 1
 10

 1
1  10
r
 0


 0

1
10
1
1
1


10 40 30
1

40
1

30

0



1  U AN , 1   I 2  I 3  I 4 


 

I 2
30  U AN , 2  



I 3
1  U AN , 3  


 

50  U AN , 4  
I 4

1
1
 
30 50 
0
1
40
1
1

40 50
1

50

Como la tensión en el nudo 1 es conocida, U AN , 1  400
(1)
3 0 V , podemos reescribir las tres últimas
ecuaciones teniendo como incógnitas las tensiones de los nudos 2, 3 y 4, resultando:
1
1
1
 10  40  30

1
1

r
40

1


30

1
40
1
1

40 50
1

50

U 2  3 U AN , 2  391,02 V
U 3  3 U AN , 3  385,05V
U 4  3 U AN , 4  382,06 V
1 
U AN , 1 

30  U
U AN , 2  225,750,52 V
 AN , 2    I 2 

10
r
1 

  U AN , 3  222,310,95 V
U AN , 3  

 
I 3
50  

U AN , 4  
U AN , 4  220,580,98 V



1
1
I 4




30 50 

(2)
 cdt 12  2,2460 % 
 cdt 13  3,7368 % 
 cdt 14  4,4859 % 
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 (dicho 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
3
de referencia a través de las resistencias R24 y R12). Por
este motivo, en este nuevo circuito se pueden determinar
R23 R34
los potenciales de todos los nudos (la matriz de admitan4
2
I3
cias de nudos tiene inversa). La matriz de admitancias de
R24
nudos de este nuevo circuito coincide con la de (2) porU
que la operación matemática de eliminar la primera fila y
AN , 1
R12
I2
I4
la primera columna equivale en este caso a la conversión R12
de la fuente de tensión UAN,1 y de la resistencia R12 en su
0
equivalente de Norton.
Figura 3
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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)
V 2  V 3  V 4  U AN , 1  400
3 0 V
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:
1
1
1
 10  40  30

1
1

r
40

1


30

1
40
1
1

40 50
1

50

1 
(2)
30  V (2)    I 
V 2  5,5805158,61 V
2
 2
1   (2)  

(2)

V 3     I 3   V 3  9,4099156,97 V

50  (2) 
(2)
 I 
V 4  11,0614159,97 V
1
1  V 4   4 


30 50 

Por lo tanto, las tensiones sencillas y de línea en los nudos 2, 3 y 4 son:
(1)
(2)
U 2  3 U AN , 2  391,02 V
(1)
(2)
U 3  3 U AN , 3  385,05V
(1)
(2)
U 4  3 U AN , 4  382,06 V
U AN , 2  V 2  V 2  225,750,52 V ,
U AN , 3  V 3  V 3  222,310,95 V ,
U AN , 4  V 4  V 4  220,580,98 V ,
 cdt 12  2,2460 % 
 cdt 13  3,7368 % 
 cdt 14  4,4859 % 
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 proporciona 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
1
1
 10  40  30
U AN , 2  
1
U
 

 AN , 3   
40
U AN , 4  
1


30

1
40
1
1

40 50
1

50

1 
30 

1 

50 
1
1
 
30 50 

1
U AN , 1 

  r I 2  10 


r I 3




r I 4


Parece evidente que la máxima caída de tensión se producirá en el nudo 4. Si nos fijamos en la ecuación correspondiente a UAN , 4 y sustituimos valores:
U AN , 4  230,9401  r  5773,5  j2104,9 
Imponiendo una caída de tensión en ese nudo del 1,5% se obtiene una ecuación de segundo grado en r,
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cdt 14  %  
U 1  3 U AN , 4
U1
100 
U1  3
 230,9401  5773,5r 
2
  2104,9r 
U1
 3.7764  10 7 r 2  2.6667  10 6 r  1,5880  10 3  0
2
100
 r1  0,0700 /m

4
 r2  6,0061  10 /m



2
Solución no válida
 S 1  r  0,2551 mm

1

 S    29,7318 mm 2
 2 r2

La primera solución es falsa porque, además de que las tensiones en los otros nudos salen mucho mayor 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 problema no es lineal en r. Por ello, aunque el resultado es muy similar, no es correcto calcular la resistencia a partir de la resistencia unitaria y de la caída de tensión del primer apartado (r = 0,0018 /m,
cdt14 = 4,4859 %):
rnueva  rantigua
cdt 14 nueva
1,5
 0,0018
 6,0188  10 4 /m
cdt 14 antigua
4,4859

S nueva 

rnueva
 29,6687 mm 2
¡Resultado no correcto!
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
1
1
 10  40  30
(2)
V 2  
 (2)  
1

V 3   
40
 (2) 
V 4  
1


30

1
40
1
1

40 50
1

50

1 
30 

1 

50 
1
1
 
30 50 

1
r I 2 
 r I 
3

  r I 4 
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:
V 4  r  5773,5  j2104,9 
(2)
Y sumando la tensión fase-neutro del nudo 1, llegamos a la misma expresión para UAN , 4:
U AN , 4  V 4  V 4  U AN , 1  r  5773,5  j2104,9   230,9401  r  5773,5  j2104,9 
(1)
(2)
__________________________________________________________________________________
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6Pr
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 252,5 = 62,5 W. Como la resistencia
es de 68 , la tensión y la corriente valen:
I
P

R
62,5
 0,96 A , U  R  I  68  0,96  65,2 V
68
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