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3/06/2010 1
Problema:
Una industria absorbe 415 kVA ( con f.d.p.= 0,875 en retraso) de una red trifásica de 240
V en un momento determinado. Si suponemos la industria equilibrada en cargas, calcular:
a) La impedancia por fase de la planta.
b) El ángulo de desfase entre la tensión y la intensidad de fase.
c) El diagrama vectorial completo.
Solución:
a) Suponemos la planta eléctricamente equivalente a una conexión en estrella de tres
impedancias idénticas ZZZZ 321 === .
La tensión por fase es: UF = 240 / 3 = 138,564 V.
A partir de la formula de la potencia aparente de una carga trifasica equilibrada, podemos
despejar la intensidade de línea, IL = S/( 3 UL), y en el caso de la estrella IF = IL , por lo que la
corriente por fase es: IF = IL = S / ( 3 UL) = 415000 / (1,732 H 240) = 1140,954 A.
La impedancia por fase es: Z = UF / IF = 138,564 / 1140,954 = 0,1214 Ω.
b) El ángulo de desfase entre las tensiónes simples (138,564 V) y las correspondientes
intensidades de línea (1141 A) viene dado por: cos n = 0,875 B> n = 28,9551 .
La corriente en cada fase retrasa 291 respecto a su tensión.
La impedancia compleja por fase vale: º2912,0Z =
3 I3
0240
2
2I
120240
I1
-120240
NI
1
33ϕZ22
ϕZ
2'U'3
U'2
3'
1U'
N'
11ϕZ
1'
0,875
415 KVA
3/06/2010 2
c) El diagrama vectorial completo es el de la figura siguiente. En la práctica se
representaría una fase solamente.
Las intensidades de línea son: º611141º29º901141I1 =−=
º591141º29º301141I2 −=−−=
º1791141º29º1501141I3 −=−−=
ϕ
31U
ϕ
=U2
3U
-179º3I =1141
3U = U12
30
U1
-59º=1141I 2
ϕU2
= 29 º
=1141I 1 61º
U23U1 =
Diagrama de tensiones e intensidades.
90º - 29º
N
I 1 = 1141
90139
1
11ϕZ
1U'
N'
1'
415/3 KVA
0,875
Esquema monofásico equivalente
3/06/2010 3
Ejercicio: Determinar las lecturas de los vatímetros W1 y W2 cuando la impedancia de cada una
de las cargas conectadas en triángulo a la red trifásica de la figura sean:
a) 3j1ZZZZ 312312 +==== b) j3ZZZZ 312312 +====
Comprobar los resultados. Nota: UL = 400 V.
RECEPTOR TRIFASICO
400 V
50 Hz
T
1
3I
Z12
2TI
R
S
W1I
I2
1
2W
Z23
3Z31
2
I3TI 1T
Solución:
a) Si 3 j + 1 = Z en forma cartesiana, en forma polar será : tg φ = /3 , φ = 60o , Z = 2 Ω
y por tanto º602Z = .
Las intensidades de fase en la carga serán: º60200º602
º120400
Z
UI
12
1212 ===
º60200º602
º0400
Z
UI
23
2323 −===
º180200º602
º120400
Z
UI
31
3131 −=
−==
y por tanto, los fasores de las intensidades de las corrientes de línea serán:
º303200º180200º60200III 31121 =−=−=
º903200º60200º60200III 12232 −=−−=−=
º2103200º60200º180200III 23313 −=−−−=−=
Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 resultarán, en consecuencia:
3/06/2010 4
W120000)º30(cos3200400)I,U(cosIUW 1131131 =××==
W0)º90(cos3200400)I,U(cosIUW 2232232 =××==
Con lo que: PT = W1 + W2 = 120.000 W Como comprobación se tendrá:
PT = 3 PF = 3 (I12)2 R12 = 3 ×200
2 ×1 = 120000 W
o bien: PT = 3 UL IL cos ϕ = 3 × 400 × 200 × 0,5 = 120000 W
b) En este supuesto: j + 3 = Z en forma cartesiana, en forma polar será : tg φ = 1//3 , φ =
30o , Z = 13+ =2 Ω y por tanto º302Z = .
Las intensidades de fase y linea serán: IF = UL/Z = 400/2 = 200 A e IL = 3 IF = 200 3 A
y los fasores de las intensidades de las corrientes de línea tendran por expresión:
º603200º30903200I1 =−=
º603200º30303200I2 −=−−=
º1803200º301503200I1 −=−−=
Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 serán en estas nuevas condiciones:
W380000)º0(cos3200400)I,U(cosIUW 1131131 =××==
W340000)º60(cos3200400)I,U(cosIUW 2232232 =××==
Con lo que: PT = W1 + W2 = 80000 3 +40000 3 = 120000 3 W
Como comprobación: PT = 3 PF = 3 (IF)2 R = 3 ×200
2 × 3 = 120000 3 W
o bien: PT = 3 UL IL cos ϕ = 3 × 400 × 200 3 × 3 /2 = 120000 3 W
Para el supuesto (a) se comprueba asimismo que:
.3 = 0 + 000012
0 - 000120 3 =
W + W
W - W 3 = )( tg
21
21ϕ
Para el supuesto (b):
3
1 =
3000012
300004 3 =
3 00004+ 3 00008
3 00004 - 3 00008 3 =
W + W
W - W 3 = )( tg
21
21ϕ
Eje
rcic
io 2
:3
/6/2
01
0
2,0
000
60
,00
02
,00
00
30
,00
0
So
luc
ión
:
UL
=
40
0V
UL
=
40
0V
RR
SS
TT
NN
40
0V
40
0V
P=
12
00
00
WP
=1
20
00
0W
fdp
=0,5
fdp
=0
,86
60
25
4
UL
=4
00
VU
L=
40
0V
P =
12
00
00
Wϕ
=1
,04
71
98
rad
P =
12
00
00
Wϕ
=0
,52
35
99
rad
Q =
207
84
6,0
97
Var
ϕ=
60
ºQ
=6
92
82
,03
23
Va
rϕ
=3
0º
S =
24
00
00
VA
IL=
346
,41
02
AS
=1
38
56
4,0
65
VA
IL=
20
0A
Ca
rga e
n: E
str
ella
Ca
rga
en
: T
riá
ng
ulo
Ca
rga
en
: E
str
ella
Ca
rga
en
: T
rián
gu
lo
UF
=
230
,94
01
08
VU
F =
4
00
VU
F =
2
30
,94
01
08
VU
F =
4
00
V
IF =
3
46
,41
01
62
AIF
=
20
0A
IF =
2
00
AIF
=
11
5,4
70
1A
R =
0,3
33
33
333
ΩR
=1
ΩR
=1
ΩR
=3
Ω
X =
0,5
77
35
027
ΩX
=1
,73
20
51
ΩX
=0
,57
73
50
27
ΩX
=1
,73
20
51
Ω
Z=
0,6
66
66
667
ΩZ
=2
ΩZ
=1
,15
47
00
54
ΩZ
=3
,46
41
02
Ω
I1 =
34
6,4
102
30
,00
0º
=3
00
,00
+1
73,2
1j
I1 =
20
0,0
00
06
0,0
00
º =
10
0,0
0+
17
3,2
1j
I2 =
34
6,4
102
-90
,00
0º
=0
,00
+-3
46,4
1j
I2 =
20
0,0
00
0-6
0,0
00
º =
10
0,0
0+
-17
3,2
1j
I3 =
34
6,4
102
-21
0,0
00
º =
-30
0,0
0+
17
3,2
1j
I3 =
20
0,0
00
0-1
80
,00
0º
=-2
00,0
0+
0,0
0j
ZE
=0
,66
67
60
,00
0º
=0
,33
33
33
+0
,57
73
50
26
9j
ZE
=1
,15
47
30
,00
0º
=1
+0
,57
73
50
26
9j
ZT
=2
,00
00
60
,00
0º
=1
+1
,73
20
50
80
8j
ZT
=3
,46
41
30
,00
0º
=3
+1
,73
20
50
80
8j
S =
24
00
00
,00
00
60
,00
0º
=1
20
00
0+
20
78
46
,096
9j
S =
13
85
64
,06
46
30
,00
0º
=1
200
00
+6
92
82
,03
23
j
W1
=4
00
,00 x
34
6,4
1 x
0,8
7 x
W1
=4
00
,00
x20
0,0
0 x
1,0
0 x
W2
=40
0,0
0 x
34
6,4
1 x
0,0
0 x
W2
=4
00
,00
x20
0,0
0 x
0,5
0 x
W1
+ W
2W
1 +
W2
= 8
000
0,0
0 W
= 4
000
0,0
0 W
= 1
200
00
,00
W
= 1
20
00
0,0
0 W
= 0
,00
W
= 1
20
00
0,0
0 W
R S T
21 3III
400 V
1W
W2
RECEPTOR TRIFASICO
Z12
Z23
Z31
I1T
I2T
I3T
31
2
50 Hz
R S T
21 3III
400 V
1W
W2
RECEPTOR TRIFASICO
Z12
Z23
Z31
I1T
I2T
I3T
31
2
50 Hz
3/06/2010 5
Ejercicio: Se tiene un generador trifásico que alimenta una línea a UL = 400 3 V, siendo la
impedancia por fase de la línea: LZ = 3 + 4j y la de la única carga conectada (en estrella):
CZ = 12 + 16j, asimismo por fase.
GW3
A1
V1
W1
S (2)
Z = 12+16j
Z = 12+16j
C C
N
Z = 3+4jL
Z = 12+16jC
T (3)
K
Z = 3+4jL
Z = 3+4jL M R (1)
Se pide:
11) Lectura del amperímetro A1.
21) Lectura del voltímetro V1.
31) Se montan dos vatímetros según la conexión ARON y se desea saber en este caso, la
lectura de cada uno de ellos.
41) Potencia consumida por la carga.
51) Si se rompe la líena por el punto AK@, determinar las nuevas lecturas del amperímetro
A1 y del voltímetro V1.
61) En estas nuevas condiciones hallar la potencia consumida por la carga.
71) En las condiciones de los dos últimos apartados cae sobre la línea una rama de un
árbol produciendo un cortocircuito entre M y N. Indicar la nueva lectura de A1 instantes
antes de que funcione la protección automática.
Solución:
11111) El ángulo de desfase debido a la impedancia de la carga y a la de la línea será:
ϕC = tg-1
(4/3) con lo que: ϕC = 53,13º y cos(ϕC) = 3/5.
El fasor de la intensidad de la corriente de línea R será:
36,87| 16 = 1353,| 25
90| 004 =
j20 + 15
90| 004 =
16) + j(4 + 12) + (3
90| 004 = I
o
o
ooo
1
con lo que la lectura de A1 será 16 AMPERIOS.
3/06/2010 6
Las demas intensidades de línea valdrán: º13,8316º13,533016I2 −=−−=
º13,20316º13,5315016I3 −=−−=
=16U2 31U=
2I
C
U'3
30º
30º
3U U12=
U1 U23=
U12
276,87º
C
30º2U'
=16
1
C
I 1
U'
36,87º
U32
156,87ºI 3 =16
21111) Evidentemente la lectura del voltímetro V1 será: 400 3 voltios.
31111) Las lecturas de los vatímetros valdrán:
=+××== )30(cos163400)I,U(cosIUW C1121121 ϕ 1325,95 W
=−××== )30(cos163400)I,U(cosIUW C3323323 ϕ 10194,05 W
41111) La potencia consumida por la carga y pérdida en la impedancia de la línea será:
PT = W1 + W3 = 1325,95 + 10194,05 = 11520 W
La potencia perdida en la línea tendrá por valor: PL = 3 RL (IL)2 = 3×3×16
2 = 2304 W
La potencia absorbida por las cargas resulta: PL = 3 RC (IF)2 = 3×12×16
2 = 9216 W
y naturalmente: PT = PL + PC = 2304 + 9216 = 11520 W
3/06/2010 7
5º) La lectura del voltímetro es la misma que la indicada en el apartado 21) o sea, 400/3 V.
El fasor de la corriente en la línea en la que se ha conectado el amperímetro A1, será
ahora:
8768,| 38 = j)20+ (15 2
120| 3004 =
j)16+ 12 + j4 + (3 2
U = Io
o
121′
y la nueva lectura del amperímetro A1 será: 8 3 = 13,856 A
61111) La potencia consumida por las cargas vendrá dada por:
P’C = C
2
1 R)'I(2 = 2 ×13,8562 × 12 = 4607,7 W
o sea, la mitad de la absorbida cuando la línea no se habia roto.
71111) La intensidad de la corriente en la línea (R) será en el supuesto considerado:
º87,66340º13,5310
º1203400
)j43(2
º1203400
Z
U''I
RS
RS1 ==
+==
con lo que la lectura del amperímetro A1 sería ahora: 40 3 = 69,28 A
3/06/2010 8
Ejercicio: En una línea trifásica a 200 V se conectan, Aeléctricamente contiguas@ (ver figura)
una carga trifásica equilibrada en triángulo, de impedancia individual: 1RZ = 1 + j y otra
carga, asimismo equilibrada, en estrella de naturaleza óhmica: 2RZ = 1 + 0j. En un momento
determinado queda fuera de servicio la resistencia óhmica de la fase 3. Indicar las lecturas de
los vatímetros (W1, W2), (W=1, W=2) , (W=>1, W=>2). Comprobar los resultados.
Z = Z = Z = Z = 1 + 1j
RECEPTOR TRIFASICO 1
I3T
50 Hz
200 V
31Z
1 2 3
2
2Z3
Z1
1TI 3TI2TI
1
2S I
R I
2W
1W
3I''3I'
RECEPTOR TRIFASICO 2
3E
Z
Z = Z = Z = Z = 1 1 2 3
Z1 Z2
I1E
1
I I2E
2 3
3
2I'
I'11W'
2W'2I''
I''11W''
W''2
Solución:
La impedancia compleja de la carga conectada en triangulo vale: º452Z = = 1 + j
por lo que las intensidades de fase en la carga en triangulo serán:
º752100º452
º120200
Z
UI
12
1212 ===
º452100º452
º0200
Z
UI
23
2323 −===
º1652100º452
º120200
Z
UI
31
3131 −=
−==
y por tanto, los fasores de las intensidades de las corrientes de línea del receptor 1 serán:
j206,173206,173º456100º1652100º752100III 3112T1 +==−−=−=
j603,236397,63º756100º752100º452100III 1223T2 −=−=−−=−=
j397,63603,263º1956100º452100º1652100III 2331T3 +−=−=−−−=−=
3/06/2010 9
U1
I31
=U2
=3
U
31U
3E
ϕ
ϕ
= 244,95 -195
U12
I3
3U =
ϕ
30
ϕ
2E
= 244,95 -752I
23I
ϕ
U2 =
= 244,95 45I11
E
= 45º
30
I 12
ϕ
I12
I31-
=
U23
U1=
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades del receptor 1 (carga en triangulo).
Por las cargas que permanecen en servicio de la carga en estrella circularán corrientes de
intensidades:
86,603 j + 50- = 120| 100 = 0|2
120| 200 = I = I
o
o
o
1E12E
86,603. j - 50 = 300|100 = I = I- = Io
2E12E21E
Las intensidades de las corrientes totales en las líneas (1) y (2) valdrán, respectivamente:
+ 173,206 = 120| 100 + 45| 244,95 = I + I = Ioo
1E1T1
= j 259,808 + 123,205 = j 86,603 + 50 - j 173,206 + .62964,| 287,54 o
= j 86,603 - 50 + j 236,603 - 63,397 = I + I = I 2E2T2
.66670, -| 342,521 = j 323,205 - 113,397 = o
Las lecturas de los vatímetros W1 y W2 serán, en consecuencia:
W42,57320)º629,4(cos54,287200)I,U(cosIUW 1131131 =×==
W98,22679)º666,70(cos3521,342200)I,U(cosIUW 2232232 =××==
siendo entonces: W1 + W2 = 57 320,42 + 22679,98 = 80000,4 W
3/06/2010 10
2T
=U2 31U
I
= 244,95 -1953TI
3U =
I 1E
U12
= 100 -60
= 342,52 -70,6
= 244,95 -75
2I
2EI
I2T
2EI
= 287,44 64,6
= 244,95 451TI
I1
U23U1 =
Diagrama vectorial de tensiones e intensidades de la instalación .
Las lecturas de los vatímetros W=1 y W=2 serán, por su parte:
W10000)º60(cos100200)I,U(cosIU'W E113E1131 =××==
W10000)º60(cos100200)I,U(cosIU'W E223E2232 =××==
con lo que: W’1 + W’2 = 20000 W
Por fin: W’’1 = W’’2 = 0 W.
Como comprobación se tendrá:
- Potencia consumida por las cargas en Triángulo (Receptor trifásico 1):
PT = 3 (100 2 )2 × 1 = 60000 W
o bien: PT = 3 UF IF cos ϕ = 3 × 200 × (100 2 ) × ( 2 /2) = 60000 W
- Potencia consumida por las cargas en Estrella (Receptor trifásico 2):
PE = 2 (IE)2 R = 2 × (100)
2 ×1 = 20000 W
o bien: PE = U IE cos φ =220 ×100 ×1 = 20000 W
y, por tanto: PT + PE = 60000 + 20000 = 80000 W.
Ejercicio 4:
3/6/2010
ZT =
1,4142
45,000
Z =
2,0000
0,000
Solución:
UL =
200V
UL =
200V
RR
Monofásica RS
SS
TT
NN
RS
200V
P=
60000W
P=
20000W
fdp=
0,70710678
fdp=
1
UL=
200V
UL=
200V
P =
60000W
ϕ=
0,785398rad
P =
20000,000W
ϕ =
0rad
Q =
60000Var
ϕ=
45º
Q =
0,000Var
ϕ =
0º
S =
84852,8137VA
IL=
244,949A
S =
20000,000VA
Z =
2,000Ω
Carga en: Estrella
Carga en: Triángulo
IF=
100A
R =
2,000Ω
UF = 115,470054V
UF =
200V
X =
0Ω
IF =
244,948974A
IF =
141,4214A
URS =
200,00
120º =
-100,00+
173,21j
R =
0,33333333Ω
R =
1Ω
X =
0,33333333Ω
X =
1Ω
IRS =
100,00
120º =
-50,00+
86,60j
Z=
0,47140452Ω
Z=
1,414214Ω
I1 =
244,9490
45,000º =
173,21+
173,21j
I1 =
100,00
120º =
-50,00+
86,60j
I2 =
244,9490
-75,000º =
63,40+
-236,60j
I2 =
100,00
300º =
50,00+
-86,60j
I3 =
244,9490
-195,000º =
-236,60+
63,40j
I3 =
0,00
0º =
0,00+
0,00j
ZE =
0,4714
45,000º =
0,333333+
0,333333333j
ZT =
1,4142
45,000º =
1+
1j
ZRS =
2,00
0º =
2,00+
0,00j
S =
84852,8137
45,000º =
60000+
60000j
SRS =
20000,00
0º =
20000,00+
0,00j
W1 =
200,00 x
244,95 x
0,97
W1 =
200,00 x
100,00 x
0,50
W2 =
200,00 x
244,95 x
0,26
W2 =
200,00 x
100,00 x
0,50
W1 + W2
W1 + W2
Aplicando el primer lema a cada fase
obtenemos las intensidades totales:
IT1 =
287,540418
64,63º =
123,21+
259,81j
W1 =
200,00 x
287,54 x
0,997
IT2 =
342,520814
289,33º =
113,40+
-323,21j
W2 =
200,00 x
342,52 x
0,331
IT3 =
244,948974
165,00º =
-236,60+
63,40j
W1 + W2
P1+P2 = 0,33 W
= 57320,51 W
= 22679,49 W
U = 200 V
= 80000,00 W
= 10000,00 W
= 10000,00 W
= 20000,00 W
= 47320,51 W
= 12679,49 W
= 60000,00 W
Sistema Desequilibrado
3/06/2010 11
Ejercicio: En la línea III de la figura siguiente se conectan dos motores monofásicos idénticos,
de potencia en el eje 10 CV, rendimiento: η = 0,9 y cos n = 2 / 3 (UL = 220 V).
11) Se desea conocer las lecturas de los vatímetros W1 y W2.
21) )Coincidirá la suma de dichas lecturas con la potencia total absorbida por los dos
motores?. En caso negativo modificar las conexiones del vatímetro W1 para que la suma
de las nuevas lecturas exprese la potencia total absorbida.
Motor
cos ϕ = 3/2
η = 0,9
10 CV
M1
=
LU = 220 V
T
=
=
W1
S
R
I T
I 12
I R
2W I S
Motor
cos ϕ = 3/2
η = 0,9
10 CV
M2
I 13
3
2
1
Solución:
1) La potencia mecánica proporcionada por cada motor será: Pm1 = Pm2 = 10 × 736 = 7360 W
Dicha potencia mecánica supone que se deberá absorber de la red una potencia eléctrica
(por cada motor):
Pe1 = Pe2 = 7360 / 0,9 = 8177,77 W
Para los dos motores: Pe = 2 Pe1 = 16355,55 W
La intensidad de la corriente absorbida por cada motor será: A92,422/3220
77,81777IM ==
La intensidad absorbida por el motor 1, 12I , tiene un desfase de 301 con respecto a la
tensión de línea 312 UU = , y la intensidad absorbida por el motor 2, 13I , de 301 con respecto de
213 UU −= ; por lo que las intensidades en la línea trifásica serán:
º60| 34,74 º30| 43 º90| 43 = I + I = I 31211=+
º90| 43 º180º90| 43= I = I 122 −=−−
º150| 43º180º30| 43= I = I 133 −=−−
3/06/2010 12
31
13
U = U
3U'
I = -I3
312U = U
2
I = -I2
U'12
2
U = U 23 1
U = -U
I12
U'1
1
I13
I
13 2
Con todo ello, las lecturas de los vatímetros W1 y W2 resultarán:
W778,8177)º60(cos34,74220)I,U(cosIUW 1121121 =××==
W0)º90(cos43220)I,U(cosIUW 2232232 =××==
2) Si sumamos las lecturas de los vatimetros: W1 + W2 = 8177,778 W ≠ 16355,55 W
Si se disponen los dos vatímetros en conexión ARON como la indicada en la figura
siguiente se tendrá:
1
= S
= T
= RW'
ReceptoresW'2
2
3
1
W,)º(cos,)I,U(cosIU'W 5516355034742201131131 =××==
W0)º90(cos43220)I,U(cosIU'W 2232232 =××==
Ahora W=1 + W=2 = 16355,5 W que es el valor de la potencia eléctrica absorbida por los
dos motores.
Solución:
Carga Carga
R Monofásica RS R Monofásica RT
S S
T T
N N
R S R T
Pe = 8177,778 W P = 10 CV Pe = 8177,778 W P = 10 CV
fdp= 0,866025 η = 0,9 fdp= 0,866025 η = 0,9
UL= 220 V UL= 220 V
P = 8177,778 W ϕ = 0,523599 rad P = 8177,778 W ϕ = 0,5236 rad
Q = 4721,442 Var ϕ = 30 º Q = 4721,442 Var ϕ = 30 º
S = 9442,884 VA Z = 5,126 Ω S = 9442,884 VA Z = 5,126 Ω
IF= 42,9222 A R = 4,439 Ω IF= 42,9222 A R = 4,439 Ω
X = 2,562776 Ω X = 2,56278 Ω
URS = 220,00 120 º = -110,00 + 190,53 j URT = 220,00 60 º = 110,00 + 190,53 j
IRS = 42,92 90 º = 0,00 + 42,92 j IRT = 42,92 30 º = 37,17 + 21,46 j
ZRS = 5,13 30 º = 4,44 + 2,56 j ZRT = 5,13 30 º = 4,44 + 2,56 j
SRS = 9442,88 30 º = 8177,78 + 4721,44 j SRT = 9442,88 30 º = 8177,78 + 4721,44 j
I1 = 42,92 90 º = 0,00 + 42,92 j I1 = 42,92 30 º = 37,17 + 21,46 j
I2 = 42,92 270 º = 0,00 + -42,92 j I2 = 0,00 0 º = 0,00 + 0,00 j
I3 = 0,00 0 º = 0,00 + 0,00 j I3 = 42,92 210 º = -37,17 + -21,46 j
Aplicando el primer lema a cada fase
obtenemos las intensidades totales:
IT1 = 74,34343 60,00 º = 37,17 + 64,38 j W1 = 220 x 74 x 0,5
IT2 = 42,9222 ##### º = 0,00 + -42,92 j W2 = 220 x 43 x -0
IT3 = 42,9222 ##### º = -37,17 + -21,46 j W1 + W2
P1+P2
= 8177,78 W
= 16355,56 W
U = 220 V U = 220 V
= 8177,78 W
= 0,00 W
Sistema Desequilibrado
Ejercicio : Calcular la lectura de los dos watímetros. 3/6/2010
M2
10 CV
MotorM1Motor
U = 220 VL 13I
RI
SI
TI
1
2 = S
3 = T
1 = RW
W 2
12I
cos ϕ = 3/2
η = 0 ,9 η = 0 ,9
cos ϕ = 3/2
10 CV