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25. En el apartado del problema (a) del problema (b) 7 – 38 ¿ en qué tanto por ciento disminuyela intensidad de corriente? ¿Existe alguna reducción más en el apartado (b)? Sol.16.7% No, la corriente es la misma.
%7,16
%7,16%3,83%100
%3,83
75,18
%)100(675,15
675,15
%10075,18
675,15
9,02403753
9,0
75,18
)75,0(2403753
75,0..
)
2
2
2
1
dereducciónunaExiste
X
X
X
I
I
CosIVP
fpLuego
I
I
CosVIP
pf
a
=−∴=
=
→→⇒
=⋅⋅=
⋅==
==
==
b)Como la potencia P es la misma, no existeninguna reducción adicional de la corrientepor lo tanto es la misma.
º30/201 =Z º45/152 −=Z º0/103 =Zº45/100 −=V
26. Tres impedancias ohmios ohmios yohmios están asociadas en paralelo con una fuente de tensión voltios.Determinar el triángulo de potencias de cada rama, así como la suma de los trespara obtener el triángulo de potencias total. Sol. P = 1904 W; Q=221 VAR enadelanto : S = 1920 VA; f.p = 0,993 en adelanto.
º010*
º4515*
º3020*
.º45100*
3
2
1
=−=
=−=
z
z
z
voltV
071,7071,7667,683,4294,1
º4510º0667,6755
º010
º45100
º4515
º45100
º3020
º45100
321
321
321
33
22
11
jIIjI
III
III
z
vI
z
vI
z
vI
−=Ω=−=−==−=
−=−−=−=
===⇒
retrasopf
retrasoVARQ
WP
jS
S
S
VIS
Luego
→=→=
=⇒+=
=−=
=
866,0..
250
013,433
250013,433
º30500
)º755()º45100(*)
**
:
1
1
1
1
1
11
adelantopf
adelantoVARQ
WP
jS
S
S
VIS
→=→=
=⇒−=−=−=
=
707,0..
43,471
43,471
43,47143,471
º457.666
)º0667,6()º45100(*)
**
1
1
2
2
2
22
retrasopf
WP
VAS
S
S
VIS
→==⇒
==
−==
1..
1000
.1000
º01000
)º4510()45100(*)
**
3
3
3
3
33
adelantoenpf
adelantoenVARQWPVAS
S
jS
Entonces
TTT
T
T
993,0..
221;1904;1917
º63,627,1917
43,221443,1904
:
=⇒===∴
−=−=
º30/240 −=V º15/251 =Z
º60/152 −=Z º90/153 =Z28. Una fuente de tensión voltios alimenta tres impedancias
ohmios, ohmios y ohmios en paralelo. Determinar eltriángulo de potencias para cada rama, así como el correspondiente a lacombinación de los tres. Sol. P = 4140 W; Q = 1115 VAR en retraso; S = 4290 VA:f.p. = 0.967 en retraso.
º30240*
º9015*
º6015*
º1525*
3
1
−==
−==
2
V
Z
Z
Z
788,6788,6
º456,9º1525
º30240
1
1
11
jI
I
Z
VI
−=
−=−=
=⇒
8856,13
º3016º6015º30240
2
2
22
jI
I
Z
VI
+=
=−−=
=
856,13
º12016º9015º30240
3
3
33
=
−=−=
=
I
I
Z
VI
º49,3121,2
644,12644,20
:
−4=−=
T
T
I
jI
Luego
Rama 1 Rama 2: Rama 3:
32,59649,2225
º15/2304
)º45/6,9(30/240(
1
1
1
jS
VAS
S
+=
=
−=
54,33251920
60/3840
)º30/16(30/240(
2
2
2
jS
S
S
−=
−=
−−=
3840
º90/3840
)º120/16(30/240(
3
3
3
jS
S
S
=
=
−=
retrasoenpf
retrasoenVARQ
wP
→===
966,0.
32,596
49,2225
1
1
adelantoenpf
adelantoenVARQ
wP
→===
5,0.
54,3325
1920
2
2
0.
3840
0
3
3
===
pf
retrasoenVARQ
wP
retrasoenpfVASVARQwP
S
jS
TTT
T
T
966,0.;42492;1111;4146
º15/73,4291
78,11105,4145
====∴=
+=⇒
29. Determinar el triángulo de potencias total para las siguientes cargas: carga 1, de 5kilovatios con un factor de potencia 0,8 en retraso: carga 2. de 4 kilovoltios-amperios conuna potencia Q de 2 kilovatios – amperios reactivos, y carga 3, de 6 kilovatios – amperioscon un factor de potencia 0.9 en retraso.Sol. P = 13.86 kW ; Q = 4.38 kVAR en retraso; S = 14,55 VA f.p. = 0,965 en retraso.
VAS
retrasoenVARQjS
WPS
dondeS
S
Ppf
retrasoenpf
WP
CARGA
6250
375037505000
5000º87,366250
:8,05000
..
8,0..
5000
1
1
11
11
1
1
==+===
=∴
=⇒
==
adelantoenpfWP
VASP
adelantoenVARQdonde
WPP
QctgQPS
entoncesjQPS
VARQ
VAS
CARGA
866,0..3464
400020004000
2000:
3464
:
2000
4000
2
2
222
2
2
22
222
222
2
2
===+=
=
=
−+=∴
−=⇒==
.954,0..
67,14;37,4;14
:
6000
26155400
54009,06000
:..
261554009,0..
º84,2560006000
:3
3
33
33
3
33
Rptaretrasoenpf
KVASretrasoenKVARQtKwP
Luego
VAS
VARQWP
WPP
dondeS
Ppf
jSretrasoenpf
SVAS
CARGA
TT
====
===
==
=⇒
+===⇒=
30. Determinar el triángulo de potencias total para las siguientes cargas: carga 1 de 200 voltios-amperios con un factor de potencia 0.7 en retraso; carga 2. de 350 voltios-amperios con unfactor de potencia 0.5 en retraso, y carga 3, de 275 voltios- amperios con un factor de potenciaigual a la unidad.Sol. P = 590 KW; Q = 446 VAR en retraso; S = 740 VA f.p. = 0,798 en retraso.
VAS
retrasoenVARQjS
WPS
donde
retrasoenpf
S
CARGA
200
14382,142140
140º57,45200
:
7,0.
200
:1
1
11
11
1
==+===
==
VAS
retrasoenVARQjS
WPS
donderetrasoenpf
VAS
CARGA
350
30311,303175
175º60350
:5,0..
350
:2
2
22
22
2
==+=∴==⇒
==
797,0..
7406,739;4469,445;590
:
0275
275º0275
:1..
275
:3
33
33
3
=≅=≅==
==∴==⇒
==
pf
VASVARQWP
entonces
QVAS
WPS
dondepf
VAS
CARGA
TTT
31. Mediante la conexión de unos condensadores se modifica el factor de potencia de una cargade 300 kilovatios desde 0.65 en retraso a 0.90 en retraso. Calcular la potencia reactiva de loscondensadores necesarios para obtener dicha modificación y el tanto por ciento en quedisminuye la potencia aparente.Sol. 204 Kvar; 28%
( )
( )
( )
.%28%72%100min
%72
33,333
462%100
:mintan
.2089,207'
122,146354'
:
122,146'
º2633,333'
33,3339,0
300';º269,0cos
:9,0..
354
º50462
462462
65,0300
:
º5065,0cos
65,0.
300
1
Rptauirádis
x
x
seráSuyedisquecientoportoEl
RptaKVARQQ
KVARKVARQQ
esrescondensadolosdereactivapotenciaLa
retrasoenKVARQ
SenQ
KVASarc
retrasoenpfelCuando
KVARQ
SenQ
SenVIQ
KVASKVAVI
VIKW
CosVIP
Luego
arc
retrasoenpf
KWP
=−∴=⇒
→→
≅=−−=−
∴=
=⇒
====
====⇒
=⇒==
=
=⇒=
=
( )
( )
( )
.%28%72%100min
%72
33,333
462%100
:mintan
.2089,207'
122,146354'
:
122,146'
º2633,333'
33,3339,0
300';º269,0cos
:9,0..
354
º50462
462462
65,0300
:
º5065,0cos
65,0.
300
1
Rptauirádis
x
x
seráSuyedisquecientoportoEl
RptaKVARQQ
KVARKVARQQ
esrescondensadolosdereactivapotenciaLa
retrasoenKVARQ
SenQ
KVASarc
retrasoenpfelCuando
KVARQ
SenQ
SenVIQ
KVASKVAVI
VIKW
CosVIP
Luego
arc
retrasoenpf
KWP
=−∴=⇒
→→
≅=−−=−
∴=
=⇒
====
====⇒
=⇒==
=
=⇒=
=
32. El factor de potencia de una carga industrial de 25 kilovoltios-amperios es 0,8 en retraso.En la planta se instala un grupo de resistencias de calefacción con lo cual se eleva elfactor de potencia a 0.85 en retraso. Hallar la potencia activa instalada.Sol. 4,3 kW.
( )
( ) ( )
( )
( )
.94,42094,24
:
94,24'
º3241,29'
41,2985,0
25';º3285,0cos
:85,0..
1520
º37258,025
º378,0cos
8,0..
25
RptaKW
seráinstaladaactivapotenciaLa
KWp
CosP
KVASarc
retrasoenpfelCuando
retrasoenKVARQKWP
SenQP
senVIQCosVIPLuego
arc
retrasoenpf
KVAS
=−∴
==⇒
====
=======
==⇒=
=
33. Una carga de motores de inducción de 1500 vatios y factor de potencia 0,75 en retraso secombina con la de un grupo de motores síncronos de 500 voltios-amperios y factor depotencia 0,65 en adelanto. Calcular la potencia reactiva de los condensadores a instalar paraque el factor de potencia de los dos grupos m otores sea 0,95 en retraso. ¿ En que tanto porciento disminuye la potencia aparente? Sol. 347 VAR; 6,3%.
)(Re75,0
1500
1
1
trasoCos
WP
== )(65,0
500
2
2
AdelantoCos
VAS
== 19,18
)(Re95,0
==
r
r trasoCos
VARQ
SenSQ
VAS
Cos
PS
89,3221
º41,41
0002
75,0
1500
1
111
1
1
1
11
==
=
=
==→
VARQ
SenSQ
WP
P
CosSP
98,377
º46,49
325
)65,0(500
2
222
2
2
2
222
==
=
===
VARQ
P
QtgQ
QQQ
VASWP
Cos
PS
S
PCosPPP
T
TT
T
TT
T
TrT
91,942
º47,278251
91,94298,37989,3221
75,73318251
3255001
3
33
33
213
21
=
=⇒==−=
−===
=⇒=+=+=
CARGA REACTIVA DE LOS CONDENSADORES A INSTALAR:
VARQ
tgtgQ
tgtgPQ
C
C
TC
75,346
)19,1847,27(8251
)( 3
=−=
−=
%6%84%100
%84
45,27/8251
75,7331%
/
75,7331%
33
=−⇒=
=
==
Cos
CosPS
S
T
T
Φ1ºΦ3º
Φ1º
Φ2
S1
S2
S3
Q1
ST
ΦTº
QT
QC
QN
Q3
Q1
P1 P2
P2
34. El factor de potencia de una cierta carga se corrige mediante 20 kilovoltios-amperiosreactivos de una asociación de condensadores al valor 0,9 en retraso. Si la potencia aparenteque resulta es 185 kilovoltios-amperios, determinar el triángulo de potencias de la cargaantes de la conexión. Sol. P = 166.5 Kw; q = 101.10 kVAR en retraso; f.p = 0,856 en retraso.
( )
.855,0..
101;5,166
:
101
20099,81
:
099,81'
5,166
:
099,815,166'
º26185'
º269,0cos9,0..
85
Rptapf
retrasoenKVARQKWP
serápotenciasdetriánguloEl
retrasoenKVARQ
Q
pero
KVARQ
KWP
donde
jS
S
arcpf
KVAS
===
⇒=
+=
==
+=∴=⇒
==→=1=
º87,36
8,0cos
2000
1
1
1
==
=
retraso
VAS VAS 5002 =
º84,25
9,0cos
==
T
T
[ ]
adelantoen
sensen
sen
sen
sensen
sensen
91,0cos
51,24
)º35,50()º84,25(
77,0)º84,25(5
83,3)84,28(
)º03,11(20)º84,25(5
)84,25(
2000
)º03,11(
500
2
2
2
2
2
2
2
=∴=⇒
=+=+
=+
=++
=
11.03º25,84º
36,87º
25,84+Φ2º
64,16º90-Φ2º
Φ2
S1 = 2000
S2 =500
ST
90-Φ2º
11,03º
11,03º
ST
2000
500
35. Una carga de motores de inducción con una potencia aparente de 2000 voltios-amperiosy un factor de potencia de 0,80 en retraso se combina con otra carga de 500 voltiosamperios de motores síncronos. Hallar el factor de potencia de estos motores síncronossubiendo que el factor de potencia total es 0.90 en retraso. Sol. 0.92 en adelanto.
???cos
64
1
1
==
kVAS
º13,53
6,0cos
25
2
2
2
==
=
adelanto
kVAS
º79,31
85,0cos
==
T
T retraso
retrasoen
sensen
sen
sen
sensen
58,0cos
º74,54
)º95,22()º79,31(
39,0)º79,31(
25)º79,31()25,64(
)º79,31(
25000
)º92,84(
64000
1
1
1
1
1
1
=⇒==−=−=−
−=
Φ1 – 31,79ºº
31,79º
Φ1º
84,92º
58,21º36,87º
Φ2 =53,13º
64 kVA
25 kVA
ST
36,87º
36. Una carga de potencia aparente de 64 kilovoltios-amperios con un factor de potencia enretraso se conecta a un grupo de motores síncronos de 25 kilovoltios-amperios con un factorde potencia 0,6 en adelanto.Hallar el factor de potencia de la carga de 65 kilovoltios amperios, sabiendo que el factor depotencia total es 0,85 en retrasoSol. 0,585 .
º84,259,0cos
º87,368,0cos
)arg(250
22 =→==→=
=
TT
T acplenaatrabajakVAS
kVARQ
tgtgPQP
Qtg
kVARQsensenSQ
kWPSP
N
TNT
N
TTTT
TTTT
86,96
)º84,25)(200(.
150)º87,36)(250(
200)8,0)(250(cos
22
=∴
==→=
=⇒===⇒==
)(14,53
86,96150
:
aRptakVARQ
Q
QQQ
QQQ
Ahora
C
C
NTC
CNT
=⇒−=−=+=
)(30
)86,96()200()250( 222
bRptakWP
P
=++=
PT =?
Φ2
ΦT
S2
250
QN
QT
QC
250
200+P
96,86
37. Un transformar de 250 kilovoltios amperios trabaja a plena carga con un factor de potencia0,3 en retraso. Mediante una hatería de condensadores en paralelo se corrige el factor depotencia al 0,9 en retraso.(a) Hallar la potencia reactiva de los condensadores necesarios.(b) ¿Qué potencia activa de una nueva carga se le puede añadir sin exceder el límite de la
potencia aparente del transformador?Sol. 52,5 kVAR; 30 Kw
![ETAPA 3 IMO[17707]...Donde Qi. Qf: Sf: Potencia activa [W] Potencia reactiva inductlva Imcial [VAr] Potencia aparente inicial [VA] Factor de potencia uncial Potencia reactiva capacitlva](https://img.pdfslide.tips/doc/110x75/61410cd883382e045471d65d/etapa-3-imo17707-donde-qi-qf-sf-potencia-activa-w-potencia-reactiva-inductlva.jpg)
